Technische Mechanik kompakt: Starrkörperstatik - Elastostatik - Kinetik, 2.Auflage

Peter Wriggers, Udo Nackenhorst, Sascha Beuermann, Holger Spiess, Stefan Löhnert

Technische Mechanik kompakt Starrkörperstatik Elastostatik Kinetik

Peter Wriggers, Udo Nackenhorst, Sascha Beuermann, Holger Spiess, Stefan Löhnert

Technische Mechanik kompakt Starrkörperstatik Elastostatik Kinetik 2., durchgesehene und überarbeitete Auflage Mit zahlreichen Abbildungen und Tabellen, 106 durchgerechneten Beispielen, 178 Übungsaufgaben sowie einer englisch-deutschen Vokabelübersicht

Bibliografische Information der Deutschen Bibliothek Die Deutsche Bibliothek verzeichnet diese Publikation in der Deutschen Nationalbibliografie; detaillierte bibliografische Daten sind im Internet über abrufbar.

Prof. Dr.-Ing. Peter Wriggers und Prof. Dr.-Ing. Udo Nackenhorst vertreten die Mechanik im Fachgebiet Bauingenieurwesen an der Leibniz Universität Hannover. Dipl.-Ing. Sascha Beuermann (Altair Engineering), Dr.-Ing. Holger Spiess (Fraunhofer Institut SCAI) und Dr.-Ing. Stefan Löhnert (Northwestern University) waren wissenschaftliche Mitarbeiter am Institut für Baumechanik und Numerische Mechanik an der Leibniz Universtität Hannover. Ausführliche Informationen zu den Autoren sind auf der Homepage des Buches unter www.tm-kompakt.de zu finden.

1. Auflage 2005 2., durchges. und überarb. Auflage Oktober 2006 Alle Rechte vorbehalten © B. G. Teubner Verlag / GWV Fachverlage GmbH, Wiesbaden 2006 Der B. G. Teubner Verlag ist ein Unternehmen von Springer Science+Business Media. www.teubner.de Das Werk einschließlich aller seiner Teile ist urheberrechtlich geschützt. Jede Verwertung außerhalb der engen Grenzen des Urheberrechtsgesetzes ist ohne Zustimmung des Verlags unzulässig und strafbar. Das gilt insbesondere für Vervielfältigungen, Übersetzungen, Mikroverfilmungen und die Einspeicherung und Verarbeitung in elektronischen Systemen. 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 Waren- und Markenschutz-Gesetzgebung als frei zu betrachten wären und daher von jedermann benutzt werden dürften. Umschlaggestaltung: Ulrike Weigel, www.CorporateDesignGroup.de Druck und buchbinderische Verarbeitung: Strauss Offsetdruck, Mörlenbach Gedruckt auf säurefreiem und chlorfrei gebleichtem Papier. Printed in Germany ISBN-10 3-8351-0087-4 ISBN-13 978-3-8351-0087-9

Vorwort

orperstatik, die Dieses Lehrbuch zur Technischen Mechanik behandelt die Starrk¨ Elastostatik und die Kinetik kompakt in einem einzigen Band. Es ist aus den von den Autoren gemeinsam ausgearbeiteten Kursunterlagen zur Technischen Mechanik im Bauwesen an der Leibniz Universit¨ at Hannover entstanden. Die Grundlagen der Technischen Mechanik sind dabei so allgemein gehalten, dass sich das Lehrbuch auch f¨ ur das Studium anderer ingenieurwissenschaftlicher Studieng¨ ange eignet. Da das Verstehen der Mechanik nicht allein durch das Studium von Lehrb¨ uchern gelingen wird, ist das Nachvollziehen von Herleitungen, insbesondere aber das selbst¨ andige L¨ osen von Aufgaben unverzichtbar. Aus diesem Grund enth¨ alt jedes Kapitel neben Herleitungen der theoretischen Zusammenh¨ ange motivierende Beispiele mit detailliertem L¨ osungsweg. Zus¨ atzlich befindet sich am Ende ¨ eines jeden Kapitels ein Abschnitt mit Ubungsaufgaben, deren Endergebnisse angegeben sind. Um zu demonstrieren, dass viele Aufgaben der Mechanik erleichternd auch mit Hilfe von Computerprogrammen gel¨ ost werden k¨ onnen, sind f¨ ur einige Bespiele L¨ osungswege mit dem Computer-Algebra-Programm Maple angegeben. F¨ ur Hinweise auf etwaige Fehler sind wir jederzeit sehr dankbar. Auch Verbesserungsvorschl¨ age nehmen wir gerne entgegen ([email protected]). An einer englischen Version des Buches wird zurzeit gearbeitet. Nach Fertigstellung wird diese im Internet unter www.tm-kompakt.de zum Download bereitgestellt. Ferner finden Sie auf dieser Seite auch eine Errata-Liste sowie weitere Informationen zu den Autoren. Wir danken den studentischen Hilfskr¨ aften Bj¨ orn-Andr´e Lau und Dana M¨ ullerHoeppe f¨ ur die Hilfe bei der Erstellung dieses Buches. Ferner richtet sich der Dank der Autoren an Herrn Dr. Martin Feuchte vom Teubner-Verlag f¨ ur die gute Zusammenarbeit. Hannover, im September 2006 S. Beuermann

S. L¨ ohnert

U. Nackenhorst

H. Spiess

P. Wriggers

Inhaltsverzeichnis

Vorwort

5

1

Allgemeine Einf¨ uhrung

13

1.1

Aufgabe und Einteilung der Mechanik

. . . . . . . . . . . . . .

13

1.2

Vorgehen in der Mechanik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

14

1.3

Physikalische Gr¨ oßen und Einheiten . . . . . . . . . . . . . . . .

14

1.4

Aufbau des Buches . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

16

I Starrk¨ orperstatik

17

2

Kr¨afte und Momente

17

2.1 2.1.1 2.1.2 2.1.3 2.1.4

Kr¨ afte . . . . . . . . . . . . . . . Axiome zur Kr¨ aftegeometrie . . Zusammenfassung von Kr¨ aften Zerlegung von Kr¨ aften . . . . . Kr¨ aftepaar . . . . . . . . . . . .

2.2 2.2.1 2.2.2 2.2.3

Momente . . . . . . . . . . . . . Moment einer Kraft bez¨ uglich Moment eines Kr¨ aftepaars . . Versetzungsmoment . . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

17 18 19 20 22

. . . . . Punktes . . . . . . . . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

22 22 24 25

2.3 2.3.1 2.3.2

Zusammenfassung von Kr¨ aftesystemen . . . . . . . . . . . . . . R¨ aumliche Kr¨ aftesysteme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Ebene Kr¨ aftesysteme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

25 25 27

2.4

¨ Ubungsaufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

30

3

Gleichgewicht starrer K¨ orper

33

3.1 3.1.1 3.1.2 3.1.3

Newtons Axiome . . . . . . Gleichgewichtsaxiom . . . Dynamisches Grundgesetz Reaktionsaxiom . . . . . .

. . . .

. . . .

. . . . .

. . . . .

. . . eines . . . . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . . .

. . . .

. . . . .

. . . .

. . . . .

. . . .

. . . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

33 33 34 34

7

Inhaltsverzeichnis

3.2 3.2.1 3.2.2

Gleichgewichtsbedingungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Zentrales Kr¨ aftesystem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Allgemeines Kr¨ aftesystem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

35 36 37

3.3 3.3.1 3.3.2 3.3.3

Schnittprinzip . . . . . . . . . Lagerreaktionen . . . . . . . Gelenkreaktionen . . . . . . Zusammengesetzte Systeme

. . . .

39 40 40 41

3.4 3.4.1 3.4.2

Statische Bestimmtheit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Notwendige Bedingung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Hinreichende Bedingung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

47 47 49

3.5

¨ Ubungsaufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

50

4

Fachwerke

55

4.1

Gleichgewicht am Knoten

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

56

4.2

Nullst¨ abe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

56

4.3

Statische Bestimmtheit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

59

4.4

Ritter-Schnitt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

60

4.5

¨ Ubungsaufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

62

5

Verteilte Kr¨afte

65

5.1 5.1.1 5.1.2

Gewichtskr¨ afte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Vereinfachte Berechnung des Schwerpunkts in Sonderf¨ allen . . Summenformel zur Berechnung des Schwerpunkts . . . . . . .

66 68 68

5.2

Oberfl¨ achenkr¨ afte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

72

5.3 5.3.1 5.3.2

Streckenlasten (Linienkr¨ afte) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Gleichgerichtete Lasten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Nicht gleichgerichtete Lasten . . . . . . . . . . . . . . . . . .

73 73 75

5.4

¨ Ubungsaufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

77

6

Schnittgr¨ oßen in Balkensystemen

80

6.1 6.1.1 6.1.2

Schnittgr¨ oßen in geraden Balken . . . . . . . . . . . . . . . . . . Ebene Belastung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . R¨ aumliche Belastung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

81 81 92

6.2 6.2.1 6.2.2 6.2.3

Schnittgr¨ oßen in gekr¨ ummten Balken Kreisbogentr¨ ager . . . . . . . . . . Momentenfreier Bogentr¨ ager . . . . Seile und Ketten . . . . . . . . . .

6.3

¨ Ubungsaufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. 94 . 94 . 96 . 100

8

Inhaltsverzeichnis

II Elastostatik

111

7

Motivation der Elastostatik

111

7.1

Aufgaben und Elemente der Elastostatik . . . . . . . . . . . . . 111

7.2

Elastostatik des Stabes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112

7.3

¨ Ubungsaufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117

8

Spannungszustand

8.1

Spannungsvektor und Spannungstensor . . . . . . . . . . . . . . 118

8.2

Gleichgewichtsbedingungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 120

8.3 8.3.1 8.3.2 8.3.3

Ebener Spannungszustand . . Koordinatentransformation Mohrscher Spannungskreis . Hauptspannungen . . . . . .

8.4

Rotationssymmetrischer Spannungszustand . . . . . . . . . . . . 133

8.5

Einachsiger Spannungszustand . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 135

8.6

¨ Ubungsaufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 137

9

Verzerrungszustand

9.1

Verschiebungsvektor und Verzerrungstensor . . . . . . . . . . . 140

9.2

Ebener Verzerrungszustand . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 143

9.3

Rotationssymmetrischer Verzerrungszustand . . . . . . . . . . . 143

9.4

Einachsiger Verzerrungszustand . . . . . . . . . . . . . . . . . . 144

9.5

¨ Ubungsaufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 145

10

Materialgleichungen

10.1 Materialverhalten im Versuch 10.1.1 Zugversuch . . . . . . . . . 10.1.2 Torsionsversuch . . . . . . . 10.1.3 W¨ armedehnung . . . . . . .

118

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

122 123 126 130

140

146 . . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

147 147 149 149

10.2 Verallgemeinertes Hookesches Gesetz . . . . . . . . 10.2.1 Dreiachsiger Spannungs- und Verzerrungszustand 10.2.2 Ebener Spannungszustand . . . . . . . . . . . . . 10.2.3 Ebener Verzerrungszustand . . . . . . . . . . . . 10.2.4 Rotationssymmetrischer Spannungszustand . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

152 152 153 154 154

10.3

Beziehungen zwischen den Materialkonstanten . . . . . . . . . . 155

10.4

¨ Ubungsaufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 157

9

Inhaltsverzeichnis

11

Beanspruchung von St¨aben

161

11.1 Spannungen . . . . . . . . . . . . . . . . 11.1.1 Spannungsverteilung im geraden Stab 11.1.2 De Saint Venantsches Prinzip . . . . . 11.1.3 Dimensionierung von Bauteilen . . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

162 162 163 163

11.2

Gleichgewichtsbedingungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 165

11.3

Kinematische Beziehung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 165

11.4

Materialgleichung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 166

11.5

Differentialgleichung der Stabdehnung

11.6

Einzelst¨ abe und Stabsysteme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 167

11.7

¨ Ubungsaufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171

12

Biegung gerader Balken

. . . . . . . . . . . . . . 166

175

12.1 Ebene Biegung . . . . . . . . . . . . 12.1.1 Differentialgleichung der Biegelinie 12.1.2 Verformung . . . . . . . . . . . . . 12.1.3 Spannungen . . . . . . . . . . . . . 12.1.4 Superposition . . . . . . . . . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

176 176 179 189 192

12.2 Schiefe Biegung . . . . . . . . . . . . 12.2.1 Differentialgleichung der Biegelinie 12.2.2 Verformung . . . . . . . . . . . . . 12.2.3 Spannungen . . . . . . . . . . . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

194 195 197 201

12.3

¨ Ubungsaufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 205

13

Schubbeanspruchung

13.1

Reine Scherung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 211

211

13.2 Schubspannungen infolge Querkraft . . . . . . . . . . . . . . . . 212 13.2.1 Vollquerschnitte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 212 13.2.2 D¨ unnwandige Querschnitte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 216 13.3 Torsion prismatischer St¨ abe . . . . . . . . . . 13.3.1 Torsion von Kreisquerschnitten . . . . . . . 13.3.2 Torsion d¨ unnwandiger geschlossener Profile 13.3.3 Torsion d¨ unnwandiger offener Profile . . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

221 221 225 232

13.4

Schubmittelpunkt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 238

13.5

¨ Ubungsaufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 242

14

Kombinierte Beanspruchung

14.1

Superposition . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 248

14.2

Beanspruchung durch Biegung und Normalkraft . . . . . . . . . 249

248

10

Inhaltsverzeichnis

14.3

Beanspruchung durch Querkraft und Torsion . . . . . . . . . . . 252

14.4

Spannungszustand bei kombinierter Beanspruchung . . . . . . . 258

14.5 Verbundquerschnitte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14.5.1 Ebene Biegung mit Normalkraft . . . . . . . . . . . . . . 14.5.2 Spannungen in Verbundquerschnitten . . . . . . . . . . . 14.5.3 Berechnung u altnis der Elastizit¨ atsmoduln ¨ber das Verh¨ ¨ 14.6 Ubungsaufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . .

. . . .

. . . .

262 263 266 268

. . . 274

15

Energiemethoden

281

15.1

Arbeitssatz der Mechanik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 281

15.2

Aktive und passive Form¨ anderungsarbeit . . . . . . . . . . . . . 282

15.3 Form¨ anderungsenergie . . . . . . . . . . . . . . 15.3.1 Form¨ anderungsenergie im Zugstab . . . . . . 15.3.2 Form¨ anderungsenergie im Balken . . . . . . . 15.3.3 Form¨ anderungsenergie durch Querkraftschub 15.3.4 Form¨ anderungsenergie durch Torsion . . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

285 285 287 289 290

15.4

Prinzip der virtuellen Arbeit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 290

15.5

Prinzip der virtuellen Verr¨ uckungen . . . . . . . . . . . . . . . . 292

15.6

Prinzip der virtuellen Kr¨ afte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 293

15.7

Einf¨ uhrung in die Finite Element Methode . . . . . . . . . . . . 297

15.8

¨ Ubungsaufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 303

16

Stabilit¨atsprobleme

16.1

Kritische Last elastischer Starrk¨ orpersysteme

16.2

Knicken elastischer St¨ abe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 317

16.3

¨ Ubungsaufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 321

17

Einf¨ uhrung in die Festigkeitslehre

17.1

Hypothese der gr¨ oßten Zugnormalspannung . . . . . . . . . . . 327

17.2

Hypothese der maximalen Schubspannung . . . . . . . . . . . . 327

17.3

Hypothese der gr¨ oßten Gestalt¨ anderungsenergie . . . . . . . . . 328

17.4

¨ Ubungsaufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 331

311 . . . . . . . . . . 312

326

III Kinetik

334

18

Kinematik des Punktes

334

18.1

Koordinatensysteme

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 335

11

Inhaltsverzeichnis

18.2 Sonderf¨ alle . . . . . . . . . . . . . . . . . 18.2.1 Geradlinige Bewegung . . . . . . . . . 18.2.2 Ebene Bewegung in Polarkoordinaten 18.2.3 Kreisbewegung . . . . . . . . . . . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

337 337 338 339

18.3

Grundaufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 340

18.4

¨ Ubungsaufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 342

19

Kinetik des Massenpunktes

19.1

Newtonsche Bewegungsgleichungen . . . . . . . . . . . . . . . . 345

19.2

Schiefer Wurf . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 346

19.3

Impulssatz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 347

19.4

Arbeitssatz, Energiesatz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 348

19.5

Potentiale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 350

19.6

Gerader zentrischer Stoß . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 351

19.7

Schiefer zentrischer Stoß . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 354

19.8 Reibung: Haften und Gleiten 19.8.1 Haften . . . . . . . . . . . 19.8.2 Gleiten . . . . . . . . . . . 19.8.3 Seilhaften und -gleiten . .

345

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

354 355 357 359

19.9

¨ Ubungsaufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 364

20

Bewegung des starren K¨ orpers

20.1

Kinematik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 374

20.2

Bewegungsgleichungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 377

20.3

Impulssatz, Drehimpulssatz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 382

20.4

Ebener Stoß . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 383

20.5

Arbeitssatz, Energiesatz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 384

20.6

Schnittgr¨ oßen in sich bewegenden Systemen . . . . . . . . . . . 387

20.7

¨ Ubungsaufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 392

21

Schwingungen

21.1

Modellbildung und Grundbegriffe . . . . . . . . . . . . . . . . . 403

21.2 Freie Schwingungen . . . . . . . . . 21.2.1 Freie unged¨ ampfte Schwingungen 21.2.2 Freie ged¨ ampfte Schwingungen . 21.2.3 Statische Ruhelage . . . . . . . . 21.3

374

402

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

407 407 413 426

Erzwungene Schwingungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 427

12 21.3.1 21.3.2 21.3.3 21.3.4 21.3.5 21.4

Inhaltsverzeichnis

Kraftanregung . . . . . . . Weganregung u ¨ber Feder . . Weganregung u ampfer ¨ber D¨ Unwuchtanregung . . . . . . Seismische Anregung . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

429 432 433 435 437

¨ Ubungsaufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 443

Anhang

452

A

Mathematische Grundlagen

452

A.1 A.1.1 A.1.2

Ebene Trigonometrie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 452 Definitionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 452 Zusammenh¨ ange zwischen den Winkelfunktionen . . . . . . . 453

A.2

Drehung des Koordinatensystems . . . . . . . . . . . . . . . . . 453

A.3 A.3.1 A.3.2 A.3.3 A.3.4

Geometrische Momente . . . . . . . . . . . . . . . . . Definition . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Statisches Moment und geometrischer Schwerpunkt Fl¨ achentr¨ agheitsmoment . . . . . . . . . . . . . . . Volumentr¨ agheitsmoment . . . . . . . . . . . . . .

A.4 A.4.1 A.4.2

Vektor- und Matrizenrechnung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 474 Vektoren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 475 Dyaden (Tensoren 2. Stufe) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 477

A.5

¨ Ubungsaufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 481

B

Hilfsmittel ¨ Rand- und Ubergangsbedingungen Biegelinientafel f¨ ur Einfeldbalken . Biegelinientafel f¨ ur Kragarm . . . . Integraltafel . . . . . . . . . . . . . Fl¨ achenmaße einfacher Geometrien Massentr¨ agheitsmomente . . . . . .

C

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . .

. . . . . .

. . . . .

. . . . . .

. . . . .

. . . . . .

. . . . .

. . . . . .

. . . . .

. . . . . .

. . . . .

. . . . . .

454 454 455 460 473

487 487 488 489 490 491 492

Englische Fachbegriffe 493 Englisch–deutsche Vokabel¨ ubersicht . . . . . . . . . . . . . . . . 493 Deutsch–englische Vokabel¨ ubersicht . . . . . . . . . . . . . . . . 499

Abbildungsnachweis

505

Symbolverzeichnis

506

Stichwortverzeichnis

508

1

Allgemeine Einfu ¨hrung

1.1

Aufgabe und Einteilung der Mechanik

Die Mechanik ist das ¨ alteste Teilgebiet der Physik. Ihre Geschichte reicht zur¨ uck bis ins Altertum. Die Wortpr¨ agung mechanae“ stammt von Aristoteles ” (384 – 322 v. Chr.). Archimedes (287 – 212 v. Chr.) befasste sich mit dem Hebelgesetz und dem Auftrieb eines K¨ orpers in einer Fl¨ ussigkeit. Gegen Ende des Mittelalters erfolgte eine Belebung dieser Wissenschaft durch z. B. Galileo Galilei (1564 – 1642, Fallgesetze) und Isaac Newton (1643 – 1727, Bewegungsgesetze). Die Mechanik befasst sich mit der Bewegung und dem inneren mechanischen Zustand von K¨ orpern unter der Einwirkung von Kr¨ aften. Ein K¨ orper wird in der Mechanik als ein zusammenh¨ angendes Gebiet aus materiellen Teilchen (Kontinuum) beliebigen Aggregatzustandes (fest, fl¨ ussig, gasf¨ ormig) verstanden. Mit Bewegung ist die Ortsver¨ anderung einzelner K¨ orperpunkte gemeint. Somit umfasst der Begriff sowohl Bewegungen des K¨ orpers als Ganzes als auch Deformationen und, als Sonderfall, den Ruhezustand. Die Mechanik unterteilt sich in die Kinematik und in die Dynamik, wobei die Kinematik den r¨ aumlichen und zeitlichen Ablauf der Bewegung von K¨ orpern beschreibt, ohne nach den verursachenden Kr¨ aften zu fragen. Die Dynamik hingegen ist die Lehre von den Kr¨ aften und ihren Wirkungen auf K¨ orper und gliedert sich in die Teilgebiete Kinetik und Statik. Die Kinetik besch¨ aftigt sich mit den zwischen Kr¨ aften und Bewegungen bestehenden Beziehungen. Die Statik , ein Sonderfall der Dynamik, ist die Lehre vom Gleichgewicht der Kr¨ afte. Nach den Eigenschaften und dem Aggregatzustand der betrachteten K¨ orper werden weitere Unterscheidungen getroffen, siehe Tabelle 1.1. Diese Einteilung ist jedoch nur sehr grob, da z. B. die Temperatur- oder Zeitabh¨ angigkeit der ¨ ange zwischen Eigenschaften nicht ber¨ ucksichtigt ist. Außerdem sind die Uberg¨ den Werkstoffmodellen oft fließend. Die aufgef¨ uhrten Eigenschaften sind damit nur Idealisierungen der realen Eigenschaften. Z. B. wird jeder feste K¨ orper bei einer Belastung durch Kr¨ afte verformt. Verschwinden diese Verformungen nach der Belastung wieder vollst¨ andig, verh¨ alt sich der K¨ orper ideal elastisch; gehen sie u uck, verh¨ alt er sich ideal plastisch. In Wirklichkeit verh¨ alt ¨berhaupt nicht zur¨ sich kein K¨ orper ideal elastisch oder ideal plastisch, i. d. R. u ¨berwiegt jedoch eine der beiden Eigenschaften, so dass die andere oft vernachl¨ assigt werden kann.

14

1 Allgemeine Einf¨ uhrung

Sind die Form¨ anderungen klein und beeinflussen das Verhalten nur gering oder unwesentlich, so darf der K¨ orper als starr angesehen werden. Ein starrer K¨ orper erf¨ ahrt unter der Wirkung von Kr¨ aften keine Deformation. In der Starrk¨ orperstatik werden mithin Beziehungen zwischen den Kr¨ aften, die an einem im Gleichgewicht befindlichen, starren K¨ orper angreifen, beschrieben. Aggregatzustand

Werkstoffmodell

fest

starr elastisch plastisch

fl¨ ussig gasf¨ ormig

Teilgebiet Stereomechanik Elastomechanik Plastomechanik Hydromechanik Aeromechanik

u ¨bergeordnete Begriffe Festk¨ orpermechanik Fluidmechanik

Kontinuumsmechanik

Tabelle 1.1 Einteilung der Mechanik nach den Eigenschaften der K¨ orper

1.2

Vorgehen in der Mechanik

Die L¨ osung von Aufgabenstellungen in der Mechanik vollzieht sich in mehreren Schritten: Zun¨ achst wird im Rahmen der Modellbildung (Abstraktion) das reale System (die Wirklichkeit) auf ein mechanisches (Ersatz-)Modell abgebildet. Mit Hilfe von Naturgesetzen, Axiomen und Prinzipien wird daraus ein mathematisches Modell erstellt, das entweder analytisch oder numerisch gel¨ ost wird. Axiome sind Aussagen, die mathematisch nicht bewiesen sind, die jedoch aufgrund der Beobachtungen der Natur plausibel erscheinen und bislang nicht widerlegt worden sind. Prinzipien sind Verfahrens- oder Rechenvorschriften, die durch ihren axiomatischen Charakter gekennzeichnet sind. Sie werden wegen ihrer Vorteile in Theorie und Berechnung verwendet, beispielsweise das Prinzip der virtuellen Arbeit, siehe Abschnitt 15.4.

1.3

Physikalische Gr¨oßen und Einheiten

Eine physikalische Gr¨ oße wird durch ihre Maßzahl in ihrer Maßeinheit ausgedr¨ uckt. Die L¨ ange  = 3 m zum Beispiel hat die Maßzahl 3 und die Maßeinheit m. Physikalische Gr¨ oßen, die durch eine einzige Maßzahl und die entsprechende Einheit bestimmt sind, nennt man Skalare. Beispiele hierf¨ ur sind die L¨ ange , die Masse m (z. B. m = 1.5 kg), die Temperatur T (z. B. T = 350 K) und die Zeit t (z. B. t = 2 s).

15

1.3 Physikalische Gr¨ oßen und Einheiten

Die Kraft F hingegen ist ein Beispiel f¨ ur eine gerichtete physikalische Gr¨ oße, die Vektor genannt wird. Im Gegensatz zu Skalaren ist bei Vektoren nicht nur die Gr¨ oße, sondern auch die Richtung maßgebend. Vektoren bestehen im R¨ aumlichen aus drei, in der Ebene aus zwei skalaren Gr¨ oßen mit jeweils der gleichen Maßeinheit und aus den Basisvektoren ex , ey und ez , die die Richtungen der einzelnen Komponenten bestimmen. Im weiteren beschr¨ anken wir uns auf das kartesische Koordinatensystem, in dem die Basisvektoren jeweils senkrecht aufeinander stehen und die Einheitsl¨ ange 1 haben. 2 3 12 N h i 6 7 F = 12 N ex + 0.4 N ey + 7 N ez = ex ey ez 4 0.4 N 5 7N Der Einfachheit halber werden im folgenden Vektoren nur noch durch ihre Koordinatenmatrizen dargestellt, vgl. Abschnitt A.4.1. F

=

h

12 N

0.4 N

7N

iT

In der Regel wird heute das Internationale Einheitensystem (SI-System) zur Kennzeichnung der Maßeinheit verwendet. Dieses l¨ asst sich auf die sieben Grundeinheiten Meter (m), Kilogramm (kg), Sekunde (s), Amp`ere (A), Kelvin (K), Candela (cd) und Mol (mol) zur¨ uckf¨ uhren. Von diesen Grundeinheiten werden Einheiten f¨ ur andere physikalische Gr¨ oßen abgeleitet, so z. B. f¨ ur die Kraft Newton (N) oder den Druck Pascal (Pa). Tabelle 1.2 zeigt die wichtigsten in der Mechanik verwendeten Gr¨ oßen sowie deren Symbole und Einheiten. Physikalische Gr¨ oße L¨ ange Masse Zeit Temperatur Fl¨ ache Volumen Kraft Spannung Druck Moment Geschwindigkeit Beschleunigung Arbeit Leistung

Formelzeichen

Einheit

Name

Basiseinheit

, s m t T A V F σ, τ p M v a W P

m kg s K – – N Pa Pa – – – J W

Meter Kilogramm Sekunde Kelvin – – Newton Pascal Pascal – – – Joule Watt

m kg s K m2 m3 kg m/s2 kg/(m s2 ) kg/(m s2 ) kg m2 /s2 m/s m/s2 kg m2 /s2 kg m2 /s3

Tabelle 1.2 Symbole und Einheiten der Mechanik

16

1.4

1 Allgemeine Einf¨ uhrung

Aufbau des Buches

Der erste Teil des Buches besch¨ aftigt sich mit der Starrk¨ orperstatik, d. h. mit den Beziehungen zwischen den Kr¨ aften, die an einem im Gleichgewicht befindlichen, starren K¨ orper angreifen. Als starr werden solche K¨ orper idealisiert, deren Deformationen vernachl¨ assigt werden k¨ onnen. Zun¨ achst werden im ersten Teil einige der in der Ingenieurmechanik wichtigen Gr¨ oßen, wie beispielsweise Kr¨ afte und Momente eingef¨ uhrt. Anschließend werden die grundlegenden mechanischen Gesetzm¨ aßigkeiten wie die Gleichgewichtsbedingungen behandelt und auf die im Ingenieurwesen wichtigen Strukturen, Fachwerk und Balken, angewendet. Im Speziellen wird f¨ ur Balkenstrukturen auf die Berechnung der Schnittgr¨ oßen eingegangen. Der zweite Teil besch¨ aftigt sich mit den Beanspruchungen und Deformationen elastischer K¨ orper. Zun¨ achst werden Spannungs- und Verzerrungszust¨ ande sowie Materialgleichungen eingef¨ uhrt. Im Besonderen werden die Beanspruchung von St¨ aben und Balken sowie die Balkenbiegung und die Schubbeanspruchung behandelt. Außerdem werden Energiemethoden vorgestellt und eine Einf¨ uhrung in die Finite Elemente Methode gegeben. Desweiteren besch¨ aftigt sich dieser Teil mit Stabilit¨ atsproblemen und den Grundlagen der Festigkeitslehre. Im dritten Teil wird die Kinetik behandelt, welche die zwischen den Kr¨ aften und Bewegungen bestehenden Beziehungen umfasst. Im Gegensatz zur Statik spielen hier zeitlich ver¨ anderliche Vorg¨ ange, Geschwindigkeiten und Beschleunigungen eine große Rolle. Nach einer Einf¨ uhrung in die Kinematik des Punktes und die Kinetik des Massenpunktes folgt die Dynamik des ausgedehnten starren K¨ orpers. Im Speziellen werden der Impulssatz, der Arbeitssatz und Stoßprobleme behandelt. Am Ende dieses Teils wird auf Schwingungen starrer K¨ orper eingegangen. ¨ Die Ubungsaufgaben am Ende eines jeden Kapitels sind mit einem Schwierigkeitsgrad von 1 bis 3 versehen, wobei die Aufgaben mit dem Schwierigkeitsgrad 1 der Ein¨ ubung des Grundverst¨ andnisses dienen. Die sichere Beherrschung der Aufgaben der Schwierigkeitsklasse 2 entspricht den Minimalanforderungen der Kurspr¨ ufungen der Mechanik in Hannover. Erst die Beherrschung der Aufgaben vom Schwierigkeitsgrad 3 ist ein Indiz f¨ ur das vertiefte Verst¨ andnis der mechanischen Zusammenh¨ ange. Im Anhang des Buches werden die wichtigsten Elemente der ben¨ otigten mathe¨ matischen Grundlagen zusammengefasst. Hilfsmittel zum L¨ osen der Ubungsaufgaben sind dort ebenso wie ein Symbol- und Stichwortverzeichnis sowie eine ¨ Ubersicht der wichtigsten Begriffe der Mechanik in englischer und deutscher Sprache zu finden.

Teil I:

Starrk¨ orperstatik

2

Kr¨afte und Momente

2.1

Kr¨afte

Kr¨ afte k¨ onnen nicht unmittelbar gemessen werden, sondern nur deren Wirkung auf K¨ orper. Eine Kraft F ist, wie in Bild 2.1 gezeigt, durch ihren Betrag F , ihre Wirkungslinie und ihren Richtungssinn (gekennzeichnet durch den Richtungsvektor n) sowie durch ihren Angriffspunkt beschrieben. Kr¨ afte sind somit vektorielle Gr¨ oßen. Mathematisch k¨ onnen sie dargestellt werden durch ihren Betrag und den Einheitsvektor n, der die Lage der Wirkungslinie im Raum beschreibt, F = Fn

mit

F = |F |,

|n| = 1 .

(2.1)

n

Betrag F

Wirkungslinie F

Bild 2.1 Beschreibung einer Kraft

Richtungssinn

Angriffspunkt

Einzelkr¨ afte stellen jedoch nur eine Idealisierung der in der Realit¨ at auftretenden Volumenkr¨ afte (z. B. Gewichts- oder magnetische Kr¨ afte) und Oberfl¨ achenkr¨ afte (z. B. Druckkr¨ afte) dar. Eine Einzelkraft ist stets die Resultierende aus diesen verteilten Kr¨ aften, vgl. Kapitel 5. Eine Kraft F l¨ asst sich im kartesischen Koordinatensystem in ihre Komponenten Fx , Fy und Fz zerlegen (siehe Bild 2.2). 2

F

=

Fx e x + Fy e y + Fz e z

3 Fx 6 7 = eT 4 F y 5 Fz

(2.2)

18

2 Kr¨ afte und Momente y ey

Fy ey F

ex x

ez

Fx ex

Bild 2.2 Komponenten eines Kraftvektors

Fz ez z

Entsprechend Abschnitt A.4.1 wird im Folgenden f¨ ur Vektoren die matrizielle Schreibweise verwendet, d. h. es werden lediglich die Komponenten in einer Spaltenmatrix bzw. in einer transponierten Zeilenmatrix f¨ ur kartesische Koordinaten notiert. 3 2 Fx iT h 7 6 (2.3) F = 4 Fy 5 = Fx Fy Fz Fz F¨ ur den Betrag F des Kraftvektors gilt q F = |F | = Fx2 + Fy2 + Fz2 .

(2.4)

Die Maßeinheit der Kraft ist nach Isaac Newton (1643 – 1727) Newton“: ” [F ] = N, vgl. Tabelle 1.2.

2.1.1

Axiome zur Kr¨aftegeometrie

Zwei Kr¨ afte(gruppen) sind statisch ¨ aquivalent, d. h. gleichwertig, wenn sie an einem starren K¨ orper die gleiche Wirkung hervorrufen. Diese Definition wird durch die beiden folgenden Axiome zur Kr¨ aftegeometrie konkretisiert. Linienfl¨ uchtigkeit einer Kraft Die Wirkung einer Kraft F auf einen starren K¨ orper ¨ andert sich nicht, wenn der Angriffspunkt der Kraft entlang der Wirkungslinie verschoben wird, siehe Bild 2.3. Zu beachten ist, dass dieses Axiom nicht f¨ ur verformbare K¨ orper gilt.

F

⇔

F

Bild 2.3 Axiom der Linien߬ uchtigkeit einer Kraft

19

2.1 Kr¨ afte

Addition von Kr¨aften (Parallelogrammaxiom) Zwei an einem Punkt angreifende Kr¨ afte F 1 und F 2 lassen sich vektoriell zu einer resultierenden Kraft F R mit demselben Angriffspunkt addieren, so dass die Wirkung der beiden Einzelkr¨ afte statisch ¨ aquivalent zur Wirkung der Resultierenden ist. In der Ebene kann man sich die vektorielle Addition geometrisch u ¨ber eines Parallelogrammkonstruktion veranschaulichen, siehe Bild 2.4.

Bild 2.4 Addition von Kr¨ aften mit Hilfe des Kr¨ afteparallelogramms

F1 F2

FR

⇔

Beispiel 2.1 Axiome der Kr¨ aftegeometrie Die beiden in einer Ebene liegenden Kr¨ afte F 1 und F 2 , die an einem starren K¨ orper eingreifen, sollen grafisch zu einer Resultierenden zusammengefasst werden. L¨ osung: Zun¨ achst werden die beiden Kr¨ afte nach dem Axiom der Linienfl¨ uchtigkeit entlang ihrer Wirkungslinie verschoben, so dass sie einen gemeinsamen Angriffspunkt haben. Anschließend fasst man die beiden Kr¨ afte nach dem Parallelogrammaxiom zur Resultierenden F R zusammen.

F1

2.1.2

F1

F2

⇔

F2

FR

⇔

Zusammenfassung von Kr¨aften

Durch eine Verallgemeinerung des Parallelogrammaxioms k¨ onnen auch mehrere aftesysKr¨ afte F i (i = 1, . . . , n) mit gemeinsamem Angriffspunkt (zentrales Kr¨ tem) vektoriell addiert und zu einer resultierenden Kraft F R zusammengefasst aften F i statisch ¨ aquivawerden. Die so ermittelte Resultierende F R ist den Kr¨ lent, d. h. sie u orper die gleiche Wirkung aus. ¨bt auf einen starren K¨ FR

=

n X

Fi

(2.5)

i=1

Diese Vektorgleichung kann mittels dreier skalarer Gleichungen, FRx =

X

Fix ,

FRy =

X

Fiy ,

FRz =

X

Fiz ,

(2.6)

20

2 Kr¨ afte und Momente

ausgewertet werden. Die vektorielle Addition von Kr¨ aften, die nicht in einem Punkt angreifen (allgemeines Kr¨ aftesystem), liefert keine Aussage u ¨ber den Angriffspunkt der Resultierenden. Greifen die zu addierenden Kr¨ afte jedoch in einem Punkt an, so ist dieser auch der Angriffspunkt der Resultierenden. Beispiel 2.2 Zentrales Kr¨ aftesystem afDie resultierende Kraft F R aus den drei in einem Punkt angreifenden Kr¨ ten F 1 , F 2 und F 3 ist grafisch und rechnerisch zu bestimmen. " # " " # # 2 3 0 N, F 2 = F1 = N, F 3 = N 1.5 −1.5 −1 Grafische L¨ osung: Zun¨ achst werden die beiden Kr¨ afte F 1 und F 2 mittels Parallelogrammkonstruktion zur Resultierenden F R12 zusammengefasst. Anschließend werden dann F R12 und F 3 zur endg¨ ultigen Resultierenden F R addiert.

F1 F2 y

F3 x 1N

FR

F R12 y

F3

y

x 1N

x 1N

Rechnerische L¨ osung: Aus Gleichung 2.5 folgt f¨ ur die Resultierende " # " # 2+3+0 5 FR = F1 +F2 +F3 = N = N. 1.5 − 1.5 − 1 −1

2.1.3

Zerlegung von Kr¨aften

Als Umkehrung des Parallelogrammaxioms l¨ asst sich eine Kraft in mehrere Kr¨ afte in verschiedene Richtungen zerlegen. Die Zerlegung einer Kraft F ist in der Ebene entlang zweier sich schneidender Wirkungslinien eindeutig m¨ oglich. Im

21

2.1 Kr¨ afte

dreidimensionalen Raum ist die Zerlegung in drei sich in einem Punkt schneidende Wirkungslinien eindeutig. Oft ist die Zerlegung in Richtung der kartesischen Koordinaten x und y (sowie ggf. z) sinnvoll. Beispiel 2.3 Kraftzerlegung Bestimmen Sie grafisch und rechnerisch die Zerlegung der Kraft F in Richtung der beiden Vektoren n1 und n2 . " # " # " # 1 1 4 5 1 F = N , n1 = √ , n2 = √ 1 17 −1 5 2 Grafische L¨ osung: Neben der Kraft, die maßstabsgetreu aufgetragen wird, werden die Wirkungslinien der gesuchten Kraftkomponenten am Angriffspunkt der Kraft F entsprechend der gegebenen Normalenvektoren eingezeichnet. Anschließend k¨ onnen durch Umkehrung des Parallelogrammaxioms die gesuchten Kraftkomponenten konstruiert werden. Die Betr¨ age lassen sich bei vorheriger Festlegung eines Kr¨ aftemaßstabs aus der Zeichnung ablesen: F1 ≈ 2.2 N, F2 ≈ 4.1 N.

F1 n1 y

F F2

y

n2

x

x 1N

1N

Rechnerische L¨ osung: Aus Gleichung 2.6 folgt f¨ ur die Komponenten der Resultierenden FR in xund y-Richtung das lineare Gleichungssystem: FRx = F1 n1x + F2 n2x

⇒

FRy = F1 n1y + F2 n2y

⇒

1 √ F 5 1 2 √ F1 5

+ −

√4 F2 17 √1 F2 17

= 5N

(∗)

= 1N

(∗∗)

Addiert man zu Gleichung (∗∗) viermal Gleichung (∗), so kann daraus F1 bestimmt werden. “ ” √ ⇒ F1 = 5 N ≈ 2.24 N F1 √15 + 4 √25 = 5 N + 4 · 1 N Daraus kann beispielsweise mit Gleichung (∗) F2 berechnet werden. √ √ 1 √ 5 N + √417 F2 = 5 N ⇒ F2 = 17 N ≈ 4.12 N 5

22

2 Kr¨ afte und Momente

2.1.4

Kr¨aftepaar

Zwei gleich große, auf parallelen Wirkungslinien in entgegengesetzter Richtung wirkende Kr¨ afte werden als Kr¨ aftepaar bezeichnet. Die resultierende Kraft eines Kr¨ aftepaars ist offensichtlich null, dennoch wird eine Wirkung auf den K¨ orper ausge¨ ubt, die wir als Moment (Moment eines Kr¨ aftepaares, Drehmoment) bezeichnen, siehe Bild 2.5. F

F

F

F

Bild 2.5 Beispiele f¨ ur ein Kr¨ aftepaar: Schraubendreher und Lenkrad

2.2

Momente

2.2.1

Moment einer Kraft bezu ¨glich eines Punktes

Eine Kraft F mit dem Angriffspunkt P u ¨bt auf einen Bezugspunkt A das Moment M (A)

=

r×F

(2.7)

aus, wobei r der Ortsvektor von Punkt A zu Punkt P ist. Aufgrund des Vektorproduktes (vgl. Abschnitt A.4.1) ist das Moment ein Vektor, der senkrecht auf der vom Ortsvektor r und der Kraft F aufgespannten Ebene steht. Der Betrag des Momentenvektors ist das Produkt des Betrags der Kraft und des lotrechten Abstands der Wirkungslinie vom Momentenbezugspunkt A, dem so genannten Hebelarm r⊥ , siehe Bild 2.6. Die Dimension des Moments ist Kraft mal L¨ ange und wird in der Regel mit der Einheit Newton-Meter“ angegeben: ” [M ] = [F ] = Nm.

r α F

r⊥ A

P Bild 2.6 Moment einer Kraft bez¨ uglich des Punktes A

23

2.2 Momente

Zur Unterscheidung von Kr¨ aften wird der Momentenvektor im r¨ aumlichen Fall durch einen Doppelpfeil gekennzeichnet. Der Drehsinn des Moments folgt aus dem Vektorprodukt und kann mit der Rechten-Hand-Regel verdeutlicht werden, siehe Bild 2.7. In ebenen Systemen, in denen der Momentenvektor senkrecht auf der Zeichenebene steht, wird der Drehsinn durch gebogene Pfeile ( oder ) angegeben.

M ⇔

Bild 2.7 Darstellung und Drehsinn eines Moments

M

Im ebenen Fall erh¨ alt man mit Hilfe des Winkels α den Hebelarm r⊥ = r sin α ,

(2.8)

und damit folgt f¨ ur den Betrag des Momentes M

(A)

M (A) = |M (A) | = F r⊥ = F r sin α.

(2.9)

Das Moment M verschwindet, wenn die Wirkungslinie der Kraft F durch den Punkt A verl¨ auft und damit der Hebelarm r⊥ zu null wird. (A)

Beispiel 2.4 Moment einer Kraft Zu berechnen ist das Moment und der Drehsinn der Kraft F bez¨ uglich des Punktes A. 1 m, 1 N

2

α P

F

F

=

r

=

r y A

3 3 6 7 4 −1.5 5 N 0 2 3 −0.5 6 7 4 3 5 m 0

x

L¨ osung mit dem Vektorprodukt: 3 ry Fz − rz Fy 7 6 4 rz Fx − rx Fz 5 rx Fy − ry Fx 2 3 2 3 3 · 0 + 0 · 1.5 0 6 7 6 7 0 4 0 · 3 + 0.5 · 0 5 Nm = 4 5 Nm 0.5 · 1.5 − 3 · 3 −8.25 2

M (A) = r × F

=

=

24

2 Kr¨ afte und Momente

L¨ osung mit dem Winkel α: M (A)

=

F r sin α

mit

p (−0.5)2 + 32 m ≈ 3.041 m p F = |F | = 32 + (−1.5)2 N ≈ 3.354 N −6 rF ≈ cos α = |r| |F | 10.2 ( „ « −6 126.03◦ ⇒ α ≈ arccos ≈ 10.2 −53.97◦ r = |r| =

( ⇒M

(A)

=

+8.25 Nm −8.25 Nm

W¨ ahrend bei der L¨ osung mit dem Vektorprodukt die Richtung des Vektors aus dem Vorzeichen der z-Komponente und der positiven z-Richtung hervorgeht, muss bei der L¨ osung mit dem Winkel die Richtung bzw. das Vorzeichen des Momentenvektors wegen der Symmetrie der trigonometrischen Funktionen aus der Anschauung bestimmt werden. Hier ist es offensichtlich (vgl. Bild 2.7), dass die Kraft F bez¨ uglich des Punktes A entgegen der mathematisch positiven Richtung (und im Uhrzeigersinn) dreht und folglich ubt. ein negatives Moment MAz aus¨

2.2.2

Moment eines Kr¨aftepaars

Das resultierende Moment des Kr¨ aftepaares der Kr¨ afte F 1 und F 2 bez¨ uglich des Punktes O in Bild 2.8 ist (O)

MR

=

2 X

(O)

Mi

= r1 × F 1 + r2 × F 2 .

(2.10)

i=1

F1 r1

r F2

a ⇔

MR Bild 2.8 Moment eines Kr¨ aftepaares

r2 O

Mit F = F 1 = −F 2 und r = r 1 − r 2 folgt dann MR

=

r×F

und

MR = a F.

(2.11)

25

2.3 Zusammenfassung von Kr¨ aftesystemen

Da in diesem Fall die resultierenden Kraft gerade verschwindet, ist das Moaftepaar statisch ¨ aquivalent. Der Momentenbezugspunkt O ment M R dem Kr¨ tritt in dieser Beziehung nicht mehr auf, daher ist der Momentenvektor ein so genannter freier Vektor , er hat keinen Angriffspunkt und darf somit beliebig (auch parallel) verschoben werden.

2.2.3

Versetzungsmoment

Nach dem Axiom der Linienfl¨ uchtigkeit k¨ onnen Kr¨ afte entlang ihrer Wirkungslinie verschoben werden. Wenn Kr¨ afte jedoch auf parallele Wirkungslinien verschoben werden sollen, kann wie folgt vorgegangen werden. F

F

a

⇔

F

a

F

⇔

M

−F Bild 2.9 Versetzungsmoment

Bild 2.9 zeigt eine Kraft F , die auf eine parallele Wirkungslinie mit dem Abstand a von der urspr¨ unglichen Wirkungslinie verschoben werden soll. Dazu werden auf der parallelen Wirkungslinie die entsprechende Kraft F und eine gleichgroße Gegenkraft −F eingef¨ ugt, die sich nach dem Parallelogrammaxiom gegenseitig aufheben. Dann kann die Gegenkraft mit der zu verschiebenden Kraft gedanklich zu einem Kr¨ aftepaar bzw. dem daraus resultierenden Versetzungsmoment M

=

Fa

(2.12)

zusammengefasst werden. Dem urspr¨ unglichen Kr¨ aftesystem ist somit das in Bild 2.9 rechts dargestellte System mit der parallel verschobenen Kraft F und dem Versetzungsmoment M statisch ¨ aquivalent.

2.3

Zusammenfassung von Kr¨aftesystemen

2.3.1

R¨aumliche Kr¨aftesysteme

In diesem Abschnitt wird die Zusammenfassung aller an einem K¨ orper angreifenden Kr¨ afte und Momente zu einer resultierenden Kraft und einem resultierenden Moment behandelt.

26

2 Kr¨ afte und Momente

Fn M1

F1

Mj

Fi

=

Fix ex + Fiy ey + Fiz ez

ri

=

rix ex + riy ey + riz ez

Mj

=

Mjx ex + Mjy ey + Mjz ez

i

=

1, 2, . . . , n

j

=

1, 2, . . . , o

ri

z O

Fi

angreifenden Kr¨ afte

y

x

mit n: Anzahl der

Mo

mit o: Anzahl der

angreifenden Momente

Bild 2.10 Zusammenfassung eines r¨ aumlichen Kr¨ aftesystems

Die resultierende Kraft ist die vektorielle Summe aller Kr¨ afte (koordinatenweise Addition in einem festen Koordinatensystem): FR =

n X

Fi

=

i=1

ex

n X

Fix + ey

i=1

=

n h X

n X

Fiy + ez

i=1

Fix

Fiy

Fiz

n X

Fiz

(2.13)

i=1

iT

(2.14)

i=1

Anmerkung: Im dreidimensionalen Raum ist es immer m¨ oglich, eine resultierende Kraft nach Betrag und Richtung zu bestimmen, eine zugeh¨ orige Wirkungslinie l¨ asst sich jedoch nur in Ausnahmef¨ allen angeben. Ein Ausnahmefall liegt beispielsweise dann vor, wenn die Wirkungslinien der Kr¨ afte sich in einem Punkt schneiden (zentrales Kr¨ aftesystem) oder alle Kr¨ afte in einer Ebene und die Momente senkrecht dazu liegen (ebenes Kr¨ aftesystem, siehe Abschnitt 2.3.2).

Entsprechend erh¨ alt man das resultierende Moment aller angreifenden Kr¨ afte und Momente bez¨ uglich des Punktes O: (O)

MR

=

(O)

M RF + M RM =

n X

=

o X

Mj

(2.15)

3 2 2 3 Mjx riy Fiz − riz Fiy o n X X 7 6 6 7 4 Mjy 5 4 riz Fix − rix Fiz 5 + j=1 i=1 Mjz rix Fiy − riy Fix

(2.16)

i=1

ri × F i +

j=1

Bei der Berechnung der Momentensumme muss f¨ ur alle Kr¨ afte derselbe Momentenbezugspunkt O herangezogen werden. Beispiel 2.5 Zusammenfassung eines r¨ aumlichen Kr¨ aftesystems Der dargestellte Trger ist durch drei Kr¨ afte und zwei Momente belastet. Die resultierende Kraft und das resultierende Moment bez¨ uglich des Punktes A sind zu bestimmen.

27

2.3 Zusammenfassung von Kr¨ aftesystemen

M1 F2

z x

y

A F3

F1

M2

1m1m

2m

1m

h

F1

=

F2

=

F3

=

M1

=

M2

=

L¨ osung: Aus Gleichung 2.14 folgt f¨ ur die resultierende 2 3 2 0+5−5 0 6 7 6 FR = 4 2+0−2 5 N = 4 0 −10 + 0 + 10 0

iT N −10 h iT N 5 0 0 h iT N −5 −2 10 h iT Nm 0 0 30 h iT Nm 80 0 0 0

2

Kraft 3 7 5 N = 0,

und Gleichung 2.16 liefert f¨ ur das resultierende Moment mit rix = riz = 0 2 3 2 3 0 · (−10) + 2 · 0 + 5 · 10 0 + 80 6 7 6 7 MR = 4 0 5 Nm + 4 0 + 0 5 Nm −0 · 0 − 2 · 5 − 5 · (−5) 30 + 0 2 3 2 3 2 3 50 80 130 6 7 6 7 6 7 = 4 0 5 Nm + 4 0 5 Nm = 4 0 5 Nm . 15 30 45

2.3.2

Ebene Kr¨aftesysteme

Bei ebenen Kr¨ aftesystemen beispielsweise in der x-y-Ebene sind die Koordinaten des Kraftvektors in ez -Richtung und die Koordinaten des Momentenvektors in den ex - und ey -Richtungen null. F¨ ur die resultierende Kraft F R (mit Wirkungslinie durch den Punkt O) und das (O) zugeh¨ orige Moment M R (bez¨ uglich des Punktes O) erh¨ alt man damit " # n n n n X X X X Fix FR = F i = ex Fix + ey Fiy = , (2.17) Fiy i=1 i=1 i=1 i=1 (O)

MR

=

=

(O)

M RF + M RM = 2 n X 6 4 i=1

n X i=1

rix Fiy

ri × F i +

o X

Mj

(2.18)

j=1

3 2 3 0 0 o X 7 6 7 0 5+ 4 0 5. j=1 − riy Fix Mjz

(2.19)

28

2 Kr¨ afte und Momente

Fn

M1 F1 Fi

Mj

Fi

=

Fix ex + Fiy ey

ri

=

rix ex + riy ey

Mj

=

Mjz ez

i

=

1, 2, . . . , n

j

=

1, 2, . . . , o

ri

y O

mit n: Anzahl der

angreifenden Kr¨ afte Mo

x

mit o: Anzahl der

angreifenden Momente

Bild 2.11 Zusammenfassung eines ebenen Kr¨ aftesystems

Die Belastung durch die Kraft F R (mit Wirkungslinie durch O) und das Moment (O) M R l¨ asst sich noch durch die Wirkung der resultierenden Kraft F R allein ersetzen, wenn deren Wirkungslinie um den Wert h parallel verschoben wird. h ist dabei so zu w¨ ahlen, dass das statische Moment der Kraft F R bez¨ uglich des (O) aquivalent ist, also Punktes O dem Moment M R statisch ¨ (O)

h

=

MR . FR

(2.20)

h

(O)

MR y O

⇔

FR x

y O

FR x

Bild 2.12 Zusammenfassung eines ebenen Kr¨ aftesystems zu einer einzelnen Kraft

(O)

F¨ ur den Fall MR = 0 und FR = 0 wird h = 0, so dass die Wirkungslinie von FR (O) dann durch den Punkt O verl¨ auft. F¨ ur FR = 0 und MR = 0 ist keine weitere Vereinfachung m¨ oglich, da das Kr¨ aftesystem dann nur auf ein Moment (bzw. ein Kr¨ aftepaar) reduziert ist, das von der Wahl des Bezugspunktes unabh¨ angig ist.

Beispiel 2.6 Zusammenfassung eines ebenen Kr¨ aftesystems Der darstellte eingespannte Tr¨ ager ist durch zwei Kr¨ afte und ein Moment belastet. Zu bestimmen ist die Gr¨ oße und Wirkungslinie der resultierenden Kraft.

29

2.3 Zusammenfassung von Kr¨ aftesystemen

F1

y A

F1

F2

M

F2

x 2m

2m

M

2m

h =

−4

−5 iT

h =

4

8

N

0

0

−35

h =

iT

N

iT

Nm

L¨ osung: Aus Gleichung 2.17 folgt f¨ ur die resultierende Kraft

" FR

−4 + 4 −5 + 8

=

#

" N =

0 3

# N.

achst das reZur Bestimmung der Lage der Wirkungslinie von F R muss zun¨ sultierende Moment bez¨ uglich eines (beliebigen) Bezugspunktes (hier A) berechnet werden. Mit Gleichung 2.19 und riy = 0 gilt f¨ ur die z-Komponente des resultierenden Momentes

(A)

M Rz

=

2 m · (−5 N) + 6 m · 8 N − 35 Nm = 3 Nm ,

so dass f¨ ur die Lage der Wirkungslinie der resultierenden Kraft F R in Verbindung mit Gleichung 2.20 folgt

(A)

(A)

xFR =

MR FR

=

MRz FRy

=

3 Nm = 1 m. 3m

Der Richtungssinn der Wirkungslinie ist mit dem Richtungssinn der resultierenden Kraft identisch. Hier entspricht die Wirkungslinie der um einen Meter in positive x-Richtung verschobenen y-Achse. FR

y A

x x FR

30

2.4

2 Kr¨ afte und Momente

¨ Ubungsaufgaben

Aufgabe 2.1 (Schwierigkeitsgrad 1) Ein Telefonmast wird durch die waagerechten Spannkr¨ afte von vier Dr¨ ahten belastet. Ermitteln Sie den Betrag der Resultierenden, den Winkel α, den deren Wirkungslinie mit der Kraft F3 einschließt, und Richtungssinn der Resultierenden. Gegeben: F1 = 400 N, F2 = 500 N, F3 = 350 N, F4 = 450 N

F1

F2

75◦

α

45◦ F3

Mast

L¨ osung: →

90◦

FR

=

562.2 N

α

=

+26.4◦

F4

Aufgabe 2.2 (Schwierigkeitsgrad 1) Zerlegen Sie die Kraft F grafisch und rechnerisch in zwei Komponenten mit den angegebenen Wirkungslinien 1 und 2. Gegeben: F = 75 N, α = 60◦ , β = 90◦

α

L¨ osung:

β 1

F

←

2 F1

=

→

F2

=

√ 50 3 N √ 25 3 N

¨ 2.4 Ubungsaufgaben

31

Aufgabe 2.3 (Schwierigkeitsgrad 1) An einem quadratischen K¨ orper greifen in einer Ebene wie skizziert drei Kr¨ afte an. Bestimmen Sie auf grafischem Wege den Betrag der resultierenden Kraft FR , und u ufen Sie ihr Ergebnis rechnerisch. Berechnen Sie außerdem das ¨berpr¨ resultierende Moment bez¨ uglich des Punktes A. Gegeben: F1 = 25 N, F2 = 20 N, F3 = 10 N, α = 30◦ , a = 1 m

α

A F1

F2

L¨ osung: a

F3

→ 

FR (A)

MR

=

34.0 N

=

22.5 Nm

a

Aufgabe 2.4 (Schwierigkeitsgrad 1) An einer Bohle greifen wie skizziert die drei Kr¨ afte G1 , G2 und G3 an. Bestimmen Sie sowohl die resultierende Kraft F R als auch die Lage ihrer Wirkungslinie. Gegeben: G1 , G2 , G3 , 1 , 2 , 3

L¨ osung:

x z 1

G1 2

G2

FR

=

(G1 + G2 + G3 ) ez

xR

=

1 +

G3 3

2 G2 + (2 + 3 )G3 G1 + G2 + G3

32

2 Kr¨ afte und Momente

Aufgabe 2.5 (Schwierigkeitsgrad 2) An einem Kragarm greifen die beiden Kr¨ afte F 1 und F 2 wie dargestellt an. Bestimmen Sie die resultierende Kraft F R sowie das resultierende Moment (E) uglich der Einspannstelle. M R bez¨ Gegeben: a = 3 m, b = 2 m, c = 1, 5 m; h iT h iT N, F 2 = 0 −20 0 N F 1 = 0 10 −30

α

F1

L¨ osung: 2

c x

y

FR

=

MR

=

F2

z E

b

3 0 6 7 4 −10 5 N −30 2 3 75 6 7 4 90 5 Nm −30

a

Aufgabe 2.6 (Schwierigkeitsgrad 1) An einem Lenkrad greifen wie skizziert die beiden Kr¨ afte F an. Bestimmen Sie sowohl die resultierende Kraft F R als auch das resultierende uglich des Lenkungslagers A. Moment M R bez¨ Gegeben: F , R, α, β

F L¨ osung: R

"

α A

FR

=

β

2

y (A)

MR

z

x

F

=

# F sin α F (cos α − 1)

3 0 6 7 0 4 5 −F R(1 + cos β)

3

Gleichgewicht starrer K¨ orper

Dieses Kapitel gibt eine Einf¨ uhrung in die Untersuchung des Gleichgewichts starrer K¨ orper. Nach der Vorstellung von Newtons Axiomen werden die uhrt. Anschließend wird das Schnittprinzip Gleichgewichtsbedingungen eingef¨ mit Lager- und Gelenkreaktionen dargelegt. Die statische Bestimmtheit wird abschließend untersucht.

Bild 3.1 Starre K¨ orper im Gleichgewicht

3.1

Newtons Axiome

Die Mechanik baut auf drei Axiomen auf, die nach Vorarbeit von Galileo Galilei (1546 – 1642) zuerst von Isaac Newton (1643 – 1727) zusammenh¨ angend angegeben und von Leonhard Euler (1707 – 1783) erweitert wurden.

3.1.1

Gleichgewichtsaxiom

Jeder K¨ orper beharrt im Zustand der Ruhe oder der gleichf¨ ormig geraden Bewegung, solange er nicht durch einwirkende Kr¨ afte gezwungen wird, diesen Zustand zu ¨ andern. Dieser Zustand wird Gleichgewicht genannt. Gleichgewicht kann demzufolge nur dann vorliegen, wenn die Resultierende aller einwirkenden Kr¨ afte und auch das resultierende Moment verschwindet: FR

=

0

(3.1)

MR

=

0

(3.2)

34

3 Gleichgewicht starrer K¨ orper

Zwei Kr¨ afte stehen also miteinander im Gleichgewicht, wenn sie den gleichen Betrag, aber entgegengesetzte Richtungen haben und auf derselben Wirkungslinie liegen, siehe Bild 3.2. −F

F

3.1.2

Bild 3.2 Gleichgewichtsaxiom

Dynamisches Grundgesetz

Die auf einen starren K¨ orper einwirkende resultierende Kraft F ist gleich dem Produkt aus Masse m und Beschleunigung aS des Schwerpunktes: F

m aS

=

(3.3)

F¨ ur die freie Bewegung im Erdschwerefeld folgt als erster Sonderfall das Fallgesetz von Galilei mit der Erdbeschleunigung g: G

=

mg

(3.4)

Als zweiter Sonderfall folgt das Gleichgewicht, wenn ein K¨ orper keine Beschleunigung erf¨ ahrt: aS = 0

⇒

F =0

(3.5)

Gleichgewicht ist damit der Zustand der Ruhe oder der gleichf¨ ormig geradlinigen (und damit unbeschleunigten) Bewegung, der im Folgenden betrachtet wird. Die (beschleunigte) Bewegung des starren K¨ orpers wird in Kapitel 20 behandelt.

3.1.3

Reaktionsaxiom

Zu einer Kraft ist stets eine gleichgroße entgegengesetzte Kraft auf derselben Wirkungslinie vorhanden. Wird beispielsweise von einem K¨ orper (1) auf einen anderen K¨ orper (2) an der Ber¨ uhrstelle B eine Kraft F 12 ausge¨ ubt (actio), so bedingt dies, dass der zweite K¨ orper auf den ersten K¨ orper ebenfalls eine ubt (reactio). Diese beiden Kr¨ afte sind gleich groß, (Reaktions-)Kraft F 21 aus¨ agieren auf derselben Wirkungslinie und sind entgegengesetzt gerichtet: F 12

=

−F 21

(3.6)

Kurz gesagt: actio = reactio .

1

F 21 F 12

2 B

1

2 Bild 3.3 Reaktionsaxiom

35

3.2 Gleichgewichtsbedingungen

3.2

Gleichgewichtsbedingungen

Gleichgewicht ist nur m¨ oglich, wenn sowohl die Resultierende der Kr¨ afte F R (nach Gleichung 2.13) als auch die Resultierende der Momente M R (nach uglich eines beliebigen Punktes P verschwinden: Gleichung 2.15) bez¨ FR

=

0,

(3.7)

(P) MR

=

0

(3.8)

Aus diesen Vektorgleichungen resultieren im allgemeinen r¨ aumlichen Fall sechs skalarwertige Gleichgewichtsbedingungen: P P

P

Fx = 0 ,

(P) Mx

P

= 0,

P

Fy = 0 ,

(P) My

P

= 0,

Fz = 0 ,

(P) Mz

(3.9)

= 0

(3.10)

F¨ ur ebene Probleme reduzieren sich die Gleichgewichtsbedingungen auf drei skalare Gleichungen: P

Fx = 0 ,

P

P

Fy = 0 ,

(P)

Mz

= 0.

(3.11)

Eine gebr¨ auchliche Abk¨ urzung f¨ ur die Gleichgewichtsbedingungen, die auch im Folgenden verwendet wird, ist ↑

f¨ ur Summe aller Kr¨ afte in Pfeilrichtung gleich null und

A

f¨ ur Summe aller Momente in der durch den Pfeil gekennzeichneten Drehrichtung um den Bezugspunkt A gleich null.



Beispiel 3.1 Seil Die Kr¨ afte in einem Seils sind zu bestimmen. L¨ osung: S2

1111111 0000000 0000000 1111111 0000000 1111111 0000000 1111111 0000000 1111111 0000000 1111111 0000000 1111111 y 0000000 1111111 x 0000000 1111111 0000000 1111111 0000000 1111111 S1

Ein Seil u agt nur Zugkr¨ afte in ¨bertr¨ L¨ angsrichtung. Aus dem Gleichgewicht in dieser Richtung folgt: 

:

S2 − S1

=

0

⇒

=

S2 .

S1

Beispiel 3.2 Seilrolle Die folgende Abbildung zeigt eine (reibungsfrei) gelagerte Seilrolle. Gesucht sind die unbekannten Lagerkr¨ afte AH und AV .

36

3 Gleichgewicht starrer K¨ orper

α1

r

AH

α2

AV S1

S2

L¨ osung: Die drei Gleichgewichtsbedingungen f¨ ur dieses ebene Problem lauten nach Gleichung 3.11 →

:

−S1 cos α1 + S2 cos α2 + AH = 0 ,

↑

:

−S1 sin α1 − S2 sin α2 + AV = 0 ,

:

S1 r − S2 r = 0 .



A

Aus der Momentengleichung folgt direkt S1 = S2 = S , und die Kr¨ aftegleichgewichtsbedingungen liefern die unbekannten Lagerkr¨ afte

3.2.1

AH

=

S (cos α1 − cos α2 ) ,

AV

=

S (sin α1 + sin α2 ) .

Zentrales Kr¨aftesystem

Ein zentrales Kr¨ aftesystem ist dadurch gekennzeichnet, dass sich die Wirkungslinien aller Kr¨ afte in einem Punkt schneiden. Bez¨ uglich dieses Punktes ist dann offensichtlich die Summe der Momente null. Damit reduzieren sich die Gleichgewichtsbedingungen f¨ ur zentrale Kr¨ aftesysteme auf die Kr¨ aftegleichgewichtsbedingungen (Gleichung 3.7). Alternativ k¨ onnen nach einer Zerlegung der Kr¨ afte auch nur die Kraftkomponenten in jeweils einer Richtung (beispielsweise x-, yund z-Richtung) betrachtet werden, vgl. Gleichung 3.9. Beispiel 3.3 Zentrales Kr¨ aftesystem ¨ Uberpr¨ ufen Sie grafisch und analytisch, ob die Kr¨ afte F 1 bis F 4 , die denselben Angriffspunkt haben, im Gleichgewicht sind. h iT h iT N, F 2 = 3 −1.5 N, F 1 = 2 1.5

F3 =

h

0

−1

iT

N,

F4 =

h

−5

1

iT

N

37

3.2 Gleichgewichtsbedingungen

Grafische L¨ osung:: Zun¨ achst werden die Kr¨ afte F 1 und F 2 sowie F 3 und F 4 nach dem Parallelogrammaxiom zu den Teilresultierenden F 12 bzw. F 34 zusammengefasst (vgl. Beispiel 2.2). Addiert man nun die beiden Teilresultierenden zusammen, so erh¨ alt man als endg¨ ultige Resultierende den Nullvektor. Die Kr¨ afte F 1 bis F 4 sind somit im Gleichgewicht. F1

F4

F 12

F2 F 34 y

y F3 x

x

1N

1N

Rechnerische L¨ osung: ur die Resultierende den Nullvektor. Die GleichgeGleichung 2.5 liefert f¨ wichtsbedingung 3.7 ist somit erf¨ ullt. FR

= =

3.2.2

F1 +F2 +F3 +F4 " # " # 2+3+0−5 0 N = N 1.5 − 1.5 − 1 + 1 0



Allgemeines Kr¨aftesystem

Bei einem allgemeinen Kr¨ aftesystem schneiden sich die Wirkungslinien der Kr¨ afte nicht in einem Punkt. Es ist daher im Gleichgewicht, wenn sowohl das Kr¨ aftegleichgewicht (Gleichung 3.7) als auch das Momentengleichgewicht (Gleichung 3.8) erf¨ ullt sind. Beispiel 3.4 Allgemeines Kr¨ aftesystem orper, der Die Kr¨ afte Ax , Ay und By sind so zu bestimmen, dass sich der K¨ durch die Kr¨ afte F1 , F2 und F3 belastet ist, im Gleichgewicht befindet. α

F1

F3

F2

a a

Ax y x a

Ay

3a

By

2a

F1

=

F √

2F

F2

=

F3

=

4F

α

=

45◦

38

3 Gleichgewicht starrer K¨ orper

L¨ osung: 1. Schritt: Zerlegen der Kraft F2 in x- und y-Komponenten Im n¨ achsten Schritt sollen die skalaren Gleichgewichtsbedingungen verwendet werden. F2

F2y

F2x

=

F2y

=

F2x

√

1√ 2 = F 2 √ 1√ 2 = F F2 sin α = 2 F 2 F2 cos α =

2F

2. Schritt: Aufstellen der Gleichgewichtsbedingungen f¨ ur Kr¨ afte und Momente Da es sich hier um ein ebenes Problem handelt, gen¨ ugen die drei Gleichgewichtsbedingungen aus Gleichung 3.11: ↑

:

Ay + By − F2y − F3 = 0

→

:

Ax + F1 + F2x = 0

A

:

By 3a − F1 2a − F2x 2a − F2y 3a − F3 5a = 0



3. Schritt: Aufl¨ osen nach den gesuchten Gr¨ oßen Da in x-Richtung nur eine unbekannte Kraft auftritt, l¨ asst sich diese sofort aus der entsprechenden Kr¨ aftegleichgewichtsbedingung bestimmen. Ax

=

−F1 − F2x = −F − F = −2F

Aus dem Momentengleichgewicht um A folgt auch ohne Kenntnis von Ax die gesuchte Kraft By . By

= =

1 (F1 2a + F2x 2a + F2y 3a + F3 5a) 3a 1 (F 2a + F 2a + F 3a + 4F 5a) = 9F 3a

aftegleichgewichtsbedingung in Mit Kenntnis von By kann nun aus der Kr¨ y-Richtung die Kraft Ay berechnet werden. Ay

=

−By + F2y + F3 = −9F + F + 4F = −4F

Alternative Formulierungsm¨ oglichkeiten der Gleichgewichtsbedingungen Die skalaren Kr¨ aftegleichgewichtsbedingungen k¨ onnen durch zus¨ atzliche Momentengleichungen bzgl. anderer Punkte ersetzt werden. Dadurch ist es m¨ oglich, jede Unbekannte direkt aus einer Gleichung zu berechnen, also ein entkoppeltes Gleichungssystem zu erhalten. Beim ebenen Fall kann Gleichung 3.11 durch die folgenden Gleichgewichtsbedingungen ersetzt werden: P (P) P (Q) P Mz = 0 , Mz = 0 (3.12) Fx = 0 ,

39

3.3 Schnittprinzip

Dabei d¨ urfen jedoch die beiden Bezugspunkte f¨ ur die Momentengleichgewichte nicht auf einer Linie liegen, die senkrecht auf der Richtung steht, in der das Kr¨ aftegleichgewicht ausgewertet wird. Wenn drei Momentengleichungen verwendet werden, P (Q) P (R) P (P) Mz = 0 , Mz = 0 , (3.13) Mz = 0 , d¨ urfen die drei Momentenbezugspunkte nicht auf einer Geraden liegen, da ansonsten Kr¨ afte mit dieser Geraden als Wirkungslinie im Gleichgewicht nicht ber¨ ucksichtigt w¨ urden. Zus¨ atzliche Gleichgewichtsbedingungen (auch solche mit mehreren zun¨ achst unbekannten Gr¨ oßen) k¨ onnen zur Kontrolle der Ergebnisse verwendet werden. Beispiel 3.5 Alternative Formulierung der Gleichgewichtsbedingungen F¨ ur Beispiel 3.4 sind zus¨ atzliche Momentengleichgewichtsbedingungen aufzustellen, mit denen die gesuchten Kr¨ afte Ay und Ax direkt bestimmt werden k¨ onnen. L¨ osung: Mit dem Momentengleichgewicht um den Punkt B kann die gesuchte Kraft Ay direkt bestimmt werden: 

B

: ⇒

Ay 3a + F1 2a + F2x 2a + F3 2a = 0 1 Ay = − (F 2a + F 2a + 4F 2a) = −4F 3a

Das Momentengleichgewicht um den Kraftangriffspunkt von F2 liefert dann 

2

: ⇒

Ax 2a − F3 2a − Ay 3a = 0 1 Ax = (4F 2a − 4F 3a) = −2F 2a

Dieser Bezugspunkt hat den Vorteil, dass nur zwei weitere Kr¨ afte einen Anteil zum Momentengleichgewicht liefern und die Gleichung somit einfacher wird.

3.3

Schnittprinzip

Um alle auf einen K¨ orper einwirkenden Kr¨ afte zu erfassen, muss dieser von seinen Bindungen befreit werden, indem diese gedanklich entfernt und durch die entsprechenden (zun¨ achst unbekannten) Bindungskr¨ afte ersetzt werden. Dieser Prozess wird Freischneiden genannt, man erh¨ alt das so genannte Freik¨ orperbild . Der Gleichgewichtszustand wird durch das Freischneiden nicht ver¨ andert. Um Lager-, Gelenk- oder Zwischenreaktionen sichtbar zu machen, wird ein Tragwerk an den entsprechenden Stellen freigeschnitten. Die Schnittkr¨ afte und -momente

40

3 Gleichgewicht starrer K¨ orper

sind dann gem¨ aß dem Reaktionsaxiom, dem Prinzip von Kraft und Gegenkraft, an den beiden Schnittufern entgegengesetzt wirkend anzutragen. Mit dem Schnittprinzip k¨ onnen auch die Kr¨ afte, die im Inneren der K¨ orper wirken (innere Kr¨ afte), sichtbar gemacht werden, indem ein Schnitt durch den K¨ orper selbst gef¨ uhrt und die wirkenden Kr¨ afte angetragen werden, vgl. Kapitel 6.

3.3.1

Lagerreaktionen

Damit K¨ orper unter der Einwirkung von Kr¨ aften und Momenten im Zustand der Ruhe verharren, m¨ ussen sie entsprechend gelagert werden. Bild 3.4 a) zeigt beispielsweise die Systemskizze einer einfachen Br¨ ucke. Ersetzt man die beiden alt man Auflager des Tragwerks durch die Lagerkr¨ afte Ax , Az und Bz , so erh¨ das Freik¨ orperbild 3.4 b) des Systems, an dem alle ¨ außeren Kr¨ afte angetragen werden. Auf die freigeschnittenen Lager wirken die Kr¨ afte in entgegengesetzter Richtung und werden direkt in den Boden bzw. das Fundament geleitet, Bild 3.4 c). In Bild 3.5 ist das Lager einer Br¨ ucke als reales Bauteil mit Systemskizze abgebildet. F

F

a)

c)

b) Ax A

Az

B Az

Bz

Bz

Ax

Bild 3.4 Lagerreaktionen

Bild 3.5 Festlager einer Br¨ ucke (reales Bauteil und Systemskizze)

Mit der Wertigkeit a eines Lagers bezeichnet man die Anzahl der aufnehmbaren Reaktionskr¨ afte und -momente. Im ebenen Fall kann die Wertigkeit eines Lagers ¨ maximal drei, im r¨ aumlichen maximal sechs betragen. Eine Ubersicht u an¨ber g¨ gige Lagerungen ebener Systeme zeigt Tabelle 3.1, siehe aber auch Tabelle B.1.

3.3.2

Gelenkreaktionen

Auch Gelenkkr¨ afte k¨ onnen mit Hilfe des Schnittprinzips bestimmt werden. Im Gelenk wird das System geschnitten, und die entsprechenden Gelenkkr¨ afte werden an den beiden Schnittufern angetragen. Die Wertigkeit z eines Gelenks be-

41

3.3 Schnittprinzip Bezeichnung

Symbol

Reaktionskr¨ afte

Festlager

Wertigkeit

GG-Bed.

a=2

MA = 0

a=1

Ax = 0

Ax Az Loslager

MA = 0

Az MA

Einspannung

a=3

Ax Az verschiebliche Einspannung

MA

a=2

Az = 0

Ax

Tabelle 3.1 Lagerreaktionen ebener Systeme

zeichnet die Anzahl der u afte und -momente. Tabelle 3.2 ¨bertragenen Schnittkr¨ zeigt verschiedene innere Bindungen und die entsprechenden Schnittkr¨ afte und -momente. Durch Schneiden des Systems in Bild 3.6 im Gelenk erh¨ alt man zwei Teilsysteme, onnen durch dieses an denen die Gelenkkr¨ afte Gx und Gz angreifen. Momente k¨ (Momenten-)Gelenk nicht u ¨bertragen werden (z = 2). a)

b)

Gz Gx Gx Gz

Bild 3.6 Gelenkreaktionen

3.3.3

Zusammengesetzte Systeme

Die Auflagerreaktionen eines aus mehreren starren Teilk¨ orpern zusammengesetzten Systems, wie beispielhaft in Bild 3.7 a) gezeigt, lassen sich in der Regel nicht direkt bestimmen, da f¨ ur das Gesamtsystem in der Ebene nur drei, im Raum nur sechs Gleichgewichtsbedingungen zur Verf¨ ugung stehen. Schneidet man jedoch das Gesamtsystem gedanklich in mehrere Einzelsysteme und tr¨ agt

42

3 Gleichgewicht starrer K¨ orper Bezeichnung

Symbol

Reaktionskr¨ afte

Wertigkeit

GG-Bed.

z=2

M =0

z=2

Gz = 0

z=1

Gz = 0

Gz (Momenten-) Gelenk

Gx Gx

MG

Gz MG

Gx

Querkraftgelenk

Gx Pendelstab

Gx

M =0

Gx Gz

Normalkraftgelenk

MG

MG z=2

Gx = 0

(Schiebeh¨ ulse) Gz Tabelle 3.2 Gelenk- und Zwischenreaktionen ebener Systeme

die Schnittkr¨ afte und -momente an den entstehenden Schnittufern an (Bild 3.7 b)), so k¨ onnen f¨ ur jedes einzelne Teilsystem die entsprechenden Gleichgewichtsbedingungen aufgestellt werden, da jedes Teilsystem f¨ ur sich im Gleichgewicht sein muss. Man erh¨ alt hierdurch ein Gleichungssystem, mit dem sowohl die Auflagerreaktionen als auch die Gelenkkr¨ afte bestimmen werden k¨ onnen, sofern das System statisch bestimmt ist, vgl. Abschnitt 3.4. Fˆ1

Fˆ1

Fˆ2

Fˆ2

x z

Gz Gx

C A

Gz

B a)

Cx

Gx Az

b)

Bx Bz

Bild 3.7 Zusammengesetztes System

Bei dem in Bild 3.7 angegebenen System erh¨ alt man zwei Teilsysteme und sechs unbekannte Lager- und Gelenkreaktionen. F¨ ur diese beiden Teilsysteme lassen sich jeweils drei Gleichgewichtsbedingungen aufstellen. Diese insgesamt sechs

43

3.3 Schnittprinzip

Gleichungen (lineares Gleichungssystem) kann man in Matrix-Form schreiben: 2 6 6 6 6 6 6 6 4 |

A11 A21 A31 A41 A51 A61

A12 A22 A32 A42 A52 A62

A13 A23 A33 A43 A53 A63

A14 A24 A34 A44 A54 A64

{z A

A15 A25 A35 A45 A55 A65

A16 A26 A36 A46 A56 A66

32 76 76 76 76 76 76 76 54 }|

=

Az Bx Bz Cx Gx Gz {z = f

3

2

6 7 6 7 6 7 6 7 7 = 6 6 7 6 7 4 5 }

|

F1 F2 F3 F4 F5 F6 {z = p

3 7 7 7 7 7 (3.14) 7 7 5 }

Allgemein f¨ uhrt dies auf ein lineares Gleichungssystem Af = p.

(3.15)

Die Koeffizienten Aij der Matrix A stellen Abh¨ angigkeiten aus den Gleichgewichtsbedingungen zwischen den Lager- und Gelenkreaktionen dar. Der L¨ osungsvektor f enth¨ alt die unbekannten Reaktionen und der Lastvektor p die außeren Lasten. Die manuelle L¨ osung linearer Gleichungssysteme kann sehr auf¨ w¨ andig werden, wenn viele unbekannte Lager- und Gelenkreaktionen auftreten. In solchen F¨ allen werden zweckm¨ aßig Computerprogramme eingesetzt. Durch geschicktes Schneiden des Systems und entsprechende Wahl der Gleichgewichtsbedingungen kann der L¨ osungsaufwand f¨ ur das Gleichungssystem oftmals deutlich reduziert werden, indem entkoppelte Gleichungen aufgestellt werden. Hierbei sollte darauf geachtet werden, dass • der Bezugspunkt f¨ ur Momentengleichgewichte so gew¨ ahlt wird, dass nur eine unbekannte Kraft ein Moment aus¨ ubt, • das System so zerlegt wird, dass nicht unn¨ otigerweise innere Schnittkr¨ afte und -momente bestimmt werden m¨ ussen. Beispiel 3.6 Zusammengesetzte Systeme Die Lagerreaktionen und Gelenkkr¨ afte des dargestellten Tragwerkes sind zu bestimmen. F M G2 G1 a A

B a

a

L¨ osung: Zun¨ achst wird das Tragwerk durch Schneiden in den Gelenken und an den Auflagern in drei Teilsysteme aufgeteilt.

44

3 Gleichgewicht starrer K¨ orper F

G1z G1x

I

M

G2z

G2z

G2x II

G1z MA

III Bx

Ax Az

Bz

Die Last F am Gelenk G1 kann nach dem Schneiden des Gelenks auch im Teilsystem I statt im Teilsystem II angebracht werden. Dies ¨ andert das andert sich Ergebnis f¨ ur die Auflager nicht, lediglich die Gelenkkraft G1z ver¨ um den Betrag F . Durch Aufstellen der drei Gleichgewichtsbedingungen f¨ ur das Teilsystem III erh¨ alt man G2z G2x



III

→

a

B

:

G2x a = 0

⇒

G2x = 0 ,

: ⇒

Bx

↑

Bz

: ⇒

Bx − G2x = 0 Bx = 0 , Bz − G2z = 0 Bz = G2z .

Das Teilsystem II liefert ← F G1x

G2z

⇒

M



G2x G1z

:

G2

: ⇒

II 

G1x = 0 , G1z a + M + F a = 0 M G1z = − −F , a

G2z a + M = 0 M ⇒ G2z = − = Bz . a Jetzt k¨ onnen am Teilsystem I die Auflagerreaktionen in A bestimmt werden. a

G1

:

G1x − G2x = 0

45

3.3 Schnittprinzip

G1z

←

I

: ⇒

G1x

a

↑

a

⇒

Ax

MA

:



A

Az

: ⇒

Ax − G1x = 0 Ax = 0 Az + G1z = 0 M +F Az = a MA + G1x a − G1z a = 0 MA = −M − F a

L¨ osung mit Maple: Alternativ kann man die f¨ ur jedes Teilsystem erh¨ altlichen drei Gleichgewichtsbedingungen in Matrix-Form analog zu Gleichung 3.14 aufstellen. Jede Zeile der Matrix A entspricht einer der oben aufgestellten Gleichgewichtsbedingungen, die erste Zeile beispielsweise gibt das Momentengleichgewicht um Punkt B f¨ ur das dritte Teilsystem wieder. 2 6 6 6 6 6 6 6 6 6 6 6 6 6 6 4 |

0 0 0 0 0 0 1 0 0

0 0 0 0 0 0 0 1 0

0 0 0 0 0 0 0 0 1

0 0 0 1 0 0 −1 0 a

0 0 0 0 a 0 0 1 −a {z = A

a −1 0 −1 0 0 0 0 0

0 0 −1 0 0 a 0 0 0

0 1 0 0 0 0 0 0 0

0 0 1 0 0 0 0 0 0

32

2 3 3 Ax 0 6 7 76 A 7 0 6 7 76 z 7 6 7 7 76 0 6 7 7 6 MA 7 6 7 7 76 6 7 7 6G1x 7 0 6 7 7 76 7 6G1z 7 = 6−F a − M 7 . 6 7 7 76 6 −M 7 7 6G 7 6 7 7 6 2x 7 6 7 7 76 6 7 7 6G2z 7 0 6 7 7 76 4 5 5 4 Bx 5 0 Bz } | {z } = f

|

0 {z = p

}

Die L¨ osung dieses Gleichungssystems soll hier beispielhaft mit dem Computeralgebra-Systems Maple vorgef¨ uhrt werden. Mit dem Befehl > with(linalg): wird das Paket f¨ ur die lineare Algebra geladen. Anschließend werden die Matrix A sowie der Lastvektor p eingegeben. > A:=matrix([[0,0,0,0,0,a,0,0,0],[0,0,0,0,0,-1,0,1,0], [0,0,0,0,0,0,-1,0,1],[0,0,0,1,0,-1,0,0,0], [0,0,0,0,a,0,0,0,0],[0,0,0,0,0,0,a,0,0], [1,0,0,-1,0,0,0,0,0],[0,1,0,0,1,0,0,0,0], [0,0,1,a,-a,0,0,0,0]]): > p:=vector([0,0,0,0,-F*a-M,-M,0,0,0]): Die L¨ osung des Gleichungssystems erfolgt mit dem Befehl linsolve aus dem linalg-Paket. > f:=linsolve(A, p);

46

3 Gleichgewicht starrer K¨ orper

Maple gibt daraufhin folgendes Ergebnis aus.

f

:=

» – Fa + M Fa + M M M 0, , −F a − M, 0, − , 0, − , 0, − a a a a

Die Zuordnung der Eintr¨ age zu den gesuchten Lager- und Gelenkreaktionen erfolgt mit Hilfe des L¨ osungsvektors f aus der Aufstellung des Gleichungssystems. So handelt es sich bei dem dritten Eintrag beispielsweise um das Lagermoment MA .

Pendelstab Stabartige Bauteile, an denen keine ¨ außeren Lasten angreifen und die an beiden Enden mit Momentengelenken angeschlossen sind, werden Pendelst¨ abe genannt, siehe Tabelle 3.2, Zeile 3. Sie sind nur dann im Gleichgewicht, wenn die beiden Gelenkkr¨ afte auf einer gemeinsamen Wirkungslinie liegen, gleich groß und entgegengesetzt gerichtet sind. Von Pendelst¨ utzen spricht man, wenn der Pendelstab ein System mit einem Auflager verbindet, siehe Bild 3.8.

P

P

Bild 3.8 Pendelst¨ utze (reales Bauteil, Systemskizze und Freik¨ orperbild)

In Beispiel 3.6 greifen am Teilsystem III nur an den Enden die beiden Kr¨ afte B und G2 an. Das bedeutet, dass Gleichgewicht nur m¨ oglich ist, wenn diese Kr¨ afte auf der gleichen Wirkungslinie liegen. An einem geraden Stab wirken die Kr¨ afte daher stets in L¨ angsrichtung. Der in Bild 3.9 a) gezeigte K¨ orper ist durch drei Pendelst¨ utzen gelagert. Diese Information kann bereits beim Freik¨ orperbild genutzt werden, so dass (hier) nur drei unbekannte Auflagerkr¨ afte angetragen werden m¨ ussen, deren Richtungen vorab bekannt sind, siehe Bild 3.9 b).

47

3.4 Statische Bestimmtheit a)

b)

S1 S2

Bild 3.9 Lagerung durch Pendelst¨ utzen

3.4

S3

Statische Bestimmtheit

Ein mechanisches System ist statisch bestimmt, wenn s¨ amtliche Lager- und Zwischenreaktionen allein aus den Gleichgewichtsbedingungen ermittelt werden k¨ onnen. Hierzu kann es notwendig sein, das System in mehrere Teilsysteme zu zerschneiden. Man unterscheidet die ¨ außere und innere statische Bestimmtheit. Wenn ein System ¨ außerlich statisch bestimmt ist, k¨ onnen alle Auflagerreaktionen mit Hilfe der Gleichgewichtsbedingungen berechnet werden, bei innerer statischer Bestimmtheit alle Zwischenreaktionen. Die statische Bestimmtheit eines Systems ist eine reine Systemgr¨ oße, sie h¨ angt nicht von der ¨ außeren Belastung ab.

3.4.1

Notwendige Bedingung

F¨ ur jedes Teilsystem stehen im ebenen Fall (2D) drei Gleichgewichtsbedingungen, im r¨ aumlichen Fall (3D) sechs Gleichgewichtsbedingungen zur Verf¨ ugung. Es d¨ urfen nun insgesamt nicht mehr unbekannte Gr¨ oßen zu bestimmen sein, als Gleichungen zur Verf¨ ugung stehen. Eine notwendige Bedingung f¨ ur die statische und kinematische Bestimmtheit ist daher die Abz¨ ahlformel: 2D :

f ≥ fmin = 3 n − a − z = 0

3D :

f ≥ fmin = 6 n − a − z = 0

mit

(3.16)

( )

n

Anzahl der Teilsysteme

z

Anzahl der Gelenk- und Zwischenreaktionen

a

Anzahl der Auflagerreaktionen

()

( )

Die tats¨ achliche Anzahl der Freiheitsgrade f kann mit diesem Abz¨ ahlkriterium nicht immer bestimmt werden. Daher kann das Abz¨ ahlkriterium lediglich als notwendige Bedingung f¨ ur die statische Bestimmtheit dienen. Einige Ausnahmef¨ alle erfasst das Abz¨ ahlkriterium nicht, vgl. Beispiel 3.8. Das Abz¨ ahlkriterium nach Gleichung 3.16 liefert dann die Aussage fmin = 0

:

statisch bestimmt

fmin > 0

:

kinematisch unbestimmt, unterbestimmt, beweglich

fmin < 0

:

statisch unbestimmt, u ¨berbestimmt

48

3 Gleichgewicht starrer K¨ orper

Ein kinematisch unbestimmtes Tragwerk (f > 0) bezeichnet mach auch als Mechanismus, der gewollte Bewegungen ausf¨ uhren kann. Die L¨ osung statisch unbestimmter Systeme (f < 0) erfordert die Einbeziehung der Tragwerksverformung in die Berechnung und wird in Teil II dieses Buches behandelt. Anmerkung: Greifen m Teilsysteme an einem (Momenten-)Gelenk an, so treten f¨ ur jedes Teilsystem zwei zus¨ atzliche Zwischenreaktionen auf, und es gilt z = 2 (m − 1).

Beispiel 3.7 Statische Bestimmtheit (Abz¨ ahlformel) Anhand der Abz¨ ahlformel ist die statische Bestimmtheit des Systems aus Beispiel 3.6 zu bestimmen. L¨ osung: Zun¨ achst werden die einzelnen Teilsysteme freigeschnitten und alle Schnittund Reaktionskr¨ afte angetragen. Abz¨ ahlen und Einsetzen in Gleichung 3.16 liefert 2 I

n = 3,

II

2

a = 5,

z = 4,

III

fmin 3

2

=

a + z − 3n

=

5 + 4 − 3 · 3 = 0.

Das System ist somit statisch bestimmt, die Lager- und Gelenkreaktionen k¨ onnen alle durch Anwendung der Gleichgewichtsbedingungen berechnet werden, wie bereits in Beispiel 3.6 durchgef¨ uhrt. Beispiel 3.8 Statische Bestimmtheit (Ausnahmefall) Das dargestellte System ist auf seine statische Bestimmtheit zu untersuchen. L¨ osung: Das Abz¨ ahlkriterium liefert mit n = 1, 1

1

1

fmin

a = 3, =

z=0

a + z − 3n

= 3 + 0 − 3 · 1 = 0. ur die statische Bestimmtheit Obwohl das notwendige Kriterium (fmin = 0) f¨ erf¨ ullt ist, ist das System in horizontaler Richtung verschieblich gelagert, also kinematisch unbestimmt. Die Anzahl der Freiheitsgrade ist daher f = 1. Es liegt der Ausnahmefall vor, dass die Wirkungslinien der drei Lagerkr¨ afte parallel sind, so dass mit Hilfe der Gleichgewichtsbedingungen nicht alle Lagerreaktionen berechnet werden k¨ onnen.

49

3.4 Statische Bestimmtheit

3.4.2

Hinreichende Bedingung

Ein hinreichendes Kriterium f¨ ur statische und kinematische Bestimmtheit l¨ asst sich aus dem Gleichungssystem zur Bestimmung der Lager- und Gelenkkr¨ afte formulieren. Dieses Gleichungssystem muss eine eindeutige L¨ osung haben. Das ist nur dann der Fall, wenn die Determinante der Koeffizientenmatrix A aus Gleichung 3.15 ungleich null ist (Determinantenkriterium): det A = 0

(3.17)

Beispiel 3.9 Statische Bestimmtheit (Determinantenkriterium) Gesucht ist das Verh¨ altnis a/b, f¨ ur welches das dargestellte System ver¨ schieblich ist. Die Uberpr¨ ufung soll mit Hilfe der Determinante der Koeffizientenmatrix und zum Vergleich mit der Abz¨ ahlformel durchgef¨ uhrt werden. F

1

B

2 a 3

b

L¨ osung: Das Gleichungssystem aus den Gleichgewichtsbedingungen l¨ asst sich mit Hilfe des Freik¨ orperbildes aus Bild 3.9 b) bestimmen. ↑ →



B

: : :

+ S1

√ + 1/ 2 S2 √ + 1/ 2 S2

b S1

+ S3 − a S3

= = =

0 F 0

Dieses Gleichungssystem kann in Matrix-Schreibweise notiert werden, wobei die unbekannten Stabkr¨ afte S1 , S2 und S3 im L¨ osungsvektor f und die ¨ außeren Lasten im Lastvektor p zusammengefasst werden. Die entsprechenden Koeffizienten des Gleichungssystems bilden die Matrix A, und man erh¨ alt 32 3 2 2 3 √ 0 1 1/ 2 S1 0 √ 76 7 6 6 7 1 5 4 S2 5 = 4 F 5 . 4 0 1/ 2 b 0 −a S3 0 | {z } | {z } | {z } = p = A = f Damit kann die Determinante der Koeffizientenmatrix A berechnet werden. a b det A = √ − √ 2 2

50

3 Gleichgewicht starrer K¨ orper

Die Determinante det(A) ist gleich null f¨ ur a = b. Das Gleichungssystem ist dann singul¨ ar. Obwohl die notwendige Bedingung f¨ ur statische und kinematische Bestimmtheit (Gleichung 3.16) mit f = 0 erf¨ ullt ist, ist das System f¨ ur a = b beweglich. Dies resultiert aus der Tatsache, dass f¨ ur a = b die aftesystem bilden, das kein Moment Stabkr¨ afte S1 bis S3 ein zentrales Kr¨ aufnehmen kann, was jedoch unter Belastung des System i. d. R. auftritt. Man sieht an diesem Beispiel, dass die Koeffizientenmatrix A, deren Determinante und somit die statische Bestimmtheit unabh¨ angig von der Belastung des Systems ist. Die ¨ außere Last F geht nur in den Lastvektor p ein.

¨ Ubungsaufgaben

3.5

Aufgabe 3.1 (Schwierigkeitsgrad 1) Wie groß muss F2 sein, damit sich der dargestellte K¨ orper im Gleichgewicht befindet? Gegeben: F1 , a

2a

F1 F2

L¨ osung:

a F2

F2

=

2 F1

F1

Aufgabe 3.2 (Schwierigkeitsgrad 1) angigkeit von a, so dass sich Bestimmen Sie die Kr¨ afte Ax , Az und Bz in Abh¨ das System im Gleichgewicht befindet. Gegeben: , F

L¨ osung: a Ax

Az

F



Bz

Ax

=

Az

=

Bz

=

0 “ a” F 1−  a F 

¨ 3.5 Ubungsaufgaben

51

Aufgabe 3.3 (Schwierigkeitsgrad 2) Das dargestellte r¨ aumliche System aus drei St¨ aben wird durch eine Kraft F belastet. Bestimmen Sie die Stabkr¨ afte S1 , S2 und S3 . Gegeben: F = F ez , F , a

L¨ osung:

a

√

a x 2a z y S 2

a

S1

a S3

S1

=

S2

=

S3

=

F

6 F 3 √ 5 F 3 √ 2 5F − 3

Aufgabe 3.4 (Schwierigkeitsgrad 2) Die Aufh¨ angung f¨ ur eine Oberleitung der Bahn wird durch das Gewicht der Leitung belastet. Berechnen Sie die Kr¨ afte in den St¨ aben 1 und 2, a) wenn die Kraft aus der Leitung genau senkrecht nach unten zeigt, b) wenn in einer Kurve die Kraft unter dem Winkel ϕ schr¨ ag angreift. Gegeben: a = 3.5 m, b = 1.0 m, ϕ = 20◦ , F

a a)

1 2 F

b)

L¨ osung: b a) b)

ϕ F

S1

= 3.50 F

S2

= −3.64 F

S1

= 3.63 F

S2

= −3.42 F

52

3 Gleichgewicht starrer K¨ orper

Aufgabe 3.5 (Schwierigkeitsgrad 1) Eine Straßenlampe ist wie dargestellt an zwei Dr¨ ahten aufgeh¨ angt. Berechnen Sie die Kraft in den Dr¨ ahten. Gegeben: G, α

α

α

L¨ osung: S1 = S2 =

G

G 2 sin α

Aufgabe 3.6 (Schwierigkeitsgrad 1) An einem r¨ aumlichen Kragarm greift eine Kraft F an, die in einer Ebene parallel zur y-z-Ebene liegt und mit dem Ende des Kragarms den Winkel α einschließt. Berechnen Sie die Auflagerreaktionen. Gegeben: F , α, a, b

L¨ osung: y

2

F

z x α

A

=

MA

=

a b

3 0 6 7 4 F cos α 5 −F sin α 3 2 F b sin α 7 6 4 F a sin α 5 F a cos α

¨ 3.5 Ubungsaufgaben

53

Aufgabe 3.7 (Schwierigkeitsgrad 2) Das dargestellte ebene System ist durch drei Kr¨ afte belastet. ¨ a) Uberpr¨ ufen Sie mit Hilfe des Abz¨ ahlkriteriums die statische Bestimmtheit. b) Bestimmen Sie die Auflagerreaktionen und die Gelenkkr¨ afte in G1 . √ √ Gegeben: F1 = 3 2 kN, F2 = 4 kN, F3 = 20 2 kN, a = 1 m

L¨ osung: 5m A

√

√

2a

2a

√ 5 2a

G1

b)

F2

√ 2 2a F1

√ 2.5 2a

=

Ax

=

↑

Az

=

→

Bx

=

←

B

z

G2

fmin

a) x

F3

↑ 

Bz

=

MA

=

G1x

=

G1z

=

0

√ 10 2 kN √ 9 2 kN √ 12 2 kN √ 10 2 kN √ 45 2 kNm √ 10 2 kN √ 12 2 kN

Aufgabe 3.8 (Schwierigkeitsgrad 2) Das skizzierte r¨ aumliche System ist durch zwei Kr¨ afte sowie ein Moment belastet. Berechnen Sie die unbekannten Lagerreaktionen in A, B, C, D, E und H sowie die Gelenkkr¨ afte in G. Gegeben: a, F1 = F2 = F , M = F a

a/2

x

F1

y z H B A

F2

a/2

L¨ osung:

a

Ax = 0, Ay = − F2 , Az =

G E

M

C

a

3F 4

,

B=

F 2

, C = − F2 , D = − 3F , 4

E=

F 2

, H = 0,

D Gx = 0, Gy = 0, Gz = − F2

54

3 Gleichgewicht starrer K¨ orper

Aufgabe 3.9 (Schwierigkeitsgrad 2) Ein Dreigelenkbogen wird durch eine Kraft F belastet. a) Berechnen Sie die Auflagerreaktionen. ¨ b) Uberpr¨ ufen Sie mit einem geeigneten Verfahren, f¨ ur welche H¨ ohe h das System verschieblich wird. Gegeben: F , a, h

F

L¨ osung: a) →

Ax

=

←

Bx

=

↑

Ay

=

By =

h

=

0

h

a

b)

a

a F 2h a F 2h F 2

Aufgabe 3.10 (Schwierigkeitsgrad 2) Das dargestellte ebene System ist durch die zwei Kr¨ afte F1 und F2 belastet. a) Stellen Sie die Gleichgewichtsbedingungen auf. b) F¨ ur welchen Winkel α wird das System verschieblich? Gegeben: F1 = 1 kN, F2 = 2 kN, a = 1 m

a A

a

2a

F1

L¨ osung: F2 AV + B cos α

=

1 kN

AH + B sin α

=

2 kN

B (2 sin α + 4 cos α)

=

1 kN

b)

=

−63.43◦

a) 2a B α

α

4

Fachwerke

Als Fachwerk bezeichnet man ein Tragwerk, das aus geraden St¨ aben besteht, welche an ihren Endpunkten miteinander verbunden sind, siehe Bild 4.1. Bei einem Fachwerk werden u ¨blicherweise die Annahmen getroffen, dass • die St¨ abe an den Knoten durch reibungsfreie Gelenke zentrisch miteinander verbunden sind, • ¨ außere Kr¨ afte nur in den Knoten angreifen und • das Eigengewicht der St¨ abe gegen¨ uber der ¨ außeren Last vernachl¨ assigbar ist (bzw. auf die Knoten verteilt wird).

Bild 4.1 Fachwerkkonstruktion des Fahrbahntr¨ agers der Br¨ ucke des 25. April u ¨ber den Tejo, Lissabon (1966)

Unter den obigen Annahmen werden die St¨ abe des Fachwerks ausschließlich auf Zug oder Druck beansprucht, der u ange konstant ist. Man trifft ¨ber die Stabl¨ dabei die Vorzeichenkonvention, dass Zugkr¨ afte als positive, Druckkr¨ afte als negative Stabkr¨ afte angetragen werden (siehe Bild 4.2). a) F F

F S = +F

b) F F

F S = −F

Bild 4.2 Fachwerkst¨ abe: a) Zugstab, b) Druckstab

Grunds¨ atzliches Ziel der Gleichgewichtsbetrachtung an Fachwerkstrukturen ist es, die Stabkr¨ afte zu ermitteln, um sich einen Eindruck u ¨ber die Beanspruchung dieser Bauteile zu verschaffen. Mit den obigen Modellannahmen wird die Gleichgewichtsanalyse an Fachwerksystemen erheblich vereinfacht und die Praxis zeigt, dass beispielsweise die Idealisierung real ausgef¨ uhrter Knoten durch

56

4 Fachwerke

ideale Gelenke eine gute N¨ aherung ist. Die nachfolgend vorgestellten L¨ osungsverfahren folgen aus der konsequenten Anwendung der bislang erlernten Analyse des Gleichgewichts an Systemen starrer K¨ orper, wobei lediglich die getroffenen Modellannahmen die Berechnungen deutlich vereinfachen.

4.1

Gleichgewicht am Knoten

Unter den oben aufgezeigten Modellvorstellungen k¨ onnen die einzelnen Fachwerkknoten als zentrale Kr¨ aftesysteme aufgefasst werden (vgl. Abschnitt 3.2.1). An jedem Knoten stehen im ebenen Fall zwei, im r¨ aumlichen Fall drei Gleichgewichtsbedingungen f¨ ur Kr¨ afte zur Verf¨ ugung, um drei bzw. zwei unbekannte Stabkr¨ afte zu berechnen. Das Momentengleichgewicht ist bez¨ uglich des Knotens a priori erf¨ ullt. Beim so genannten Knotenpunktverfahren werden daher zur Bestimmung der Stabkr¨ afte die einzelnen Knoten des Fachwerks gedanklich freigeschnitten und die Stabkr¨ afte in Stabrichtung angetragen, siehe Bild 4.3. Die Gleichgewichtsbedingungen f¨ uhren zu einem linearen Gleichungssystem f¨ ur die Stabkr¨ afte und Lagerreaktionen, vgl. Beispiel 4.1.

5

F1

F2

F1

S5 S3

4 1

3

S1

2

Bild 4.3 Freischneiden eines Fachwerkknotens

Die Vor- und Nachteile dieser Vorgehensweise sind: ⊕ Das Verfahren ist gut automatisierbar und kann leicht in ein Computerprogramm umgesetzt werden.  Es entstehen unter Umst¨ anden sehr große Gleichungssysteme mit vielen Unbekannten.  Die Stabkr¨ afte des Fachwerks k¨ onnen meist nur vollst¨ andig berechnet werden, selbst wenn diese nur f¨ ur wenige St¨ abe ben¨ otigt werden.

4.2

Nullst¨abe

Fachwerkst¨ abe, die vollkommen unbelastet sind, nennt man Nullst¨ abe. Bei der Fachwerksberechnung ist es sehr hilfreich, schon vor der Berechnung zu wissen,

57

4.2 Nullst¨ abe

welche St¨ abe offensichtlich unbelastet sind. Die Gleichgewichtsbedingungen vereinfachen sich dann an den entsprechenden Knoten. Mit Hilfe der folgenden, aus den Gleichgewichtsbedingungen abgeleiteten Regeln k¨ onnen Nullst¨ abe erkannt werden. S1

S1

ϕ

S3

ϕ S2

F

S2

1. Fall

ϕ

S1

2. Fall

S2

3. Fall

Bild 4.4 Nullst¨ abe

1. Fall: An einem Knoten mit zwei nicht gleichgerichteten St¨ aben greift nur eine Kraft F an, die genau in Richtung des Stabes 1 wirkt. Aus dem Kr¨ aftegleichgewicht folgt sofort, dass der Stab 2 ein Nullstab ist: →

:

S2 sin ϕ = 0

⇒

S2 = 0

(4.1)

2. Fall: Greift an einem Knoten mit zwei nicht gleichgerichteten St¨ aben keine außere Last an, sind beide St¨ abe Nullst¨ abe: ¨ →

:

S2 sin ϕ = 0

↑

:

S1 + S2 cos ϕ = 0

⇒

S2 = 0

(4.2)

⇒

(4.3)

S1 = 0

3. Fall: Greift an einem Knoten mit drei St¨ aben keine ¨ außere Last an und haben zwei der St¨ abe dieselbe Ausrichtung, dann ist der dritte Stab ein Nullstab: ↑

:

S3 sin ϕ = 0

⇒

S3 = 0

(4.4)

Oft entsteht einer der oben skizzierten F¨ alle dadurch, dass bereits erkannte Nullst¨ abe aus dem Fachwerk gedanklich entfernt werden. Beispiel 4.1 Gleichgewicht am Knoten Die Stabkr¨ afte des dargestellten ebenen Fachwerks sollen mit Hilfe des Gleichgewichts am Knoten bestimmt werden. F

a A

B 2a

2a

2a

58

4 Fachwerke

L¨ osung: Wendet man das Knotenpunktverfahren von Hand an, so w¨ ahlt man die Reihenfolge der Knoten bei der Berechnung geschickterweise so, dass am jeweils betrachteten Knoten lediglich zwei unbekannte Stabkr¨ afte angreifen. Soweit erforderlich, sollten die Auflagerreaktionen vorab ermittelt werden. Außerdem empfiehlt sich vor der Rechnung die Untersuchung des Fachwerks auf offensichtliche Nullst¨ abe, siehe Abschnitt 4.2. 1. Schritt: Mit Hilfe des Freik¨ orperbildes k¨ onnen hier die Auflagerreaktionen sofort bestimmt werden. →

:

AH = 0

A

:

AV 6a − F 2a = 0

:

B + AV − F = 0



↑

⇒ ⇒

AV =

2 3

1 3

F

B =

F

F 2

II

III

6

3

7

VII 13

9 12 α

8

4

AH

10 11

5

1 I

V

IV

VIII

VI B

AV

2. Schritt: Anhand der in Abschnitt 4.2 vorgestellten Fallgruppen kann man folgende Nullst¨ abe erkennen: 1. Fall:

S4 = 0

2. Fall:

S10 = S13 = 0

(da AH = 0)

3. Fall:

S9 = 0

3. Schritt: Die Berechnung der Stabkr¨ afte kann zum Beispiel am Knoten VIII beginnen. An diesem Knoten greifen nur zwei unbekannte Kr¨ afte bekannt ist. Aus der an, da S13 = 0 und die Lagerkraft B √ √ Geometrie folgt f¨ ur die Winkelbeziehungen sin α = 1/ 5 und cos α = 2/ 5. S13 = 0 S11 α

↑

: ⇒

VIII

S12

−S12 − S11 cos α = 0 2 2 ⇒ S12 = − √ S11 = F 3 5 ur Knoten VI Wegen S9 = 0 (siehe 2. Schritt) kann das Gleichgewicht f¨ angeschrieben werden. B=

1 F 3

→

S11 sin α + B = 0 √ √ 5 S11 = − 5B = − F 3

:

59

4.3 Statische Bestimmtheit S9 = 0

→

:

S12 − S8 = 0

2 F 3 Auch die Stabkr¨ afte am Knoten V k¨ onnen bestimmt werden, da S10 = 0 ist. VI

S8

S12

⇒

↑ V

S6 S7

α

S10 = 0

: ⇒

S11

S8 =

−S7 sin α − S11 sin α = 0 √ 5 S7 = −S11 = F 3

−S6 − S7 cos α + S11 cos α = 0 2 2 4 ⇒ S6 = − F − F = − F 3 3 3 Die u afte k¨ onnen entsprechend der Reihe nach berechnet wer¨brigen Stabkr¨ den. →

:

L¨ osung mittels Computerprogramm: Will man das Knotenpunktverfahren in einem Computerprogramm umsetzen, so werden f¨ ur jeden Knoten die beiden (Kr¨ afte-)Gleichgewichtsbedingungen aufgestellt. Die unbekannten Stabkr¨ afte und Lagerreaktionen werden dann in Form eines L¨ osungsvektors f angeordnet. Die entsprechenden Koeffizienten der Gleichungen bilden wiederum eine Matrix A, die ¨ außeren Kr¨ afte den Lastvektor p, und man erh¨ alt eine lineares Gleichungssystem in Matrix-Form entsprechend Gleichung 3.15 mit f

=

[ S1 S2 S3 . . . S13 AH AV B ]T ,

p

=

[ 0 0 ... 2 A1,1 6 A 2,1 6 6 6 A3,1 6 .. 6 4 . A16,1

A

=

0 F ]T , A1,2 A2,2 A3,2 .. . A16,2

A1,3 A2,3 A3,3 .. . A16,3

A1,4 A2,4 A3,4 .. . A16,4

··· ··· ··· .. . ···

A1,16 A2,16 A3,16 .. . A16,16

3 7 7 7 7. 7 7 5

Die L¨ osung des Gleichungssystems kann analog zu Beispiel 3.6 erfolgen.

4.3

Statische Bestimmtheit

F¨ ur jeden Knoten stehen im ebenen Fall (2D) zwei und im r¨ aumlichen Fall (3D) drei Gleichgewichtsbedingungen zur Verf¨ ugung. Es d¨ urfen nun insgesamt nicht mehr unbekannte Gr¨ oßen zu bestimmen sein, als Gleichungen zur Verf¨ ugung

60

4 Fachwerke

stehen (vgl. Abschnitt 3.4), so dass f¨ ur die Abz¨ ahlformel bei Fachwerken gilt: 2D :

f ≥ fmin = 2 k − a − s = 0

3D :

f ≥ fmin = 3 k − a − s = 0

mit

k

Anzahl der Knoten

a

Anzahl der Lagerreaktionen

s

Anzahl der St¨ abe

(4.5)

Diese Bedingung f¨ ur statische Bestimmtheit eines Fachwerks ist nicht hinreichend. Die hinreichende Bedingung ist auch hier das Determinantenkriterium (vgl. Abschnitt 3.4.2): det A = 0

(4.6)

Beispiel 4.2 Statische Bestimmtheit Die statische Bestimmtheit des Fachwerks aus Beispiel 4.1 ist mit Hilfe der Abz¨ ahlformel zu u ufen. ¨berpr¨ L¨ osung: Aus Gleichung 4.5 folgt f¨ ur dieses ebene Problem mit k = 8, a = 3 und s = 13 fmin = 2 · 8 − 3 − 13 = 0 . Das Fachwerk ist somit statisch bestimmt, die Lager- und Stabkr¨ afte k¨ onnen (zumindest entsprechend der notwendigen Bedingung) mit Hilfe der Gleichgewichtsbedingungen ermittelt werden. ¨ Anmerkung: F¨ ur die Uberpr¨ ufung der hinreichenden Bedingung f¨ ur statische Bestimmtheit mit dem Determinantenkriterium bietet sich die Verwendung eines Computerprogrammes an.

4.4

Ritter-Schnitt

Alternativ zu der in Abschnitt 4.1 beschriebenen Vorgehensweise, bei dem das Gleichgewicht des zentralen Kr¨ aftesystems an den Knoten des Fachwerks untersucht worden ist, kann nat¨ urlich auch ein beliebiger Schnitt durch das Fachwerk gelegt werden, um die unbekannten Stabkr¨ afte mit Hilfe des Freik¨ orperbildes zu ermitteln. Dann sind allgemeine Kr¨ aftesysteme zu untersuchen, wobei nun an jedem Teilsystem im ebenen Fall drei, im r¨ aumlichen Fall sechs Gleichgewichtsbedingungen zur Verf¨ ugung stehen.

61

4.4 Ritter-Schnitt

Zerlegt man ein ebenes Fachwerk so, dass drei St¨ abe geschnitten werden, die nicht durch einen gemeinsamen Punkt gehen, so entsteht ein allgemeines Kr¨ aftesystem, das drei Gleichungen f¨ ur die drei unbekannten Stabkr¨ afte zur Verf¨ ugung stellt, die also direkt aus den Gleichgewichtsbedingungen bestimmt werden k¨ onnen. Diese Vorgehensweise wird nach August Ritter (1826 – 1908) RitterSchnitt-Verfahren genannt. Die Vor- und Nachteile dieser Vorgehensweise sind: ⊕ Man kann einzelne interessierende Stabkr¨ afte bestimmen, ohne das ganze System l¨ osen zu m¨ ussen. ⊕ Das Verfahren ist f¨ ur wenige St¨ abe mit niedrigem Aufwand von Hand durchf¨ uhrbar.  Es fordert eine gewisse Erfahrung, geeignete Schnitte zu finden.  Das Verfahren ist unter Umst¨ anden aufw¨ andig, wenn alle Stabkr¨ afte berechnet werden sollen. Das Ritter-Schnitt-Verfahren kann auch mit dem Knotenpunktverfahren kombiniert werden, um die jeweiligen Vorteile auszunutzen.

Beispiel 4.3 Ritter-Schnitt-Verfahren Zu bestimmen sind die Stabkr¨ afte S2 bis S4 aus Beispiel 4.1. Die Auflagerreaktionen k¨ onnen als bekannt voraus gesetzt werden. F

a A

B 2a

2a

2a

L¨ osung: Das Fachwerk wird so zerlegt, dass die drei gesuchten St¨ abe wie abgebildet geschnitten werden. In der Regel ist es sinnvoll, zwei Momentengleichgewichte um den Schnittpunkt jeweils zweier St¨ abe aufzustellen. Als dritte Gleichgewichtsbedingung dient dann die Kr¨ aftegleichgewichtsbedingung in vertikaler Richtung.

62

4 Fachwerke 

I

I

S2



S3

IV

:

−S4 a = 0

:

S2 a + AV 2a = 0

AH = 0

IV

S4 = 0

4 S2 = −2AV = − F 3

⇒

II

⇒

1 −S3 √ + AV = 0 5 √ √ 2 5 ⇒ S3 = 5AV = F 3 Bei Stab 4 handelt es sich um einen Nullstab (vgl. Bild 4.4, 1. Fall), bei Stab 2 um einen Druck- und bei Stab 3 um einen Zugstab. S4

AV

↑

:

¨ Ubungsaufgaben

4.5

Aufgabe 4.1 (Schwierigkeitsgrad 2) Das abgebildete ebene Fachwerk ist durch zwei Kr¨ afte F belastet. ¨ a) Uberpr¨ ufen Sie die statische Bestimmtheit des Systems. b) Bestimmen Sie die offensichtlichen Nullst¨ abe. c) Berechnen Sie die Auflagerreaktionen und alle Stabkr¨ afte. Gegeben: F , a

L¨ osung: a 2

a

F

2

3

4

a

5

7 6 A

8 B

fmin

=

0

b)

S2

=

S5 = 0

c)

→ AH

=

− 32 F

↑ AV

=

− 34 F

← BH

=

↑ BV

=

1 F 3 7 F 3

a)

1

F

a

−F √ 2F

S1

=

S3

=

S4

=

S6

=

S7

=

−2F √ 2 5F 3 √ 1 − 3 2F

S8

=

−2F

¨ 4.5 Ubungsaufgaben

63

Aufgabe 4.2 (Schwierigkeitsgrad 2) Stellen Sie das Gleichungssystem zur Bestimmung der Lager- und Stabkr¨ afte des abgebildeten Fachwerks in Matrix-Form auf. Gegeben: F , a

L¨ osung: 2 F 1

3

a

A

A

=

B

h

2 f a

6 6 6 6 6 6 6 6 4

=

−1 1 0 0 √

0 0

0 0 1 0 1 0

S1

S2

S3

1 1 √

2 2 √ 2 2

0 0 1 0 0 0

2 2 √ 2 2

0 0 0 1 0 0

AV p

=

h √

AH

Gegeben: F , a

a

F L¨ osung: a

1 2F

7 7 7 7 7 7 7 7 5

B iT

2F

0

0

0

0

Aufgabe 4.3 (Schwierigkeitsgrad 1) Berechnen Sie in dem abgebildeten Fachwerk die Stabkraft in Stab 1 a) mit dem Ritter-Schnitt-Verfahren, b) mit dem Knotenpunktverfahren.

a

3

iT

a

a

0 0 0 0 0 1

S1

=

2F

0

64

4 Fachwerke

Aufgabe 4.4 (Schwierigkeitsgrad 3) Der dargestellte Kran wird am Ende seines Auslegers mit der Kraft F belastet. Der Ausleger wird durch ein Seil gehalten, das u ¨ber zwei reibungsfreie Rollen gef¨ uhrt wird. Der Radius der Rollen ist vernachl¨ assigbar klein. Berechnen Sie die Stabkr¨ afte in den St¨ aben 6, 7, 8, 18 und 19. Gegeben: a, F

L¨ osung:

a 6 7

a

8

19

a

a 4 a 4

18 F

a a

a

a

a

S6

=

S7

=

S8

=

“ √ ” 1 − √13 3F 17 ” √ “√ 2 √13 −3 F 2 17 “√ ” √13 − 5 F 2

S18

=

S19 = − 3 1617 F

a

2

17

√

Aufgabe 4.5 (Schwierigkeitsgrad 3) Ein Kran tr¨ agt eine Last mit dem Gewicht G. Das Tragseil ist u ¨ber reibungsfreie Rollen mit vernachl¨ assigbar kleinem Radius gef¨ uhrt. ¨ a) Uberpr¨ ufen Sie die statische Bestimmtheit des Fachwerks. b) Bestimmen Sie die offensichtlichen Nullst¨ abe. c) Bestimmen Sie die Kr¨ afte in den St¨ aben 4, 5 und 8 sowie d) in den St¨ aben 1 und 2. Gegeben: G, a

11 a

12

6 8 10 9 7 5

a

13 4 16 14 15

a

17 20 19 18

a

21 24 23 22 a

25 a

L¨ osung:

3 2 1

a) fmin = 0 b) 3, 7, 17, 21, (25) G

√ c) S4 = −G, S5 = − 2 G, S8 = G √ d) S1 = −G, S2 = ( 2 − 1)G

a

a

5

Verteilte Kr¨afte

Bild 5.1 Schneelast

Wie bereits in Abschnitt 2.1 angedeutet, stellen Einzelkr¨ afte nur eine Idealisierung dar. In Wirklichkeit treten Kr¨ afte verteilt auf, wie beispielsweise die Schneelast in Bild 5.1. Verteilte Lasten treten entweder als Volumen- oder als Oberfl¨ achenkr¨ afte auf, die dann zu einer resultierenden Kraft zusammengefasst werden k¨ onnen, siehe Bild 5.2.

g = 9.81 m/s2 (x, y, z)

G

dm dG

p

Bild 5.2 Verteilte Gewichts- und Ober߬ achenkraft

S

N

66

5 Verteilte Kr¨ afte

5.1

Gewichtskr¨afte

Auf eine infinitesimale Masse dm eines K¨ orpers wirkt im Gravitationsfeld der Erde (Erdschwerefeld ) eine Gewichtskraft dG

=

g dm

(5.1)

die haupts¨ achlich durch die Gravitation verursacht wird, aber auch Einfl¨ usse aus der Erdrotation (Fliehkraft) ber¨ ucksichtigt. Dabei ist die Erdbeschleunigung g vom Ort abh¨ angig. Da die Schwankungen jedoch im Allgemeinen vernachl¨ assigt werden k¨ onnen, wird der mittlere Wert g

9.81 m/s2

=

(5.2)

verwendet. Anmerkung: Die Bezeichnung Erdbeschleunigung r¨ uhrt daher, dass diese massenspezifische Gr¨ oße die Dimension einer Beschleunigung hat. Es handelt sich jedoch nicht um eine Beschleunigung im eigentlichen Sinne, sondern um ein auf den K¨ orper wirkendes Kraftfeld.

Die Dichte 

dm , dV

=

(5.3)

ist eine Materialeigenschaft des K¨ orpers und kann innerhalb eines K¨ orpers variieren. Damit folgt die Resultierende der Schwerkraft eines K¨ orpers Z Z dG = g dm = mg (5.4) G = V

m

oder bei Integration u ¨ber das Volumen Z Z Z G = dG = g dV = γ dV . V

V

(5.5)

V

Dabei ist γ =

dG = g dV

(5.6)

das spezifische Gewicht, das die Einheit Kraft pro Volumen, z. B. kg/m3 hat. Der Angriffspunkt der resultierenden Gewichtskraft, der auch als Schwerpunkt S ¨ des K¨ orpers bezeichnet wird, folgt aus der Aquivalenz des Momentes der resultierenden Gewichtskraft G mit dem resultierenden Moment der Elementarkr¨ afte dG.

67

5.1 Gewichtskr¨ afte

V

dV S rS r x

y

Bild 5.3 Ermittlung des Schwerpunkts

(x, y, z)

dG = g dm

z

Um die Lage des Schwerpunkts zu ermitteln wird das Koordinatensystem zun¨ achst so gew¨ ahlt, dass die Gewichtskraft in positive z-Richtung zeigt. Mit dem Vektor der Gewichtskraft Z Z dG =  g dV = mg . (5.7) G = G ez mit G = V

V

gilt f¨ ur das resultierende Moment bez¨ uglich des Koordinatenursprungs Z rS × G = g r × ez dm .

(5.8)

V

Mit r S × ez

˛ ˛ e ˛ x ˛ = ˛ xS ˛ ˛ 0

ey yS 0

folgt yS G ex − xS G ey =

ez zS 1 „Z

˛ ˛ ˛ ˛ ˛ = yS ex − xS ey ˛ ˛ « „Z « g y dm ex − g x dm ey .

(5.9)

(5.10)

V

V

Somit folgt f¨ ur den Angriffspunkt der resultierenden Gewichtskraft, also f¨ ur die Koordinaten des Schwerpunkts Z Z 1 1 xS = g x dm =  x dV , (5.11) G V m V Z Z 1 1 yS = g y dm =  y dV . (5.12) G V m V Die Bestimmung der z-Koordinate des Schwerpunktes erfolgt analog, indem der K¨ orper gedanklich um 90◦ um die x-Achse gedreht wird.

zS

=

1 G

Z g z dm = V

1 m

Z  z dV

(5.13)

V

H¨ angt man einen K¨ orper an einem beliebigen Punkt frei drehbar gelagert auf, so wird sich aufgrund des Momentengleichgewichtes der Schwerpunkt immer senkrecht unter der Aufh¨ angung einstellen. Der geometrische Ort des Schwerpunkts kann somit experimentell bestimmt werden, wenn dieser an zwei Punkten aus” gependelt“ wird.

68

5 Verteilte Kr¨ afte

5.1.1

Vereinfachte Berechnung des Schwerpunkts in Sonderf¨allen

Der Schwerpunkt h¨ angt von der Dichteverteilung (r) = (x, y, z) im K¨ orper ab. F¨ ur homogene K¨ orper mit  = konst. ist beispielsweise Z Z Z 1  1  x dV = x dV = x dV , (5.14) xS = m V m V V V d. h. der Schwerpunkt f¨ allt mit dem geometrischen Schwerpunkt aus A.3.2 zusammen, Z Z Z 1 1 1 xS = x dV , yS = y dV , zS = z dV . (5.15) V V V Liegt ein ebenes Problem vor, also ein K¨ orper mit konstanter Dicke t, so folgt Z Z Z 1 1 t  x dV =  xt dA =  x dA (5.16) xS = m V m A m A und yS =

t m

Z  y dA .

(5.17)

A

F¨ ur homogenen ebene K¨ orper f¨ allt der Schwerpunkt entsprechend Gleichung 5.14 mit dem in Abschnitt A.3.2 beschriebenen geometrischen Fl¨ achenschwerpunkt zusammen, Z Z 1 1 x dA, yS = y dA . (5.18) xS = A A A

A

Anmerkung: Hat ein homogener K¨ orper eine Symmetrieachse, so liegt der Schwerpunkt auf dieser Symmetrieachse. Ist die Dichte eines schlanken, stabartigen Bauteils konstant, so entspricht auch hier der Schwerpunkt dem geometrischen Schwerpunkt. Die Berechnung des geometrischen Schwerpunkts von Linien ist in A.3.2 angegeben.

5.1.2

Summenformel zur Berechnung des Schwerpunkts

Die Berechnung des Schwerpunktes geometrisch komplizierter Bauteile, die in einfache geometrische K¨ orper bzw. Fl¨ achen zerlegt werden k¨ onnen, kann analog zu Gleichung A.12 durch entsprechende Summenbildung erfolgen. Mit dem Gewicht der Einzelk¨ orper Gi und deren Einzelschwerpunkten xSi , ySi und zSi gilt

xS =

1 X 1 X 1 X xSi Gi , yS = ySi Gi , zS = zSi Gi G i G i G i X mit G = Gi . i

(5.19) (5.20)

69

5.1 Gewichtskr¨ afte

Zusammengesetzte Fl¨achen F¨ ur zusammengesetzte Fl¨ achen l¨ asst sich der Schwerpunkt (xS , yS ) aus den achen Ai berechnen mit Schwerpunkten (xSi , ySi ) der Teilfl¨ xS =

1 X 1 X xSi Ai , yS = ySi Ai A i A i

mit

A =

X

Ai .

(5.21)

i

Dies geschieht zweckm¨ aßig in Form einer Tabelle (siehe Beispiel 5.1), dabei ucksichtigt werden. k¨ onnen Aussparungen als negative Teilfl¨ achen Ai ber¨ Beispiel 5.1 Schwerpunkt einer zusammengesetzten Fl¨ ache Berechnen Sie den Fl¨ achenschwerpunkt (xS , yS ) der dargestellten zusammengesetzten homogenen Fl¨ ache. y a a

a

x a

a

a

a

L¨ osung: Die Fl¨ ache wird in n = 3 Teilfl¨ achen unterteilt, deren Teilfl¨ acheninhalte Ai sowie Teilfl¨ achenschwerpunkte (xSi , ySi ) einfach zu berechnen sind. Aussparungen erhalten negative Fl¨ acheninhalte. Diese Werte werden in eine Tabelle (siehe unten) eingetragen. 1)

2)

S1

3)

a

2 a 3

S2

S3 a

10 a 3

2a

A1 = 4a2

2a

A3 = − π4 a2

A2 = a 2

xS1 = a +

2a 2

= 2a

xS2 = 3a +

yS1 = a

yS2 =

a 3

=

2 a 3

10 a 3

xS3 = 2a yS3 = a

Nun werden die Werte xSi Ai und ySi Ai f¨ ur jede Teilfl¨ ache berechnet und mit den Summen n X i=1

Ai ,

n X

xSi Ai ,

i=1

in der Tabelle aufgelistet:

n X i=1

ySi Ai .

70

5 Verteilte Kr¨ afte i

Ai

xSi

ySi

xSi Ai

ySi Ai

1

4a2

2a

a

8a3

4a2

2

a2

10 a 3

2 a 3

10 3 a 3

2 3 a 3

3

− π4 a2

2a

a

− π2 a3

− π4 a3

–

–

P

(5 −

π )a2 4

( 34 − 3

Mit den Spaltensummen l¨ asst sich alt Gleichung 5.21 berechnen und man erh¨

π )a3 2

( 14 − 3

π )a3 4

Gesamtschwerpunkt

xS

=

P ( 34 − π )a3 x A PSi i = 3 π2 2 ≈ 2.316 a , (5 − 4 )a Ai

yS

=

P ( 14 − π )a3 y A PSi i = 3 π4 2 ≈ 0.921 a . Ai (5 − 4 )a

anhand

Anmerkung: Wenn der gesamte K¨ orper nicht homogen ist, aber jeder Teilk¨ orper f¨ ur sich homogen ist, also eine andere konstante Dichte i hat, so sind die Teilfl¨ achen Ai in der Berechnung mit ihrer Dichte i zu gewichten P P xSi i Ai ySi i Ai xS = P , yS = P . (5.22)  i Ai  i Ai

Zusammengesetzte linienartige Strukturen

t h



b

Bild 5.4 D¨ unnwandiger L-Tr¨ ager

Um die Lage des Schwerpunkts von d¨ unnwandigen Tr¨ agern wie in Bild 5.4 zu berechnen, kann der Querschnitt als Linienstruktur angesehen werden. Dies ist nur m¨ oglich, wenn die Dicke t sehr viel kleiner als die anderen Abmessungen des Tr¨ agers sind. In L¨ angsrichtung liegt der Schwerpunkt offensichtlich bei /2.

71

5.1 Gewichtskr¨ afte

Ist eine Linienstruktur in homogene Teilst¨ ucke mit der L¨ ange Li und den Teilonnen auch die folgenden Summenforschwerpunkten (xSi , ySi ) zerlegbar, so k¨ meln verwendet werden P P xSi Li ySi Li , yS = P . (5.23) xS = P Li Li Haben die einzelnen Teilst¨ ucke unterschiedliche, aber konstante Querschnittsfl¨ achen Ai oder Dichten i , werden wiederum die Teilschwerpunkte (xSi , ySi ) entsprechend gewichtet und man erh¨ alt P P xSi i Ai Li ySi i Ai Li xS = P , yS = P . (5.24) i Ai Li i Ai Li Anmerkung: Der Schwerpunkt von d¨ unnwandigen Querschnitten (z. B. von Stahltr¨ agern) kann nach demselben Schema berechnet werden. Die Querschnittsfl¨ ache Ai der Teilst¨ ucke ist dann durch die Wandst¨ arke ti der Teilquerschnitte zu ersetzen. Die Dichte  ist dabei in der Regel konstant. Man erh¨ alt damit P P xSi ti Li ySi ti Li xS = P , yS = P . (5.25) ti Li ti Li

Beispiel 5.2 Schwerpunkt eines d¨ unnwandigen Querschnitts unnwandigen Berechnen Sie den Schwerpunkt (xS , yS ) des dargestellten d¨ Querschnittes eines L-Profils. Das Profil hat die konstante Dichte , aber unterschiedliche Wandst¨ arken t1 bzw. t2 . y t1 2a t2 a

x

L¨ osung: Die beiden Teilschwerpunkte lauten xS1 = 0 1 xS2 = a 2

,

yS1 = a ,

,

yS2 = 0 .

Mit Gleichung 5.25 folgt xS =

a 2

t2 a , t2 a + t1 2a

yS =

a t1 2a . t2 a + t1 2a

72

5 Verteilte Kr¨ afte

5.2

Oberfl¨achenkr¨afte

¨ Ahnlich wie die verteilten Gewichtskr¨ afte l¨ asst sich eine Oberfl¨ achenspannung p zu einer resultierenden Oberfl¨ achenlast zusammenfassen Z N

=

p dA .

(5.26)

A

Oberfl¨ achenkr¨ afte sind die aus einer fl¨ achenhaft wirkenden Belastung (z. B. Druck belastung) resultierenden Kr¨ afte. Die Oberfl¨ achenspannungen t k¨ onnen als infinitesimale Einzelkr¨ afte dF aufgefasst werden, die auf ein infinitesimales Fl¨ achenelement dA wirken. A dF

t

x

y

dA

=

dF dA

(5.27) (5.28)

z

Die aus einer Ober߬ achenspannungsverteilung resultierende (Kontakt-)Kraft ist dann FR =

Z

t dA .

(5.29)

A

Anmerkung: Eine Druckbelastung (z. B. Wasserdruck oder Innendruck im Kessel) wirkt stets senkrecht auf die Ober߬ ache, also in Richtung des Normalenvektors en : t

=

−p en .

(5.30)

Bei Gasen, deren Eigengewicht vernachl¨ assigt werden kann, ist der Druck in einem abgeschlossenen Volumen an jedem Punkt und in allen Richtungen gleich groß.

Beispiel 5.3 Resultierende einer Oberfl¨ achenlast Eine Wand wird wie unten abgebildet durch Wasserdruck belastet. Gesucht ist die Gr¨ oße der Resultierenden dieser Last.

73

5.3 Streckenlasten (Linienkr¨ afte) b

p(y) h y

x

L¨ osung: Im Wasser liegt stets eine lineare Druckverteilung vor. Diese ist nur von der Tiefe abh¨ angig. F¨ ur die Wand ist der Druck p(y) =  g (h − y) , mit der Dichte  des Wassers und der Erdbeschleunigung g. Der Betrag der Resultierenden ist also Z FR

=

−p dA =

Zb Zh p(y) dy dx = 0

A

Zb » =

0

=

5.3

0

1 h y − y2 2

g

Zb Zh 0

–h

Zb dx =  g

0

 g (h − y) dy dx

0

1 2 h dx 2

0

 g b h2 . 2

Streckenlasten (Linienkr¨afte)

F¨ ur eine einfache Berechnung werden viele mechanische Bauteile zu eindimensionalen Modellen (z. B. Balken, St¨ aben, Seilen) idealisiert. Eine auf solche (in der Wirklichkeit dreidimensionale) Bauteile wirkende Oberfl¨ achen- oder Volumenkraft wird dann zu Streckenlasten (oder Linienlasten) zusammengefasst.

5.3.1

Gleichgerichtete Lasten

Lasten, die aus Gewichtskr¨ aften resultieren, wirken n¨ aherungsweise nur in einer Richtung. Neben dem Eigengewicht der Strukturen sind dies auch ¨ außere Lasten, wie Lasten aus dem Gewicht anderer Teile oder Schneelasten bei Geb¨ auden.

74

5 Verteilte Kr¨ afte

Die Streckenlast q(s) kann als infinitesimale Elementarkraft dF interpretiert werden, die auf Linienelemente ds wirken. q(s) =

dF . ds

(5.31)

Die Einheit der Streckenlast ist [q] = Kraft/L¨ ange. Auch die Streckenlasten lassen sich zu einer statisch ¨ aquivalenten resultierenden Kraft FR zusammenfassen. Den Betrag und die Richtung einer Streckenlast q(s) erh¨ alt man durch Integration u ¨ber die belastete Strecke s. Der Angriffspunkt xR von FR wird durch die Integration des Momentes x q(s) ermittelt, so dass die Resultierende ein ¨ aquivalentes Moment ergibt. q(s) = qz (s)

FR

s x

Bild 5.5 Resultierende einer Streckenlast

xR

z

Z FR

=

q(s) ds

(5.32)



xR

=

R Z x q(s) ds 1 R x q(s) ds = FR q(s) ds 

(5.33)



Anmerkung: F¨ ur q(x) = q0 = konst. stimmt diese Formel mit der zur Berechnung von Linienschwerpunkten u ¨berein, siehe dazu A.3.2. Man erkennt die Analogie der Gleichungen 5.32 und 5.33 zu den Gleichungen f¨ ur den Fl¨ achenschwerpunkt in Gleichung 5.18 bzw. Gleichung A.10. Man kann also die Resultierende FR als Fl¨ ache“ unter der Streckenlastkurve q(s) und den ” Angriffspunkt xR als geometrischen Schwerpunkt dieser Fl¨ ache deuten.

Beispiel 5.4 Resultierende einer Streckenlast Berechnen Sie den Betrag FR und die Lage xR der Resultierenden der dargestellten Streckenlast. q(x) =

q0 x a

q0

x a

75

5.3 Streckenlasten (Linienkr¨ afte)

L¨ osung: 1. Schritt: Berechnung des Betrages der Resultierenden ( Fl¨ ache“ unter der ” Streckenlastkurve) » –a Za Za q0 x2 1 q0 x dx = q0 a . q(x) dx = = FR = a a 2 0 2 0

0

2. Schritt: Berechnung des Angriffspunktes der Resultierenden ( geometri” scher Schwerpunkt der Fl¨ ache“ unter der Streckenlastkurve) » –a Za Za 1 q0 2 2 1 1 q0 x3 = x q(x) dx = x dx = a. xR = FR FR a FR a 3 0 3 0

5.3.2

0

Nicht gleichgerichtete Lasten

W¨ ahrend Gewichtskr¨ afte n¨ aherungsweise nur in einer Richtung wirken, k¨ onnen allgemeine Streckenlasten auch ihre Richtung in Abh¨ angigkeit des Ortes ¨ andern, wie z. B. Druckkr¨ afte. xR q(s) s

FR Bild 5.6 Nicht gleichgerichtete Last q(s)

y

yR

x

Wirkt die verteilte Last nicht nur in einer Richtung, so muss koordinatenweise integriert werden. Hierbei ist der vektorielle Charakter der Streckenlast q(s) ucksichtigen und der Resultierenden F R zu ber¨ Z q(s) ds . (5.34) FR = Man erh¨ alt dann die Komponenten (FRx , FRy ) der Resultierenden F R durch Aufteilung der Last in x- und y-Richtung Z Z qx (s) ds , FRy = qy (s) ds . (5.35) FRx = Entsprechend folge der Kraftangriffspunkt Z 1 xR = x qy (s) ds , FRy yR

=

1 FRx

(5.36)

Z y qx (s) ds .

(5.37)

76

5 Verteilte Kr¨ afte

Hierbei ist zu beachten, dass die Resultierende gem¨ aß dem Axiom der Linienfl¨ uchtigkeit entlang ihrer Wirkungslinie verschoben werden kann (siehe Abschnitt 2.1.1). Beispiel 5.5 Resultierende nicht gleichgerichteter Lasten Das dargestellte Segment eines Zylinderkessels steht unter dem Innendruck ache p0 , der eine verteilte Kraft p(s) jeweils orthogonal auf die Zylinderoberfl¨ erzeugt. Berechnen Sie die Komponenten FRx , FRy und den Angriffspunkt xR , yR der Resultierenden aus der dargestellten verteilten Last p(s) = p0 .

p0 s r

L¨ osung: Um die Druckkraft darzustellen, bestimmen wir zun¨ achst den Normalenangigkeit des Winkels α zu vektor n = (nx , ny ) in Abh¨ ds n r

y

nx = cos(α) ,

ny = sin(α) .

α x

Die Kraft dF R auf ein infinitesimales Linienelement ds = r dα ist dF R

=

n p(s) ds = n p0 r dα

dFRx

=

nx p0 r dα = cos(α) p0 r dα

dFRy

=

ny p0 r dα = sin(α) p0 r dα .

ˆ ˜ Die Integration der Gleichungen 5.35 u ¨ber den Winkel α = 0, 21 π liefert dann 1

FRx

=

Z2 π cos(α) p0 r dα = p0 r 0 1

FRy

=

Z2 π sin(α) p0 r dα = p0 r . 0

Die Lage der Resultierenden bestimmt sich anhand der Gleichungen 5.36

¨ 5.4 Ubungsaufgaben

77

und 5.37 zu 1

xR

=

Z2 π 1 x(α) ny p0 r dα = r 2

1 FRy

0 1

yR

=

Z2 π 1 1 y(α) nx p0 r dα = r. FRx 2 0

Die resultierende Durckkraft F R zeigt damit in Richtung α = 45◦ , kann also entlang dieser Linie verschoben werden. Dieses Ergebnis folgt zudem aus der Symmetrie des K¨ orpers und der Last zu dieser Achse.

5.4

¨ Ubungsaufgaben

Aufgabe 5.1 (Schwierigkeitsgrad 3) Gegeben ist der dargestellte d¨ unnwandige Stahlkasten mit konstanter Wanddicke t1 . Der Stahlkasten steht auf dem dargestellten Stahlbalken, der im Punkt A drehbar gelagert und im Punkt B u ¨ber Seile in der dargestellten Lage festgehalten ist. Der Stahlbalken hat die konstante Wanddicke t2 . Der Stahlkasten und der Stahlbalken haben dieselbe Breite normal zur Zeichenebene von b. a) Wo muß der leere Stahlkasten stehen, damit keine Zugkr¨ afte in den Seilen auftreten? Geben Sie den zutreffenden Wert f¨ ur x an. b) Wieviel Wasser (Angabe der F¨ ullh¨ ohe H) darf in der unter a) berechneten Lage des Stahlkastens maximal zugef¨ ullt werden, ohne daß die zul¨ assige Seilkraft Smax u ¨berschritten wird? Gegeben: Stahl = 8 g/cm3 , Wasser = 1 g/cm3 ; Smax = 50 N; b = 10 cm; t1 = 1.5 cm, a = 30 cm, h = 75 cm; t2 = 2 cm,  = 200 cm, 1 = 130 cm, 2 = 70 cm a t1 Seil

h

H

t2

L¨ osung:

B Seil

A b 1

2 x 

a) x = 142.7 cm b) H = 170.6 cm > h

78

5 Verteilte Kr¨ afte

Aufgabe 5.2 (Schwierigkeitsgrad 2) Die dargestellte Scheibe konstanter Dicke besteht aus drei Materialien unterschiedlicher Dichte. Berechnen Sie die Lage des Massenschwerpunktes. Gegeben: 1 = , 2 = 0.5, 3 = 4, Abmessungen in cm siehe Skizze

60

20

1111111111 0000000000 0000000000 1111111111 0000000000 1111111111 0000000000 1111111111 0000000000 1111111111 0000000000 1111111111 0000000000 1111111111 y 0000000000 1111111111 45 0000000000 1111111111 0000000000 000000001111111111 11111111 2 3 0000000000 1111111111 00000000 11111111 0000000000 1111111111 00000000 11111111 0000000000 1111111111 000000001111111111 11111111 0000000000 00000000 11111111 0000000000 15 1111111111 1 00000000 11111111 0000000000 1111111111 00000000 11111111 0000000000 000000001111111111 11111111

11111111 00000000 00000000 11111111 00000000 11111111 00000000 11111111

40

L¨ osung:

xS = 61.87 cm yS = 14.28 cm

x

50

Aufgabe 5.3 (Schwierigkeitsgrad 1) Bestimmen Sie die Lage des Massenschwerpunktes. Gegeben: a = 0.1 m, 1 = 5000 kg/m3 , 2 = 2500 kg/m3 , 3 = 6000 kg/m3

L¨ osung: 3a

1

3

2

a

y 2a

x

6a

2a

8a

xS

=

−0.4 m

yS

=

−0.46 m

zS

=

−0.091 m

z

Aufgabe 5.4 (Schwierigkeitsgrad 1) Bestimmen Sie die Auflagerreaktionen in A und B. Gegeben: a, q0

¨ 5.4 Ubungsaufgaben

79 L¨ osung: q0 B

A 2a

a

→ Ax

=

↑ Az

=

↑B

=

0 1 aq0 12 23 aq0 12

Aufgabe 5.5 (Schwierigkeitsgrad 2) Bestimmen Sie die Auflagerreaktionen in A und B sowie die Gelenkkr¨ afte in G. Gegeben: F = 2 kN, q0 = 4.5 kN/m

q0

A

L¨ osung:

F

→ Ax

=

−1.4 kN

↑ Az

=

4.5 kN

← Bx

=

−1.4 kN

↑ Bz

=

11 kN

B

Gx

=

1.4 kN

3.5 m

Gz

=

−9 kN

G 5m

6m

Aufgabe 5.6 (Schwierigkeitsgrad 2) Bestimmen Sie die Auflagerreaktionen in A und B sowie die Gelenkkr¨ afte in G. Gegeben: q0 , 

L¨ osung:

q0 A z

B

x

G 



→ Ax

=

0

↑ Az

=

3 2

 MA

=

−q0 2

↑B

=

1 2

Gx

=

0

Gz

=

− 12 q0 

q0  q0 

6

Schnittgr¨ oßen in Balkensystemen

Dieses Kapitel besch¨ aftigt sich mit den inneren Kr¨ aften von Balkensystemen, den so genannten Schnittgr¨ oßen. Die Kenntnis der Schnittgr¨ oßenverl¨ aufe ist zur Auslegung von Tragwerken wichtig, da die inneren Kr¨ afte ein Maß f¨ ur die Beanspruchung des Bauteils sind. F¨ ur statisch bestimmte Balkensysteme k¨ onnen s¨ amtliche Schnittgr¨ oßen mit Hilfe des Schnittprinzips und der Gleichgewichtsbedinungungen ermittelt werden. F¨ ur kompliziertere Tragwerke kann der Berechnungsaufwand jedoch schnell erheblich werden, so dass in der Praxis h¨ aufig Rechenprogramme eingesetzt werden, die auf den in diesem Abschnitt zu vermittelnden Grundlagen basieren. In Bild 6.1 ist beispielsweise die Berechnung der Stahltr¨ agerkonstruktion einer Halle mit einem solchen Berechnungsprogramm dargestellt. Diese Berechnungsverfahren erm¨ oglichen h¨ aufig auch die Analyse statisch unbestimmter Tragwerke, daf¨ ur ¨ sind jedoch weiterf¨ uhrende theoretische Uberlegungen anzustellen, die in Teil II dieses Lehrbuchs vermittelt werden.

Bild 6.1 Schnittgr¨ oßenausgabe mit dem Stabwerksprogramm RSTAB

In Abschnitt 3.3 wurde bereits gezeigt, dass mit Hilfe des Schnittprinzips Gelenke und Auflager durch Schnittkr¨ afte bzw. -momente ersetzt werden k¨ onnen. Dadurch ist es m¨ oglich, auch mehrteilige Systeme statisch zu berechnen und gleichzeitig die entsprechenden Schnittkr¨ afte und -momente aus den Gleichgewichtsbedingungen zu bestimmen. In diesem Kapitel wird das Schnittprinzip

81

6.1 Schnittgr¨ oßen in geraden Balken

auch auf Schnitte durch das Bauteil selbst angewandt, um die inneren Kr¨ afte im Bauteil zu ermitteln.

6.1

Schnittgr¨oßen in geraden Balken

6.1.1

Ebene Belastung

Der Einfachheit halber werden im Folgenden zun¨ achst nur ebene Balkentragwerke behandelt. Dazu wird ein kartesisches Koordinatensystem eingef¨ uhrt, bei dem die z-Achse in Richtung der Erdbeschleunigung nach unten und die x-Achse in Balkenl¨ angsrichtung zeigt. Als Belastung kommen die Einzelkr¨ afte Fx und Fz , Einzelmomente My , Streckenlasten n und qz sowie Streckenmomente my in Betracht (vgl. Abschnitt 5.3), siehe Bild 6.2. qz

Fz My

Fx

my

n

x

Bild 6.2 Ebene Belastung eines Balkens

z

Wird der in Bild 6.2 skizzierte gerade Balken an einer beliebigen Stelle x geschnitten, m¨ ussen als Schnittgr¨ oßen in der Ebene eine resultierende Kraft R, die in eine Normalkraft N in Richtung der Balkenachse und eine Querkraft V quer zur Balkenachse aufgespaltet wird, und ein Biegemoment M angetragen werden, siehe Bild 6.3. Diese Reaktionen werden Schnittgr¨ oßen genannt. Anmerkung: Auf die Angabe der Indizes der zugeh¨ origen Achsen kann bei den Schnittgr¨ oßen und Streckenlasten im ebenen Fall verzichtet werden, da die ur die Normalkraft und Zuordnungen eindeutig sind: V = Vz , M = My , q = qz . F¨ die Streckenlast in Balkenl¨ angsrichtung gilt auch im r¨ aumlichen Fall N = Nx bzw. n = nx . qz

Fz Ax

My

Fx

M

M N

Az

n

N x

V

my

V Bz

Bild 6.3 Schnittgr¨ oßen am Balken unter ebener Belastung

Analog zu den Stabkr¨ aften bei Fachwerken gibt es auch bei den Schnittgr¨ oßen in Balkensystemen eine Vorzeichenkonvention, durch die erreicht wird, dass man unabh¨ angig vom Schnittufer stets ein eindeutiges Vorzeichen erh¨ alt, das f¨ ur beide Schnittufer gilt:

82

6 Schnittgr¨ oßen in Balkensystemen

Positive Schnittgr¨ oßen zeigen am positiven Schnittufer in positive Koordinatenrichtung bzw. am negativen Schnittufer in negative Koordinatenrichtung. Dabei zeichnet sich ein positives (negatives) Querschnittsufer dadurch aus, dass die x-Koordinate aus einem Querschnittsufer heraus (hinein) zeigt. Die Querkraft V ist demnach positiv, wenn sie am positiven Schnittufer in positive z-Richtung bzw. am negativen Schnittufer in negative z-Richtung zeigt. Das Moment M ist positiv, wenn die Biegung die untere (positive) Seite des Balkens auf Zug beansprucht, analog zur Vorzeichendefinition bei der Normalkraft N . Der Momentenvektor zeigt somit am positiven Schnittufer in positive y-Richtung bzw. am negativen Schnittufer in negative y-Richtung. Dementsprechend sind auch in Bild 6.3 die Schnittgr¨ oßen am linken (hier positiven) Schnittufer in positiver Koordinatenrichtung und am rechten (hier negativen) Schnittufer in der entgegengesetzten, also negativen Koordinatenrichtung angetragen. Das Gleichgewicht kann nun f¨ ur das linke oder das rechte Teilsystem aufgestellt werden, um die Schnittgr¨ oßen N , V und M zu bestimmen. Es ist hierbei zu beachten, dass die Schnittgr¨ oßen im Allgemeinen von dem Ort x des Schnittes abh¨ angen. Beispiel 6.1 Kragbalken Gesucht sind die Verl¨ aufe der Normalkraft N (x), der Querkraft V (x) sowie des Biegemomentes M (x) f¨ ur den dargestellten Kragbalken der L¨ ange , √ der durch die unter 45◦ angreifende Kraft 2F belastet ist. √

A

2F

x 

L¨ osung: Der Balken wird an der Stelle x gedanklich geschnitten und die Schnittgr¨ oßen an den Teilsystemen entsprechend der getroffenen Vorzeichenkonvention an beiden Teilsystemen angetragen. Dabei wird zweckm¨ aßigerweise die außere Belastung in Richtung der beiden Koordinatenachsen zerlegt. ¨ F M (x)

MA

M (x) N (x)

V (x)

N (x) F

AH AV

x

−x

V (x)

Bei diesem System bietet es sich an, die Gleichgewichtsbedingungen am rechten Teilsystem aufzustellen, weil dann auf die vorherige Bestimmung der Lagerreaktionen verzichtet werden kann. Das Kr¨ aftegleichgewicht in horizontaler Richtung liefert die Normalkraft: ←

:

N (x) + F = 0

⇒

N (x) = −F = konst.

83

6.1 Schnittgr¨ oßen in geraden Balken

Das Kr¨ aftegleichgewicht in vertikaler Richtung liefert die Querkraft: ↑

V (x) − F = 0

:

⇒

V (x) = F = konst.

Das Momentengleichgewicht bez¨ uglich des Schnittpunkts x liefert schließlich 

x

M (x) + F ( − x) = 0

:

⇒

M (x) = −F ( − x) .

Zur Veranschaulichung und Interpretation der Schnittgr¨ oßenverl¨ aufe (oft auch Zustandslinien genannt) werden diese unter Angabe charakteristischer Werte grafisch dargestellt. Dabei gelte die Konvention, dass positive Schnittgr¨ oßen auch in positive z-Richtung angetragen werden. 1 N F

Die Belastung liefert einen konstanten Normal- und Querkraftverlauf und einen linearen Biegemomentenverlauf. Die Lagerreaktionen sind aus den Schnittgr¨ oßen an der Einspannstelle ablesbar:

x

V F 1 x −1 M F

x

AH

=

−N (x = 0) = F

AV

=

V (x = 0) = F

MA

=

M (x = 0) = −F 



Alternativer L¨ osungsweg: Das Antragen der Schnittgr¨ oßen am linken Teilsystem f¨ uhrt zum gleichen Ergebnis. Dann m¨ ussen jedoch zuerst die Lagerreaktionen aus dem Gleichgewicht am Gesamtsystem bestimmt werden. F¨ ur die Lagerreaktionen in A folgt F MA F

AH 

AV

AH

=

F

AV

=

F

MA

=

−F  .

Das Gleichgewicht am linken Teilsystem liefert dann M (x)

MA

N (x) AH AV

x

V (x)

N (x)

=

−AH = −F ,

V (x)

=

AV = F ,

M (x)

=

MA + AV x = −F ( − x) .

84

6 Schnittgr¨ oßen in Balkensystemen

Beispiel 6.2 Tr¨ ager unter ver¨ anderlicher Streckenlast Zu berechnen sind die Schnittgr¨ oßen des dargestellten Tr¨ agers, der durch eine linear ver¨ anderliche Streckenlast in Bereich 1 (0 ≤ x ≤ a) und eine konstante Streckenlast im Bereich 2 (a ≤ x ≤ 2a) belastet ist. q0 x z

1

2

A

a

B

a

L¨ osung: Durch das Lager A in der Mitte des Tr¨ agers wird eine Querkraft in den Balken an der Stelle x = a eingebracht. Der Querkraftverlauf ist an dieser Stelle unstetig. Außerdem kann die Streckenlast q(x) nicht geschlossen u ¨ber die gesamte Balkenl¨ ange dargestellt werden. Es ist daher notwendig, den dargestellten Balken in zwei Bereiche (0 ≤ x ≤ a) und (a ≤ x ≤ 2a) zu unterteilen. Die Belastungsfunktion q(x) lautet dann f¨ ur die beiden Bereiche (

q0

q(x) =

x a

q0

f¨ ur

0 ≤ x ≤ a,

f¨ ur

a ≤ x ≤ 2a .

Die Ermittlung der Schnittgr¨ oßen erfolgt daher getrennt f¨ ur die beiden Bereiche durch die Auswertung der jeweils drei Gleichgewichtsbedingungen an den freigeschnittenen Teilsystemen. Hier ist es zweckm¨ aßig, die Gleichgewichtsbedingungen f¨ ur den Bereich 1 (0 ≤ x ≤ a) am linken Teilsystem (positives Schnittufer) aufzustellen, so dass auf eine vorherige Bestimmung der Lagerreaktionen verzichtet werden kann. Die Lage xR1 und der Betrag FR1 der aus der Streckenlast resultierenden Kraft folgt aus Abschnitt 5.3.1, vgl. auch Beispiel 5.4. q(¯ x)

N1 (x) V1 (x)

x, x ¯

Zx FR1

=

xR1

=

1 FR1

q0

N1 (x) V1 (x)

x

x ¯ q0 d¯ x = a a

0

Zx x ¯ q(¯ x) d¯ x = 0

M1 (x)

⇒

Zx q(¯ x) d¯ x =

0

FR1

xR1

M1 (x)

1 q0 FR1 a

»

»

x ¯2 2

–x = 0

q0 x2 2a

–x x ¯3 2 = x 3 0 3

85

6.1 Schnittgr¨ oßen in geraden Balken

Die Gleichgewichtsbedingungen liefern die Schnittgr¨ oßen an der Stelle x: →

:

N1 (x) = 0

↓

:

V1 (x) + FR1 = 0

:

M1 (x) + (x − xR1 ) FR1 = 0



x

⇒ V1 (x) = −

q0 x2 2a

⇒ M1 (x) = −

q0 x3 6a

F¨ ur den Bereich 2 (a ≤ x ≤ 2a) erfolgt die Ermittlung der Schnittgr¨ oßen am rechten Teilsystem (negatives Schnittufer). Doch zun¨ achst m¨ ussen die Lagerreaktionen BH und BV aus den Gleichgewichtsbedingungen am Gesamtsystem bestimmt werden. Diese bereits einge¨ ubten Berechnungen lieuberlegungen wird nun fern BH = 0 und BV = 13 q0 a. Nach diesen Vor¨ wiederum an einer willk¨ urlichen Stelle x innerhalb des zweiten Abschnitts das Freik¨ orperbild gezeichnet, wobei jetzt das rechte Teilsystem betrachtet wird. Die f¨ ur diesen Freischnitt resultierende Kraft der Streckenlast und deren Angriffspunkt berechnen sich zu: q(¯ x)

FR2

V2 (x)

V2 (x) xR2

N2 (x)

BH x ¯

M2 (x)

2a − x

BV

BV

2a−x Z

2a−x Z

=

BH

M2 (x)

2a − x

FR2

N2 (x)

⇒

h i2a−x ¯ q0 d¯ x = q0 x = q0 (2a − x)

q(¯ x) d¯ x =

0

0

0

=

xR2

1 FR2

2a−x Z

x ¯ q(¯ x) d¯ x =

q0 FR2

0

»

x ¯2 2

–2a−x = 0

2a − x 2

Die Gleichgewichtsbedingungen mit dem auf diese Weise abstrahierten Freik¨ orperbild liefern dann Funktionen f¨ ur die Zustandslinien im zweiten Abschnitt des Systems: ⇒ N2 (x) = −BH = 0

←

:

N2 (x) + BH = 0

↑

:

V2 (x) + BV − FR2 = 0 ⇒ V2 (x) = q0 (2a − x) −



x

:

1 q0 a = q0 3

„

« 5 a−x 3

M2 (x) − (2a − x) BV + xR2 FR2 = 0 1 2a − x ⇒ M2 (x) = (2a − x) q0 a − q0 (2a − x) 3 2 „ 2 « x 5 4 = −q0 − ax + a2 2 3 3

86

6 Schnittgr¨ oßen in Balkensystemen

Zur Kontrolle der Berechnungen besteht die M¨ oglichkeit, den Auflagerbereich A (x = a) freizuschneiden und dort die Gleichgewichtsbedingungen zu u ufen. Die Lagerkraft A folgt zun¨ achst aus den Gleichgewichtsbe¨berpr¨ dingungen am Gesamtsystem zu A = 76 q0 a. V1 (a)

M2 (a)

N1 (a)

N2 (a)

M1 (a)

V2 (a) A

←

:

N1 (a) − N2 (a) = 0

↑

:

V1 (a) + A − V2 (a) = 0 2 7 q0 a + q0 a − q0 a = 0  ⇒ − 2 6 3 q 0 a2 q 0 a2 M1 (a) − M2 (a) = 0 ⇒ − + = 0 6 6



A

:

⇒ 0 = 0





Zusammenhang zwischen Belastung und Schnittgr¨ oßen In Bild 6.4 a) ist ein Balken dargestellt, der durch eine (beliebige) Streckenlast n(x) in x-Richtung und eine (beliebige) Streckenlast q(x) in z-Richtung belastet ist. Aus diesem Balken wird gedanklich an der Stelle x ein infinitesimales Balkenelement der L¨ ange dx herausgeschnitten. Dieses Balkenelement und die entsprechenden Schnittgr¨ oßen sind in Bild 6.4 b) dargestellt. a)

q(x)

q(x)

b) M

V

M + dM

n(x) x

n(x)

N x

dx

P

N + dN V + dV

z Bild 6.4 Balken und infinitesimales Balkenelement

Am linken Schnittufer wirken dann die Schnittgr¨ oßen N , V und M . Am rechten Schnittufer wirken entgegengesetzt N + dN , V + dV und M + dM , wobei dN , dV und dM einen infinitesimalen Zuwachs der Gr¨ oßen u ange dx ¨ber die L¨ bezeichnen. Das Kr¨ aftegleichgewicht am Balkenelement dx in horizontaler Richtung liefert ←

:

N (x) − n(x) dx − (N (x) + dN (x)) = 0 dN (x) . ⇒ n(x) = − dx

(6.1)

87

6.1 Schnittgr¨ oßen in geraden Balken

Das Kr¨ aftegleichgewicht am Balkenelement dx in vertikaler Richtung lautet ↑

V (x) − q(x) dx − (V (x) + dV (x)) = 0 dV (x) ⇒ q(x) = − , (6.2) dx und das entsprechende Momentengleichgewicht bez¨ uglich des Punktes P (Bild 6.4 b)) f¨ uhrt auf den Zusammenhang :



P

M (x) + V (x) dx − q(x) dx

:

dx − (M (x) + dM (x)) = 0 , (6.3) 2

und mit (dx)2  dx folgt daraus V (x)

=

dM (x) . dx

(6.4)

Es gibt somit einen differentiellen Zusammenhang zwischen n(x) und N (x) sowie = . . . zwischen q(x), V (x) und M (x). Mit der abk¨ urzenden Schreibweise d... dx lauten diese wichtigen Beziehungen zusammengefasst dN = −n(x) , (6.5) dx dV = −q(x) , (6.6) V = dx dM = V (x) . (6.7) M = dx Aus Gleichung 6.7 folgt, dass das Biegemoment M (x) an der Stelle x ˆ einen Extremwert hat, an der die Querkraft null ist: ˛ dM (x) ˛˛ = V (ˆ x) = 0 (6.8) dx ˛x=ˆx N

=

Entsprechendes gilt f¨ ur die Normalkraft N (x) und die Querkraft V (x), die dann extremal sind, wenn die Streckenlast n(x) bzw. q(x) null sind. Diese Zusammenh¨ ange sind bei der Suche nach maximalen Schnittgr¨ oßen in einem Tragwerk hilfreich. Der Verlauf der Normalkraft N (x) l¨ asst sich also durch Integration des analytisch bekannten Verlaufs der Streckenlast n(x), der Querkraftverlauf V (x) durch Integration des Streckenlastverlaufs q(x) und ferner der Momentenverlauf M (x) durch Integration des Querkraftverlaufs berechnen. Damit lassen sich mit Kenntnis einer analytischen Formulierung der Streckenlasten die Schnittgr¨ oßen mittels Integration ermitteln. Z (6.9) N (x) = − n(x) dx + C0 Z (6.10) V (x) = − q(x) dx + C1 Z M (x) = + V (x) dx + C2 (6.11)

88

6 Schnittgr¨ oßen in Balkensystemen

Der Biegemomentenverlauf l¨ asst sich alternativ auch direkt aus der zweifachen Integration der Streckenlast q(x) gewinnen. ZZ (6.12) M (x) = − q(x) dx dx + C1 x + C2 ¨ onnen aus Rand- bzw. Ubergangsbedingungen Die Integrationskonstanten Ci k¨ f¨ ur Schnittgr¨ oßen bestimmt werden, siehe Tabelle B.1. Beispiel 6.3 Schnittgr¨ oßenverlauf aus differentialalgebraischer Betrachtung Der Querkraft- und Momentenverlauf des Tragwerks aus Beispiel 6.2 ist durch Integration zu berechnen und grafisch darzustellen. Außerdem ist Ort und Betrag des maximalen Moments zu bestimmen. L¨ osung: Einsetzen der Belastungsfunktion q(x) in Gleichung 6.10 liefert f¨ ur Bereich 1 (0 ≤ x ≤ a) den Querkraftverlauf Z x q0 x2 V1 (x) = − q0 dx = − + C1 . a 2a Die Integrationskonstante C1 muss aus einer Randbedingung bestimmt werden. Da der linke Rand bei x = 0 ein freier Rand ist, muss die Querkraft asst sich die dort den Wert V1 (0) = 0 haben, vgl. Tabelle B.1. Hieraus l¨ Integrationskonstante C1 bestimmen: V1 (0) = 0

⇒

C1 = 0

F¨ ur den zweiten Bereich (a ≤ x ≤ 2a) geht man analog vor und erh¨ alt den Querkraftverlauf Z V2 (x) = − q0 dx = −q0 x + C2 . Die Integrationskonstante C2 folgt beispielsweise aus der rechten Randbedingung bei x = 2a. Die Querkraft am rechten Rand V (2a) muss im Gleichgewicht mit der Lagerkraft BV stehen. Das Kr¨ aftegleichgewicht liefert hier V2 (2a) N2 (2a)

BH

↑

:

V2 (2a) + BV = 0

1 ⇒ V2 (2a) = −BV = − q0 a . 3 Die Integrationskonstante C2 folgt damit zu M2 (2a)

BV

5 1 −q0 2a + C2 = − q0 a ⇒ C2 = q0 a . 3 3 Zusammengefasst ist der Querkraftverlauf 8 > q0 x2 > < − f¨ ur 0 ≤ x ≤ a , 2a V (x) = > > : −q0 x + 5 q0 a f¨ ur a ≤ x ≤ 2a . 3 V2 (2a)

=

89

6.1 Schnittgr¨ oßen in geraden Balken

Nochmalige Integration von V (x) entsprechend Gleichung 6.11 liefert den Momentenverlauf M (x). In Bereich 1 ist Z q0 x2 q0 x3 − dx = − + C3 . M1 (x) = 2a 6a Die Integrationskonstante C3 folgt aus der Forderung M1 (0)

=

0

⇒

C3 = 0 .

F¨ ur den zweiten Bereich erh¨ alt man « Z „ q0 x2 5 5 M2 (x) = −q0 x + q0 a dx = − + q0 ax + C4 . 3 2 3 Am rechten Rand muss wiederum das Biegemoment aus Gleichgewichtsgr¨ unden verschwinden, da das Lager B keine Momente aufnehmen kann. Dies f¨ uhrt f¨ ur die Integrationskonstante C4 zu der Forderung 10 4 q0 a2 + C4 = 0 ⇒ C4 = − q0 a2 . 3 3 Zusammengefasst gilt f¨ ur den Momentenverlauf 8 q0 x3 > > − f¨ ur 0 ≤ x ≤ a , < 6a M (x) = 2 > > : − q0 x + 5 q0 ax − 4 q0 a2 f¨ ur a ≤ x ≤ 2a . 2 3 3 atten nach der BeDie Integrationskonstanten C2 und C4 des Bereiches 2 h¨ stimmung von C1 und C3 ersatzweise auch aus einer Gleichgewichtsbetrachtung am Lager A ermittelt werden k¨ onnen, vgl. Gleichgewichtskontrolle in Beispiel 6.2. M2 (2a)

↑



A

:

:

−2q0 a2 +

=

V1 (a) + A − V2 (a) = 0 q0 a 7 ⇒ − + q0 a + q0 a − C2 = 0 2 6

⇒

C2 =

5 q0 a 3

M1 (a) − M2 (a) = 0

4 q 0 a2 q 0 a2 5 + − q0 a2 − C4 = 0 ⇒ C4 = − q0 a2 6 2 3 3 An der grafischen Darstellung des Querkraft- und Momentenverlaufs ist der differentielle Zusammenhang gem¨ aß der Gleichungen 6.6 und 6.7 gut nachzuvollziehen. In Bereich 1 mit linear ver¨ anderlicher Streckenlast ist der Querkraftverlauf quadratisch und der Momentenverlauf kubisch. Bei der konstanten Streckenlast in Bereich 2 ist der Querkraftverlauf linear und der Momentenverkauf quadratisch. Entsprechend der Extremalbedingung 6.8 hat der Momentenverlauf ein lokales Maximum an der Stelle des Nulldurchgangs des Querkraftverlaufs x ˆ = 53 a. ⇒ −

V (ˆ x)

=

0

⇒

M (ˆ x) = Mmax =

q0 a2 18

90

6 Schnittgr¨ oßen in Balkensystemen

An der Stelle x = 0 haben Querkraft- und Momentenverlauf jeweils eine horizontale Tangente, da an dieser Stelle die Streckenlast bzw. die Querkraft null sind. linear q − q0

konstant

1

−1

2 − 21

quad. Parabel

− 31

V q0 a 2 3

linear

− 16 kub. Parabel M qo a 2

x

quad. Parabel 1 18

x ˆ a

a

Punktweise Ermittlung von Schnittgr¨ oßen Die Berechnung der Schnittgr¨ oßenverl¨ aufe in analytischer Form ist oftmals nicht notwendig. Durch Berechnung der Schnittgr¨ oßen an ausgezeichneten Punkten ¨ und Uberlegungen bez¨ uglich des qualitativen Verlaufs zwischen diesen Punkten k¨ onnen die Zustandslinien konstruiert werden. Hilfreich sind dabei folgende Regeln: • Der Querkraftverlauf beschreibt die Steigung des Momentenverlaufs. • Der Streckenlastverlauf beschreibt die Steigung des Querkraftverlaufs sowie die Kr¨ ummung des Momentenverlaufs. Formal gilt n¨ amlich dV d2 M = = −q(x) . dx2 dx

(6.13)

• Unter Einzellasten Fx und Fz (oder entsprechenden Lagerreaktionen), die in positive Koordinatenrichtung zeigen, entstehen negative Spr¨ unge in der Normalund Querkraftlinie, w¨ ahrend die Momentenlinie infolge Fz einen negativen Knick erh¨ alt. • Ein negativer Sprung in der Momentenlinie wird durch ein positives Lastmoment My erzeugt. Die Querkraftlinie bleibt davon unbeeinflusst. • In Bereichen ohne entsprechende Streckenlasten sind Normal- und Querkraftlinie konstant, die Momentenlinie verl¨ auft dort linear. • Eine konstante Momentenlinie tritt nur im Fall V = 0 auf.

91

6.1 Schnittgr¨ oßen in geraden Balken

Mit diesen Kenntnissen und einiger Erfahrung k¨ onnen die Zustandslinien relativ einfach beanspruchter Balkenstrukturen auch ohne aufw¨ andige Berechnungen konstruiert werden. Beispiel 6.4 Punktweise Schnittgr¨ oßenermittlung beim Rahmen F¨ ur den dargestellten Rahmen, der durch die Kr¨ afte F und das Moment M0 = 3 F a belastet ist, sind die Zustandslinien zu konstruieren. M0

C

M0

B

BH

x2

z2

a

F

BV F

a

x1

A

z1 a

a

A

L¨ osung: Aus den Gleichgewichtsbedingungen am gesamten Rahmen folgen die Lagerreaktionen zu BV = −2 F ,

A = 2F ,

BH = F .

Zun¨ achst werden die Schnittgr¨ oßen an den Stellen A bis C durch entsprechende Schnitte bestimmt. NA MA VA

:

NA + A = 0

:

VA = 0

A

:

MA = 0



A VB NB

BH

MB

BV 1 NC

↑ →

⇒ NA = −2 F

←

:

NB + BH = 0

⇒ NB = −F

↑

:

VB + BV = 0

⇒ VB = 2 F

B

:

MB = 0

↑

:

NC1 + A = 0

⇒ NC1 = −2 F

:

VC1

⇒ VC1 = −F

:

MC1 + F a = 0



1 MC VC1

→

F



C

A

+F = 0

⇒ MC1 = −F a

92

6 Schnittgr¨ oßen in Balkensystemen VC2 VC1 1 MC

2 MC

2 NC

→

:

NC2 − VC1 = 0

⇒ NC2 = −F

↑

:

VC2 + NC1 = 0

⇒ VC2 = 2 F

:

MC2 − MC1 = 0



C

1 NC

⇒ MC2 = −F a

Anschließend werden die bekannten Werte in die Schnittgr¨ oßendiagramme eingetragen und die Verl¨ aufe dazwischen der Belastung entsprechend konstruiert. −2

−1

−1

−3 −1

−1 2

N F

−1

2 V F

−2 1 M Fa

−2

Der Normal- und Querkraftverlauf ist im gesamten abschnittsweise Rahmen konstant, da keine Streckenlasten n oder q vorhanden sind. Die Einzellast F im Bereich 1 verursacht einen negativen Sprung in der Querkraftlinie an der Stelle x1 = a. Da die Querkraft im unteren Teil von Bereich 1 null ist, ist die Momentenlinie dort konstant (null). Im oberen Teil ist der Verlauf aufgrund der konstanten Querkraft linear mit der Steigung V = −F . Die Steigung der Momentenlinie betr¨ agt im Bereich 2 des Rahmens aufgrund der konstanten Querkraft V = 2F , so dass die Momentenlinie an der Stelle x2 = a den Wert −F a + 2F a = F a hat. Das (positive, d. h. gegen den Uhrzeigersinn drehende) Einzelmoment verursacht einen negativen Sprung in der Momentenlinie auf den Wert −2F a. Im weiteren Verlauf nimmt das Moment bis zum Festlager B auf null zu.

6.1.2

R¨aumliche Belastung

Im Falle r¨ aumlicher Belastung m¨ ussen wie in Bild 6.5 dargestellt drei Kr¨ afte und drei Momente als Schnittgr¨ oßen angetragen werden. Bei den Kr¨ aften handelt es sich neben der aus der ebenen Belastung bekannten Normalkraft N und der atzlich zum Biegemoment My treten im Querkraft Vz um die Querkraft Vy . Zus¨ r¨ aumlichen Fall das Biegemoment Mz und das Torsionsmoment MT auf. Die Vorzeichenkonvention entspricht dem ebenen Fall: Positive Schnittgr¨ oßen zeigen am positiven Schnittufer in positive Koordinatenrichtung bzw. am negativen Schnittufer in negative Koordinatenrichtung. F¨ ur die Berechnung der sechs Schnittgr¨ oßen stehen f¨ ur jedes Teilsystem die sechs

93

6.1 Schnittgr¨ oßen in geraden Balken

y

x

Vz

z

Vy

My Bild 6.5 Schnittgr¨ oßen am Balken unter r¨ aumlicher Belastung

N

MT

Mz

skalarwertigen Gleichgewichtsbedingungen zur Verf¨ ugung (Gleichungen 3.9 und 3.10).

Beispiel 6.5 Balken mit r¨ aumlicher Belastung Gesucht sind die Schnittgr¨ oßenverl¨ aufe des dargestellten Balkens mit r¨ aumlicher Belastung durch die beiden Kr¨ afte F1 und F2 . F1

F2

x2 x1

y2

z2

y1 z 1

b

a

L¨ osung: Die Schnittgr¨ oßen werden wie in Beispiel 6.1 aus den Gleichgewichtsbedingungen am geschnittenen System berechnet. Auch in diesem Beispiel ist es m¨ oglich, die Gleichgewichtsbedingungen f¨ ur die beiden Bereiche so aufzustellen, dass die Lagerreaktionen vorab nicht bestimmt werden m¨ ussen, indem das abgeschnittene Teilsystem mit der Lasteinleitungsstelle (am negativen Schnittufer) betrachtet wird. F1 Mz My N MT

F2

Vy Vz b − x2



:

N + F2 = 0

←

:

Vy = 0

↑

:

Vz − F 1 = 0

⇒ N = −F2 ⇒ Vz = F 1



:

MT = 0

←

:

My + F1 (b − x2 ) = 0

↑

:

Mz = 0

⇒ My = −F1 (b − x2 )

94

6 Schnittgr¨ oßen in Balkensystemen

F1 Mz My MT N

← F2

:

N = 0



:

Vy − F 2 = 0

⇒ Vy = F2

↑

:

Vz − F 1 = 0

⇒ Vz = F 1

←

:

MT + F1 b = 0 ⇒ MT = −F1 b

Vy

Vz

b



:

My + F1 (a − x1 ) = 0 ⇒ My = −F1 (a − x1 )

a − x1

↑

:

Mz − F2 (a − x1 ) = 0 ⇒ Mz = F2 (a − x1 )

Vy

N

Vz

F1

−F2 F2

MT

F1

My −F1 a

−F1 b

Mz

−F1 b F2 a

Aus den Schnittgr¨ oßen an der Einspannstelle k¨ onnen die Lagerreaktionen abgelesen werden.

6.2

Schnittgr¨oßen in gekru ¨mmten Balken

Im Gegensatz zum geraden Balken sind Normalkraftverlauf und Querkraft- bzw. Biegemomentenverl¨ aufe bei Tragwerken mit gekr¨ ummtem Verlauf nicht mehr unabh¨ angig voneinander. Die gekoppelten Gleichungen m¨ ussen gemeinsam gel¨ ost werden. Tragwerke mit gekr¨ ummtem Verlauf bezeichnet man auch als Bogentr¨ ager.

6.2.1

Kreisbogentr¨ager

Kreisbogentr¨ ager sind kreisf¨ ormig gekr¨ ummte Balken, die hier anhand eines Beispiels behandelt werden. Beispiel 6.6 Kreisbogentr¨ ager Der dargestellte Kreisbogentr¨ ager mit dem Radius r ist durch eine Einzelkraft F belastet. Zu bestimmen sind die Zustandslinien N (ϕ), V (ϕ) so-

95

6.2 Schnittgr¨ oßen in gekr¨ ummten Balken

wie M (ϕ), die zus¨ atzlich unter Angabe charakteristischer Werte grafisch darzustellen sind. F

ϕ 60◦ A

B r

r

L¨ osung: Die Lagerkr¨ afte folgen aus den Gleichgewichtsbedingungen am freigeschnittenen Gesamtsystem. F



A

:

→

:

↑

:

2 1

ϕ

AH

1 r = 0 2 1 ⇒ BV = F 4 AH = 0 BV 2 r − F

AV + BV − F = 0 3 ⇒ AV = F 4 Die Schnittgr¨ oßen N , V und M werden nun an freigeschnittenen Bogenteilen bestimmt. Aufgrund der Einzelkraft F muss der Kreisbogen in die beiden Bereiche 1 und 2 aufgeteilt werden. Zun¨ achst wird ein Schnitt an einer beliebigen Stelle ϕ im Bereich 1 (0◦ < ϕ < 60◦ ) gef¨ uhrt. Die Gleichgewichtsbedingungen liefern 1 2

AV

3 2

r

M S1

N V

1

AH = 0 AV

ϕ r cos ϕ

r

BV



:



:



N + AV cos ϕ = 0 3 ⇒ N (ϕ) = − F cos ϕ , 4 V − AV sin ϕ = 0 3 ⇒ V (ϕ) = F sin ϕ , 4

M − AV r (1 − cos ϕ) = 0 3 F r (1 − cos ϕ) . ⇒ M (ϕ) = 4 Da der Winkel ϕ beliebig ist, erh¨ alt man somit den Verlauf der Zustandsgr¨ oßen im gesamten Bereich 1 als Funktion des Winkels ϕ. Entsprechend gilt in Bereich 2 (60◦ < ϕ < 180◦ ) r (1 − cos ϕ)

S1

:

96

6 Schnittgr¨ oßen in Balkensystemen

N M V S2 180◦ − ϕ

2



:



:



N + BV cos(180◦ − ϕ) = 0 1 ⇒ N (ϕ) = F cos ϕ , 4 ◦ V + BV sin(180 − ϕ) = 0 1 ⇒ V (ϕ) = − F sin ϕ , 4

M − BV r (1 − cos(180◦ − ϕ)) = 0 1 ⇒ M (ϕ) = F r (1 + cos ϕ) . 4 Die Zustandslinien werden senkrecht zum Bogen aufgetragen. Die Spr¨ unge √ ΔN = F/2 in der Normalkraft und ΔV = 3F/4 in der Querkraft bei ϕ = 60◦ entsprechen den Komponenten der Einzelkraft F tangential und normal zum Kreisbogen. BV

S2

− 83

−

1 8

N F

− 43

6.2.2

√ 3 8

:

√ 3 3 8

− 41

V F

3 8

M Fr

Momentenfreier Bogentr¨ager

H¨ aufig ist es vorteilhaft, Tragstrukturen so zu konstruieren, dass ein Bogentr¨ ager nur Normal(druck)kr¨ afte u ¨bertragen muss, da beispielsweise Stein- und Betontr¨ ager Biegemomente nur sehr begrenzt u onnen. Gesucht ist ¨bertragen k¨ daher im Folgenden die Form des Bogentr¨ agers y(x), der bei gegebener Last momentenfrei bleibt. In der Baustatik wird diese Form als St¨ utzlinie bezeichnet, siehe Bild 6.6. Aufgrund der Abbh¨ angigkeit zwischen Moment und Querkraft muss die Querkraft dann ebenfalls null sein: M = 0

und

V = 0.

(6.14)

Bild 6.6 Gm¨ undertobelbr¨ ucke u ¨ber die Sitter bei Teufel, Schweiz (1908)

97

6.2 Schnittgr¨ oßen in gekr¨ ummten Balken

Da die Lagerung Einfluss auf Querkraft- und Momentenverlauf hat, muss die Lagerung querkraft- und momentenfrei erfolgen. Wir beschr¨ anken uns hier auf vertikale Lasten q(x), wie sie z. B. durch Eigengewicht oder andere Gewichtskr¨ afte (wie Verkehrslasten) entstehen, siehe Bild 6.7. q(x) f

NV + dNV N + dN

q(x)

y

NH + dNH dy

s

ds

NH

x N

NV

y

dx

x

Bild 6.7 Bogentr¨ ager und infinitesimales Bogentr¨ agerelement unter Vertikallast q(x)

Zur Herleitung der St¨ utzlinie wird das Gleichgewicht am infinitesimalen Bogentr¨ agerelement aufgestellt. Die einzig wirkenden Schnittkr¨ afte N bzw. N + dN an den Schnittufern wirken daher in jeweils tangentialer Richtung auf die Enden des Bogenelementes. Die Schnittkraft N wird in eine Horizontalkomponente NH und eine Vertikalkomponente NV zerlegt. Entsprechend erfolgt die Zerlegung der Schnittkraft N + dN am anderen Schnittufer. Die Kr¨ aftegleichgewichtsbedingungen liefern: →

:

−NH + (NH + dNH ) = 0

(6.15)

↑

:

−NV + (NV + dNV ) − q(x) dx = 0

(6.16)

Aus dem Gleichgewicht in horizontaler Richtung (Gleichung 6.15) folgt dNH = 0

⇒

NH = konst.

(6.17)

Aus dem vertikalen Gleichgewicht (Gleichung 6.16) erh¨ alt man dNV = q(x) dx

⇒

dNV = q(x) . dx

(6.18)

Da N tangential wirkt und die Abmessungen dx und dy infinitesimal klein sind, liefert die Geometrie den Zusammenhang y =

dy NV . = dx NH

(6.19)

Mit Gleichung 6.17 folgt, dass die gr¨ oßte Normalkraft dort vorhanden ist, wo die oßten ist. Differenzieren der Gleichung 6.19 Steigung des Bogentr¨ agers y  am gr¨

98

6 Schnittgr¨ oßen in Balkensystemen

nach x und Einsetzen von Gleichung 6.18 liefert y  =

1 dNV d2 y 1 = q(x) = dx2 NH dx NH

(6.20)

q(x) d2 y = . dx2 NH

⇒

(6.21)

Gleichung 6.21 ist die Differentialgleichung der Form des momentenfreien Tr¨ agers. Durch zweifache Integration ist hieraus die St¨ utzlinie y(x) erh¨ altlich. F¨ ur q(x) = q0 = konst. folgt beispielsweise y(x)

=

1 qo 2 x + C1 x + C2 . 2 NH

(6.22)

Die beiden Integrationskonstanten C1 und C2 sowie die noch unbekannte Horizontalkraft NH werden aus den beiden Randbedingungen und einer Nebenbedingung (z. B. der Stichh¨ ohe f ) bestimmt, siehe Beispiel 6.7. Die Schnittkraft N wird aus ihrer Horizontalkomponente NH und der Vertikalkomponente NV berechnet zu

N

q NH2 + NV2 = NH

=

s ⇒

N

=

NH

„

1+

dy dx

s

„

1+

«2 = NH

NV NH

«2

p 1 + y 2 .

(6.23)

Bei der Schnittkraft N handelt es sich voraussetzungsgem¨ aß um eine Druckkraft, das negative Vorzeichen folgt aus der (konstanten) negativen Horizontalkomponente NH . Beispiel 6.7 Momentenfreier Bogentr¨ ager Der dargestellte symmetrische momentenfreie Bogentr¨ ager mit der St¨ utzweite 2a und der Stichh¨ ohe f ist durch die konstante Streckenlast q0 belastet. Die St¨ utzlinie y(x) sowie die Extremwerte der Normalkraft sind zu bestimmen. q0

y A

f B

x a

a

99

6.2 Schnittgr¨ oßen in gekr¨ ummten Balken

L¨ osung: Aus den Randbedingungen an den Lagern A und B folgt f¨ ur die Integrationskonstanten C1 und C2 aus Gleichung 6.22 y(−a) = 0 ,

y(a) = 0

⇒

C1 = 0 ,

C2 = −

1 q 0 a2 . 2 NH

Die St¨ utzlinie ist folglich durch eine quadratische Parabel beschrieben: – » q0 a2 “ x ”2 y(x) = −1 . 2 NH a Aus der Symmetrie des Bogentr¨ agers folgt f¨ ur die Stichh¨ ohe f f = ymax = y(x = 0) =

q 0 a2 q 0 a2 [0 − 1] = − . 2 NH 2 NH

Aufl¨ osen nach der Horizontalkraft NH liefert hieraus NH

=

−

q0 a2 . 2f

Die Gleichung der St¨ utzlinie ist damit » “ x ”2 – . y(x) = f 1 − a Die Normal(druck)kraft N im Bogentr¨ ager ist nach Gleichung 6.23 r p f2 q0 a2 1 + 4 4 x2 . N (x) = NH 1 + y 2 = − 2f a −1

q 2 − 1 + 4 fa2

N q0 a2 2f

−

q 2 1 + 4 fa2

In der Mitte des Tr¨ agers bei x = 0 ist wegen y  (0) = 0 die Druckkraft minimal Nmin = N (0) = NH . Die Maxima der Normalkraft N treten an den Stellen der gr¨ oßten Stei gung ymax und damit jeweils an den Lagern bei x = −a bzw. x = a auf. Dort ist q0 a f y  (−a) = −y  (a) = − = 2 NH a und damit die maximale Normalkraft Nmax = N (−a) = N (a) = −

q 0 a2 2f

r 1+4

f2 . a2

100

6.2.3

6 Schnittgr¨ oßen in Balkensystemen

Seile und Ketten

Seile und Ketten k¨ onnen ausschließlich Zugkr¨ afte u ¨bertragen, die in jedem Punkt die Richtung der Tangente der Seil- bzw. Kettenlinie haben. Man bezeichnet sie als biegeschlaff, da weder Biegemomente noch Querkr¨ afte u ¨bertragen werden k¨ onnen. Da Seile und Ketten auf die gleiche Weise idealisiert werden, wird im Folgenden nur auf Seile eingegangen. Alle Aussagen gelten jedoch auch f¨ ur Ketten. Auch hier werden nur vertikale Lasten auf das Seil ber¨ ucksichtigt, wie beispielsweise bei Hochspannungs¨ uberlandleitungen oder H¨ angebr¨ ucken, vgl. Beispiel 6.8. Die Eigenschaft, weder Biegemomente noch Querkr¨ afte u onnen, ¨bertragen zu k¨ entspricht der Forderung an momentenfreie Bogentr¨ ager (Gleichung 6.14). Damit haben Seillinie und Seil(zug)kraft die gleiche L¨ osung wie St¨ utzlinie und Normal(druck)kraft f¨ ur momentenfreie Bogentr¨ ager, mit dem einzigen Unterschied, dass bei Seilen die Normalkraft positiv ist. Die Herleitung der Seillinie erfolgt analog zum Bogentr¨ ager. Am infinitesimalen Seilelement werden auch hier die Normalzugkr¨ afte S angetragen und in ihre Komponenten SH sowie SV aufgeteilt, vgl. Bild 6.7. Die Differentialgleichung des Seils, aus der durch zweifache Integration die Seillinie erh¨ altlich ist, lautet dann entsprechend Gleichung 6.21 q(x) d2 y = , dx2 SH und es gilt analog zu Gleichung 6.23 f¨ ur die Zugkraft im Seil q p 2 2 SH + SV = SH 1 + y 2 . S =

(6.24)

(6.25)

Dabei ist horizontale Komponente SH noch unbekannt. Anders als beim Bogentr¨ ager, bei dem sie beispielsweise durch die vorgegebene Stichh¨ ohe f bestimmt werden kann, ist eine direkte Bestimmung hier nicht m¨ oglich, da f in der Regel unbekannt und nur die Seil¨ ange L gegeben ist. Z L = ds . (6.26) Die infinitesimale L¨ ange ds folgt aus dem geometrischen Zusammenhang s «2 „ p p dy dx2 + dy 2 = 1+ dx = 1 + y 2 dx . ds = (6.27) dx Einsetzen in Gleichung 6.26 liefert dann den gesuchten Zusammenhang zwischen Seillinie y(x) und Seill¨ ange Z p 1 + y 2 dx . (6.28) L = Da die Funktion y(x) a priori unbekannt ist, kann y  und damit das Integral 6.28 im Allgemeinen nicht analytisch bestimmt werden. F¨ ur Spezialf¨ alle ist dies jedoch m¨ oglich.

101

6.2 Schnittgr¨ oßen in gekr¨ ummten Balken

Beispiel 6.8 H¨ angebr¨ ucke Gesucht ist der Durchhang f des Tragseils der L¨ ange L der skizzierten H¨ angebr¨ uckenkonstruktion mit der Spannweite 2a. Das Gewicht des Seiles sei gegen¨ uber der Br¨ uckenfahrbahn vernachl¨ assigbar, so dass die Belastung als q(x) = q0 = konst. angesehen werden kann. y

x f

q0 a

a

L¨ osung: Die Integration der Differentialgleichung 6.24 liefert (vgl. Beispiel 6.7) – » q 0 a2 “ x ” 2 y(x) = −1 . 2 SH a Mit der Ableitung y  (x) =

q0 x SH

gilt f¨ ur die Seill¨ ange nach Gleichung 6.28 s „ «2 Za q0 1+ x dx . L = SH −a

Daraus kann die bisher unbekannte Horizontalkomponente SH der Seilkraft numerisch bestimmt und damit der gesuchte Durchhang f berechnet werden: „ «  q 0 a2 f = −y . = 2 2 SH

Belastung durch Eigengewicht g Im Folgenden sollen nun auch solche Linienlasten betrachtet werden, die nicht auf die Horizontalprojektion des Bogens bezogen sind, sondern wie das Eigengewicht auf den Bogen selbst. Dies ist beispielsweise n¨ otig, wenn das Eigengewicht gegen¨ uber der a assigen (z. B. bei Seilbahnen) ¨ußeren Belastung nicht zu vernachl¨ ¨ oder die dominierende Belastung (z. B. bei Hochspannungs-Uberlandleitungen) ist. Daher wird die Gewichtsstreckenlast g (Gewicht pro L¨ ange s) auf die (horizontale) x-Richtung projiziert. Aus Gleichgewichtsgr¨ unden gilt

102

6 Schnittgr¨ oßen in Balkensystemen ds g dy

g ds

=

q(x) dx .

(6.29)

q(x) dx

Mit Gleichung 6.27 folgt daraus f¨ ur das projizierte Eigengewicht q(x) = q0

p ds = q0 1 + y 2 . dx

(6.30)

Mit der Differentialgleichung des Seils 6.24 gilt f¨ ur die Belastung durch Eigengewicht y  =

q0 p 1 + y 2 . SH

(6.31)

In der so entstandenen nichtlinearen Differentialgleichung 2. Ordnung tritt y nicht explizit auf, so dass die Gleichung nach der Substitution y  = z ein erstes Mal und nach R¨ ucksubstitution ein zweites Mal integriert werden kann. Die allgemeine L¨ osung der Seillinie ist dann „ « SH g y(x) = cosh x + C1 + C2 . (6.32) g SH Die Berechnung der unbekannten Integrationskonstanten C1 und C2 sowie der Horizontal(zug)kraft SH erfolgt (durch numerische Iteration) aus den beiden Randbedingungen und einer Nebenbedingung (z. B. der Seill¨ ange L). Mit Gleichung 6.32 folgt f¨ ur die Seilkraft aus der belastungsunabh¨ angigen Gleichung 6.25 s « „ g x + C1 S = SH 1 + sinh2 SH „ « g x + C1 . ⇒ S = SH cosh (6.33) SH ange des Seils als Bogenl¨ ange der Seilkurve: Gleichung 6.28 liefert die L¨ L

=

„ « Zxr p Zxr s g 2 2 1 + sinh 1 + y dx = x + C1 dx SH xl

⇒

L

=

»

SH sinh g

„

x=xl

g x + C1 SH

«–xr (6.34) xl

103

6.2 Schnittgr¨ oßen in gekr¨ ummten Balken

Beispiel 6.9 Seil unter Eigengewicht Das dargestellte Seil (g = 100 N/m) soll zwischen den beiden Punkten A und B im Abstand von a = 200 m so aufgeh¨ angt werden, dass der Durchhang f = 20 m betr¨ agt. Zu bestimmen ist die maximale Seilkraft Smax und die Seill¨ ange L. y

x

f

a

L¨ osung: Da die beiden Punkte A und B auf der gleichen H¨ ohe liegen, ist die Seillinie symmetrisch, und es gilt y  (0) = 0. Aus dieser Randbedingung l¨ asst sich eine Integrationskonstante durch Ableiten der Seillinie (Gleichung 6.32) und Einsetzen direkt bestimmen. „ « g y  (x) = sinh x + C1 ⇒ C1 = 0 SH Dies liefert f¨ ur die Seillinie aus Belastung durch Eigengewicht g « „ g SH x + C2 . cosh y(x) = g SH Aus der verbleibenden Randbedingung y(a/2) = 0 folgt f¨ ur die Integrationskonstante C2 « „ SH ga . C2 = − cosh g 2 SH Die Nebenbedingung y(0) = −f liefert eine Gleichung, aus der die unbekannte Horizontalkraft (iterativ) beispielsweise mit Hilfe von Maple bestimmt werden kann: „ « ga SH gf = cosh cosh(0) + C2 = −f ⇒ −1 g SH 2 SH Mit x = SH /g, [x] =m folgt > fsolve(20/x=cosh(200/(2*x))-1); 253.2648721 Die Horizontalkraft ist damit SH ≈ 253.27 g/m = 25.327 kN . Der Verlauf der Seilkraft entspricht Gleichung 6.33. Die Seilkraft ist nach oßten Steigung maximal, was jeweils Gleichung 6.25 an der Stelle mit der gr¨ an den beiden Lagern der Fall ist: „ « “a” 0.1 200 ≈ 25.327 cosh Smax = S · kN = 27.326 kN. 2 25.327 2

104

6 Schnittgr¨ oßen in Balkensystemen

ange Gleichung 6.34 liefert die Seill¨ » „ «– 0.1 25.327 200 L ≈ 2· sinh · m = 205.237 m . 0.1 25.327 2

¨ Ubungsaufgaben

6.3

¨ In den Ubungsaufgaben sind zumeist Schnittgr¨ oßenverl¨ aufe gesucht. Die grafische Darstellung sowie die vollst¨ andige Angabe der Funktionsverl¨ aufe w¨ urde den Rahmen dieses Abschnitts sprengen. Deshalb sind i. d. R. nur charakteristische Werte der Schnittgr¨ oßenverl¨ aufe angegeben. Aufgabe 6.1 (Schwierigkeitsgrad 2) √ Das dargestellte System ist durch die unter 45◦ angreifende Kraft 2F und das Moment M0 belastet. Bestimmen und skizzieren Sie die Schnittgr¨ oßenverl¨ aufe. Gegeben: a, F , M0 = F a

L¨ osung: √

2F M0

z

x1

x2

x3

a

a

a

N (x1 )

=

−F

V (x2 )

=

−F

M (x2 )

=

−F x2

M (x3 )

=

−F a

Alle anderen Schnittgr¨ oßen sind null.

¨ 6.3 Ubungsaufgaben

105

Aufgabe 6.2 (Schwierigkeitsgrad 2) Das dargestellte System wird durch die Einzelkraft 2F und das Moment M0 belastet. Bestimmen und skizzieren Sie die Schnittgr¨ oßenverl¨ aufe. Gegeben: a, F , M0 = F a

L¨ osung:

2F M0 x1

z2 x2

z1

a

a

a

N (x1 )

=

0

N (x2 )

=

− 23

V (x1 )

=

−F

V (x2 )

=

− 23

M (x1 )

=

F (a − x1 )

M (x2 )

=

−3 F x2

√ √

2F 2F

Aufgabe 6.3 (Schwierigkeitsgrad 2) Der abgebildete Rahmen wird durch eine konstante Streckenlast sowie eine Einzelkraft belastet. Bestimmen und skizzieren Sie die Schnittgr¨ oßenverl¨ aufe. Gegeben: q0 , a, F = q0 a

L¨ osung:

q0

F x2 z2

a x1 z1 a

N (x1 )

=

− 23 q0 a

N (x2 )

=

0

V (x1 )

=

V (x2 )

=

M (x1 )

=

M (x2 )

=

−q0 a `3

q0

2

a − x2

´

−q0 ax1 “` ´ 2 x2 2

− q02a

−3

a

` x2 ´ a

+2

´

106

6 Schnittgr¨ oßen in Balkensystemen

Aufgabe 6.4 (Schwierigkeitsgrad 2) Bestimmen Sie den Querkraft- und den Biegemomentenverlauf. An welcher Stelle ist das Biegemoment maximal und wie groß ist es? ` ´ Gegeben: q0 , , q(x) = q0 sin π x

L¨ osung: qx

x

V (x)

=

M (x)

=

Mmax

=



“ x”  cos π π  „ «2 “ x”  q0 sin π π  „ «2 „ «   M x= = q0 2 π q0

Aufgabe 6.5 (Schwierigkeitsgrad 2) Ein Zug steht auf einer als Tr¨ ager auf zwei St¨ utzen idealisierten Br¨ ucke. a) Berechnen Sie die Schnittgr¨ oßenverl¨ aufe in der Br¨ ucke. b) Berechnen Sie den Ort und die Gr¨ oße des maximalen Biegemoments. Die Auflast durch den Zug soll als Gleichstreckenlast angenommen werden. Die Gewichtskraft eines Waggons betr¨ agt q0 , die der Lok ist doppelt so groß. Gegeben: , q0

L¨ osung: a)

 x









b)

V (x = 0) V (x = 3 ) V (x = 4 ) V (x = 5 ) M (x = 0) M (x = 3 ) M (x = 4 ) M (x = 5 ) Mmax

= = = = = = = = = =

2.7 q0  −0.3 q0  −2.3 q0  −2.3 q0  0 3.6 q0 2 2.3 q0 2 0 M (x = 2.7 ) 3.645 q0 2

¨ 6.3 Ubungsaufgaben

107

Aufgabe 6.6 (Schwierigkeitsgrad 2) Bestimmen Sie die Zustandlinien des dargestellten r¨ aumlichen Systems (durch Freischneiden), das durch das im Bereich 2 wirkende Streckentorsionsmoment mT sowie durch die Einzellast F belastet ist. Gegeben: F = 2 kN, mT = 1 kNm/m, a = 2 m

mT F

a

A a

x2 y1

x1

L¨ osung:

Vz (x1 )

=

2 kN

My (x1 )

=

−6 kNm + 2 kN · x1

Mx (x2 )

=

(2 m − x2 ) kN

Alle anderen Schnittgr¨ oßen sind null.

y2 z2

z1

Aufgabe 6.7 (Schwierigkeitsgrad 3) Berechnen Sie die Verl¨ aufe von Normalkraft, Querkr¨ aften sowie Torsions- und Biegemomenten des r¨ aumlichen Systems. Gegeben: q, a, F = qa, M = 2qa2

L¨ osung:

a

F

M q a

a y3 x3 y1

x1

z1

x2 y2

z2

z3

N (x1 )

=

−qa

Vy (x2 )

=

q(x2 − a)

Vz

=

qa

Mx (x1 )

=

−qa2

Mx (x2 )

=

qa2

My (x1 )

=

qa (x1 − 2a)

My (x2 )

=

qa (x2 − a)

My (x3 )

=

qa (x3 − a)

Mz (x1 )

=

− 21 qa2

Mz (x2 )

=

q(− 21 x22 + ax2 − 12 a2 )

Alle anderen Schnittgr¨ oßen sind null.

108

6 Schnittgr¨ oßen in Balkensystemen

Aufgabe 6.8 (Schwierigkeitsgrad 2) An einem Ampelmast h¨ angen zwei Ampeln mit jeweils dem Eigengewicht G. Berechnen und zeichnen Sie die Schnittgr¨ oßen im Mast. Gegeben: a, G

a

a

L¨ osung:

x2

a ϕ

N (x1 )

=

−2 G

N (ϕ = 90◦ )

=

0

N (x2 )

=

0

V (x1 )

=

0

V (ϕ = 90 )

=

2G

V (x2 )

=

G

M (x1 )

=

−3 G a

M (ϕ = 90◦ )

=

−G a

M (x2 = a)

=

0

◦

a x1

Aufgabe 6.9 (Schwierigkeitsgrad 3) Der dargestellte halbkreisf¨ ormige Bogentr¨ ager wird durch eine Streckenlast q0 belastet. Berechnen Sie die Schnittgr¨ oßenverl¨ aufe. Gegeben: r, q0

L¨ osung: q0 N (ϕ = 90◦ )

=

− 14 q0 r

◦

=

1 4

◦

M (ϕ = 45 )

=

V (ϕ = 135◦ )

=

M (ϕ = 135◦ )

q0 r √ 1− 2 4 √ 2−2 4

=

0

V (ϕ = 90 ) r

q0 r 2 q0 r

¨ 6.3 Ubungsaufgaben

109

Aufgabe 6.10 (Schwierigkeitsgrad 2) Ein Fenstersturz aus Ziegeln wird so gemauert, dass keine Momente auftreten. Dabei kann die Belastung aus dem dar¨ uberliegenden Mauerwerk vereinfachend als konstante Streckenlast angenommen werden. Welche Kraft muss an den Enden des Bogens vom umliegenden Mauerwerk aufgenommen werden? Gegeben: b, h, q0

b q0 L¨ osung:

h

s N

=

q0 b 8

b2 + 16 h2

Aufgabe 6.11 (Schwierigkeitsgrad 2) Damit die Oberleitung der Bahn ann¨ ahernd gerade verl¨ auft, ist der Fahrdraht in regelm¨ aßigen Abst¨ anden u anger mit dem Tragseil verbunden. Das ¨ber H¨ System wird durch das Eigengewicht gF des Fahrdrahtes belastet. Die maximale Durchhang f des Tragseils soll 50 cm betragen. Berechnen Sie den Verlauf der Normalkraft im Tragseil. Gegeben:  = 50 m, gF = 15 N/m, f = 0.5 m

Tragseil H¨ anger f

L¨ osung:

h Fahrdraht gF 

Nl = Nr = 9382 N

110

6 Schnittgr¨ oßen in Balkensystemen

Aufgabe 6.12 (Schwierigkeitsgrad 3) Zwischen zwei Masten mit dem Abstand a soll ein Kabel mit dem Eigengewicht g aufgeh¨ angt werden. Die maximale Zugkraft im Kabel soll Smax betragen. Berechnen Sie den maximalen Durchhang f sowie die L¨ ange L des Kabels. Gegeben: g = 0.15 kN/m, a = 250 m, Smax = 30 kN

y x

a

f

L¨ osung:

f

=

120.71 m

L

=

367.23 m

Teil II:

7

Elastostatik

Motivation der Elastostatik

Bisher wurde in Teil I davon ausgegangen, dass die behandelten K¨ orper als starr angenommen werden k¨ onnen. Diese Idealisierung wird nun fallen gelassen, und es werden elastisch deformierbare feste K¨ orper behandelt, vgl. Tabelle 1.1. Elastisches Material ist dadurch gekennzeichnet, dass es nach einer Be- und Entlastung (einer Deformation unter der Einwirkung von Kr¨ aften) wieder seine urspr¨ ungliche Form annimmt. Dies ist beispielsweise bei der in Bild 7.1 dargestellten Feder der Fall.

F

F

2F

2F



Δ

Δ

Bild 7.1 Feder mit verschiedenen Belastungen

7.1

Aufgaben und Elemente der Elastostatik

Der Aufgabenbereich der Elastostatik umfasst die Berechnung von Spannungszust¨ anden (Kapitel 8) und Verzerrungszust¨ anden (Kapitel 9) sowie deren Verkn¨ upfung durch die Materialgleichung (Kapitel 10). Des weiteren ist die Berechnung statisch unbestimmter Systeme (Kapitel 11 und 12) und die Betrachtung von Stabilit¨ atsproblemen (Kapitel 16) Aufgabe der Elastostatik. Aus den Elementen der Elastostatik • Statik (Gleichgewicht), • Kinematik (Verzerrungen) und • Materialtheorie (Materialgleichung) ¨ sowie der Aquivalenz der Spannungen und Schnittgr¨ oßen erh¨ alt man die problembeschreibenden Differentialgleichungen, siehe auch Tabelle 14.1. F¨ ur den

112

7 Motivation der Elastostatik

einfachen Fall des geraden Stabes wird dies im n¨ achsten Abschnitt kurz motiviert. Ausf¨ uhrlich wird die Beanspruchung von St¨ aben in Kapitel 11 behandelt.

7.2

Elastostatik des Stabes

Ein Stab ist ein Bauteil, das wie in Bild 7.2 dargestellt nur in L¨ angsrichtung belastet wird, vgl. auch Kapitel 11. Zur Motivation der Elastostatik wird im Folgenden die Differentialgleichung der Stabdehnung f¨ ur die Verschiebung aus den Elementen der Elastostatik hergeleitet. Dabei wird teilweise inhaltlich den Kapiteln 8 bis 10 vorgegriffen.

F2

n(x)

x

F1

Bild 7.2 Belasteter Stab

Gleichgewichtsbedingung Die Gleichgewichtsbedingung am herausgeschnittenen Stabelement der infinitesimalen L¨ ange dx in Bild 7.3 liefert analog zu Gleichung 6.5 die Differentialbeziehung zwischen der Schnittkraft N und der Belastung n. →

:

N (x)

n(x)

x

dx

N (x) + dN (x) − N (x) + n(x) dx = 0 dN (x) = N ⇒ −n(x) = dx

(7.1) (7.2)

N (x) + dN (x) Bild 7.3 Infinitesimales Stabelement

¨ Aquivalenz von Spannungen und Schnittgr¨ oßen Im Vorgriff auf Kapitel 8 wird hier vereinfachend die Annahme getroffen, dass die Normalkraft N im Stab gleichm¨ aßig u ache A verteilt ¨ber die Querschnittsfl¨ ist. Diese verteilte Kraft (vgl. Kapitel 5) wird als Spannung σ bezeichnet. σ(x) =

N (x) A(x)

(7.3)

Die Dimension der Spannung ist dementsprechend Kraft pro Fl¨ ache und wird in der Regel nach Blaise Pascal (1623 – 1662) mit der Einheit Pascal“ ange” geben: [σ] = [F/2 ] = Pa = N/m2 .

113

7.2 Elastostatik des Stabes

Kinematik Unter der Einwirkung von Lasten erfahren die Punkte eines deformierbaren Stabes Verschiebungen u, vgl. Kapitel 9. Als Dehnung ε wird das Verh¨ altnis der L¨ angen¨ anderung zur Ausgangsl¨ ange eines infinitesimalen Stabelements (siehe Bild 7.4) bezeichnet. ε(x) =

du(x) u(x + dx) − u(x) = = u(x) dx dx

x

(7.4)

dx

u(x + dx)

u(x)

Bild 7.4 Stab im unverformten Zustand und verformten Zustand

Materialgleichung Den Zusammenhang zwischen Dehnung und Spannung eines K¨ orpers beschreibt die Materialgleichung, die – anders als die bisherigen Beziehungen – nicht mehr allgemein g¨ ultig ist, sondern vom Material abh¨ angt, siehe auch Kapitel 10. F F

 + Δ



Bild 7.5 Zugversuch eines Stabes

F

Δ

Ein einfaches, aber zugleich wichtiges Experiment zur Ermittlung der Materialgleichung ist der einachsige Zugversuch, siehe Bild 7.5. Dieser Versuch zeigt, dass f¨ ur kleine Verformungen die L¨ angen¨ anderung Δ eines Stabes der L¨ ange  zur einwirkenden Kraft F proportional ist, vgl. auch die Verformung der Feder in Bild 7.1. Weitere Versuche zeigen, dass bei ansonsten gleich bleibenden Bedingungen (gleich große Kraft, gleiches Material etc.) St¨ abe mit gr¨ oßerer Querschnittsfl¨ ache eine kleinere L¨ angen¨ anderung erfahren, und l¨ angere St¨ abe

114

7 Motivation der Elastostatik

eine entsprechend gr¨ oßere L¨ angen¨ anderung erfahren, so dass zusammenfassend gilt: Δ ∼

F  A

⇒

Δ = C

F  A

(7.5)

Die Proportionalit¨ atskonstante C ist eine Materialkenngr¨ oße und heißt Nachgiebigkeit. Gebr¨ auchlicher ist hingegen die Darstellung dieses Zusammenhangs mit dem Kehrwert der Nachgiebigkeit, dem Elastizit¨ atsmodul E: Δ

=

F EA

(7.6)

Die Dimension des Elastizit¨ atsmoduls ist wie die der Spannung Kraft pro Fl¨ aur E k¨ onnen f¨ ur verschiedene che: [E] = [F/2 ] = Pa = N/m2 . Anhaltswerte f¨ Materialien aus Tabelle 10.1 entnommen werden. Mit der Definition der Spannung σ als Kraft pro Fl¨ ache (Gleichung 7.3) und der der Dehnung ε als Quotient von L¨ angen¨ anderung und Ausgangsl¨ ange (Gleichung 7.4) folgt 1 F Δ =  E A

⇒

1 σ E

ε =

(7.7)

beziehungsweise σ

=

E ε.

(7.8)

Diese Beziehung wird nach Robert Hooke (1635 – 1703) als Hookesches Gesetz bezeichnet. Differentialgleichung der Stabdehnung Setzt man in das Hookesche Gesetz 7.8 die Spannungsdefinition 7.3 und die kinematische Beziehung 7.4 ein, folgt N = E u A

⇒

u =

N EA

(7.9)

bzw. N = EA u .

(7.10)

Eingesetzt in die Gleichgewichtsbedingung 7.2 liefert dies die Differentialgleichung f¨ ur die Verschiebung des Stabes. (EA u ) = −n

(7.11)

Das Produkt EA wird Dehnsteifigkeit genannt. F¨ ur den Sonderfall EA = konst. gilt dann u

=

−

n . EA

(7.12)

115

7.2 Elastostatik des Stabes

Die zweifache Integration liefert hier u(x)

−

=

n(x) x2 + C1 x + C2 , 2 EA(x)

(7.13)

wobei sich die beiden Integrationskonstanten durch zwei (Kr¨ afte- oder Verschiebungs-)Randbedingungen bestimmen lassen. Beispiel 7.1 Statisch unbestimmte Lagerung Gesucht sind die Verschiebungsfunktion u(x) und die Lagerreaktionen des dargestellten Stabes mit der konstanten Dehnsteifigkeit EA und der L¨ ange , der durch die konstante Streckenlast n0 belastet ist. n0

n0 A

EA

x, u

B



L¨ osung: F¨ ur diesen Stab k¨ onnen zwei Verschiebungsrandbedingungen aufgestellt werden: u(0) = 0 und u() = 0. Aus der ersten Randbedingung folgt f¨ ur die Verschiebungsfunktion 7.13 direkt C2 = 0, die zweite liefert 0 = −

n0 2  + C1  2 EA

⇒

C1 =

n0  . 2 EA

Die gesuchte Verschiebungsfunktion lautet damit u(x) = −

´ n0 n0 ` n0 2  + x = x − x2 . 2 EA 2 EA 2 EA

Aus Gleichung 7.10 folgt dann der Normalkraftverlauf N (x) =

n0 ( − 2x) , 2

aus dem sich wiederum die Lagerreaktionen dieses statisch unbestimmten Systems ermitteln lassen. A = −N (0) = −

n0  , 2

B = N () = −

n0  2

Eine abschließende Gleichgewichtskontrolle liefert →

:

A + B + n0  = 0 .



L¨ osung mit Maple: Die Differentialgleichung 7.11 l¨ asst sich f¨ ur dieses Beispiel mit den beiden Maple-Befehlen > dgl := diff(EA*diff(u(x),x),x) = -n0: > dsolve({u(0)=0,u(l)=0,dgl},u(x));

116

7 Motivation der Elastostatik

einfach l¨ osen. Maple gibt daraufhin die L¨ osung f¨ ur die Verschiebungsfunktion aus: u(x) = −

1 n0 x2 + 2 EA

1 2

n0  x EA

Beispiel 7.2 Statisch bestimmte Lagerung Gesucht sind die Verschiebungsfunktion u(x) sowie die L¨ angen¨ anderung Δ des dargestellten Stabes mit der konstanten Dehnsteifigkeit EA und der L¨ ange , der durch die Kraft F belastet ist. EA x, u

F 

L¨ osung: Da es sich hier um ein statisch bestimmtes System handelt, ist es m¨ oglich, die Verschiebungsfunktion mit Hilfe von Gleichung 7.9 durch Integration aus dem offensichtlichen Normalkraftverlauf N (x) = F = konst. zu bestimmen. Z F F dx = x + C1 u(x) = EA EA Die Verschiebungsrandbedingung u(0) = 0 liefert direkt C1 = 0 und damit u(x) =

F x. EA

Die L¨ angen¨ anderung des Stabes ist dann Δ = u() − u(0) =

F F −0 = . EA EA

L¨ osung mit Maple: F¨ ur eine L¨ osung mit Maple analog zu Beispiel 7.1 muss die Kr¨ afterandbedingung N () = F mit Hilfe von Gleichung 7.9 umgeschrieben werden zu u () =

N () F = . EA EA

Maple liefert die L¨ osung dann mit den beiden Befehlen > dgl := diff(EA*diff(u(x),x),x) = 0: > dsolve({u(0)=0,D(u)(l)=F/EA,dgl},u(x)); Fx . u(x) = EA

¨ 7.3 Ubungsaufgaben

7.3

117

¨ Ubungsaufgaben

Aufgabe 7.1 (Schwierigkeitsgrad 1) Der dargestellte Stab mit der L¨ ange  und der Dehnsteifigkeit EA wird belastet durch a) die konstante Streckenlast n(x) = n0 = konst., b) die ver¨ anderliche Streckenlast n(x) = n0 x/. Bestimmen Sie jeweils den Verschiebungsverlauf sowie die L¨ angen¨ anderung. Gegeben: , EA, n(x)

L¨ osung:

a)

n(x) x, u

EA

u(x) =

n0 2 EA

« „“ ” x 1 “ x ”2 −  2 

n0 2 2 EA « „ n0 2 “ x ” 1 “ x ”3 u(x) = − 2 EA  3  Δ =

 b)

Δ =

n0 2 3 EA

Aufgabe 7.2 (Schwierigkeitsgrad 3) Der dargestellte Stab mit ver¨ anderlicher Dehnsteifigkeit EA(x) und der L¨ ange  wird durch die konstante Streckenlast n0 belastet. Bestimmen Sie den Dehnungs- und Verschiebungsverlauf mit Hilfe eines Computeralgebra-Systems wie Maple. ´ ` Gegeben: , EA(x) = EA0 1 + x , EA0 , n0

L¨ osung: n0 x, u

EA(x)

ε(x)

=

u(x)

=



n0  ( ln(2) + x ln(2) − ) ( + x) ln(2) EA0 n0  (−x ln(2) ln(2) EA0 + ln( + x)  − ln() )

−

8

Spannungszustand

In Kapitel 6 wurde bereits die innere Beanspruchung stabartiger Bauteile in Form von Schnittgr¨ oßen ermittelt. Um jedoch Aussagen u ¨ber die Beanspruchung des Materials treffen zu k¨ onnen, um daraus Versagensprognosen etc. abzuleiten (siehe Kapitel 17), m¨ ussen die Schnittfl¨ achen der Bauteile genauer betrachtet werden. Dies f¨ uhrt auf den Begriff der mechanischen Spannungen. Mit Hilfe der Spannungsoptik ist die Sichtbarmachung der mechanischen Spannungsverteilung m¨ oglich. Bild 8.1 zeigt die Spannungen in einem Maulschl¨ ussel beim Anziehen einer Schraube.

Bild 8.1 Spannungsoptik: Spannungen in einem Maulsch¨ ussel

8.1

Spannungsvektor und Spannungstensor

Als Spannungen bezeichnet man die in einem Schnitt durch einen K¨ orper verteilten inneren Kr¨ afte. Sie sind ein Maß f¨ ur die Beanspruchung des Materials. Der Spannungsvektor t in einem Punkt auf der durch den Normalenvektor n charakterisierten Schnittfl¨ ache durch einen K¨ orper ist nach Augustin-Louis Cauchy (1789 – 1857) definiert als ΔF dF = , (8.1) ΔA dA siehe Bild 8.2. Die Dimension der Spannung ist damit Kraft pro Fl¨ ache und wird nach Blaise Pascal (1623 – 1662) in der Regel mit der Einheit Pascal“ ” angegeben: [t] = [F/2 ] = Pa = N/m2 . t(n) =

lim

ΔA→0

119

8.1 Spannungsvektor und Spannungstensor F1

ΔA

n ΔF

Bild 8.2 Definition des Spannungsvektors

F2

Der Spannungsvektor t steht (wie auch ΔF ) i. d. R. nicht senkrecht auf der Schnittfl¨ ache und wird daher oft in Komponenten zerlegt. Die Spannungen senkrecht zur Schnittfl¨ ache werden auch Normalspannungen genannt, die Spannungen in der Schnittfl¨ ache Schubspannungen. Die auf der Schnittfl¨ ache verteilten Spannungen sind den resultierenden Schnittgr¨ oßen (siehe Kapitel 6), die durch die ¨ außere Belastung auf den K¨ orper verursacht werden, statisch ¨ aquivalent.

Der Spannungszustand in einem Punkt ist wegen der Abh¨ angigkeit von der Schnittfl¨ ache (beschrieben durch deren Normalenvektor n) durch den Spannungsvektor nach Gleichung 8.1 nicht eindeutig beschrieben. Zur eindeutigen Beschreibung wird wie in Bild 8.3 ein kartesisches Koordinatensystem zugrunde gelegt und ein infinitesimales Volumenelement mit den Kantenl¨ angen dx, dy und dz freigeschnitten. y σyy σyx

σyz

σxy

σzy

σxx dy Bild 8.3 Spannungskomponenten in kartesischen Koordinaten

σzz

σzx

σxz x dz

z

dx

An jeder der sechs Schnittfl¨ achen wirkt ein Spannungsvektor, der in seine Komponenten in Richtung der Koordinatenachsen zerlegt wird, wobei zwei Indizes zur Kennzeichnung verwendet werden: Der erste Index i der Spannungskompoachennormalen) nenten σij bezieht sich auf die Orientierung (Richtung der Fl¨ des zugeh¨ origen Fl¨ achenelementes, der zweite Index j auf die Richtung der betreffenden Spannungskomponente. Der Spannungsvektor auf der x-y-Ebene (in

120

8 Spannungszustand

z-Richtung) lautet beispielsweise t(ez )

=

σzx ex + σzy ey + σzz ez .

(8.2)

Analog zu den Festlegungen f¨ ur die Vorzeichen der Schnittgr¨ oßen (vgl. Kapitel 6) gilt folgende Vorzeichenkonvention: Spannungskomponenten sind positiv, wenn sie an einem positiven (bzw. negativen) Schnittufer in Richtung der positiven (bzw. negativen) Koordinatenachsen wirken. Positive Normalspannungen bedeuten demnach stets Zug-, negative Normalspannungen Druckspannungen. Die Anordnung der Komponenten der Spannungsvektoren der drei Ebenen in einer Matrix liefert die Koordinatenmatrix des Spannungstensors, der den Spannungszustand in einem Punkt eindeutig festlegt. 3 2 σxx σxy σxz 7 6 (8.3) σ = 4 σyx σyy σyz 5 σzx σzy σzz Sind beide Indizes gleich, so handelt es sich um Normalspannungen (σxx , σyy und σzz ), sind sie voneinander verschieden, so handelt es sich um Schubspannungen. In der technischen Praxis wird bei Normalspannungen h¨ aufig nur ein Index angegeben, da sowohl die Fl¨ achennormale als auch die Spannung in dieselbe Richtung zeigen. Ferner werden die Schubspannungskomponenten mit dem Buchstaben τ gekennzeichnet: 3 2 σx τxy τxz 7 6 (8.4) σ = 4 τyx σy τyz 5 τzx τzy σz Im Folgenden wird diese gebr¨ auchliche Schreibweise f¨ ur die Spannungskomponenten verwendet.

8.2

Gleichgewichtsbedingungen

Die Komponenten des Spannungstensors sind im Allgemeinen nicht unabh¨ angig voneinander, sondern durch die Gleichgewichtsbedingungen miteinander verkn¨ upft. Anmerkung: Gleichgewichtsbedingungen d¨ urfen nur mit Kr¨ aften (bzw. Momenten) gebildet werden. Hierf¨ ur m¨ ussen die Spannungen mit den zugeh¨ origen Fl¨ achenelementen multipliziert werden.

Kr¨aftegleichgewicht ¨ An dem K¨ orperelement in Bild 8.4 sind (der Ubersicht halber nur) die Spannungskomponenten sowie die Komponenten der Volumenkraft b angetragen, die einen Beitrag zum Kr¨ aftegleichgewicht in x-Richtung liefern.

121

8.2 Gleichgewichtsbedingungen τyx + Δτyx τzx bx

σx

Δy

σx + Δσx

τzx + Δτzx τyx

Bild 8.4 K¨ orperelement mit Spannungskomponenten in x-Richtung

→:

Δz

y Δx

z

x

(σx + Δσx )ΔyΔz − σx ΔyΔz + (τyx + Δτyx )ΔxΔz − τyx ΔxΔz

(8.5)

+ (τzx + Δτzx )ΔxΔy − τzx ΔxΔy + bx ΔxΔyΔz = 0 Nach Ausklammern des Faktors ΔxΔyΔz folgt Δσx Δτyx Δτzx + + + bx = 0 . Δx Δy Δz Mit dem Grenz¨ ubergang Δx, Δy, Δz → 0 gilt dann « „ Δσx Δτyx Δτzx lim + + + bx Δx,Δy,Δz→0 Δx Δy Δz ∂σx ∂τyx ∂τzx ⇒ + + + bx ∂x ∂y ∂z

(8.6)

=

0,

(8.7)

=

0,

(8.8)

wobei ∂/∂x beispielsweise die partielle Ableitung nach x bedeutet. Die Kr¨ aftegleichgewichte in y- und z-Richtung liefern entsprechend ∂τxy ∂σy ∂τzy + + + by ∂x ∂y ∂z ∂τxz ∂τyz ∂σz + + + bz ∂x ∂y ∂z

=

0,

(8.9)

=

0.

(8.10)

Momentengleichgewicht ¨ Zur Untersuchung des Momentengleichgewichts sind in Bild 8.5 (der Ubersicht halber nur) die Spannungskomponenten angetragen, die einen Beitrag zum Momentengleichgewicht um die z-Achse durch den Schwerpunkt des K¨ orperelements liefern. Die Komponenten der Volumenkraft b liefern keinen Beitrag, da sie im Schwerpunkt wirken. Unter Vernachl¨ assigung volumenverteilter Momente gilt 

S

:

Δx Δx + τxy ΔyΔz 2 2 Δy Δy − (τyx + Δτyx )ΔxΔz − τyx ΔxΔz = 0. 2 2

(τxy + Δτxy )ΔyΔz

(8.11)

122

8 Spannungszustand τyx + Δτyx

τxy + Δτxy

τxy Δy τyx

Δz

y z

Δx x

Bild 8.5 K¨ orperelement mit Spannungskomponenten f¨ ur Momentengleichgewicht

Nach Ausklammern des Faktors ΔxΔyΔz folgt 2 τxy − 2 τyx + (Δτxy − Δτyx ) = 0 .

(8.12)

ubergang Δx, Δy, Δz → 0 verschwinden Δτxy und Δτyx , so dass Mit dem Grenz¨ gilt: τxy

=

τyx

(8.13)

Analog folgt aus dem Momentengleichgewicht um die anderen Achsen τyz

=

τzy ,

(8.14)

τxz

=

τzx .

(8.15)

Aus der Momentenbilanz (Gleichungen 8.13 bis 8.15) folgt der Satz von der Gleichheit der (in orthogonalen Schnitten) einander zugeordneten Schubspannungen: An einem orthogonalen Schnitt sind die einander zugeordneten Schubspannungen betragsm¨ aßig gleich. Sie zeigen entweder aufeinander zu oder voneinander weg, siehe beispielsweise Bild 8.5. Aus dieser Gleichheit folgt die Symmetrie des Spannungstensors bzw. dessen Matrix: 3 2 σx τxy τxz 7 6 (8.16) σ = σ T = 4 τxy σy τyz 5 τxz τyz σz Die Gleichungen 8.8 bis 8.10 sind drei gekoppelte partielle Differentialgleichungen f¨ ur die (mit Ber¨ ucksichtigung der Symmetrie des Spannungstensors) sechs unabh¨ angigen Spannungskomponenten im r¨ aumlichen Spannungszustand, aus denen der Spannungszustand nicht eindeutig ermittelt werden kann. Das Problem ist also statisch unbestimmt.

8.3

Ebener Spannungszustand

Der zweiachsige oder ebene Spannungszustand tritt bei Scheiben auf. Eine Scheibe ist ein ebenes Fl¨ achentragwerk, dessen Dicke h sehr viel kleiner ist als die

123

8.3 Ebener Spannungszustand

Abmessungen der Scheibenseiten und das ferner nur in seiner (x-y-)Ebene belastet ist, siehe Bild 8.6. Aufgrund der fehlenden Belastung in z-Richtung sind die Spannungskomponenten in dieser Richtung null: σz = τxz = τyz = 0

(8.17)

Die Spannungsmatrix (Gleichung 8.16) hat damit vier Eintr¨ age, wobei wegen angig voneinander sind. τxy = τyx nur noch drei unabh¨ # " σx τxy (8.18) σ = τxy σy F2 x F1

F3 h  a, b

F4 b

y Bild 8.6 Scheibe

8.3.1

a

Koordinatentransformation

Im Folgenden soll der Einfluss der Drehung des x-y-Koordinatensystems um den Winkel ϕ auf die Spannungskomponenten untersucht werden. Dazu wird ein ξ-η-Koordinatensystem eingef¨ uhrt, das gegen¨ uber dem x-y-Koordinatensystem um den Winkel ϕ im mathematisch positiven Sinn (und damit gegen den Uhrzeigersinn) gedreht ist, siehe Bild 8.7. y

ση η

σy

τηξ

τyx

σξ τxy

τξη ξ

σx

Bild 8.7 Transformation der Spannungskomponenten

ϕ x

An dem in Bild 8.8 dargestellten prismatischen, dreieckf¨ ormigen Scheibenelement der Dicke h, dessen Schnittfl¨ achen die Gr¨ oßen dA

= dη h

(8.19)

dAx = dy h = dη h cos ϕ = dA cos ϕ

(8.20)

dAy = dx h = dη h sin ϕ = dA sin ϕ

(8.21)

124

8 Spannungszustand

haben, wird das Kr¨ aftegleichgewicht untersucht. Unter Beachtung der Gleichungen 8.20 und 8.21 sowie der Gleichheit der zugeordneten Schubspannungen folgt daraus: 

σξ dA − σx dAx cos ϕ − σy dAy sin ϕ

:

− τxy dAx sin ϕ − τyx dAy cos ϕ = 0 σξ dA − σx cos2 ϕ dA − σy sin2 ϕ dA

⇒

− 2 τxy sin ϕ cos ϕ dA = 0 σξ = σx cos2 ϕ + σy sin2 ϕ + 2 τxy sin ϕ cos ϕ

⇒ 

(8.22)

τξη dA − τxy dAx cos ϕ + τyx dAy sin ϕ

:

+ σx dAx sin ϕ − σy dAy cos ϕ = 0 ´ ` τξη dA − τxy cos2 ϕ − sin2 ϕ dA

⇒ ⇒

τξη

+ σx cos ϕ sin ϕ dA − σy sin ϕ cos ϕ dA = 0 ` ´ = τxy cos2 ϕ − sin2 ϕ − (σx − σy ) sin ϕ cos ϕ

(8.23)

y

dη dy

ϕ η

τxy dAx

ϕ

τξη dA

σx dAx

ξ

σξ dA

ϕ τyx dAy

x dx

σy dAy

Bild 8.8 Gleichgewicht am Scheibenelement

F¨ ur einen um ϕ + 90◦ gedrehten Schnitt erh¨ alt man entsprechend zu Gleichung 8.22 die Beziehung ση

=

σx cos2 ϕ + σy sin2 ϕ − 2 τxy sin ϕ cos ϕ .

(8.24)

Mit den trigonometrischen Beziehungen 2 cos2 ϕ = 1 + cos 2ϕ , 2

2 sin ϕ = 1 − cos 2ϕ ,

2 sin ϕ cos ϕ = sin 2ϕ , cos2 ϕ − sin2 ϕ = cos 2ϕ

folgen die Spannungskomponenten im um den Winkel ϕ gedrehten ξ-η-Koor-

125

8.3 Ebener Spannungszustand

dinatensystem zu σξ =

1 2

(σx + σy ) +

1 2

(σx − σy ) cos 2ϕ + τxy sin 2ϕ ,

(8.25)

ση =

1 2

(σx + σy ) −

1 2

(σx − σy ) cos 2ϕ − τxy sin 2ϕ ,

(8.26)

−

1 2

(σx − σy ) sin 2ϕ + τxy cos 2ϕ .

(8.27)

τξη =

Die Spannungsmatrix lautet damit " # σξ τξη  . σ = τξη ση

(8.28)

Ein Vergleich zwischen Gleichung 8.18 und 8.28 zeigt, dass die Spur (Summe der Hauptdiagonalelemente) und die Determinante der beiden Matrizen unabh¨ angig von der Drehung des Koordinatensystems (d. h. unabh¨ angig vom Drehwinkel ϕ) sind. Man spricht von so genannten Invarianten Iσ und IIσ . Iσ = σx + σy IIσ = σx σy −

= σξ + ση 2 τxy

= σξ ση −

(8.29) 2 τξη

(8.30)

Gleichung 8.29 folgt direkt aus der Addition der Transformationsgleichungen 8.25 und 8.26, Gleichung 8.30 kann durch Einsetzen der drei Transformationsgleichungen best¨ atigt werden. Beispiel 8.1 Spannungszustand einer Scheibe Der Spannungszustand einer Scheibe ist mit σx , σy und τxy = τyx gegeben. Gesucht sind die Spannungen f¨ ur einen Schnitt unter dem Winkel α zur x-Achse. σy τyx τxy

y α

τxy

σx

σx

x

τyx σy

σx

=

100 MPa

σy

=

−50 MPa

τxy

=

60 MPa

α

=

60◦

L¨ osung: Die Gleichungen 8.26 und 8.27 liefern die gesuchten Spannungen: ` ´ ση = 12 100 MPa + (−50 MPa) ` ´ − 12 100 MPa − (−50 MPa) cos(2 · 60◦ ) τηξ

=

−60 MPa sin(2 · 60◦ ) = 10.54 MPa ` ´ − 21 100 MPa − (−50 MPa) sin(2 · 60◦ )

+60 MPa cos(2 · 60◦ ) = −94.95 MPa

126

8 Spannungszustand ση ξ

y

τxy τηξ

α

η

σx

α

x

τyx σy

8.3.2

Mohrscher Spannungskreis

F¨ ur die Transformationsgleichungen 8.25 bis 8.27 gibt es eine anschauliche geometrische Darstellung: den nach Christian Otto Mohr (1835 – 1918) benannten Mohrschen Spannungskreis. Gleichung 8.25 l¨ asst sich umformen zu σξ −

1 2

(σx + σy ) =

1 2

(σx − σy ) cos 2ϕ + τxy sin 2ϕ .

(8.31)

Addiert man die Gleichungen 8.27 und 8.31 und quadriert das Ergebnis anschließend, so verschwindet der Winkel ϕ: “ σ − σ ”2 ` ´2 x y 2 2 σξ − 21 (σx + σy ) + τξη + τxy (8.32) = 2 Verwendet man dabei anstelle von Gleichung 8.27 die Gleichung 8.26, so folgt urzungen daraus die gleiche Gleichung nur mit ση anstatt σξ . Mit den Abk¨ σm =

1 (σx + σy ) 2

und

R2 =

“ σ − σ ”2 x y 2 + τxy 2

(8.33)

wird aus Gleichung 8.31 ohne die Indizes ξ und η (σ − σm )2 + τ 2 = R2 .

(8.34)

Dabei handelt es sich um die Kreisgleichung des Mohrschen Spannungskreises in der σ-τ -Ebene mit dem Radius R um den Mittelpunkt (σm , 0). Die Werte angig sind, sind σm und R, die nur von den Spannungen σx , σy und τxy abh¨ unabh¨ angig gegen¨ uber einer Koordinatendrehung, da sie Linearkombinationen der Invarianten Iσ und IIσ sind (siehe auch Abschnitt A.4): σm =

1 2

Iσ

und

R2 =

1 2

Iσ − IIσ

(8.35)

Konstruktion des Spannungskreises Der Spannungskreis l¨ asst sich mit den Spannungen σx , σy und τxy einfach und ohne Berechnung von σm und R konstruieren. Zun¨ achst tr¨ agt man den Punkt Px mit den Koordinaten (σx , τxy ) sowie den Punkt Py mit den Koordinaten (σy , −τxy ) in das σ-τ -Koordinatensystem ein. Der Schnittpunkt ihrer Verbindungslinie mit der σ-Achse ergibt den Kreismittelpunkt, so dass der Kreis mit dem Radius R, der durch die beiden Punkte Px und Py geht, gezeichnet werden kann, siehe Bild 8.9.

127

8.3 Ebener Spannungszustand τ 2y

”2 + τx

τxy

r“

−σ σx 2

y

Px

σy σm Py

Bild 8.9 Konstruktion des Mohrschen Spannungskreises

σx

σ

−τxy

σx +σy 2

σx −σy 2

Der Mohrsche Kreis beschreibt den Spannungszustand eines Punktes des betrachteten K¨ orpers. Jeder Punkt auf dem Kreis geh¨ ort zu einem Schnitt durch den Punkt unter einem bestimmten Winkel, wie z. B. der Punkt Px zu dem Schnitt parallel zur y-Achse geh¨ ort, in dem die beiden Spannungen σx und τxy wirken. Genauso geh¨ ort zum Punkt Pξ der Schnitt parallel zur η-Achse, in dem die beiden Spannungen σξ und τξη wirken, siehe Bild 8.10. Dabei ist das ξ-η- im Vergleich zum x-y-Koordinatensystem um den Winkel ϕ gedreht (vgl. Bild 8.7). Im Spannungskreis hingegen ist der doppelte Winkel in entgegengesetzter Richtung anzutragen, siehe Bild 8.10. Im Spannungskreis in Bild 8.10 sind die Punkte P1 und P2 gekennzeichnet. In den zugeh¨ origen Schnitten (unter den Winkeln ϕ0 bzw. ϕ0 + π2 ) werden die Normalspannungen extremal und die zugeh¨ origen Schubspannungen verschwinden gleichzeitig. Diese Normalspannungen werden auch als Hauptspannungen origen Richtungen werden σ1 und σ2 bezeichnet, vgl. Abschnitt 8.3.3, die zugeh¨ Hauptspannungsrichtungen genannt. Die Punkte P∗1 und P∗2 kennzeichnen die Schnitte (unter den Winkeln ϕ∗0 bzw. ϕ∗0 + π2 ), in denen die Schubspannung in der Scheibenebene extremal wird und origen Normalspannungen verschwinden die Werte ± τmax annimmt. Die zugeh¨ hier allerdings nicht, sondern betragen σm . Sonderf¨alle des Spannungskreises Bei einachsigem Zug (siehe Bild 8.11 a) erfolgt die Belastung ausschließlich in x-Richtung: σx = σ0 , σy = τxy = 0. Die Hauptspannungen werden wegen der fehlenden Schubbeanspruchung (τxy = 0) zu σ1 = σx = σ0 und σ2 = σy = 0. Der Mohrsche Kreis liegt damit rechts von der τ -Achse, und die maximale Schubspannung in der x-y-Ebene τmax = σ0 /2 tritt unter 45◦ zur x-Achse auf (vgl. Abschnitt 8.5). Die zugeh¨ orige Normalspannung betr¨ agt ebenfalls σ0 /2 = σm . Vom

128

8 Spannungszustand τ

P1∗ (σm , τmax )

Px (σx , τxy )

Pη (ση , −τξη ) 2ϕ0 P2 (σ2 , 0) 2ϕ∗0

2ϕ

P1 (σ1 , 0)

σ

Pξ (σξ , τξη )

Py (σy , −τxy )

P2∗ (σm , −τmax ) σm

R

Bild 8.10 Darstellung des Mohrschen Spannungskreises

reinen Schub (siehe Bild 8.11 b) spricht man bei einem Spannungszustand mit allt wegen σm = 0 mit σx = σy = 0 und τxy = σ0 . Der Mittelpunkt des Kreises f¨ dem Koordinatenursprung zusammen. Die Hauptachsen σ1 = σ0 und σ2 = −σ0 treten unter einem Winkel von 45◦ zur x-Achse auf. Beim hydrostatischen Spannungszustand (siehe Bild 8.11 c) mit σx = σy = σ0 und τxy = 0, wie er beispielsweise in Fl¨ ussigkeiten auftritt, entartet der Spannungskreis zu einem Punkt. Die Spannungen sind unabh¨ angig vom Schnittwinkel in allen Richtungen gleich (σξ = ση = σ0 ), es treten keine Schubspannungen auf (τξη = 0).

Beispiel 8.2 Mohrscher Spannungskreis Die Ergebnisse aus Beispiel 8.1 sind mit Hilfe des Mohrschen Spannungskreises zu kontrollieren. Ferner sind die Hauptspannungen sowie die maximale Schubspannung in der x-y-Ebene mit den zugeh¨ origen Richtungen im Spannungskreis gesucht. L¨ osung: In der Darstellung des Mohrschen Spannungskreises sind die Koordinaten der Punkte P in ganzzahligen Werten der Einheit MPa angegeben.

129

8.3 Ebener Spannungszustand τ

σm

y σ0

P2 (0, 0)

P1 (σ0 , 0) σ 2ϕ∗0

x a

2∗

σm τmax 1∗ ϕ∗0 = 45◦

einachsiger Zug τ y

σ0

P1∗ (0, σ0 )

σ0

σ0 2

2ϕ0 σ0

1 ϕ0 = 45◦

σ

x b

τmax

P2∗ (0, −σ0 )

reiner Schub τ y

σ0

η

σ0

P (σ0 , 0) σ

σ0

σ0 ξ ϕ

x c

hydrostatischer Spannungszustand

Bild 8.11 Sonderf¨ alle des Mohrschen Spannungskreises

τ Pη (10, 95)

P1∗ (25, 96) Px (100, 60) 2 · 19◦

P2 (−71, 0)

2·

60◦

P1 (121, 0) σ

2 · 64◦

Py (−50, −60)

[σ] = [τ ] =MPa P2∗ (25, −96)

Pξ (40, −95)

130

8.3.3

8 Spannungszustand

Hauptspannungen

Nach den Gleichungen 8.25 bis 8.27 sind die Gr¨ oßen der Spannungen σξ , ση und τξη abh¨ angig vom Schnittwinkel ϕ. Als Hauptspannungen σ1 und σ2 werden nun diejenigen Normalspannungen bezeichnet, die bei der Drehung des Koordinatensystems extremale Werte annehmen. Die zugeh¨ origen Winkel ϕ0 bzw. ϕ0 + π2 , die gegen die x-Achse gemessen werden und die Richtung der 1- bzw. 2-Achse angeben, beschreiben die Hauptspannungsrichtungen, siehe Bild 8.12. y

σy τyx

2

σ2 τmax

σ1

∗ σm 1

σm τxy

1

σx

ϕ0

τmax 2∗

ϕ∗0

x

Bild 8.12 Darstellung der Hauptspannungen

Die Bestimmungsgleichungen k¨ onnen anschaulich aus dem Spannungskreis in Bild 8.10 abgelesen werden: r “ σ − σ ”2 σx + σy x y 2 + τxy (8.36) ± σ1,2 = σm ± R = 2 2 2 τxy (8.37) tan 2ϕ0 = σx − σy Diese Beziehungen folgen auch aus den Gleichungen 8.25 bis 8.27: Zur Bestimmung des Winkels ϕ0 , bei dem die maximale Normalspannung, die so genannte Hauptspannung, auftritt, ist Gleichung 8.25 nach dem Winkel ϕ zu differenzieren und null zu setzen (notwendige Bedingung): dσξ ! = 0 dϕ

⇒

(σx − σy ) (− sin 2ϕ) + 2 τxy cos 2ϕ = 0 ,

⇒

tan 2ϕ0 =

2τxy . σx − σy

(8.38) (8.39)

Die zweite, orthogonale Richtung ϕ0 + π2 folgt aus der Periodizit¨ at der Tangensfunktion mit π. Die beiden Hauptspannungen erh¨ alt man nun, indem der Winkel 2ϕ0 nach einigen trigonometrischen Umformungen in Gleichung 8.25 eingesetzt wird: r “ σ − σ ”2 σx + σy x y 2 + τxy (8.40) + σ1 = 2 2 r “ σ − σ ”2 σx + σy x y 2 + τxy (8.41) σ2 = − 2 2

131

8.3 Ebener Spannungszustand

uft man am Dabei gilt σ1 > σ2 . In welcher Richtung σ1 bzw. σ2 liegen, u ¨berpr¨ leichtesten durch Einsetzen von ϕ0 in die Gleichung 8.25 bzw. 8.26. Setzt man zur Bestimmung der den Hauptspannungen zugeordneten Schubspannung die Winkel in Gleichung 8.27 ein, folgt daraus τξη (ϕ0 ) = 0

bzw.

τξη (ϕ0 +

π ) 2

= 0.

(8.42)

In den Hauptspannungsrichtungen verschwinden also die Schubspannungen. Umgekehrt gilt damit, dass es sich beim Fehlen einer Schubspannung bei den zugeh¨ origen Normalspannungen um Hauptspannungen handelt. Die Spannungsmatrix lautet damit " # σ1 0  σ = . (8.43) 0 σ2

Auch die Gleichung f¨ ur die maximale Schubspannung in der Scheibenebene und den zugeh¨ origen Winkel l¨ asst sich aus dem Spannungskreis in Bild 8.10 ablesen: r “ σ − σ ”2 σ1 − σ2 x y 2 + τxy = τmax = R = , (8.44) 2 2 π (8.45) ϕ∗0 = ϕ0 + 4 Zur Berechnung der maximalen Schubspannung und der entsprechenden Richtung aus Gleichung 8.27 kann analog zu Gleichung 8.38 die notwendige Bedingung aufgestellt werden: dτξη ! = 0 dϕ

⇒

− (σx − σy ) cos 2ϕ − 2 τxy sin 2ϕ = 0

⇒

tan 2ϕ∗0 = −

σx − σy 2 τxy

(8.46) (8.47)

Ein Vergleich mit Gleichung 8.39 zeigt tan 2ϕ∗0 = −

1 = − cot 2ϕ0 , tan 2ϕ0

(8.48)

was den gesuchten Zusammenhang ϕ∗0

=

ϕ0 +

π 4

(8.49)

liefert. Wegen der Periodizit¨ at der Tangensfunktion gibt es auch hier wieder oßten einen zweiten Winkel ϕ∗0 + π2 . Die beiden Richtungen 1∗ und 2∗ der gr¨ Schubspannungen sind ebenfalls zueinander orthogonal und um π/4 gegen die Hauptspannungsrichtung gedreht, siehe Bild 8.12. Durch Einsetzen in die Transformationsbeziehung 8.27 und einigen Umformungen erh¨ alt man die maximale Schubspannung in der Scheibenebene. r “ σ − σ ”2 x y 2 τmax = + τxy (8.50) 2

132

8 Spannungszustand

Durch Vergleich mit den Hauptspannungen (Gleichungen 8.40 und 8.41) erkennt man σ1 − σ2 . (8.51) τmax = 2 Die Normalspannungen in den Richtungen der maximalen Schubspannung verschwinden nicht, sondern ergeben sich als arithmetisches Mittel σm der beiden Hauptspannungen σ1 und σ2 : σξ (ϕ∗0 ) = ση (ϕ∗0 ) =

σx + σy σ1 + σ2 = = σm 2 2

(8.52)

Beispiel 8.3 Hauptspannungen F¨ ur den Spannungszustand der Scheibe aus Beispiel 8.1 sind die Hauptspannungen und deren Richtungen sowie die maximale Schubspannung in der Scheibenebene und ihre Richtung gesucht, vgl. Beispiel 8.2. L¨ osung: Aus Gleichung 8.39 folgt zun¨ achst der Schnittwinkel der Hauptspannungen tan 2ϕ0 =

2 · 60 MPa = 0.8 100 MPa − (−50 MPa)

⇒

ϕ0 = 19.3◦ .

Damit folgen aus den Gleichungen 8.25 und 8.26 die Gr¨ oßen und Richtungen der Hauptspannungen ` ´ ` ´ σξ = 12 100 + (−50) MPa + 12 100 − (−50) MPa cos(2 · 19.3◦ ) ση

=

1 2

+60 MPa sin(2 · 19.3◦ ) = 121.05 MPa , ` ´ ` ´ 100 + (−50) MPa − 12 100 − (−50) MPa cos(2 · 19.3◦ ) −60 MPa sin(2 · 19.3◦ ) = −71.05 MPa .

ort also zu σ1 ; Da σξ > ση folgt σ1 = σξ und σ2 = ση . Der Winkel ϕ0 geh¨ alt man in einem Schnitt unter dem Winkel ϕ0 + 90◦ . Als einfache σ2 erh¨ Rechenkontrolle kann die erste Invariante (die Spur) der Spannungsmatrix dienen: ⇒

σx + σy

=

σ1 + σ2

100 MPa − 50 MPa

=

121.05 MPa − 71.05 MPa



Der zu der maximalen Schubspannung geh¨ orige Schnittwinkel ist gegen¨ uber der Hauptspannungsrichtung um 45◦ geneigt (vgl. Gleichung 8.45). ϕ∗0

=

19.3◦ + 45◦ = 64.3◦

Die Gr¨ oße und Richtung der maximalen Schubspannung in der Scheibenebene folgt durch Einsetzen von ϕ∗0 in Gleichung 8.27. ` ´ τ (ϕ∗0 ) = − 12 100 − (−50) sin(2 · 64.3◦ ) MPa +60 cos(2 · 64.3◦ ) MPa = −96.05 MPa

⇒

τmax

=

| τ (ϕ∗0 ) | = 96.05 MPa

133

8.4 Rotationssymmetrischer Spannungszustand

F¨ ur die maximale Schubspannung ist eine einfache Rechenkontrolle die Auswertung von Gleichung 8.51: ` ´ 96.05 MPa = 12 121.05 − (−71.05) MPa  Der Betrag der maximalen Schubspannung h¨ atte alternativ auch direkt u ¨ber Gleichung 8.50 berechnet werden k¨ onnen: s„ «2 100 MPa − (−50 MPa) τmax = + (60 MPa)2 = 96.05 MPa 2

8.4

Rotationssymmetrischer Spannungszustand

Der rotationssymmetrische Spannungszustand wird am Beispiel des d¨ unnwandigen, zylindrischen Kessels behandelt. Dazu wird wie dargestellt das r-ϕ-zZylinderkoordinatensystem eingef¨ uhrt, so dass die Spannungsmatrix folgende Eintr¨ age hat: 3 2 σr τrϕ τrz 7 6 (8.53) σ  = 4 τrϕ σϕ τϕz 5 τrz τϕz σz

Beispiel 8.4 D¨ unnwandiger, zylindrischer Kessel Der dargestellte d¨ unnwandige, zylindrische Kessel mit dem Radius r und der Wandst¨ arke h ist durch den Innendruck p belastet. Der Kessel habe an beiden Enden je einen Deckel. Gesucht sind die Hauptspannungen sowie die maximale Schubspannung im Kessel.

h

p

x ϕ

z

r

x

y

y

L¨ osung: Zur Berechnung der durch den Innendruck verursachten Spannungen in z-Richtung (Axial- oder L¨ angsspannung) wird ein Schnitt in der x-y-Ebene

134

8 Spannungszustand

¨ betrachtet. Uber der gesamten Schnittfl¨ ache πr2 herrscht der konstante Druck p, vgl. Abschnitt 5.2. Aufgrund der D¨ unnwandigkeit (h  r) kann die L¨ angsspannung des Zylinders σz als konstant u ¨ber die Wanddicke t verteilt angesehen werden. Das Kr¨ aftegleichgewicht in z-Richtung liefert mithin

σz



: ⇒

p πr 2

p πr2 − σz 2πrh = 0 σz =

1 r p . 2 h

z

Zur Bestimmung der Spannung in Umfangsrichtung (Umfangsspannung) betrachtet man einen Schnitt durch den Zylinder in der x-z-Ebene der L¨ ange Δ. Auch hier u ¨bt das Gas auf der gesamten (horizontalen) Schnittfl¨ ache 2rΔ den Druck p aus. Die Umfangsspannung σϕ kann wieder u ormig verteilt angenommen werden. ¨ber die Wanddicke h gleichf¨ Das Kr¨ aftegleichgewicht in y-Richtung liefert dann: p 2rΔ σϕ σϕ

↓

: ⇒

p 2rΔ − 2σϕ hΔ = 0 σϕ = p

r h

Δ y

2r

Die beiden Gleichungen f¨ ur σz und σϕ werden auch Kesselformeln genannt. ¨ Uber die Radialspannungen σr kann im Rahmen dieser elementaren Betrachtungen nur folgende Aussage gemacht werden: ( −p am Innenrand , σr = 0 am Außenrand . Damit ist das betragsm¨ aßige Verh¨ altnis von maximaler Radialspannung zur Umfangsspannung (wie auch zur Axialspannung) |σr | h p = =  1 |σϕ | p hr r

mit

h  r,

was die Vernachl¨ assigung der Radialspannung rechtfertigt: σr ≈ 0. Aufgrund der Symmetrie des zylindrischen Kessels und der Belastung treten in

135

8.5 Einachsiger Spannungszustand

obigen Schnitten keine Schubspannungen auf, τrϕ = τϕz = τzr = 0 , so dass es sich bei σz , σϕ und σr um Hauptspannungen handelt. Die Spannungsmatrix lautet damit 3 2 σr 0 0 7 6 σ  = 4 0 σϕ 0 5 . (8.54) 0 0 σz Bei der Bestimmung der maximalen Schubspannung ist zu beachten, dass die (betragsm¨ aßig) kleinste und gr¨ oßte Hauptspannung in Gleichung 8.51 eingesetzt wird. τ τmax

τmax σr = 0

σz

=

σϕ σ

=

1 (σϕ − σr ) 2 ” 1 r 1 “ r p −0 = p 2 h 2 h

Wie auch der Spannungskreis zeigt, wirkt die maximale Schubspannung τmax in der r-ϕ-Ebene unter 45◦ zur ϕ-Achse. Die maximale Schubspannung in der z-r-Ebene erh¨ alt man hingegen durch Einsetzen von σz und σr in Gleichung 8.51.

8.5

Einachsiger Spannungszustand

Der einachsige Spannungszustand ist ein Sonderfall der ebenen Belastung und tritt vor allem bei St¨ aben auf, die ausf¨ uhrlich in Kapitel 11 behandelt werden. Aufgrund einer ausschließlich in Stabl¨ angsrichtung (x-Richtung) wirkenden Belastung treten auch nur Spannungen in dieser Richtung auf, die restlichen Spannungskomponenten sind null: σy = σz = τxy = τyz = τzx = 0

(8.55)

Die Spannungsmatrix (Gleichung 8.16) hat damit als einzigen Eintrag σx . σ = σT =

h

σx

i

(8.56)

136

8 Spannungszustand

Schr¨ager Schnitt Es ist jedoch auch ein Spannungszustand denkbar, bei dem der Schnitt nicht orthogonal zur Stabachse ist. Der Normalenvektor der Schnittfl¨ ache f¨ allt dann nicht mit der Richtung der Stabachse zusammen, sondern bildet mit dieser den Winkel α, siehe Bild 8.13. σ0

σ0 x z

α

τξζ

σ0

ξ

σ0

τξζ

Bild 8.13 Schr¨ ager Schnitt durch einen Stab

σξ A0 A ξ

σξ

ζ

Aus dem Gleichgewicht des linken Teilk¨ orpers in x- bzw. z-Richtung →

:

σξ Aξ cos α + τξζ Aξ sin α − σ0 A0 = 0

(8.57)

↓

:

σξ Aξ sin α − τξζ Aξ cos α = 0

(8.58)

folgt mit Aξ = A0 / cos α σξ + τξζ tan α

=

σ0

(8.59)

σξ tan α − τξζ

=

0

(8.60)

und daraus σξ

=

1 σ0 = cos2 α σ0 = 1 + tan2 α

τξζ

=

tan α σ0 = sin α cos α σ0 = 1 + tan2 α

1 2

(1 + cos 2α) σ0 , 1 2

sin 2α σ0 .

(8.61) (8.62)

Anmerkung: Da der schr¨ ag geschnittene Stab auch als besonders belastete Scheibe aufgefasst werden kann, folgen die Formeln auch unmittelbar aus den Gleichungen 8.25 und 8.27 f¨ ur σx = σ0 und σy = τxy = 0, vgl. auch den Sonderfall des Spannungskreises in Bild 8.11 a.

Die Normalspannung σξ wird maximal f¨ ur α = 0 wegen cos(0) = 1, die zugeh¨ orige Schubspannung τξζ ist dort null. max σξ = σξ (0)

=

σx = σ0

(8.63)

τξζ (0)

=

τxy = 0

(8.64)

Die Schubspannung τξζ wird maximal f¨ ur sin(2α) = 1, also f¨ ur α = 45◦ , die zugeh¨ orige Normalspannung σξ nimmt dort den gleichen Wert an. max τξζ = τξζ (45◦ ) ◦

σξ (45 )

= =

1 2 1 2

σ0

(8.65)

σ0

(8.66)

¨ 8.6 Ubungsaufgaben

137

In Schnitten unter 45◦ zur Stabachse werden beim einachsigen Spannungszustand die Schubspannungen maximal. Dieser Umstand zeigt sich auch bei schubempfindlichen Materialien, die auf (einachsigen) Druck mit Rissen, die unter 45◦ gegen die Belastungsrichtung verlaufen, versagen. Beispiel 8.5 Zugstab mit Schweißnaht Zwei Zugst¨ abe mit der Querschnittsfl¨ ache A, die durch die Kraft F belastet werden, sind mit einer Stumpfnaht unter 30◦ aneinandergeschweißt. Gesucht sind die Schubspannungen in der Schweißnaht. L¨ osung: Mit σ0 = F/A betr¨ agt die Schubspannung nach Gleichung 8.62 √ 3 F 1 ◦ F τξζ = sin (2 · 30 ) = . 2 A 4 A

¨ Ubungsaufgaben

8.6

Aufgabe 8.1 (Schwierigkeitsgrad 2) Der Spannungszustand σx , σy und τxy einer Scheibe ist gegeben. ur einen a) Bestimmen Sie die Normalspannung σξ und die Schubspannung τξη f¨ Schnitt unter dem Winkel ϕ = 60◦ zur x-Achse. Skizzieren Sie deren Richtungen. b) Wie groß sind die Hauptnormalspannungen und in welchen Schnitten treten diese auf? c) Wie groß ist die maximale Schubspannung in der Scheibenebene und in welchem Schnitt tritt diese auf? d) Kontrollieren Sie Ihre Ergebnisse mit Hilfe des Mohrschen Spannungskreises. Gegeben: σx = −10 MPa, σy = 30 MPa, τxy = −20 MPa

L¨ osung: σy τyx τxy

y α

a) τxy

σx

b) σx

x

τyx σy

c)

σξ τξη σ1 σ2 ϕ0 τmax ϕ∗0

= = = = = = =

2.68 MPa 27.32 MPa 38.28 MPa −18.28 MPa 22.5◦ 28.28 MPa 67.5◦

138

8 Spannungszustand

Aufgabe 8.2 (Schwierigkeitsgrad 2) Ein dreieckiges Knotenblech ist an einen horizontalen Tr¨ ager angeschweißt und wird durch die Spannung σx belastet. a) Bestimmen Sie die Spannung σy so, dass in der horizontalen Schweißnaht keine Schubspannungen auftreten. b) Wie groß ist dann die Normalspannung σN in der Schweißnaht? ¨ c) Uberpr¨ ufen Sie Ihre Ergebnisse mit Hilfe des Mohrschen Spannungskreises. d) Um was f¨ ur einen Spannungszustand handelt es sich? Gegeben: σx = 50 MPa, α = 60◦

L¨ osung:

σx σy

a) b) d)

α

σy = 50 MPa σN = 50 MPa hydrostat.

Schweißnaht

Aufgabe 8.3 (Schwierigkeitsgrad 1) Ein zylindrischer, d¨ unnwandiger Kessel mit der Wanddicke t und dem Radius r wird durch den Innendruck pi belastet. a) Wie groß darf der Innendruck werden, so dass die zul¨ assige Schubspannung τzul im Kessel nicht u ¨berschritten wird? ¨ b) Uberpr¨ ufen Sie Ihr Ergebnis mit Hilfe des Mohrschen Spannungskreises. Gegeben: r, t  r, , τzul

r pi r 

L¨ osung: a)

pi ≤

2t τzul r

¨ 8.6 Ubungsaufgaben

139

Aufgabe 8.4 (Schwierigkeitsgrad 2) Ein d¨ unnwandiger, kugelf¨ ormiger Kessel mit dem Radius R und der Wandst¨ arke h ist durch den Außendruck p belastet. a) Wie groß ist die Umfangsspannung σϕ ? b) Zeichnen Sie den Mohrschen Kreis und bestimmen Sie die maximale Schubspannung τmax im Kessel. Gegeben: R, h, p

L¨ osung:

a) b)

1 R p 2 h 1 R = p 4 h

σϕ = τmax

Aufgabe 8.5 (Schwierigkeitsgrad 1) Ein Balken, der in angegebener Weise in einer um den Winkel α geneigten Fl¨ ache geklebt ist, wird durch eine Zugspannung σ0 belastet. a) Unter welchem Winkel α wird die Schubspannung τξη maximal? b) Wie groß ist unter diesem Winkel die Normalspannung? ¨ c) Uberpr¨ ufen Sie Ihre Ergebnisse mit Hilfe des Mohrschen Spannungskreises. Gegeben: σ0

L¨ osung: y x

σ0 α

a)

α

=

b)

σ

=

45◦ σ0 2

9

Verzerrungszustand

Unter der Wirkung von Lasten erfahren die Punkte (x, y, z) eines verformbaren K¨ orpers Verschiebungen, welche durch den Verschiebungsvektor u(x, y, z) mit den Komponenten u(x, y, z), v(x, y, z) bzw. w(x, y, z) in x-, y- bzw. z-Richtung beschrieben werden. u(x, y, z)

=

u(x, y, z) ex + v(x, y, z) ey + w(x, y, z) ez

(9.1)

Diese Verschiebungen sind im allgemeinen f¨ ur verschiedene Punkte eines K¨ orpers unterschiedlich, so dass die K¨ orperelemente Verzerrungen unterliegen, die in Dehnungen und Gleitungen unterteilt werden. Die folgenden Betrachtungen und Herleitungen sind auf kleine Deformationen (geometrisch lineare Theorie) beschr¨ ankt.

9.1

Verschiebungsvektor und Verzerrungstensor

In Bild 9.1 ist ein K¨ orper im undeformierten und deformierten Zustand dargestellt. Die Verschiebungsvektoren der beiden Punkte P1 und P2 lauten: u1

=

r 1 − r 1

(9.2)

u2

=

r 2 − r 2

(9.3)

P2

u2 P2

P1

P1

u1 r2

r2

r1

r1 y

z

x

Bild 9.1 K¨ orper im undeformierten und deformierten Zustand

141

9.1 Verschiebungsvektor und Verzerrungstensor

Bereits in Abschnitt 7.2 wurde die Dehnung f¨ ur einen Stab definiert als Verh¨ altnis der L¨ angen¨ anderung zur Ausgangsl¨ ange eines infinitesimalen Stabelements. F¨ ur ein K¨ orperelement gibt es folglich f¨ ur jede Koordinatenrichtung eine Deh¨ nung, siehe Bild 9.2, in der aus Gr¨ unden der Ubersichtlichkeit nur die x-y-Ebene des rechteckigen K¨ orperelementes dargestellt ist.

v(x, y + Δy, z)

v(x, y, z)

Δy Bild 9.2 Dehnung eines K¨ orperelementes

Δx

y z

x

u(x + Δx, y, z)

u(x, y, z)

Die Dehnungen in x- und y-Richtung sowie analog in z-Richtung lauten u(x + Δx, y, z) − u(x, y, z) ∂u(x, y, z) = , Δx ∂x v(x, y + Δy, z) − v(x, y, z) ∂v(x, y, z) = lim = , Δy→0 Δy ∂y ∂w(x, y, z) w(x, y, z + Δz) − w(x, y, z) = , = lim Δz→0 Δz ∂z

εxx = εyy εzz

lim

Δx→0

(9.4) (9.5) (9.6)

wobei beispielsweise ∂/∂x wieder die partielle Ableitung nach x bedeutet, vgl. Gleichung 8.8. Die Gleitung ist die Abweichung vom rechten Winkel des K¨ orperelementes und damit ein Maß f¨ ur die Winkel¨ anderung oder Winkelverzerrung. In Bild 9.3 ist die Gleitung eines K¨ orperelementes dargestellt. Die Gleitwinkel (in der dargestellten x-y-Ebene) sind v(x + Δx, y, z) − v(x, y, z) ∂v(x, y, z) = , Δx ∂x u(x, y + Δy, z) − u(x, y, z) ∂u(x, y, z) = lim = . Δy→0 Δy ∂y

γ1 = γ1

lim

Δx→0

(9.7) (9.8)

Als Gleitung in der x-y-Ebene ist die Summe dieser beiden Gleitwinkel definiert: γxy = γ1 + γ2 =

∂v(x, y, z) ∂u(x, y, z) + ∂x ∂y

(9.9)

Durch Austauschen von x mit y und u mit v erkennt man γxy = γyx .

(9.10)

142

9 Verzerrungszustand u(x, y + Δy, z) γ2 γ1 v(x + Δx, y, z) v(x, y, z)

Δy

z

Bild 9.3 Gleitung (Winkelverzerrung) eines K¨ orperelementes

Δx

y x

u(x, y, z)

Die Gleitungen in der y-z- und z-x-Ebene folgen analog: ∂v(x, y, z) ∂w(x, y, z) + ∂y ∂z ∂u(x, y, z) ∂w(x, y, z) = + ∂z ∂x

γyz = γzy =

(9.11)

γzx = γxz

(9.12)

Analog zum Spannungstensor (Gleichung 8.16) kann auch ein Verzerrungstensor definiert werden, dessen Komponenten die Dehnungen εii und die halben ur i = j), sind: Winkelverzerrungen, die sogenannten Schubverzerrungen εij (f¨ γij (9.13) εij = 2 Die (symmetrische) Komponentenmatrix f¨ ur den Verzerrungstensors des r¨ aumlichen Verzerrungszustandes lautet daher 2 3 2 3 1 1 γ γ εxx εxy εxz εxx 2 xy 2 xz 6 7 6 7 1 ε = 4 εxy εyy εyz 5 = 4 12 γxy . (9.14) εyy γ 2 yz 5 1 1 εxz εyz εzz γ γ ε zz 2 xz 2 zy F¨ ur die Komponenten der Verzerrungsmatrix gilt damit einheitlich (auch f¨ ur i = j) „ « 1 ∂ui ∂uj εij = + . (9.15) 2 ∂xj ∂xi Da die Verschiebungen ui und die Verzerrungen εij die Geometrie der Verformung beschreiben, werden sie als kinematische Gr¨ oßen bezeichnet. In der technischen Praxis werden analog zu den Spannungen i. d. R. die folgenden Bezeichnungsweisen f¨ ur die Verzerrungen bevorzugt. εx = ˆ εxx

εy = ˆ εyy

εz = ˆ εzz

(9.16)

γxy = ˆ 2 εxy

γyz = ˆ 2 εyz

γzx = ˆ 2 εzx

(9.17)

143

9.2 Ebener Verzerrungszustand

9.2

Ebener Verzerrungszustand

Beim zweiachsigen oder ebenen Verzerrungszustand ist die Verzerrung in eine Richtung behindert, und daher sind die Verzerrungskomponenten in diese Richtung null: εz = γxz = γyz = 0

(9.18)

Die Verzerrungsmatrix hat damit nur noch vier Eintr¨ age, wie die Spannungsmatrix beim ebenen Spannungszustand (Gleichung 8.18). " # εx γxy ε = (9.19) γxy εy Der ebene Verzerrungszustand findet vor allem dort Anwendung, wo durch eine große Ausdehnung des betrachteten Gebiets in eine Richtung eine Dehnungsbehinderung in diese Richtung angenommen werden kann, wie beispielsweise bei der Berechnung von Tunneln. Anmerkung: Die f¨ ur den ebenen Spannungszustand gezeigten Eigenschaften der Spannungsmatrix aus Abschnitt 8.3 k¨ onnen entsprechend auf die Verzerrungsmatrix u ¨bertragen werden (Transformation der Verzerrungskomponenten bei Drehung des Koordinatensystems, Hauptdehnungen).

9.3

Rotationssymmetrischer Verzerrungszustand

Analog zur Umfangsspannung σϕ (siehe Beispiel 8.4) ist auch eine Umfangsdehnung εϕ definiert. Mit der Umfangsfunktion U (r) und der Aufweitung u in r-Richtung gilt nach Bild 9.4, in der die Aufweitung eines d¨ unnwandigen, zylinderf¨ ormigen Kessels in der x-y-Ebene dargestellt ist: εϕ =

U (r + Δr) − U (r) 2π(r + u) − 2πr u = = U (r) 2πr r

(9.20)

x ϕ r u Bild 9.4 Definition der Umfangsdehnung

y

144

9.4

9 Verzerrungszustand

Einachsiger Verzerrungszustand

Beim einachsigen Verzerrungszustand sind die Verzerrungen in zwei Richtungen behindert und daher die Verzerrungskomponenten in diese Richtungen null: εy = εz = γxy = γyz = γzx = 0

(9.21)

Die Verzerrungsmatrix (Gleichung 9.14) hat damit als einzigen Eintrag εx . i h (9.22) ε = εx F¨ ur den eindimensionalen Fall wurde die Dehnung εx bereits in Gleichung 7.4 definiert. Ist der Verschiebungsverlauf u(x) bekannt, so l¨ asst sich die Dehnung εx (x) durch Differenzieren ermitteln. Bei bekanntem Dehnungsverlauf εx (x) kann die Verschiebung u(x) durch Integration berechnet werden. Z u(x) = εx (x) dx + C (9.23) Die Integrationskonstante C l¨ asst sich aus einer Randbedingung f¨ ur die Verschiebung u bestimmen. Bei konstanter Dehnung ε u ange  folgt daraus mit ¨ber die L¨ der L¨ angen¨ anderung Δ = u(x = ) − u(x = 0) ε

=

Δ . 

(9.24)

Bei einer Verl¨ angerung (Streckung) (Δ > 0) ist die Dehnung positiv, bei einer Verk¨ urzung (Stauchung) (Δ < 0) negativ. Beispiel 9.1 Einachsiger Spannungszustand Gesucht ist der Verschiebungsverlauf u(x) f¨ ur den dargestellten Stab der L¨ ange , bei dem die Dehnungsfunktion εx (x) bekannt ist.

x, u

εx (x)



L¨ osung: Aus Gleichung 9.23 folgt Z “ 0.002 + u(x) =

=

0.002 +

x 100 

x ” x2 dx = 0.002 x + +C. 100  200 

Aus der Randbedingung u() = 0 kann die Integrationskonstante C bestimmt werden: u() = 0 = 0.002  + 0.005  + C

⇒

C = −0.007 

Der Verschiebungsverlauf des Stabes lautet damit: u(x) = 0.002 x +

x2 − 0.007  100 

¨ 9.5 Ubungsaufgaben

9.5

145

¨ Ubungsaufgaben

Aufgabe 9.1 (Schwierigkeitsgrad 1) Bei einem verformten d¨ unnwandigen, zylinderf¨ ormigen Kessel mit dem Ausgangsradius r wird der Durchmesser D gemessen. Wie groß ist die Umfangsdehnung εϕ ? Gegeben: r = 10 cm, D = 20.02 cm

L¨ osung: D r

εϕ = 0.001

Aufgabe 9.2 (Schwierigkeitsgrad 1) F¨ ur den dargestellten Stab der L¨ ange  ist der Verschiebungsverlauf u(x) bekannt. Bestimmen Sie den Dehnungsverlauf εx (x). Gegeben: , u(x) = 501  ( − x)x

L¨ osung: x, u



εx (x) =

1 1 x − 50 25 

10

Materialgleichungen

Die in den Kapiteln 8 und 9 hergeleiteten mathematischen Beschreibungen f¨ ur Spannungen und Verformungen gelten stoffunabh¨ angig, dabei wurde keine Festlegung auf ein spezielles Material getroffen. Die Erfahrung lehrt jedoch, dass bei gleicher Krafteinwirkung (und somit gleichen Spannungen) f¨ ur verschiedene Werkstoffe unterschiedliche Verformungen beobachtet werden. Zur Anschauung stelle man sich einen Zugstab aus Stahl im Vergleich zu einem aus Gummi vor. Der Zusammenhang zwischen der ¨ außeren Belastung und der messbaren Deformation wird u ¨ber mathematische Beziehungen hergestellt, welche die individuellen Materialeigenschaften beschreiben, die sogenannten Material- oder Stoffgleichungen. Um dabei eine von der spezifischen Bauteilgeometrie unabh¨ angige Beschreibung zu erreichen, m¨ ussen somit werkstoffbezogene Relationen zwischen Spannungen und Verzerrungen formuliert werden. Die Materialgleichungen werden durch experimentelle Untersuchungen gewonnen, siehe Abschnitt 10.1. Eine solche Untersuchung stellt der in Bild 10.1 abgebildete Zugversuch dar.

Bild 10.1 Zugversuch mit einem in die Pr¨ ufmaschine eingespannten Probestab mit zugeh¨ origem Kraft-Verschiebungs-Diagramm

147

10.1 Materialverhalten im Versuch

10.1

Materialverhalten im Versuch

10.1.1

Zugversuch

Beim in Bild 10.1 abgebildeten Zugversuch wird der in die Pr¨ ufmaschine eingebaute Probestab aus Stahl bis zum Versagen gedehnt. Aus der Kraft F , die die Maschine auf den Stab aus¨ ubt, und aus der gemessenen L¨ angen¨ anderung Δ (siehe Diagramm in Bild 10.1), werden die Normalspannung σ = F/A und die Dehnung ε = Δ/ berechnet und im Spannungs-Dehnungs-Diagramm angetragen, das in Bild 10.2 qualitativ dargestellt ist. σ

σF

Bild 10.2 Spannungs-Dehnungs-Diagramm f¨ ur einen Stahlzugversuch

εpl

ε

Im Bereich kleiner Dehnungen erkennt man den linearen Zusammenhang zwischen Spannung und Dehnung, der bis zur sogenannten Fließgrenze σF gilt. Beim Erreichen der Fließgrenze nimmt die Dehnung bei gleichbleibender Spannung zu: Der Stahl beginnt zu fließen. Der anschließende Bereich, in dem die Kurve wieder ansteigt, wird Verfestigungsbereich genannt: Der Stahl kann bis zum Bruch eine weitere Belastung aufnehmen. Bei der vollst¨ andigen Entlastung des Stabes vor Erreichen der Fließgrenze ange an. Die Dehnung geht (σ < σF ), nimmt der Stab wieder seine Ausgangsl¨ also auf null zur¨ uck, so dass Be- und Entlastungskurve identisch sind. Dies wird (linear) elastisches Materialverhalten genannt. Entlastet man den Stab ¨ hingegen erst nach Uberschreiten der Fließgrenze, so geht die Dehnung nicht auf null zur¨ uck, sondern die Entlastungskurve verl¨ auft parallel zum linear elasuckbleibt, tischen Bereich, so dass die sogenannte plastische Dehnung εpl zur¨ siehe Bild 10.2. Dieses Materialverhalten wird plastisch genannt. Bei kleinen Form¨ anderungen liefern die Experimente f¨ ur viele Werkstoffe einen linearen Zusammenhang zwischen Spannung und Verzerrung σ ∼ ε

⇒

σ = Eε

(10.1)

mit der Proportionalit¨ atskonstanten E. Diese linear elastische Materialgleichung, bei der die Form¨ anderungen nach der Entlastung wieder zur¨ uckgehen, wird nach Robert Hooke (1635 – 1703) auch das Hookesche Gesetz ( ut ten” sio sic vis“) oder Elastizit¨ atsgesetz genannt. Dennoch handelt es sich nicht um

148

10 Materialgleichungen

ein allgemeing¨ ultiges Gesetz, sondern nur um eine Materialgleichung f¨ ur linear elastisches Verhalten. Anmerkung: F¨ ur alle kristallinen Werkstoffe und viele molekulare Festk¨ orper kann dieser Zusammenhang auch aus der atomaren Bindung abgeleitet werden.

Im Folgenden werden nur elastische Werkstoffe betrachtet, die dem Hookeschen Gesetz gen¨ ugen. Zus¨ atzlich wird die Annahme getroffen, dass die Werkstoffe f¨ ur die zwei- und dreiachsigen Spannungs- und Verzerrungszust¨ ande homogen und isotrop sind. Ein homogener Werkstoff weist u ¨berall die gleichen Eigenschaften auf, beim isotropen Werkstoff sind diese Eigenschaften zus¨ atzlich in allen Richtungen gleich. W¨ ahrend beispielsweise Stahl weitestgehend isotrop ist, verh¨ alt sich Holz, dessen Eigenschaften abh¨ angig von der Faserrichtung sind, anisotrop. Anhaltswerte f¨ ur den Elastizit¨ atsmodul E sind Tabelle 10.1 zu entnehmen. Querkontraktion Der einachsige Zugversuch gibt nicht nur Auskunft u atsmo¨ber den Elastizit¨ dul E des Werkstoffs, sondern zeigt auch noch folgendes Ph¨ anomen: Außer der orpers normal zu L¨ angsachse auf, L¨ angsdehnung εx tritt eine Verformung des K¨ die sogenannte Querkontraktion (negative Querdehnung). Dieses Verhalten soll am Beispiel eines durch die Kraft F in x-Richtung gezogenen, geraden Stabes erl¨ autert werden, siehe Bild 10.3. Δy /2

Δy /2 Δz /2

x z

y

Δz /2

y z

z x

Δx

y

Bild 10.3 Querkontraktion beim geraden Stab

Mit Einf¨ uhrung der Querkontraktionszahl ν als negatives Verh¨ altnis der Querzur L¨ angsdehnung εz εy bzw. νz = − (10.2) νy = − εx εx zeigt der Versuch εx

=

εy

=

εz

=

Δx σx = , x E Δy = −νy εx , y Δz = −νz εx . z

(10.3) (10.4) (10.5)

149

10.1 Materialverhalten im Versuch

Aufgrund der Isotropie gilt ν = ν y = νz .

(10.6)

Die dimensionslose Gr¨ oße ν heißt auch Querdehnzahl, ihr Kehrwert 1/ν wird ´on Denis Poisson (1781 – 1840) auch als Poissonsche Konstante nach Sime bezeichnet. Anhaltswerte f¨ ur ν sind f¨ ur Stahl 0.3 und f¨ ur Beton 0.2, siehe Tabelle 10.1.

10.1.2

Torsionsversuch

Zur Erzeugung eines reinen Schubspannungszustandes ist ein Torsionsversuch eines d¨ unnwandigen Hohlzylinders nach Bild 10.4 geeignet (zur Torsion siehe Abschnitt 13.3). MT

τyx x π 2

y Bild 10.4 Torsionsversuch

π 2

− γxy

τxy

x

MT

Dabei stellt man (innerhalb des Proportionalit¨ atsbereiches, γ  1) folgenden Zusammenhang zwischen den Schubspannungen τ und den Gleitungen γ fest (Hookesches Gesetz f¨ ur Schub): τxy

=

G γxy

(10.7)

beziehungsweise f¨ ur die anderen Koordinatenrichtungen τyz = G γyz

und

τzx = G γzx .

(10.8)

Der Materialparameter G wird als Schubmodul (oder auch Gleitmodul) bezeichnet, mit der Dimension Kraft pro Fl¨ ache: [G] = [F/2 ] = Pa = N/m2 . Stahl beispielsweise hat einen Schubmodul von 81 GPa, siehe Abschnitt 10.3.

10.1.3

W¨armedehnung

Ein weiteres Ph¨ anomen ist, dass sich die meisten Stoffe bei Temperaturerh¨ ohung ausdehnen. Dies ist das makroskopisch sichtbare Ergebnis der Tatsache, dass

150

10 Materialgleichungen

atomare Verb¨ ande bei h¨ oherer Temperatur einen gr¨ oßeren Abstand zwischen den einzelnen Atomen einnehmen. Zu der durch mechanische Beanspruchung hervorgerufenen Dehnung addiert sich somit die W¨ armedehnung. Das verallgemeinerte Hookesche Gesetz f¨ ur einen linear elastischen Festk¨ orper nimmt damit die Form ε

=

εσ + εT

(10.9)

armeausdehnungsgesetz an, wobei f¨ ur den Temperaturanteil εT das lineare W¨ εT

=

αT ΔT

(10.10)

armeangenommen wird. Dabei ist ΔT die Temperatur¨ anderung und αT der W¨ ausdehnungskoeffizient, eine weitere Werkstoffkonstante mit der Dimension des Kehrwertes der Temperatur: [αT ] = [1/T ] = 1/K. Anhaltswerte f¨ ur αT k¨ onnen f¨ ur verschiedene Materialien aus Tabelle 10.1 entnommen werden. Experimente best¨ atigen diesen linearen Zusammenhang bei g¨ angigen Materialien: F¨ ur kleine Temperatur¨ anderungen ist bei gleichf¨ ormiger Erw¨ armung eiannes Stabes die W¨ armedehung εT (mit αT ) proportional zur Temperatur¨ derung ΔT . Falls die Temperatur¨ anderung nicht konstant u ¨ber die gesamte Stabl¨ ange, sondern ortsabh¨ angig ist, ergibt sich die ¨ ortliche Dehnung zu εT (x)

=

αT ΔT (x) .

(10.11)

Das Einsetzen der Gleichungen 10.1 und 10.10 in Gleichung 10.9 liefert das modifizierte Hookesche Gesetz ε

=

σ + αT ΔT E

(10.12)

E (ε − αT ΔT ) .

(10.13)

beziehungsweise σ

=

In diesem Zusammenhang ist es jedoch wichtig zu Kenntnis zu nehmen, dass W¨ armedehnung weder mit Gleitungen verbunden ist noch Spannungen im Werkstoff hervorruft, solange diese nicht durch ¨ außere Zw¨ ange (geometrische Randbedingungen) behindert wird. F¨ ur die Auslegung von Konstruktionen im Ingenieurbereich ist gerade der zweite Aspekt von besonderer Bedeutung: Kann sich ein Festk¨ orper, der ver¨ anderlichen Temperaturen ausgesetzt ist, aufgrund seiner Lagerung nicht unbehindert ausdehnen, treten Zw¨ ange auf, die wiederum mechanische Spannungen im Material verursachen, vgl. Beispiel 10.1. Beispiel 10.1 W¨ armedehnung Eisenbahnschienen werden i. d. R. an ihren L¨ angsst¨ oßen miteinander verschweisst, so dass ihre L¨ angsdehnung behindert ist. Geht man davon aus, dass der Einbau bei 20◦ erfolgt, so tritt bei einer angenommenen Maximaltemperatur im Sommer von 60◦ eine Temperaturdifferenz von

151

10.1 Materialverhalten im Versuch

ΔT = 40 K auf. Zu untersuchen ist die Lagerkraft ΔF , die beim dargestellten Schienenstoß vom Gleisbett aufgrund der Temperatur¨ anderung aufzunehmen ist. Die Querschnittsfl¨ achen der Stahlschienen sind links Al = 69.48 cm2 und rechts Ar = 52.16 cm2 .

Fr

Fl ΔF

L¨ osung: Bei Vernachl¨ assigung der Querdehnung (ν = 0) gilt nach Gleichung 10.13 mit behinderter L¨ angsdehnung (ε = 0) f¨ ur die L¨ angsspannung in den Schienen σ

=

−E αT ΔT

=

−2.1 · 105 MPa · 1.2 · 10−5 1/K · 40 K = −100.8 MPa .

Damit folgt f¨ ur die L¨ angs(druck)kr¨ afte in den Schienen Fl

=

−σAl = 100.8 MPa · 69.48 cm2 = 700.4 kN ,

Fr

=

−σAr = 100.8 MPa · 52.16 cm2 = 525.8 kN .

Das Kr¨ aftegleichgewicht liefert die Lagerkraft ΔF ←

: ⇒

Werkstoff Stahl Gußeisen Aluminium Beton Holz* Glas

ΔF + Fr − Fl = 0 ΔF = Fl − Fr = 700.4 kN − 525.8 kN = 174.6 kN .

E / MPa

ν

αT / 1/K

2.1 · 105 (0.8 . . . 1.2) · 105 0.7 · 105 (2.6 . . . 4.5) · 104 (0.8 . . . 1.3) · 104 (0.55 . . . 0.65) · 105

0.3 0.25 0.34 0.2 0.02 . . . 0.06 0.2 . . . 0.3

1.2 · 10−5 0.9 · 10−5 2.4 · 10−5 1.0 · 10−5 (2.5 . . . 5.0) · 10−6 (0.8 . . . 1.0) · 10−5

*Holz ist ein anisotroper Werkstoff, dessen Kennwerte zudem in Abh¨ angigkeit der Holzart stark schwanken. Die angegebenen Werte gelten f¨ ur Zug in Faserrichtung. Tabelle 10.1 Werkstoffkennwerte

152

10 Materialgleichungen

10.2

Verallgemeinertes Hookesches Gesetz

10.2.1

Dreiachsiger Spannungs- und Verzerrungszustand

Eine Verallgemeinerung der Versuchsergebnisse aus Abschnitt 10.1 auf den dreiachsigen Spannungszustand liefert unter Ber¨ ucksichtigung des Temperatureinflusses folgende Abh¨ angigkeiten zwischen Verzerrungen ε bzw. γ und Spannungen σ bzw. τ : ˜ 1 ˆ σx − ν(σy + σz ) + αT ΔT (10.14) εx = E ˜ ˆ 1 εy = (10.15) σy − ν(σx + σz ) + αT ΔT E ˜ 1 ˆ εz = (10.16) σz − ν(σx + σy ) + αT ΔT E 1 γxy = (10.17) τxy G 1 γyz = (10.18) τyz G 1 τzx (10.19) γzx = G Ordnet man die sechs Verzerrungsgr¨ oßen und die sechs Spannungsgr¨ oßen in einen Vektor ein, so liefert dies folgende Matrizendarstellung f¨ ur das verallgemeinerte Hookesche Gesetz: 2 1 2 3 3 32 ν ν εx σx −E −E 0 0 0 E ν 1 6 −ν 6 ε 7 7 6 −E 0 0 0 7 6 E 6 y 7 7 6 σy 7 E 6 6 7 7 76 ν ν 1 −E 0 0 0 7 6 σz 7 6 − 6 εz 7 E 6 7 = 6 E 7 (10.20) 6 7 1 6 0 6 γxy 7 0 0 0 0 7 6 τxy 7 G 6 6 7 7 6 7 1 4 0 4 γyz 5 0 5 4 τyz 5 0 0 0 G 1 γzx τzx 0 0 0 0 0 G h iT + αT ΔT αT ΔT αT ΔT 0 0 0 In inverser Darstellung (d. h. aufgel¨ ost nach den Spannungen) lauten die Beziehungen:

σx

=

E (1+ν)(1−2ν)

σy

=

E (1+ν)(1−2ν)

σz

=

E (1+ν)(1−2ν)

ˆ

˜ (1 − ν)εx + ν(εy + εz ) − (1 + ν) αT ΔT (10.21) ˆ ˜ (1 − ν)εy + ν(εz + εx ) − (1 + ν) αT ΔT (10.22) ˜ ˆ (1 − ν)εz + ν(εx + εy ) − (1 + ν) αT ΔT (10.23)

τxy

=

G γxy

(10.24)

τyz

=

G γyz

(10.25)

τzx

=

G γzx

(10.26)

153

10.2 Verallgemeinertes Hookesches Gesetz

Aus diesen Gleichungen f¨ ur den dreiachsigen Spannungszustand lassen sich auch leicht diejenigen f¨ ur den ebenen Spannungszustand und f¨ ur den ebenen Verzerrungszustand bestimmen.

10.2.2

Ebener Spannungszustand

F¨ ur den ebenen Spannungszustand (siehe auch Abschnitt 8.3) mit σz = τzx = τzy = 0 liefern die Gleichungen 10.14 bis 10.19 folgende Verzerrungs-SpannungsRelation: 1 (10.27) (σx − νσy ) + αT ΔT εx = E 1 εy = (10.28) (σy − νσx ) + αT ΔT E ν εz = − (σx + σy ) + αT ΔT (10.29) E 1 (10.30) τxy γxy = G γyz = γzx = 0 (10.31) Aufgel¨ ost nach den vier verbleibenden Spannungskomponenten folgt daraus: ˜ E ˆ εx + νεy − (1 + ν) αT ΔT (10.32) σx = 2 1−ν ˜ E ˆ εy + νεx − (1 + ν) αT ΔT σy = (10.33) 1 − ν2 (10.34) τxy = G γxy . Anmerkung: Der ebene Spannungszustand (ohne Temperaturbelastung) bewirkt auch Dehnungen in der unbelasteten z-Richtung f¨ ur ν = 0.

Beispiel 10.2 Ebener Spannungszustand F¨ ur eine an allen R¨ andern festgehaltene Scheibe (mit den Materialparameuhlung tern E, ν und αT ) sind die Spannungen σx und σy infolge einer Abk¨ von ΔT = −20 K f¨ ur den ebenen Spannungszustand gesucht. y x

E

=

2.1 · 105 MPa

ν

=

0.3

αT

=

1.2 · 10−5 K−1

L¨ osung: Da die R¨ ander unverschieblich festgehalten sind (uRand = vRand = 0), folgt aus der Kinematik εx = εy = 0. Die Gleichungen 10.32 und 10.33 liefern σx = σy

= =

E αT ΔT 1−ν 2.1 · 105 MPa − 1.2 · 10−5 · (−20) = 72 MPa . 1 − 0.3 −

154

10 Materialgleichungen

10.2.3

Ebener Verzerrungszustand

F¨ ur den ebenen Verzerrungszustand (siehe auch Abschnitt 9.2) mit εz = εxz = γzy = 0 folgt unmittelbar aus dem verallgemeinerten Hookeschen Gesetz: ˜ 1 ˆ εx = (10.35) σx − ν(σy + σz ) + αT ΔT E ˜ 1 ˆ εy = (10.36) σy − ν(σx + σz ) + αT ΔT E 1 γxy = (10.37) τxy G Die inverse Darstellung lautet dann: ˆ ˜ E (1 − ν)εx + νεy − (1 + ν) αT ΔT (10.38) σx = (1+ν)(1−2ν) ˆ ˜ E (10.39) σy = (1+ν)(1−2ν) (1 − ν)εy + νεx − (1 + ν) αT ΔT ˆ ˜ E (10.40) σz = (1+ν)(1−2ν) ν(εx + εy ) − (1 + ν) αT ΔT τxy

=

G γxy

(10.41)

τyz

=

τzx = 0

(10.42)

Anmerkung: Der ebene Verzerrungszustand (ohne Temperaturbelastung) bewirkt auch Spannungen in der dehnungsbehinderten z-Richtung f¨ ur ν = 0.

Beispiel 10.3 Ebener Verzerrungszustand Gesucht sind die Spannungen σx , σy und σz f¨ ur die Scheibe aus Beispiel 10.2 f¨ ur den ebenen Verzerrungszustand. L¨ osung: Die Gleichungen 10.38 bis 10.40 liefern mit εx = εy = 0 E αT ΔT σx = σy = σz = − 1 − 2ν 2.1 · 105 MPa = − 1.2 · 10−5 · (−20) = 126 MPa . 1 − 2 · 0.3

10.2.4

Rotationssymmetrischer Spannungszustand

Die Verzerrungs-Spannungs-Relationen in Zylinderkoordinanten (siehe Abschnitt 8.4) lauten: ˜ 1 ˆ εr = (10.43) σr − ν(σϕ + σz ) + αT ΔT E ˜ 1 ˆ εϕ = (10.44) σϕ − ν(σr + σz ) + αT ΔT E ˜ ˆ 1 (10.45) σz − ν(σr + σϕ ) + αT ΔT εz = E 1 γrz = (10.46) τrz G γrϕ = γϕz = 0 (10.47)

155

10.3 Beziehungen zwischen den Materialkonstanten

Beispiel 10.4 Rotationssymmetrischer Spannungszustand Der d¨ unnwandige, zylindrische Kessel aus Beispiel 8.4 mit E/p = 20 000, atzlich zur Belastung ν = 0.3, αT = 1.2 · 10−5 1/K und r/h = 100 wird zus¨ durch den Innendruck p um 100 K erw¨ armt. Gesucht ist die Umfangsdehnung εϕ sowie die radiale Aufweitung u des Kessels f¨ ur r = 20 cm. L¨ osung: Mit den Ergebnissen f¨ ur die Spannungen σr , σϕ und σz aus Beispiel 8.4 liefert Gleichung 10.44 die Umfangsdehnung εϕ

= =

ˆ ˜ 1 100 p − 0.3 · (0 + 50 p) + 1.2 · 10−5 · 100 20 000 p −0.00425 + 0.0012 = −0.00545 .

(10.48) (10.49)

Mit Gleichung 9.20 folgt die radiale Aufweitung u = εϕ r = −0.00545 · 20 cm = 1.09 mm .

10.3

(10.50)

Beziehungen zwischen den Materialkonstanten

Mit Hilfe von Bild 10.5, das eine quadratische Scheibe der Kantenl¨ ange  und der Dicke h zeigt, kann eine Beziehung zwischen den Elastizit¨ atskonstanten E, G und ν hergeleitet werden. Die Scheibe sei durch die Zug- und Druckspannung σx = σ0 und σy = −σ0 zweiachsig beansprucht (τxy = 0). σ0

y

σ0

x



η

σ0

ξ σ0

π 4

Bild 10.5 Scheibe mit Zug-/Druckspannung

σ0

π 4

σ0

σ0



In einem schr¨ agen Schnitt unter dem Winkel π/4 gegen die x-Achse treten nach den Transformationsgleichungen 8.26 und 8.27 die Spannungen ση

=

0

(10.51)

τξη

=

−σ0

(10.52)

156

10 Materialgleichungen

auf. Die Dehnung εy erh¨ alt man nach dem Hookeschen Gesetz f¨ ur den ebenen Spannungszustand (Gleichung 10.28). εy =

1+ν 1 (−σ0 − νσ0 ) = − σ0 E E

(10.53)

F¨ ur die Dehnung εx folgt aus Gleichung 10.27 εx =

1 1+ν (σ0 + νσ0 ) = σ0 = −εy E E

(10.54)

und damit wegen εx = konst. =

Δx

−Δy .

(10.55)

Mit der trigonometrischen Beziehung 1 + tan(γ/2) 1 − tan(γ/2)

=

tan

“π 4

+

γ” 2

(10.56)

und der aus dem deformierten Scheibenelement in Bild 10.6 ablesbaren geometrischen Beziehung tan

“π 4

+

/2 + Δ/2 1 + Δ/ γ” 1 + εy = = = 2 /2 − Δ/2 1 − Δ/ 1 − εy

(10.57)

ergibt sich mit tan(γ/2) ≈ γ/2 f¨ ur kleine Winkel γ/2 1 + γ/2 1 − γ/2

1 + εy 1 − εy

=

(10.58)

und daraus γ

=

2 εy .

(10.59)

τξη

Δ 2

τξη y x π 4

+

τξη

τξη

Δ 2



γ 2



Δ 2

Δ 2

Bild 10.6 Deformierte Scheibe mit Zug-/Druckspannung

¨ 10.4 Ubungsaufgaben

157

Zusammen mit den Gleichungen 10.52 und 10.53 folgt γ

−

=

2 (1 + ν) σ0 , E

(10.60)

und daraus mit Gleichung 10.7 der Zusammenhang G

=

E . 2 (1 + ν)

(10.61)

Gleichung 10.61 gilt, sofern elastische Isotropie vorliegt. Damit wird der lineare elastische, isotrope und homogene Werkstoff durch nur zwei unabh¨ angige ´ (1795 – 1870) Mitte des Stoffkonstansten beschrieben, was von Gabriel Lame 19. Jahrhunderts zuerst erkannt wurde. Tabelle 10.1 gibt die Werkstoffkennwerte E, ν und αT wichtiger technischer Werkstoffe an, die sich entsprechenden Normen entnehmen lassen. Mit ur Stahl ergibt sich Gleichung 10.61 kann der Schubmodul berechnet werden. F¨ beispielsweise GStahl

10.4

=

2.1 · 105 = 0.81 · 105 MPa . 2 · (1 + 0.3)

(10.62)

¨ Ubungsaufgaben

Aufgabe 10.1 (Schwierigkeitsgrad 2) Ein d¨ unner Flachstahl (Breite b, Dicke t, W¨ armeausdehnungskoeffizient αT ) ist zwischen zwei Lagern fest eingespannt. Dabei wirkt eine Auflagerkraft F . Der Flachstahl kann sich nun erw¨ armen. Es ist davon auszugehen, dass der Stahl ¨ bei einer Uberschreitung der aufnehmbaren Schubspannung τzul versagt. Um welche Temperatur ΔT darf der Stahl maximal erw¨ armt werden? Gegeben: , b, t, F , E, τzul , αT

F

L¨ osung:

F 

b t

ΔT ≤

2τzul − F/bt EαT

158

10 Materialgleichungen

Aufgabe 10.2 (Schwierigkeitsgrad 1) Ein rechteckiger K¨ orper (Breite b, H¨ ohe h) ist an drei Seiten durch W¨ ande eingespannt, wobei der Kontakt zwischen K¨ orper und W¨ anden reibungsfrei ist. Der K¨ orper wird durch eine Streckenlast p belastet und um ΔT erw¨ armt. Berechnen Sie Spannungen und Dehnungen im K¨ orper. Dabei ist von einem ebenen Spannungszustand auszugehen. Gegeben: b, h, p, E, ν, αT , ΔT

p L¨ osung: y x

h

σx

=

−EαT ΔT − νp

εy

=

− 1−ν p + (1 + ν)αT ΔT E

εz

=

ν(1+ν) p E

2

b

+ (1 + ν)αT ΔT

Aufgabe 10.3 (Schwierigkeitsgrad 1) Eine quadratische Scheibe mit der W¨ armeausdehnungszahl αT wird spannungsund spielfrei zwischen zwei starren Widerlagern A und B eingelegt und dann um ΔT erw¨ armt. Zwischen den Widerlagern und der Scheibe sei keinerlei Reibung vorhanden. Welche Spannungen treten im Schnitt C – C auf? Gegeben: αT , E, ν, , β, ΔT

C L¨ osung: A

B ση ˛ ˛ ˛τξη ˛

β 

C

=

−EαT ΔT sin2 β

=

EαT ΔT sin β cos β

¨ 10.4 Ubungsaufgaben

159

Aufgabe 10.4 (Schwierigkeitsgrad 2) Ein zylindrisches, d¨ unnwandiges Rohr steht unter einem Innendruck p und wird gleichzeitig um ΔT erw¨ armt. a) Wie groß sind die Spannungen im Rohrmantel? b) Um welchen Betrag Δr weitet sich das Rohr auf? Die beiden Endquerschnitte des Rohres sind in Achsrichtung unverschieblich gelagert, die Ber¨ uhrfl¨ achen seien ideal glatt. Aufgrund der derart behinderten L¨ angsdehnung treten auch in Achsrichtung Spannungen auf. Gegeben: , r, t  r, p, ΔT , α, ν, E

t

L¨ osung: σϕ

=

σz

=

r t νσϕ − EαT ΔT

Δr

=

(1 − ν 2 ) p

a) p r b) 

p

r2 Et +(1 + ν) rαT ΔT

Aufgabe 10.5 (Schwierigkeitsgrad 3) Zwei Scheiben aus unterschiedlichen Materialien sind reibungsfrei in einer Aussparung der Breite 2 gelagert und durch die Linienlast p belastet. a) Berechnen Sie, bei welcher Last p = p∗ die Scheiben die Aussparung gerade ausf¨ ullen. b) Bestimmen Sie die Spannungen f¨ ur p > p∗ und skizzieren Sie den Verlauf σx (p). Gegeben: E1 , E2 , ν1 , ν2 , a, 

p

E1 , ν 1

E2 , ν 2 y x

a 

a 

L¨ osung: 2 (/a − 1) E1 E2 ν 1 E2 + ν 2 E1 “ ” 2 a − 1 E1 E2 b) σx (p) = E1 + E 2 (E2 ν1 + E1 ν2 ) p − E1 + E2

a) p∗ =

160

10 Materialgleichungen

Aufgabe 10.6 (Schwierigkeitsgrad 3) Auf einem d¨ unnwandigen, kugelf¨ ormigen Stahlkessel (Radius R, Wandst¨ arke h, Materialparameter E und ν), der durch den Außendruck pa beansprucht wird, wird mit Hilfe eines Dehnungsmessstreifens die Umfangsdehnung εϕ gemessen. Bestimmen Sie die Umfangsspannung σϕ und den Außendruck pa . Gegeben: R = 2 m, h = 8 mm, E = 2.1 · 105 MPa2 , ν = 0.3, εϕ = −0.00025

L¨ osung:

σϕ

=

−75 MPa

pa

=

0.6 MPa

Aufgabe 10.7 (Schwierigkeitsgrad 2) Eine d¨ unnwandige, halbkreisf¨ ormige elastische Tunnelr¨ ohre (Radius r, Wanddicke s  r, Elastizit¨ atsmodul E, Querkontraktionszahl ν) ist durch den Auangsrichtung ist der Tunnel ßendruck pa und den Innendruck pi belastet. In L¨ unverschieblich (ebener Verzerrungszustand mit εz = 0). a) Wie groß sind die Normalspannungen σϕ und σz infolge der gegebenen Druckaltnis steht dazu die Normalspannung σr ? lasten (pa > pi )? In welchem Verh¨ b) Welche Radien¨ anderung Δr tritt dann auf? c) Skizzieren Sie den Mohr’schen Spannungskreis und bestimmen Sie die gr¨ oßte Schubspannung τmax . Unter welcher Schnittrichtung tritt diese auf? Gegeben: E, ν, r, s  r, pi , pa > pi

s 111111111 000000000 000000000 111111111 000000000 111111111 000000000 111111111 z 000000000 111111111 000000000 111111111 000000000 111111111 r 000000000 111111111 ϕ 000000000 111111111

111111111 000000000 000000000pa 111111111 000000000 111111111 000000000 111111111 000000000 111111111 000000000 111111111 pi 000000000 111111111 000000000 111111111 000000000 111111111

L¨ osung: a)

σϕ = (pi − pa ) σz = νσϕ σr ≈ 0

b) c)

r s

r2 (1 − ν 2 ) Es r τmax = (pa − pi ) 2s α∗τ,rϕ = 45◦

Δr = (pi − pa )

11

Beanspruchung von St¨aben

Dieses Kapitel behandelt das einfachste Bauteil – den geraden Stab, der bereits einf¨ uhrend in Abschnitt 7.2 vorgestellt wurde. Ein Beispiel f¨ ur St¨ abe sind die in Bild 11.1 abgebildeten St¨ utzen.

Bild 11.1 18,2 Meter hohe St¨ utzen in der Messehalle 27, Messegel¨ ande Hannover

St¨ abe sind durch die nachfolgend genannten Eigenschaften gekennzeichnet: • Die Querschnittsabmessungen (bei einem Rechteckquerschnitt Breite b, H¨ ohe h) sind sehr viel kleiner als ihre L¨ ange , vgl. Bild 11.2. • Die Stabachse ist gerade, d. h. die Fl¨ achenschwerpunkte (siehe Abschnitt 5.1.1) aller Stabquerschnitte liegen auf einer Geraden. • Die Beanspruchung soll nur in der L¨ angsrichtung des Stabes (i. d. R. die x-Achse) auf Zug oder Druck (einachsiger Beanspruchungszustand) erfolgen. F Bild 11.2 Abmessungen eines Stabes

F

x 

h b

Die Berechnung der Spannungen und Verschiebungen von St¨ aben erfordert vereinfachende Annahmen (Hypothesen) u ¨ber das Verformungsverhalten der Stabquerschnitte. Die Verformungshypothese f¨ ur den axial gezogenen oder gedr¨ uckten Stab besagt, dass alle Stabfasern im Querschnitt die gleiche Dehnung oder Stauchung erfahren.

162

11 Beanspruchung von St¨ aben

11.1

Spannungen

11.1.1

Spannungsverteilung im geraden Stab

Der in Bild 11.3 dargestellte gerade Stab mit der Querschnittsfl¨ ache A(x) ist an seinen Enden durch die Kr¨ afte F1 und F2 sowie durch die u ange ¨ber die Stabl¨ verteilte Streckenlast n(x) belastet. Diese ¨ außere Belastung erzeugt in einem zur Stabachse senkrechten Schnitt I–I (Normal-)Spannungen σx , die senkrecht zur Schnittfl¨ ache stehen, siehe auch Kapitel 8. F2 I F2

N

N

σ

σ

F1

n(x) F1

I

F2

F1

Bild 11.3 Gleichgewicht und Spannungen eines Stabes

Da diese Spannungsverteilung den Schnittgr¨ oßen (siehe Kapitel 6) ¨ aquivalent ist, gilt allgemein f¨ ur die Normalkraft Z N (x) = σx (x, y, z) dA (11.1) A

bzw. invers f¨ ur die Normalspannung σx (x, y, z) =

dN (x) . dA(x)

(11.2)

F¨ ur homogene St¨ abe und mit der oben beschriebenen Annahme gleichm¨ aßiger Dehnungen beim Zug- oder Druckstab und vereinfacht sich Gleichung 11.2, und es ergibt sich in hinreichendem Abstand von der Krafteinleitungsstelle (siehe Bild 11.4) eine gleichm¨ aßige Verteilung der Normalspannung u ¨ber alle Querschnitte: σx (x, y, z) = σx (x) =

N (x) A(x)

(11.3)

Dies ist nur m¨ oglich bei gerader Stabachse, d. h. wenn alle Querschnittsschwerpunkte auf einer Geraden liegen und der Kraftangriff zentrisch erfolgt, d. h. wenn die Wirkungslinie von N (x) mit der Stabachse zusammenf¨ allt. Ist dies nicht der Fall, liegt keine reine Zug- bzw. Druckbeanspruchung vor, es tritt zus¨ atzlich Biegung auf, die in Kapitel 12 behandelt wird. F¨ ur den Fall einer positiven Normalkraft N (Zugstab) ist auch die Spannung σx positiv (Zugspannung), bei einer negativen Normalkraft (Druckstab) ist sie negativ (Druckspannung).

163

11.1 Spannungen

11.1.2

De Saint Venantsches Prinzip

Die St¨ orung der gleichm¨ aßigen Spannungsverteilung in der N¨ ahe einer konzentrierten Krafteinleitung kann in einer Entfernung von der Gr¨ oße der Querschnittsabmessung h als praktisch abgeklungen angesehen werden. Diesen aus der Elliptizit¨ at der Differentialgleichungen einer dreidimensionalen Analyse her´mar Barre ´ de Saint Venant (1797 r¨ uhrenden Befund nennt man nach Adhe – 1886) De Saint Venantsches Prinzip. ≈ 2h N =F

h

111 000 000 111 000 111 000 111

F h

Spannungsverteilung

Bild 11.4 Prinzip von De Saint Venant

σ

Nicht nur Krafteinleitungen, sondern auch beispielsweise Kerben oder L¨ ocher f¨ uhren zu einer ungleichf¨ ormigen Spannungsverteilung mit Spannungsspitzen, siehe Bild 11.5. N

N

σ

N

Spannungsverteilung

N

σ

Bild 11.5 Ungleichf¨ ormige Spannungsverteilung bei Kerben und L¨ ochern

11.1.3

Dimensionierung von Bauteilen

In der Ingenieurpraxis ist es erforderlich, die Abmessungen von Bauteilen so zu w¨ ahlen, dass eine zul¨ assige (maximale) Spannung nicht u ¨berschritten wird. Die heute u ¨blichen Spannungsnachweise arbeiten allerdings mit mehreren Beiwerten, so dass eine zul¨ assige Spannung nicht mehr verwendet wird. Das Prinzip ist jedoch ¨ ahnlich. ˛ ˛ ˛ N (x) ˛ ˛ ≤ σzul ˛ (11.4) |σx,max | = max ˛ A(x) ˛

164

11 Beanspruchung von St¨ aben

Bei bekannter Schnittkraft N (x) l¨ asst sich daraus die erforderliche Querschnittsfl¨ ache A(x) berechnen. Diese Aufgabe nennt man Dimensionierung oder Bemessung. Aerf (x)

|N (x)| σzul

=

(11.5)

Anmerkung: Die zul¨ assige (maximale) Spannung ist ein Materialparameter und wird aus Versuchen bestimmt. Bei einigen Werkstoffen (z. B. Beton) sind die zul¨ assigen Spannungen f¨ ur Zug und Druck verschieden. Außerdem k¨ onnen auf Druck beanspruchte Bauteile auch durch Knicken (siehe Kapitel 16) versagen.

Beispiel 11.1 Dimensionierung Zu bestimmen ist die erforderliche Querschnittsfl¨ ache A(x) des durch sein Eigengewicht γA und die Kraft F belasteten Br¨ uckenpfeilers, so dass die zul¨ assige Spannung σzul an jeder Stelle x nicht u ¨berschritten wird. F

F

H −x

γA

H x

γA

x

N (x)

L¨ osung: Freischneiden des Br¨ uckenpfeilers an der Stelle x und Aufstellen der Gleichgewichtsbedingung in vertikaler Richtung liefert N (x)

=

−F − γA (H − x).

Mit Gleichung 11.4 folgt daraus die erforderliche Querschnitts߬ ache Aerf (x). x H

σzul ≥ σx

= =

A(x) F σzul

F σzul −γ H

⇒ Aerf (x)

=

N (x) A(x) F + γ (H − x) A F σzul − γ (H − x)

165

11.2 Gleichgewichtsbedingungen

11.2

Gleichgewichtsbedingungen

In Bild 11.6 ist ein infinitesimales Element des Stabes aus Bild 11.3 gezeigt. Die Gleichgewichtsbedingung in Stabrichtung am herausgeschnittenen Element der infinitesimalen L¨ ange dx liefert eine Differentialbeziehung zwischen der Schnittkraft N und der Belastung n. →

:

N (x) + dN (x) − N (x) + n(x) dx = 0 dN (x) ⇒ −n(x) = = N dx

Bild 11.6 Infinitesimales Stabelement

(11.6) (11.7)

N (x)

n(x) dx

x

dx

Die Integration dieser Differentialgleichung 1. Ordnung liefert Z N (x) = − n(x) dx + CN ,

N (x) + dN (x)

(11.8)

die Integrationskonstante CN l¨ asst sich bei statisch bestimmten Systemen aus einer Randbedingung f¨ ur die Schnittkraft N bestimmen.

11.3

Kinematische Beziehung

Die kinematische Beziehung f¨ ur St¨ abe, d. h. die Verkn¨ upfung von Verschiebung und Dehnung, wurde bereits in den Abschnitten 7.2 und 9.4 behandelt. Die Differentialgleichung 1. Ordnung lautet nach Gleichung 7.4 εx (x)

=

du . dx

(11.9)

Mit Gleichung 11.9 l¨ asst sich die Dehnung εx (x) durch Differenzieren ermitteln, wenn die Verschiebung u(x) bekannt ist. Bei bekanntem Dehnungsverlauf εx (x) kann die Verschiebung u(x) durch Integration berechnet werden. Z u(x)

=

εx (x) dx + Cu

(11.10)

Auch hier l¨ asst sich die Integrationskonstante Cu aus einer Randbedingung f¨ ur die Verschiebung u bestimmen.

166

11.4

11 Beanspruchung von St¨ aben

Materialgleichung

Die linear elastische Materialgleichung, die den Zusammenhang zwischen der Dehnung und der Spannung beschreibt, wurde in Kapitel 10 behandelt und lautet unter Ber¨ ucksichtigung der W¨ armedehnung nach Gleichung 10.12

11.5

σx + αT ΔT . E

=

εx

(11.11)

Differentialgleichung der Stabdehnung

Zur Ermittlung von Spannungen, Verzerrungen und Verschiebungen stehen mithin drei fundamentale Gleichungen zur Verf¨ ugung: die Gleichgewichtsbedingung (Gleichung 11.7), die kinematische Beziehung (Gleichung 11.9) und die Materialgleichung (Gleichung 11.11). Aus den beiden Differentialgleichungen 1. Ordnung ¨ und der Materialgleichung l¨ asst sich nun mit Hilfe der Aquivalenz der Spannungen und Schnittgr¨ oßen eine Differentialgleichung 2. Ordnung f¨ ur den Stab herleiten. Setzt man das Hookesche Gesetz in der Form aus Gleichung 11.11 in Gleichungen 11.3 (Spannungsdefinition) und 11.9 (kinematische Beziehung) ein, folgt ε =

du dx

=

⇒

N

=

N σx + αT ΔT = + αT ΔT E „ EA « du EA − αT ΔT . dx

Mit der abk¨ urzenden Schreibweise

d dx

(11.12) (11.13)

= (. . . ) gilt

N

=

EA u − EA αT ΔT

(11.14)

u

=

N + αT ΔT . EA

(11.15)

bzw.

Zusammen mit Gleichung 11.7 (Gleichgewichtsbedingung) folgt dN = N dx

=

(EA u ) − (EA αT ΔT ) = −n(x) ,

(11.16)

(EA u )

=

(EA αT ΔT ) − n(x) .

(11.17)

Der Faktor EA wird dabei auch Dehnsteifigkeit genannt. F¨ ur den Sonderfall EA = konst. und ΔT = konst. gilt dann u

=

−

n(x) . EA

(11.18)

167

11.6 Einzelst¨ abe und Stabsysteme

Falls keine Streckenlast vorhanden (n = 0) und damit die Normalkraft gem¨ aß alt man die Verschiebung u an einer beliebigen Gleichung 11.8 konstant ist, erh¨ Stelle x ¯ eines Stabes durch Integration von Gleichung 11.15 « Z x¯ Z x¯ „ N du (11.19) dx = + αT ΔT dx dx EA 0 0 « Z x¯ „ N (11.20) ⇒ u(¯ x) = + αT ΔT dx + u(0) . EA 0 Die Verl¨ angerung Δ des Stabes folgt dann aus der Differenz der Verschiebungen an den Stabenden (¯ x = 0 und x ¯ = ) zu « Z „ N Δ = u(¯ x = ) − u(¯ x = 0) = (11.21) + αT ΔT dx . EA 0 Wenn neben der Normalkraft auch die Dehnsteifigkeit EA konstant ist und keine Temperaturver¨ anderung im Stab vorliegt, gilt f¨ ur die L¨ angen¨ anderung N (11.22) EA bzw. f¨ ur die Normalkraft EA = Δ c , (11.23) N = Δ  wobei c die Ersatzfedersteifigkeit f¨ ur den Stab ist, vgl. Abschnitt 16.1. Δ

11.6

=

Einzelst¨abe und Stabsysteme

Die Beanspruchung von St¨ aben soll nun anhand von drei Beispielen verdeutlicht werden. Beispiel 11.2 behandelt einen statisch unbestimmt gelagerten Einzelstab, w¨ ahrend der Einzelstab aus Beispiel 11.3 statisch bestimmt gelagert ist. Beispiel 11.4 besch¨ aftigt sich mit einem (statisch unbestimmten) Stabsystem. Statisch bestimmte Stabsysteme wurden als Fachwerke bereits in Kapitel 4 untersucht. Beispiel 11.2 Temperaturbeanspruchung Der dargestellte Stab (L¨ ange , Dehnsteifigkeit EA, W¨ armeausdehnungskoeffizient αT ) ist beidseitig gelenkig gelagert. Im Ausgangszustand ist der Stab spannungsfrei. Gesucht ist die Verschiebung u(x), die sich aufgrund einer dreieckf¨ ormigen Temperaturbelastung mit der maximalen Temperaturdifferenz ΔTB am rechten Auflager einstellt.

A

111111111111111111 000000000000000000 000000000000000000 111111111111111111 000000000000000000 111111111111111111 x

EA



ΔTB B

168

11 Beanspruchung von St¨ aben

L¨ osung: Da der Stab statisch unbestimmt gelagert ist, ist es nicht m¨ oglich, Stabkr¨ afte direkt aus der Gleichgewichtsbedingung in Stabrichtung zu stimmen. Da aber keine ¨ außeren Kr¨ afte auf den Stab einwirken, ist Normalkraft N im Stab unabh¨ angig von x und damit konstant. Mit Temperaturverteilung ΔT (x)

=

die bedie der

x 

ΔTB

folgt aus Gleichung 11.20 und der Verschiebungsrandbedingung f¨ ur das linke Auflager u(0) = 0 « Z x„ N x ¯ x2 N 1 u(x) = + αT ΔTB d¯ x = x + αT ΔTB . EA  EA 2  0 Die noch unbekannte Normalkraft N bestimmt sich mit Hilfe der Randbedingung f¨ ur das rechte Auflager !

u(x = ) = 0

⇒ ⇒

N 1 + αT ΔTB  = 0 EA 2 1 N = − αT ΔTB EA . 2

Damit folgt f¨ ur den gesuchten Verschiebungsverlauf »“ ” – x 2 x 1 u(x) = − αT ΔTB  . 2   Beispiel 11.3 Temperaturbeanspruchung mit Eigengewicht Der dargestellte Stab der L¨ ange  mit konstanter Dehnsteifigkeit EA ist durch sein Eigengewicht n = g  A und eine gleichm¨ aßige Temperatur¨ anderung ΔT = konst. beansprucht. Gesucht ist die Verschiebungsfunktion u(x) sowie die L¨ angen¨ anderung Δ.

ΔT

11 00 00 11 00 11 00 11 00 11 00 11 00 11 00 11 00 11 00 11 00 11 00 11

N (x) x, u n

x

 n

−x

EA

L¨ osung: Da es sich hier im Gegensatz zu dem Stab aus Beispiel 11.2 um ein statisch bestimmtes System handelt, kann allein aus der Gleichgewichtsbedingung der Spannungsverlauf σx (x) ermittelt werden. ↑:

N (x) − n ( − x) = 0

⇒

σx (x) =

n ( − x) A

169

11.6 Einzelst¨ abe und Stabsysteme

Damit folgt f¨ ur die Dehnung aus Gleichung 11.11 n ε(x) = ( − x) + αT ΔT EA und f¨ ur die Verschiebung aus Gleichung 11.10 mit der geometrischen Randbedingung u(0) = 0 Z x“ ” n x+0 ( − x ¯) + αT ΔT d¯ u(x) = EA 0 „ « n n x2 + + αT ΔT x . = − 2 EA EA Die Verschiebungsfunktion kann auch direkt u ¨ber die zweifache Integration der Differentialgleichung 11.18 bestimmt werden. EA u 

=

−n

−n x + C1 1 EA u = − n x2 + C1 x + C2 2 C1 und C2 sind die Integrationskonstanten der Differentialgleichung 2. Ordnung, die aus den Randbedingungen zu ermitteln sind. Aus der geometrischen Randbedingung u(0) = 0 folgt direkt EA u

C2

=

=

0.

Die statische Randbedingung N () = 0 f¨ uhrt unter Ber¨ ucksichtigung von Gleichung 11.11 auf ε()

=

αT ΔT .

Dies mit ε = u in die einfach integrierte Differentialgleichung 11.18 eingesetzt ergibt EA αT ΔT = −n  + C1

⇒

C1

=

n  + EA αT ΔT .

Damit folgt insgesamt f¨ ur den Verschiebungsverlauf x=0

u(x)

u(x)

x=

=

n x2 2„EA « n + + αT ΔT x . EA

−

x

Die Verschiebung ist also eine quadratische Funktion des Ortes x. Die L¨ angen¨ anderung Δ berechnet sich aus der Verschiebungsdifferenz Δ

=

u(x = ) − u(x = 0)

=

−

n 2 n 2 n 2 + + αT ΔT  = + αT ΔT  . 2 EA EA 2 EA

170

11 Beanspruchung von St¨ aben Anmerkung: F¨ ur EA = konst. und ΔT = konst. folgt aus Gleichung 11.15 oßten. N ∼ u . Im Verschiebungsdiagramm u(x) ist die Steigung bei x = 0 am gr¨ Daher muss die Normalkraft am Auflager ebenfalls maximal sein. Nmax = N (0) = n 



Beispiel 11.4 Balken mit statisch unbestimmter Lagerung Ein starrer Balken ist an zwei St¨ aben mit der (konstanten) Dehnsteifigkeit EA aufgeh¨ angt und an seinem Ende durch die Kraft F belastet. Geaben und die Absenkung sucht sind die Spannungen σ1 und σ2 in den St¨ des Lastangriffspunktes. 



/2

1 2

/2

A starr F

L¨ osung: Die Untersuchung der statischen Bestimmtheit mit Hilfe der Abz¨ ahlformel (Gleichung 3.16) ergibt f = 3n − a − z = 3 · 3 − 4 − 6 = −1 . Nach dem notwendigen Abz¨ ahlkriterium handelt es sich somit um ein (einfach) statisch unbestimmtes System. Freischneiden des starren Balkens und Auswertung der Gleichgewichtsbedingungen liefert



S1



S2

→: ↑:

AH



A

F

AV

A

:

mit

AH = 0 AV + S 1 + S 2 − F = 0 S1  + S2 2  − F 2  = 0 S1 , S2 = konst.

F¨ ur den hier vorliegenden Sonderfall konstanter Normalkraft folgt aus der Stoffgleichung die Gleichung 11.22 und damit f¨ ur die L¨ angen¨ anderungen (in Abh¨ angigkeit von den (noch unbekannten) Stabkr¨ aften) Δ1 =

S1  1 S1  = , EA EA

Δ2 =

S2  2 S2  = . EA 2 EA

Da der Balken starr ist, folgt aus der Geometrie der Verformung (z. B. mit Hilfe des Strahlensatzes)

¨ 11.7 Ubungsaufgaben

171





A

Δ1 !

Δ2

Δ2

=

2 Δ1 .

Setzt man in diese Beziehung die bereits ermittelten L¨ angen¨ anderungen ein, so folgt S2  S1  = 2 ⇒ S2 = 4 S 1 . 2 EA EA Mit dem Momentengleichgewicht ist dann 8 2 F ⇒ S2 = F. 9 9 Die Spannungen in den St¨ aben berechnen sich nach Gleichung 11.3, S1 + 8 S1 − 2 F = 0

⇒

S1 =

S2 S1 2 F 8 F = , σ2 = = , A 9 A A 9 A woraus abschließend die Verschiebung des Lastangriffspunktes folgt. σ1 =

vF = Δ2 =

11.7

S2  4 F = 2 EA 9 EA

¨ Ubungsaufgaben

Aufgabe 11.1 (Schwierigkeitsgrad 2) Der skizzierte, beidseitig gelagerte Stab ist im Ausgangszustand spannungsfrei. Anschließend wird der Balken einer dreieckf¨ ormigen Temperaturbelastung mit der maximalen Temperatur T0 am rechten Auflager ausgesetzt. a) Wie groß darf T0 h¨ ochstens werden, wenn die Normalspannung im Balken die zul¨ assige Druckspannung σzul nicht u ¨berschreiten soll? b) Wie groß sind dann die horizontalen Auflagerkr¨ afte AH und BH ? Gegeben: , E, A, αT , σzul , T0 > 0

A

111111111111111111 000000000000000000 000000000000000000 111111111111111111 000000000000000000 111111111111111111 

L¨ osung:

T0 ≤ −

a) B b)

2σzul E αT

1 αT T0 EA 2 1 αT T0 EA = 2

→

AH =

←

BH

172

11 Beanspruchung von St¨ aben

Aufgabe 11.2 (Schwierigkeitsgrad 1) Am dargestellten Stab mit ver¨ anderlicher Breite b(x) wird mit einer Kraft F gezogen. Berechnen Sie die Normalspannung in Abh¨ angigkeit von x und stellen Sie diese grafisch dar. Gegeben: F = 160 kN, h = 5 cm,  = 40 cm, b(x) = 8 cm − 0.15 x

b(x) L¨ osung:

h

x F



σx (x = 0)

=

40 MPa

σx (x = 40 cm)

=

160 MPa

Aufgabe 11.3 (Schwierigkeitsgrad 1) Ein aus zwei Teilen zusammengesetzter Stab wird durch eine Kraft F belastet. Bestimmen Sie die Spannungen in den beiden Stabteilen. Berechnen und skizzieren Sie den Verschiebungsverlauf. Gegeben: 1 = 2 = 50 cm, A1 = 10 cm2 , EA1 = 2.1 · 108 N, EA2 = 12 EA1 , F = 10 kN L¨ osung: EA1 x1

1

EA2 x2

2

F σ1

=

10 MPa

σ2

=

20 MPa

u(x1 )

=

0.0476 x1

u(x2 )

=

2.38 cm + 0.0952 x2

¨ 11.7 Ubungsaufgaben

173

Aufgabe 11.4 (Schwierigkeitsgrad 2) angt. Ein starres Brett ist wie dargestellt an zwei Drahtseilen (E, A, αT ) aufgeh¨ Auf das Brett wirkt eine Kraft F . a) Berechnen Sie die Verschiebung des Bretts an den Aufh¨ angepunkten A und B. b) Um welche Temperatur ΔT muss das rechte Seil erw¨ armt werden, damit das Brett wieder waagerecht h¨ angt? Gegeben: a, F , E, A, αT

L¨ osung:

2a

a

↓

uA

=

↓

uB

=

b)

ΔT

=

a) 2a

F A

B

4 3 2 3

Fa EA Fa EA F 3EAαT

Aufgabe 11.5 (Schwierigkeitsgrad 2) atsmodul ESt ) und ein kupferner Ein Stahlzylinder (Querschnitt ASt , Elastizit¨ atsmodul ECu ) werden durch eine Kraft F Mantel (Querschnitt ACu , Elastizit¨ zwischen zwei starren Bl¨ ocken gepresst. Welche Dehnungen und welche Spannungen entstehen jeweils in dem Stahlzylinder und dem Kupfermantel? Gegeben: ASt = 450 cm2 , ESt = 2.2 · 105 MPa, ACu = 300 cm2 , ECu = 1.1 · 105 MPa, F = 600 kN F L¨ osung:

0001 0110 111 0 000 111 0 1 1010 111 000 0 1 000 111 0 10 111 0001 0 1 F

St

Cu

σCu

=

−5 MPa

σSt

=

−10 MPa

ε

=

−4.55 · 10−5

174

11 Beanspruchung von St¨ aben

Aufgabe 11.6 (Schwierigkeitsgrad 2) Ein zusammengesetzter, homogener Stab ist an seinen Enden eingespannt. Der linke Teil wird nun um die Temperatur ΔT = 30 K erw¨ armt. a) Welche Spannungen treten in den beiden Stabteilen auf? b) Wie groß ist die Verschiebung an der F¨ ugestelle? Gegeben: 1 = 40 cm, 2 = 60 cm, A1 = 10 cm2 , A2 = 30 cm2 , αT = 1 · 10−5 K−1 , E = 2.1 · 105 MPa L¨ osung:

A2

A1 , ΔT

1

a)

σ1 σ2

= =

−42 MPa −14 MPa

b)

Δ1

=

0.04 mm

2

Aufgabe 11.7 (Schwierigkeitsgrad 2) Das dargestellte System besteht aus zwei St¨ utzen (1 und 2) mit der Dehnsteifigkeit EA und dem starren Balken (3). Bestimmen Sie die vertikale Auflagerreaktion AV . Ist das System statisch bestimmt? Gegeben: a, EA, F

2a

a

a F

A

3 L¨ osung: 1

a

↓ AV = 2

a

f = −1

9 11

F

12

Biegung gerader Balken

Dieses Kapitel besch¨ aftigt sich mit der Biegung von Balken. Balken sind wie St¨ abe eindimensional modellierte Tragstrukturen, da ihre Breite und H¨ ohe sehr viel kleiner sind als ihre L¨ ange (siehe auch Kapitel 11). Balken unterscheiden sich von St¨ aben in ihrer Belastung. St¨ abe werden nur in L¨ angsrichtung, Balken auch senkrecht zur L¨ angsachse belastet. Dadurch wirken in St¨ aben nur Normalkr¨ afte, wohingegen in Balken Momente und Querkr¨ afte als Schnittgr¨ oßen auftreten. Die Balkentheorie ist ein elementarer Teil der Mechanik. Im Bauwesen hat sie eine herausragende Bedeutung, da Balken zu den grundlegenden Tragstrukturen geh¨ oren. Vor allem im Stahl- und Holzbau werden fast ausschließlich Balkenstrukturen verwendet, im Massivbau erfolgt die Bemessung oft u agig mit ¨berschl¨ einfachen Stab- oder Balkenmodellen. Auch im Maschinenbau treten h¨ aufig balkenartige Strukturen auf, sie dominieren besonders im Nutzfahrzeugbau. Die hier vorgestellte Biegetheorie erm¨ oglicht eine erste Absch¨ atzung der Beanspruchung und Verformung solcher Systeme.

Bild 12.1 Holzbalken als Deckenkonstruktion

Bild 12.2 Durchbiegung eines Balkens unter Belastung

176

12.1

12 Biegung gerader Balken

Ebene Biegung

Ebene Biegung liegt dann vor, wenn der Balken bei Biegung innerhalb einer Ebene verbleibt. Dies ist der Fall, wenn die Belastung und Lagerung nur in dieser Ebene erfolgt, die zudem von der Balkenachse und einer Hauptachse des Querschnitts (siehe A.3.3), beispielsweise einer Symmetrieachse bei symmetrischen Balken, aufgespannt wird. Ein so belasteter Balken ist in Bild 12.3 skizziert. Belastung Vz (x) Ebene My (x) My (x) y x z

Haupttr¨ agheitsachsen Bild 12.3 Belastung und Schnittgr¨ oßen bei ebener Biegung

Vz (x)

Das Koordinatensystem wird so gew¨ ahlt, dass die Ebene durch x- und z-Achse aufgespannt wird. Die x-Achse entspricht dabei der Balkenachse. Wie bereits in Abschnitt 6.1.1 diskutiert, treten im Balken dann als Schnittgr¨ oßen ein Mo¨ unden der Ubersichtlichkeit wird in ment My und eine Querkraft Vz auf. Aus Gr¨ diesem Kapitel davon ausgegangen, dass die Normalkraft N null ist. Das Verhalten bei Normalkraft wurde bereits in Kapitel 11 diskutiert, die Behandlung gleichzeitiger Biege- und Zug/Druck-Beanspruchung folgt in Kapitel 14. Bei ebener Biegung liegt ein ebener Spannungszustand (siehe Abschnitt 10.2.2) vor. In diesem Kapitel werden lediglich die Normalspannungen σx betrachtet, eine Diskussion der Schubspannungen τxz folgt in Kapitel 13.

12.1.1

Differentialgleichung der Biegelinie

Kinematik Die hier dargestellte Theorie der Biegung geht auf Jacob Bernoulli (1654 – 1705) zur¨ uck. Sie beruht auf einfachen kinematischen Annahmen, die als Bernoulli-Hypothese bekannt sind. Die erste Annahme ist das Ebenbleiben der Querschnitte bei einer Verformung. Die Querschnitte erfahren folglich lediglich eine Verschiebung w und eine Verdrehung um den Winkel ψ, wie in in Bild 12.4 skizziert ist. Mit diesen beiden Werten l¨ asst sich die Verschiebung eines beliebigen Punktes P auf dem Querschnitt beschreiben. Dabei wird davon ausgegangen, dass die Verdrehung des Querschnitts klein ist, also ψ1

⇒

sin ψ ≈ ψ ,

cos ψ ≈ 1 .

(12.1)

177

12.1 Ebene Biegung

x P

z

w

ψ

P Bild 12.4 Kinematik des Balkens

uP

F¨ ur die Verschiebung uP des Punktes P in x-Richtung folgt demnach =

uP

sin ψ z

≈

ψz.

(12.2)

Mit der Definition aus Abschnitt 9.1 erh¨ alt man die Dehnung in x-Richtung εx =

∂u ∂x

= ψ z .

(12.3)

Nach Bernoulli bleiben die Querschnitte nicht nur eben, sondern stehen auch stets senkrecht zur Balkenachse. Damit ist die Verdrehung des Querschnitts ψ = −w ,

(12.4)

εx = −w z .

(12.5)

also

Materialgleichung F¨ ur den Balken wird ein isotropes und homogenes Material vorausgesetzt, f¨ ur das das Hookesche Gesetz nach Gleichung 10.1 gilt. Der Zusammenhang zwischen Spannung und Dehnung lautet folglich σx = E εx . ¨ Aquivalenz der Spannungen und Schnittgr¨ oßen Die Normalkraft ist nach Gleichung 11.1 ¨ aquivalent zum Integral der Normalspannungen, sie soll hier null sein. Dann folgt mit Kinematik und Materialgleichung Z Z Z σx dA = E εx dA = − E w z dA N = A

=

−E w



Z A

A

A 

!

z dA = −E w Sy = 0

(12.6)

178

12 Biegung gerader Balken

mit dem statischen Moment Sy . Da E und w im allgemeinen nicht null sind, muss das statische Moment null werden. Dies ist nach Abschnitt A.3.2 genau dann der Fall, wenn die Bezugsachse durch den Schwerpunkt des Querschnitts geht. Folglich entspricht die Balkenachse der so genannten Schwerachse, d. h. der Verbindungslinie der Querschnittsschwerpunkte. Das Biegemoment ist entsprechend das Integral der infinitesimalen Momente der verteilten Normalspannungen Z My = z σx dA . (12.7) A

Gleichgewicht Die Gleichgewichtsbeziehungen f¨ ur den Balken sind bereits aus Kapitel 6 bekannt. F¨ ur Moment und Querkraft gilt (nach Gleichung 6.6 und 6.7) My = Vz und Vz = −qz . Differentialgleichung Aus den Gleichungen εx = −w z

(Kinematik),

σx = E εx Z My = z σx dA

(Materialgleichung), ¨ (Aquivalenz Spannungen – Moment),

A

My = −qz folgt

Z My =

(Gleichgewicht)

Z z σx dA =

A

z E εx dA = −E w

A

Z

z 2 dA.

(12.8)

A

Mit der Definition des Fl¨ achentr¨ agheitsmoments Iy aus Gleichung A.17 erh¨ alt man My = −EIy w und schließlich die Differentialgleichung der Biegelinie “ ” EIy w = qz (x) . Das Produkt EIy wird als Biegesteifigkeit bezeichnet.

(12.9)

(12.10)

179

12.1 Ebene Biegung

12.1.2

Verformung

Der Verlauf der Verschiebungsfunktion w(x) heißt Biegelinie. Mit der Biegelinie ist die Verformung des Balkens eindeutig festgelegt. Dies folgt direkt aus der Kinematik, insbesondere aus der Bernoulli-Hypothese, siehe dazu auch Bild 12.4. Die Differentialgleichung der Biegelinie 12.10 kann direkt zur Berechnung der Biegelinie verwendet werden. Meist ist die Biegesteifigkeit EIy eines Balkens konstant u ange. Durch Integration der Differentialgleichung ¨ber seine L¨ erh¨ alt man dann die Schnittgr¨ oßen EIy wIV (x)

=

qz (x),

(12.11)

EIy w (x)

=

− Vz (x),

(12.12)

EIy w (x)

=

−My (x),

(12.13)

und die Verformungsgr¨ oßen w (x)

=

Kr¨ ummung,

w (x)

=

Verdrehung,

w(x)

=

Verschiebung.

Ist also die Streckenlast q(x) bekannt, kann daraus nicht nur die Biegelinie, sondern auch die Schnittgr¨ oßen bestimmt werden. Dieses Verfahren ist unabh¨ angig von der statischen Bestimmtheit (siehe Abschnitt 3.4), so dass es sich insbesondere f¨ ur statisch unbestimmte Systeme anbietet, siehe Beispiel 12.2. Bei Problemen mit Unstetigkeiten in den Ableitungen der Biegelinie (vgl. Abschnitt 6.1), wenn also Einzellasten oder Lager in Feldmitte vorhanden sind, muss der Balken in mehrere Bereiche aufgeteilt werden. An einem Gelenk ist die Verdrehung unstetig, siehe Beispiel 12.4. Die Integration der Biegelinie erfolgt in diesen F¨ allen bereichsweise. Die bei der Integration auftretenden Konstanten werden aus den Randbedingun¨ ¨ gen und Ubergangsbedingungen bestimmt. Eine Ubersicht u ogliche Rand¨ber m¨ ¨ und Ubergangsbedingungen ist in Tabelle B.1 auf Seite 487 gegeben. Alternativ zur vierfachen Integration kann zun¨ achst die Momentenlinie mit Hilfe des Schnittprinzips (vgl. Abschnitt 3.3) aus Gleichgewichtsbetrachtungen ermittelt und anschließend die Biegelinie durch zweimalige Integration aus Gleichung 12.13 bestimmt werden, siehe Beispiel 12.1. Beispiel 12.1 Integration der Biegelinie ange  wird Der dargestellte Balken mit der Biegesteifigkeit EIy und der L¨ durch eine lineare Streckenlast qz (x) belastet. Gesucht ist der Verlauf der Biegelinie sowie die maximale Durchbiegung des Balkens.

180

12 Biegung gerader Balken q0

 y

x z

L¨ osung mit vierfacher Integration: Das Koordinatensystem wird so eingef¨ uhrt, dass die x-Achse der Balkenachse entspricht und die z-Achse der Lastrichtung. Um die Aufgabe zu l¨ osen, wird zun¨ achst die Funktion der Streckenlast aufgestellt, ihr linearer Verlauf wird durch qz (x) =

q0 x 

beschrieben. Die Biegelinie kann nun durch Integration der Differentialgleichung der Biegelinie ermittelt werden: EIy wIV =

qz =

q0

q0  2 q0 2 = −My = 6 q0 3 = 24 q0 4 = 120

EIy w = −Vz = EIy w EIy w EIy w

x  “ x ”2  “ x ”3  “ x ”4  “ x ”5 

+

C1

+

C1 x +

C2

1 C1 x2 + C2 x + C3 2 1 1 + C1 x3 + C2 x2 + C3 x + C4 6 2 +

Die Integrationskonstanten werden aus den Randbedingungen bestimmt. Dies kann beispielsweise mit Hilfe von Tabelle B.1 geschehen. F¨ ur den abgebildeten Balken gelten folgende Randbedingungen: • Verschiebung am linken Auflager ist null: w(x = 0) = 0

⇒

C4 = 0

• Moment am linken Auflager ist null (Gelenk): My (x = 0) = 0

⇒

C2 = 0

• Moment am rechten Auflager ist null (Gelenk): My (x = ) = 0

⇒ ⇒

q0 2 + C1  = 0 6 q0  C1 = − 6

181

12.1 Ebene Biegung

• Verschiebung am rechten Auflager ist null: w(x = ) = 0

⇒ ⇒

q 0 4 q0  3 −  + C3  = 0 120 36 1 7 1 q0 3 − q0 3 = q0 3 C3 = 36 120 360

Wie hier zu erkennen ist, ist es in der Regel sinnvoll, bei der Berechnung der Integrationskonstanten zun¨ achst die Randbedingungen an der Stelle x = 0 zu verwenden. Durch eine geschickte Reihenfolge bei der Auswertung der Randbedingungen kann vermieden werden, dass große Gleichungssysteme gel¨ ost werden m¨ ussen. F¨ ur die Gleichung der Biegelinie gilt schließlich – » 1 “ x ”5 1 “ x ”3 7 “x” q0 4 . − + w(x) = EIy 120  36  360  Eine Zusammenstellung der Biegelinien f¨ ur Einfeldbalken befindet sich in Tabelle B.2 auf Seite 488. Um die maximale Durchbiegung zu bestimmen, wird zun¨ achst der Ort x berechnet, an dem diese auftritt. Dies entspricht einer einfachen Kurvendiskussion. Da die maximale Durchbiegung nicht an den Auflagern auftritt, muss f¨ ur ein Maximum die erste Ableitung der Biegelinie verschwinden, » – 1 “ x ”2 7 q0 3 1 “ x ”4 ! w (x) = − + = 0. EIy 24  12  360 Dies f¨ uhrt auf vier verschiedene L¨ osungen s r 8 x = ± 1± . 15 Die gesuchte L¨ osung ist diejenige, die zwischen 0 und  liegt, sie lautet s r 8 1− x∗ =  ≈ 0.5193 . 15 Damit ist die maximale Durchbiegung wmax = w(x∗ ) = 0.00652

q0 4 . EIy

L¨ osung mit Maple: Mit derselben Vorgehensweise wie bei der Handrechnung l¨ asst sich diese Aufgabe auch mit Maple l¨ osen. Zun¨ achst werden die Funktion der Streckenlast > q(x) := q0/l*x: und die Differentialgleichung der Biegelinie

182

12 Biegung gerader Balken

> bde := EIy * diff(w(x),x$4) = q(x); q0 x ∂4 bde := EIy ( 4 w(x)) = ∂x  eingegeben. Zur L¨ osung werden außerdem die Randbedingungen ben¨ otigt, also > bc := w(0)=0,(D@@2)(w)(0)=0, w(l) = 0, (D@@2)(w)(l) = 0; mit deren Hilfe dann das Differentialgleichungssystem l¨ osbar ist. Mit dem Integrationsbefehl > solution := dsolve({bde,bc},w(x)); folgt 7 q0 3 x 1 q0 x5 1 q0  x3 360 solution := w(x) = − + . 120  EIy 36 EIy EIy Der Ort der maximalen Durchbiegung wird durch Nullsetzen der ersten Ableitung berechnet, > zeros := solve(\{diff(rhs(solution),x)=0\},x); q q √ √ 1 1 225 + 30 30 } , {x = − 225 + 30 30 }, zeros := {x = 15 15 q q √ √ 1 1 225 − 30 30 } , {x = − 225 − 30 30 } . {x = 15 15 Von den vier L¨ osungen ist die dritte mit x ≈ 0.519  die einzige, die zwischen 0 und  liegt. Der Wert der maximalen Durchbiegung lautet damit > evalf(subs(zeros[3],rhs(solution))); q0 4 . .006522184223 EI L¨ osung mit Hilfe der Momentenlinie: Zur Aufstellung der Momentenlinie wird zun¨ achst eine Lagerreaktion bestimmt. Die Resultierende der Streckenlast liegt bei x = 23  und hat die alt man folgendes Freik¨ orperbild zur Berechnung der Gr¨ oße q20  . Damit erh¨ Lagerreaktionen: q0  2

AH AV

2 3

1 3





B

Die Lagerreaktion AV folgt direkt aus dem Momentengleichgewicht um das rechte Auflager, 

B

:

AV  −

q0  1  = 0 2 3

⇒

AV =

q0  . 6

Nun kann die Momentenlinie mit Hilfe eines Schnitts an einer beliebigen Stelle x bestimmt werden.

183

12.1 Ebene Biegung q0 x 2 2

AH

Vz (x) My (x)

AV

2 x 3

1 x 3

Aus dem Momentengleichgewicht an der Stelle x folgt 

x

: ⇒

q0 x2 x q0  − x = 0 2 » 3 6 – “ ” 1 x 3 1 “x” + My (x) = q0 2 − . 6  6 

My (x) +

Die Integration der Momentenlinie liefert nun die Biegelinie 1 “ x ”3 1 “x” i − 6  6  h 1 “ x ”4 1 “ x ”2 i 3 − + C1 q0  24  12  h 1 “ x ”5 1 “ x ”3 i + C1 x + C2 . q 0 4 − 120  36 

EIy w (x) = −My = q0 2 EIy w (x) = EIy w(x) =

h

Da die Kr¨ afterandbedingungen bereits zur Aufstellung des Gleichgewichts verwendet wurden, stehen zur Berechnung der Integrationskonstanten nur noch die kinematischen Randbedingungen zur Verf¨ ugung: • Verschiebung am linken Auflager ist null: ⇒

w(x = 0) = 0

C2 = 0

• Verschiebung am rechten Auflager ist null: w(x = ) = 0

⇒

q 0 4

⇒

C1

»

1 1 − 120 36 7 = q0 3 360

– + C1  = 0

Die Biegelinie lautet also w(x) =

q0 4 EIy

»

– 1 “ x ”5 1 “ x ”3 7 “x” − + . 120  36  360 

Beispiel 12.2 Biegelinie eines statisch unbestimmten Systems Ein statisch unbestimmt gelagerter Balken (Biegesteifigkeit EIy ) wird durch eine konstante Streckenlast q0 belastet. Gesucht sind die Auflagerreaktionen an beiden Enden.

184

12 Biegung gerader Balken q0  y

x z

L¨ osung: Zur L¨ osung wird das u ¨bliche Koordinatensystem verwendet. Ausgehend von dem Verlauf der Streckenlast kann die Biegelinie durch Integration berechnet werden, EIy wIV =

qz = q0

EIy w = −Vz = q0  EIy w EIy w EIy w

“x”

+ C1  “ ” 2 x q0  + C1 x + C2 = −My = 2  “ ” q0 3 x 3 1 = + C1 x2 + C2 x + C3 6  2 1 1 q0 4 “ x ”4 + C1 x3 + C2 x2 + C3 x + C4 . = 24  6 2 2

Mit den Randbedingungen lassen sich die Integrationskonstanten bestimmen. Durch die Einspannungen an beiden Enden des Balkens werden jeweils Verschiebung und Verdrehung verhindert, also ⇒

C4 = 0

w (x = 0) = 0

⇒

C3 = 0

w (x = ) = 0

⇒

w (x = ) = 0

⇒

1 q 4 24 0 1 q 3 6 0

w (x = 0) = 0 

+ 16 3 C1 + 21 2 C2 = 0 + 12 2 C1 +  C2 =0

Die letzten beiden Gleichungen liefern C1 = −

q0  2

und

C2 =

q 0 2 , 12

und damit die Biegelinie » – q0 4 1 “ x ”4 1 “ x ”3 1 “ x ”2 w = − + . EIy 24  12  24  Zur Bestimmung der Auflagerreaktionen werden die Verl¨ aufe der Schnittgr¨ oßen ben¨ otigt, also die zweite und dritte Ableitung der Biegelinie, My (x)

=

−EIy w (x)

=

− 12 q0 x2

+

Vz (x)

=

−EIy w (x)

=

−q0 x

+

1 q x 2 0 1 q , 2 0

−

1 q 2 12 0

185

12.1 Ebene Biegung

woraus sich die Auflagerreaktionen berechnen lassen. Die Normalkraft ist im ganzen Balken null, wie leicht mit Hilfe des Kr¨ aftegleichgewichts in horizontaler Richtung u ufbar ist. Daher sind auch die horizontalen ¨berpr¨ Auflagerreaktionen null. Das Vorzeichen der Auflagerreaktionen wird durch Gleichgewicht am Auflager ermittelt: Vz (x)

N (x) MA

MA

MB A

B

q0 2 , 12 2 q0  = −My (x = ) = , 12

My (x)

q0  , 2 q0  B = −Vz (x = ) = . 2

MA = −My (x = 0) = MB

A

Vz (x = 0) =

A =

Beispiel 12.3 Biegelinie bei unstetiger Belastung Gesucht ist die Biegelinie f¨ ur den dargestellten Balken auf zwei St¨ utzen, der in seiner rechten H¨ alfte durch eine Streckenlast q0 belastet ist. Gegeben sind zudem die Biegesteifigkeit EIy sowie die L¨ ange a. q0

a

a

L¨ osung: Die Streckenlast ist bei dieser Problemstellung nicht stetig, daher muss der Tr¨ ager in zwei Bereiche 1 und 2 aufgeteilt werden. q0

AH AV

B x1

x2 1

2

In jedem Bereich wird ein eigenes Koordinatensystem eingef¨ uhrt. Ben¨ otigt werden zun¨ achst die Momentenverl¨ aufe. Das Momentengleichgewicht um A liefert die Auflagerreaktion bei B 

:

A

q0 a ·

3 a − B · 2a = 0 2

⇒

B=

3 q0 a , 4

mit dem Kr¨ aftegleichgewicht in vertikaler Richtung folgt ↑

:

A + B − q0 a = 0

⇒

A=

1 q0 a . 4

Die Schnittgr¨ oßenverl¨ aufe lassen sich durch einen Schnitt in jedem Bereich ermitteln.

186

12 Biegung gerader Balken q0 My1 (x1 )

A

My2 (x2 ) a − x2

x1

B

Zur Berechnung der Biegelinie gen¨ ugt der Momentenverlauf. In Bereich 1 ist 

x1

:

My1 (x1 ) − x1 · A = 0

⇒

My1 (x1 ) =

q0 a x1 4

und in Bereich 2 

x2

: ⇒

a − x2 −My2 (x2 ) − q0 (a − x2 ) + B · (a − x2 ) = 0 q0 2 My2 (x2 ) = − (a − x2 )2 + 34 q0 a(a − x2 ) . 2

Aus den Momentenlinien kann nun f¨ ur jeden Bereich die Biegelinie durch Integration ermittelt werden. q0 a2 “ x1 ” 4 a q0 a3 “ x1 ”2 + C1 − 8 a ” 4 “ q0 a x1 3 + C1 x1 + C2 − 24 a

EIy w1 (x1 ) = −My1 (x1 ) = − EIy w1 (x1 ) = EIy w1 (x1 ) = EIy w2 (x2 ) = q0 a2

h

h 1 EIy w2 (x2 ) = q0 a3 − 6 h 1 EIy w2 (x2 ) = q0 a4 24

“ 1− “ 1− “ 1−

x2 ” i x2 ”2 3 “ 1− − a 4 a x2 ”3 3 “ x2 ”2 i 1− + C3 + a 8 a ” “ ” i 4 3 x2 x2 1 1− + C3 x2 + C4 − a 8 a

Die Integrationskonstanten C1 , C2 , C3 und C4 folgen aus den Rand- und ¨ Ubergangsbedingungen. Die Randbedingungen lauten w1 (x1 = 0) = 0 :

0 + 0 + C2 = 0

w2 (x2 = a) = 0 : 0 − 0 + C3 a + C4 = 0

⇒ C2 = 0 , ⇒ C4 = −C3 a ,

¨ und die Ubergangsbedingungen w1 (x1 = a) = w2 (x2 = 0) : – » 1 1 q 0 a4 + C1 a = q0 a4 − + C4 , ⇒ − 24 24 8   w1 (x1 = a) = w2 (x2 = 0) : – » 3 1 q 0 a3 3 + C1 = q0 a − + + C3 . ⇒ − 8 6 8

187

12.1 Ebene Biegung

Aus den Gleichungen lassen sich die Integrationskonstanten durch Einsetzen bestimmen, C1 =

7 q 0 a3 , 48

C3 = −

C2 = 0,

3 q0 a3 , 16

C4 =

3 q 0 a4 , 16

womit man schließlich die Biegelinien erh¨ alt. – » “ ” “ 4 3 q0 a 7 x1 ” 1 x1 + − w1 (x1 ) = EIy 24 a 48 a – » “ ” 4 4 x2 x2 ”3 3 1 1“ 3 “ x2 ” q0 a 1− 1− + − − w2 (x2 ) = EIy 24 a 8 a 16 a 16 Bereits bei diesem elementaren Beispiel wird deutlich, dass die Berechnung der Biegelinie mehrfeldriger Tr¨ ager sehr aufw¨ andig werden kann. Obgleich die L¨ osung der Differentialgleichung abschnittsweise als bekannt voraus¨ gesetzt werden kann, m¨ ussen die individuellen Rand- und Ubergangsbedingungen ausgewertet werden. Zwar kann der manuelle Rechenaufwand (L¨ osung eines linearen Gleichungssystems) wiederum automatisiert werden. Dennoch bietet es sich in solchen F¨ allen an, gleich auf ein universelles Berechnungswerkzeug, wie z. B. die Finite Element Methode (siehe Abschnitt 15.7) zur¨ uckzugreifen. Beispiel 12.4 Biegelinie f¨ ur System mit Gelenk Das unten abgebildete System wird durch ein Endmoment belastet. Gesucht ist die Biegelinie und die Relativverdrehung am Gelenk bei B. 

A y



B

C

M0

x z

L¨ osung: Zur L¨ osung des Problems wird f¨ ur das statisch bestimmte System zun¨ achst die Momentenlinie, damit die Biegelinie und schließlich die Verdrehung ermittelt. auft das BiegemoDa keine Streckenlast vorhanden ist, also qz = 0, verl¨ ment My linear. Am rechten Auflager muss es dem ¨ außeren Moment M0 entsprechen, am Gelenk B null sein. Dies f¨ uhrt zu folgendem Momentenverlauf: −M0 A

Also ist My (x) = M0

B

hx 

C M0

i −1 .

Im Gegensatz zum Momentenverlauf tritt bei der Biegelinie am Gelenk eine Unstetigkeit auf. Daher muss sie getrennt f¨ ur die Abschnitte AB und BC

188

12 Biegung gerader Balken

berechnet werden, dabei wird in beiden Abschnitten dasselbe oben angegebene Koordinatensystem verwendet. F¨ ur Abschnitt AB gilt i h “x”  + 1 EIy wAB = −My (x) = M0 −  » “ x ”– 1 “ x ”2  + EIy wAB = M0  − + C1 2   » – 1 “ x ”2 1 “ x ”3 EIy wAB = M0 2 − + + C1 x + C2 , 6  2  entsprechend erh¨ alt man f¨ ur Abschnitt BC – » 1 “ x ”2 1 “ x ”3 + + C3 x + C4 . EIy wBC = M0 2 − 6  2  ¨ Mit den Rand- und Ubergangsbedingungen folgen die Integrationskonstanten wAB (x = 0) = 0

⇒

C2 = 0

 wAB (x

= 0) = 0

⇒

C1 = 0

wAB (x = ) = wBC (x = )

⇒

wBC (x = 2) = 0

⇒

1 1 = M0 2 · + C3  + C4 3 3 2 2 M0  · + C3 · 2 + C4 = 0 3 2 2 C3 = − M0  , C4 = M0 2 . 3 3

⇒

M0  2 ·

Die Gleichung der Biegelinie lautet damit 8 M 2 > > 0 < EIy w(x) = 2 > > : M0  EIy

»

– 1 “ x ”3 1 “ x ”2 + , 6  2  – » “ ” “ ” 1 x 3 1 x 2 2 “x” 2 + + − , − 6  2  3  3 −

0≤x≤  ≤ x ≤ 2.

Die Biegelinie sieht folgendermaßen aus: A

B

C

β

Zur Berechnung der Verdrehung am Gelenk wird die Ableitung der Biegelinie ben¨ otigt. Sie lautet – » 8 M0  1 “ x ”2 “ x ” > > + , 0 ≤ x ≤ , − < EI 2   y  – » w (x) = > M  1 “ x ”2 “ x ” 2 > : 0 − − + ,  ≤ x ≤ 2. EIy 2   3

189

12.1 Ebene Biegung

Die Relativverdrehung, also der Winkel β, l¨ asst sich aus der Differenz der Verdrehungen ermitteln. Es gilt   (x = ) − wAB (x = ) = − tan β = wBC

12.1.3

2 M0  . 3 EIy

Spannungen

Aus der Kinematik (Gleichung 12.5) und (Gleichung 10.1) folgt die Spannungsverteilung

dem

Hookeschen

σx = E εx = −E w z ,

Gesetz (12.14)

bzw. mit der Differentialgleichung 12.9 σx =

My z. Iy

(12.15)

angig. Die Spannung ist also allgemein von z und u ¨ber w bzw. My von x abh¨ Innerhalb eines Querschnitts liegt demnach bei ebener Biegung ein u ¨ber die Balkenh¨ ohe linearer Spannungsverlauf vor, wie in Bild 12.5 skizziert ist. A Bild 12.5 Spannungsverteilung im Balken bei Belastung durch ein Biegemoment

y My

σo

S

zo

z

zu

x

σ(z)

z σu

Die Spannungen in H¨ ohe der Balkenachse sind null. Daher entspricht bei reiner Biegung die Balkenachse der neutralen Faser, also der Linie, auf der die Spannungen verschwinden. Die maximalen Normalspannungen treten an der Oberund Unterseite des Balkens auf. Um die Tragf¨ ahigkeit des Materials m¨ oglichst optimal zu nutzen, wurde daher die bei Stahlprofilen u ¨bliche Querschnittsform des Doppel-T-Tr¨ agers oder I-Tr¨ agers entwickelt, die in Bild 12.6 dargestellt ist. Die Querschnittsformen sind genormt (z. B. DIN 1025), die Querschnittswerte ugung. Der Großteil der Querschnittsfl¨ ache stehen in Tabellenwerken1 zur Verf¨ ist in den Stegen angeordnet, die nur durch einen d¨ unnen Flansch verbunden sind, der die Querkraft (siehe Abschnitt 13.2) aufnehmen muss. Zus¨ atzlich zu den Normalspannungen σx treten bei Biegung meist auch Schubspannungen τxz auf, die im Zusammenhang mit der Querkraft Vz stehen. Diese werden in Abschnitt 13.2 diskutiert. 1

K.-J. Schneider (Hrsg.), Bautabellen f¨ ur Ingenieure, Werner Verlag R. Wendehorst, Bautechnische Zahlentafeln, Teubner/Beuth Verlag

190

12 Biegung gerader Balken

Stege

Flansch Bild 12.6 I-Querschnitt

Ist außer einem Biegemoment My auch eine Normalkraft N vorhanden, f¨ uhrt dies auf eine ver¨ anderte Verteilung der Normalspannung σx , wie in Kapitel 14 erl¨ autert wird. Anmerkung: In der Praxis wird h¨ aufig die betragsm¨ aßig gr¨ oßte Biegenormalspannung im Querschnitt σmax gesucht. Mit der Defintion des Widerstandsmomentes gegen Biegung =

Wy

Iy |zmax |

(12.16)

mit dem maximalen Randfaserabstand zmax

=

max(zo , zu )

(12.17)

von der y-Achse (siehe Bild 12.5) folgt f¨ ur die maximale Biegenormalspannung an der entsprechenden Randfaser σmax

=

|My | . Wy

(12.18)

Diese h¨ aufig f¨ ur eine Bemessung benutzte Gleichung ist jedoch eine starke Vereinfachung f¨ ur den Fall ebener Biegung. Sie sagt nichts u ander¨ber den (linear ver¨ lichen) Spannungsverlauf im Querschnitt aus, enth¨ alt keine Vorzeichendefinition und l¨ asst sich nicht bei allgemeineren Beanspruchungsf¨ allen anwenden, wie z. B. ¨ bei der Uberlagerung von Zug-/Druck- und Biegebeanspruchung.

Beispiel 12.5 Spannungen infolge ebener Biegung F¨ ur den Balken aus Beispiel 12.1 soll die maximale Normalspannung ermittelt werden. Der Balken hat den rechts abgebildeten Rechteckquerschnitt. q0 2a  y

3a

x z

L¨ osung: Die gr¨ oßten Normalspannungen treten bei u ange konstantem Quer¨ber die L¨ schnitt dort auf, wo das Moment maximal wird. Da das Moment an den Auflagern null ist, nimmt die Momentenfunktion My (x) ihren maximalen

191

12.1 Ebene Biegung

Wert dort an, wo ihre Ableitung, also Vz (x) = My (x), null wird. Mit dem bekannten Querkraftverlauf folgt aus Vz (x) = q0 

– »“ ” x 2 +1 =0 

der Ort des maximalen Moments  x∗ = √ . 3 Das maximale Moment ist entsprechend "

∗

Mmax = My (x ) = q0 

2

1 − 6

„

x∗ 

«3

1 + 6

„

x∗ 

«# =

q0  √ . 9 3

Zur Berechnung der Spannungen wird das Fl¨ achentr¨ agheitsmoment des Querschnitts ben¨ otigt. Tabelle B.5 auf Seite 491 ist zu entnehmen, dass f¨ ur den Rechteckquerschnitt mit Breite b und H¨ ohe h Iy =

3a (2a)3 b h3 = = 2a4 12 12

ist. Damit gilt f¨ ur die Normalspannungen nach Gleichung 12.15

σx =

My q0 2 q0 2 √ z = √ z = z. Iy 9 3 · 2a4 18 3 a4 σmin

y

x z

σx (z)

σmax

Maximale und miminale Spannungen treten an Ober- und Unterseite des Balkens auf: σmax

=

σmin

=

q0 2 √ , 18 3 a3 q0 2 σx (z = −a) = − √ 18 3 a3 σx (z = a) =

192

12 Biegung gerader Balken

12.1.4

Superposition

Bei der Differentialgleichung der Biegelinie (Gleichung 12.10) handelt es sich um eine lineare Differentialgleichung. Dies erlaubt die Anwendung des Superpositionsprinzips: Wirken verschiedene Lasten qz (x) gleichzeitig auf ein System, so entspricht die Biegelinie w(x) der Summe der Biegelinien, die bei den einzelnen Lasten auftreten. Das Superpositionsprinzip ist dabei nicht auf Belastung durch Streckenlasten beschr¨ ankt, sondern gilt auch bei Belastung durch Kr¨ afte und Momente. Auch kann nicht nur die Biegelinie selbst, sondern auch ihre Ableitungen, also Momenten- und Querkraftverlauf durch Superposition ermittelt werden. Das Superpositionsprinzip erlaubt eine vereinfachte Berechnung der Biegelinie mit Hilfe von Tabellen, die h¨ aufig auftretende Belastungen f¨ ur g¨ angige Systeme enthalten (siehe Tabellen B.2 und B.3). Beispiel 12.7 und Beispiel 12.6 demonstrieren die Anwendung. Eine u ogliche ¨ber die ebene Biegung hinaus m¨ Anwendung der Superposition wird in Kapitel 14 erl¨ autert. Beispiel 12.6 Anwendung der Biegelinientafel Ein Kragarm erf¨ ahrt eine Belastung durch eine Streckenlast sowie ein Endmoment. Gesucht ist die Biegelinie. q0 M0 = y

q0 2 6

x z



L¨ osung: Die Biegelinie kann mit Hilfe der Biegelinientafeln getrennt f¨ ur beide Lasten ermittelt werden. Nach Tabelle B.3 lautet die Biegelinie wq (x) f¨ ur einen Kragarm mit Streckenlast EIy wq (x) =

´ q0 4 ` 4 ξ − 4 ξ3 + 6 ξ2 , 24

wobei ξ = x/ ist. F¨ ur einen Kragarm mit Endmoment ist die Biegelinie wM (x) EIy wM (x) =

M0 2 2 ξ 2

mit M0 = −

q 0 2 . 6

Das negative Vorzeichen r¨ uhrt daher, dass das Moment in der Biegelinientafel entgegengesetzt angesetzt wurde.

193

12.1 Ebene Biegung

Insgesamt lautet die Biegelinie w(x)

= = = =

wq (x)

+

´ q0 4 ` 4 ξ − 4 ξ3 + 6 ξ2 + 24 EIy ´ q0 4 ` 4 ξ − 4 ξ3 + 6 ξ2 − 24 EIy » q 0  4 1 “ x ”4 1 “ x ”3 1 − + EIy 24  6  6

wM (x) M0 2 2 ξ 2 EIy q0 4 2 ξ 12EIy “ x ”2 – . 

Dies l¨ asst sich auch grafisch veranschaulichen: wq (x)

wM (x)

+

w(x) =

Beispiel 12.7 Anwendung der Biegelinientafel Die Biegelinie des abgebildeten Systems soll mit Hilfe der Biegelinientafeln ermittelt werden (vgl. Beispiel 12.3). q0 x a

a

L¨ osung: Die Biegelinientafel mit den passenden Auflagern ist in Tabelle B.2 gegeben. Da diese jedoch nur den Fall einer konstanten Streckenlast auf der linken Seite enth¨ alt, muss das System umgedreht werden: q0

x ¯

Nun kann die Biegelinie f¨ ur das umgedrehte System aus der Tafel entnommen werden. Es ist 8 ´ ´2 i ` ` q0 4 h 4 > > ξ − 2 1 − β2 ξ3 + 1 − β2 ξ f¨ ur x ¯≤a > > > 24EIy > < w(¯ x) = i ´ ´2 ` ` q0 4 h 4 > > ξ − 2 1 − β 2 ξ 3 + 1 − β 2 ξ − (ξ − α)4 > > 24EIy > > : f¨ ur x ¯≥a mit  = 2a,

α=

1 a = ,  2

β=

b 1 = ,  2

ξ=

x ¯ x ¯ = ,  2a

194

12 Biegung gerader Balken

also

8 – » q 0 a4 1 “ x ¯ ”4 1 “ x ¯ ”3 ¯” 3 “x > > − + f¨ ur x ¯≤a > > EIy 24 a 8 a 16 a > > < » w(¯ x) = ”4 – 1 “x 3 “x ¯ ”4 1 “ x ¯ ”3 ¯” ¯ q 0 a4 1 “ x > > − − + − 1 > > EIy 24 a 4 a 16 a 24 a > > : f¨ ur x ¯≥a

Durch Einsetzen der urspr¨ unglichen Koordinate x = 2a − x ¯ und Zusammenfassen von Termen gleicher Potenzen folgt schließlich 8 » – q 0 a4 7 “x” 1 “ x ”3 > > + − f¨ ur x ≤ a > > EIy 24 a 48 a > > < » – w(x) = 5 “ x ”2 1 “ x ”2 1 “x” q0 a4 1 “ x ”4 1 > > − + − + > > EIy 24 a 24 a 4 a 48 a 24 > > : f¨ ur x ≥ a , was dem Ergebnis aus Beispiel 12.3 entspricht.

12.2

Schiefe Biegung

F S Bild 12.7 Schiefe Biegung

Liegen Belastung und/oder Verformung eines Balkens nicht in einer Ebene, so spricht man von schiefer Biegung. Die Einschr¨ ankungen, die f¨ ur die ebene Biegung in Abschnitt 12.1 gemacht wurden, gelten hier nicht, d. h. • die Belastung kann nun beliebig sein, so dass resultierende Biegemomente in beliebiger Richtung auftreten, • der Querschnitt muss nicht symmetrisch oder in einer bestimmten Richtung orientiert sein. Der in Bild 12.7 dargestellte Balken wird nicht in Richtung der Hauptachsen belastet, so dass eine Verformung aus der Lastebene heraus erfolgt. Von praktischer Bedeutung ist die schiefe Biegung insbesondere bei unsymmetrischen Profilquerschnitten, wie z. B. C- oder L-Walzprofilen.

195

12.2 Schiefe Biegung

12.2.1

Differentialgleichung der Biegelinie

Kinematik Die Biegung des Balkens kann ohne Einschr¨ ankung in Biegung innerhalb der x-z-Ebene und der x-y-Ebene aufgeteilt werden. Der Querschnitt wird also wie Seitenansicht

Draufsicht

y, v

z, w P

x, u y, v

z, w ψy

P

x, u ψz v

w P P yψz

zψy

Bild 12.8 Kinematik der schiefen Biegung

in Bild 12.8 um einen Winkel ψy um die y-Achse und gleichzeitig um einen Winkel ψz um die z-Achse verdreht. Dabei bleiben nach der Bernoulli-Hypothese die Querschnitte eben. Damit gilt f¨ ur die die Verschiebung eines beliebigen Punktes P auf dem Querschnitt uP = z ψy − y ψz .

(12.19)

Damit ist die Dehnung εx =

∂u = ψy z − ψz y . ∂x

(12.20)

Wie bei ebener Biegung bleiben die Querschnitte senkrecht zur Balkenachse, so dass ψy = −w ,

ψz = v  ,

(12.21)

womit endg¨ ultig folgt εx = −(w z + v  y) .

(12.22)

Materialgleichung Es soll ein homogenes und isotropes Material vorliegen, es gilt das Hookesche Gesetz nach Gleichung 10.1: σx = E εx .

(12.23)

196

12 Biegung gerader Balken

¨ Aquivalenz der Spannungen und Schnittgr¨ oßen Die Normalkraft ist nach Gleichung 11.1 Z Z Z σx dA = E εx dA = − E (w z + v  y) dA N = A

=

−E w



Z

A

z dA − E v



A

=

A

Z

y dA A





!

−E w Sy − E v Sz = 0

(12.24)

mit den statischen Momenten Sy und Sz . Da w und v  unabh¨ angig voneinander und im Allgemeinen nicht null sind, muss nach Abschnitt A.3.2 die Balkenachse der Schwerachse entsprechen, so dass die statischen Momente verschwinden. F¨ ur die beiden Biegemomente gilt Z Z My = z σx dA , Mz = − y σy dA . A

(12.25)

A

Das negative Vorzeichen bei Mz folgt aus der unterschiedlichen Lage der Achsen. Dies kann man in Bild 12.8 erkennen, wenn man die Lage der y-Achse in der Seitenansicht mit der Lage der z-Achse in der Draufsicht vergleicht. Gleichgewicht Entsprechend My = qz

(12.26)

gilt f¨ ur das Moment in z-Richtung wegen der anderen Lage der Koordinatenachsen Mz = −qy .

(12.27)

Differentialgleichung ¨ Aus Kinematik, Materialgleichung und Aquivalenz der Spannungen und Schnittgr¨ oßen folgen die Zusammenh¨ ange Z Z “ ” (12.28) My = −E w z 2 dA + v  yz dA , A

Mz =

“ E w

A

Z yz dA A

+

v 

Z A

” y 2 dA .

(12.29)

197

12.2 Schiefe Biegung

Mit den Gleichgewichtsbeziehungen und den Definitionen der Fl¨ achentr¨ agheitsmomente (Gleichungen A.17 und A.18) f¨ uhrt dies auf die Differentialgleichungen der schiefen Biegung ” “ = qz , (12.30) E Iy w + Iyz v  “ ” E Iyz w + Iz v  = qy . (12.31)

12.2.2

Verformung

Im Gegensatz zur ebenen Biegung handelt es sich bei den Differentialgleichungen der schiefen Biegung um zwei gekoppelte Differentialgleichungen. Es ist daher vorteilhaft, zun¨ achst die Verl¨ aufe der Momente My und Mz zu bestimmen. Die Biegelinien k¨ onnen dann mit Hilfe der entkoppelten Differentialgleichungen ` 2 ´  w = −My Iz + Mz Iyz , (12.32) E Iy Iz − Iyz ` 2 ´  v = −My Iyz + Mz Iy E Iy Iz − Iyz

(12.33)

berechnet werden, die man mit den Gleichgewichtsgleichungen 12.26 und 12.27 aus den Differentialgleichungen der schiefen Biegung erh¨ alt. Die Berechnung der Biegelinie kann alternativ im Hauptachsensystem Y -Z (siehe A.3.3) durchgef¨ uhrt werden. In diesem Fall ist das Deviationsmoment IY Z null, daraus folgen die vereinfachten Gleichungen E IY w

=

−MY ,

(12.34)

E IZ v 

=

MZ .

(12.35)

Beispiel 12.8 Schiefe Biegung Ein Kragarm mit der L¨ ange  = 0.5 m, Elastizit¨ atsmodul E = 210 GPa und dem unten abgebildeten L-Querschnitt mit Iy = 33.33 cm4 , Iz = 20.83 cm4 und Iyz = 15 cm4 (vgl. auch Beispiel A.7) wird durch eine Kraft F = 2 kN in z-Richtung belastet. In y-Richtung liegt keine Belastung vor. Gesucht ist die Verschiebung des Balkens am freien Ende. 1 cm

F

y

x 6 cm

z F z y

x

y

S z 1 cm

5 cm 

198

12 Biegung gerader Balken

L¨ osung: Zur Berechnung der Endverschiebung wird zun¨ achst die Biegelinie mit Hilfe der Differentialgleichungen der schiefen Biegung (Gleichung 12.32 und 12.33) bestimmt. Dazu ben¨ otigt man die Momentenverl¨ aufe, die mit Hilfe eines Schnittes an der Stelle x berechnet werden k¨ onnen.

y

x

F

Vz

My

Mz z

N

z

x

N

y −x

x

Vy −x

x

Dies f¨ uhrt auf My (x) = F (x − ) ,

Mz (x) = 0 .

Nun erfolgt das Einsetzen dieser Momentenverl¨ aufe in die Differentialgleichungen 12.32 und 12.33, die wiederum integriert werden. Zun¨ achst geschieht dies f¨ ur die Differentialgleichung f¨ ur die Verschiebung w in z-Richtung, 2 ) w = E(Iy Iz − Iyz

−F (x − )Iz

2 E(Iy Iz − Iyz ) w =

−F ( 12 x2 − x)Iz

2 E(Iy Iz − Iyz )w

+ 0 · Iyz , −

0

+ C1 ,

= −F ( 16 x3 − 21 x2 )Iz +

0

+ C1 x + C2 .

Auswerten der Randbedingungen an der Einspannung f¨ uhrt auf = 0:

0 + C2 = 0

⇒

C2 = 0 ,

w (x = 0) = 0 :

0 + C1 = 0

⇒

C1 = 0 ,

w(x = 0)

damit betr¨ agt die Endverschiebung in z-Richtung » „ « – 1 3 1 1 2 −  ·  w(x = ) = −F  Iz 2 2 ) E(Iy Iz − Iyz 6 » 3 – F 1 Iz = 2 ) E(Iy Iz − Iyz 3 1 = 210 · 103 (33.33 · 20.83 − 152 ) · 108 » – 2000 · 5003 4 · 20.83 · 10 mm 3 = 1.76 mm . Entsprechend l¨ asst sich die Biegelinie v(x) in y-Richtung berechnen. 2 ) v  = 0 · Iy − E(Iy Iz − Iyz

F (x − )Iyz

2 E(Iy Iz − Iyz ) v =

0

−

2 E(Iy Iz − Iyz )v

0

− F ( 16 x −

=

F ( 12 x − x)Iyz 1 2

+ C3

x2 )Iyz + C3 x + C4

199

12.2 Schiefe Biegung

Mit den Randbedingungen an der Einspannung folgt = 0:

0 + C4 = 0

⇒

C4 = 0 ,

v  (x = 0) = 0 :

0 + C3 = 0

⇒

C3 = 0 ,

v(x = 0)

und damit die Endverschiebung in y-Richtung » „ « – 1 3 1 1 2 v(x = ) = − −F   ·  I yz 2 ) E(Iy Iz − Iyz 6 2 » 3 – F 1 = Iyz 2 ) E(Iy Iz − Iyz 3 1 = 210 · 103 (33.33 · 20.83 − 152 ) · 108 » – 2000 · 5003 · 15 · 104 mm = 1.27 mm . 3 Die Gesamtverschiebung betr¨ agt p p 2 2 v +w = 1.272 + 1.762 mm = 2.17 mm . f = |u| = Obwohl die Belastung ausschließlich in z-Richtung erfolgt, tritt auch eine Verschiebung in y-Richtung auf. Dieses Ph¨ anomen tritt generell bei Belastungen auf, die nicht in Richtung der Hauptachsen erfolgen. Die Verschiebungen sind nachfolgend skizziert. y

x

v z w f

Beispiel 12.9 Schiefe Biegung mit Hauptachsentransformation Beispiel 12.8 soll nun mit Hilfe einer Hauptachsentransformation berechnet werden. Dabei ist die Lage der Hauptachsen mit dem Winkel ϕ∗1 = 33.69◦ gegeben. Die Haupttr¨ agheitsmomente sind IY = 43.33 cm4 und IZ = 10.83 cm4 (siehe auch Beispiel A.7). II I S

My

y, v

ϕ∗ MY Y, V

MZ Mz z, w

Z, W

200

12 Biegung gerader Balken

L¨ osung: Zun¨ achst m¨ ussen die Biegemomente in das Hauptachsensystem Y -Z transformiert werden. Die Transformationsgleichungen lauten (vgl. auch Gleichung A.3) MY MZ

= =

My cos ϕ∗1 −My sin ϕ∗1

Mz sin ϕ∗1 , Mz cos ϕ∗1 ,

+ +

es gilt also MY

=

F (x − ) cos ϕ∗1

+

0 · sin ϕ∗1 ,

MZ

=

−F (x − ) sin ϕ∗1

+

0 · cos ϕ∗1 .

Mit den Gleichungen 12.34 und 12.35 folgt EIY W 

=

−MY

=

−F (x − ) cos ϕ∗1 ,

EIZ V 

=

MZ

=

−F (x − ) sin ϕ∗1 ,

woraus sich die Biegelinien ν(x) und ω(x) im Hauptachsensystem durch Integration berechnen lassen. EIY W

=

−F ( 16 x3 −

1 2

x2 ) cos ϕ∗1

+

C1 x

+

C2

EIZ V

=

−F ( 61 x3 −

1 2

x2 ) sin ϕ∗1

+

C3 x

+

C4

Aus den Randbedingungen k¨ onnen die Integrationskonstanten bestimmt werden, W (x = 0) = 0 :

0

+

C2

=

0

⇒

C2

=

0,

W  (x = 0) = 0 :

0

+

C1

=

0

⇒

C1

=

0,

V (x = 0) = 0 :

0

+

C4

=

0

⇒

C4

=

0,

V  (x = 0) = 0 :

0

+

C3

=

0

⇒

C3

=

0.

Dies liefert die Verschiebungen am Balkenende i 1 h W (x = ) = − F ( 61 3 − 21  · 2 ) cos ϕ∗1 EII i 1 h1 F 3 cos ϕ∗1 = 3 EII h1 i 1 · 2000 · 5003 cos 33.69◦ mm = 3 4 210 · 10 · 43.33 · 10 3 = 0.76 mm ,

201

12.2 Schiefe Biegung

i 1 h − F ( 61 3 − 12  · 2 ) sin ϕ∗1 V (x = ) = EIII i 1 h1 3 ∗ = F  sin ϕ 1 EIII 3 h1 i 1 · 2000 · 5003 sin 33.69◦ mm = 3 4 210 · 10 · 10.83 · 10 3 = 2.03 mm , mit der Gesamtverschiebung p p W2 + V 2 = 0.762 + 2.032 mm = 2.17 mm . f = Die Verschiebung kann wie folgt skizziert werden. Zum Vergleich ist nochmals das Ergebnis aus Beispiel 12.8 dargestellt. Beide Rechenwege f¨ uhren auf dieselbe Gesamtverschiebung f . y

x

Y

x

Z

v z w

W

V f

f

12.2.3

Spannungen

S

M y

S z

Bild 12.9 Spannungen infolge schiefer Biegung

Aus Materialgleichung (Gleichung 12.23) und Kinematik (Gleichung 12.22) folgt die Normalspannungsverteilung ` ´ σx = E εx = −E w z + v  y (12.36) bzw. mit den Differentialgleichungen 12.32 und 12.33 h i 1 σx = (My Iz − Mz Iyz ) z − (Mz Iy − My Iyz ) y . (12.37) 2 Iy Iz − Iyz

202

12 Biegung gerader Balken

Die Normalspannung h¨ angt also linear von y und z ab. In Bild 12.9 ist exemplarisch eine solche Spannungsverteilung skizziert. Die Gleichung der Spannungsnulllinie, die auch neutrale Faser genannt wird, erh¨ alt man durch Nullsetzen von Gleichung 12.37, z =

Mz Iy − My Iyz y. My Iz − Mz Iyz

(12.38)

Die Richtung der Spannungsnulllinie stimmt im Allgemeinen nicht mit der Richtung des resultierenden Moment u ¨berein. Aufgrund der linearen Verteilung der Spannungen treten die maximalen und minimalen Spannungen in den Querschnittspunkten auf, die am weitesten von der Spannungsnulllinie entfernt sind.

MY M

S

S MZ

Bild 12.10 Spannungen mit Hauptachsen

Die Spannungsberechnung vereinfacht sich bei Berechnung im Hauptachsensystem, wozu das Biegemoment wie in Bild 12.10 in Richtung der Hauptachsen ur die Normalspannungen aufgeteilt wird. Mit IY Z = 0 gilt f¨ σx =

MY MZ Z − Y, IY IZ

(12.39)

und f¨ ur die Spannungsnulllinie Z =

MZ IY Y. MY IZ

(12.40)

Beispiel 12.10 Spannungen infolge schiefer Biegung F¨ ur den Kragarm aus Beispiel 12.8 sollen nun die Lage der Spannungsnulllinie an der Einspannung sowie die maximale und minimale Normalspannung bestimmt werden. L¨ osung: Der Verlauf der Spannungsnullinie an der Einspannung, d. h. f¨ ur x = 0, l¨ asst sich mit Gleichung 12.38 ermitteln. Die Momente an der Einspannung

203

12.2 Schiefe Biegung

sind My (x = 0)

=

F (0 − )

Mz (x = 0)

=

0,

−2 · 0.5

=

−1 kNm ,

=

und es folgt f¨ ur die Gleichung der Spannungsnullinie: z =

0 · 33.33 + 100 · 15 Mz Iy − My Iyz y = y = −0.720 y My Iz − Mz Iyz −100 · 20.83 − 0 · 15

mit dem zugeh¨ origen Winkel z = −0.720 tan ϕ0 = y

ϕ0 = 144.2◦ .

⇒

Spannungsnulllinie y

S 144.2◦ 1 z

0.720

Die maximalen bzw. minimalen Spannungen treten an den Punkten des Querschnitts auf, die am weitesten von der Spannungsnulllinie entfernt sind. Obiger Skizze ist nun entnehmbar, dass dies an der linken unteren Ecke und oben rechts der Fall ist. Nach Gleichung 12.37 gilt also f¨ ur y = 15 mm und z = 20 mm h i 1 (M σmin = I − M I ) z − (M I − M I ) y y z z yz z y y yz 2 Iy Iz − Iyz 1 = (33.33 · 20.83 − 152 ) · 108 h i · (−106 · 20.83 · 104 − 0) · 20 − (0 + 106 · 15 · 104 ) · 15 MPa = −136.7 MPa und f¨ ur y = 5 mm und z = −40 mm h i 1 σmax = (M I − M I ) z − (M I − M I ) y y z z yz z y y yz 2 Iy Iz − Iyz 1 = (33.33 · 20.83 − 152 ) · 108 h i · (−106 · 20.83 · 104 − 0) · (−40) − (0 + 106 · 15 · 104 ) · 5 MPa = 161.6 MPa . Die Spannungsverteilung sieht folgendermaßen aus:

204

12 Biegung gerader Balken

σmax Spannungsnulllinie y

S

σmin

z

Man erkennt, dass die Spannungen in der Spannungsnulllinie null sind und an den entferntesten Punkten die maximalen und minimalen Spannungswerte auftreten.

Beispiel 12.11 Spannungsnulllinie mit Hauptachsentransformation F¨ ur den Kragarm aus Beispiel 12.8 soll die Lage der Spannungsnulllinie an der Einspannung bestimmt werden. Wie in Beispiel 12.9 sollen hierzu die Hauptachsen verwendet werden. L¨ osung: Die Spannungsnulllinie ist mit Gleichung 12.40 gegeben. Im um den Winkel ϕ∗1 = 33.69◦ gedrehten Hauptachsensystem sind die Einspannmomente MY (x = 0) = −F  cos ϕ∗1 = −2 · 0.5 cos 33.69◦ = −0.832 kNm , MZ (x = 0) = F  sin ϕ∗1 = 2 · 0.5 sin 33.69◦ =

0.555 kNm .

Damit gilt f¨ ur die Gleichung der Spannungsnulllinie Z =

MZ IY 0.555 · 43.33 Y = Y = −2.67 Y MY IZ −0.832 · 10.83

mit dem zugeh¨ origen Winkel tan ϕ0 = −2.67

⇒

ϕ0 = 110.5◦ .

Zusammen mit dem Winkel ϕ∗1 folgt ein Gesamtwinkel von ϕ ¯0 = ϕ0 + ϕ∗1 = 110.5◦ + 33.69◦ = 144.2◦ , was mit dem Ergebnis aus Beispiel 12.10 u ¨bereinstimmt.

¨ 12.3 Ubungsaufgaben

205

Spannungsnulllinie y 33.69◦ 144.2◦ Y 110.5◦

Z z

12.3

¨ Ubungsaufgaben

Aufgabe 12.1 (Schwierigkeitsgrad 1) Bestimmen Sie die Biegelinie w(x) des dargestellten Systems. Gegeben: , EIy , F , M0 = F 

F

L¨ osung: M0

x



w(x)

=

−

F x3 6 EIy

206

12 Biegung gerader Balken

Aufgabe 12.2 (Schwierigkeitsgrad 2) Ein Gerbertr¨ ager wird durch eine Gleichstreckenlast q belastet. Bestimmen Sie a) den Momentenverlauf, b) die Verschiebung wG des Gelenkes G und c) die Winkeldifferenz ΔϕG am Gelenk G. Gegeben: EIy , a, q

L¨ osung: a)

q0 G

a

a

M (x = 0)

=

M (x = a)

=

b)

wG

=

c)

|ΔϕG |

=

1 − q0 a 2 2 0 q0 a 4 6 EIy 3 q0 a 3 8 EIy

Aufgabe 12.3 (Schwierigkeitsgrad 2) ahlt werden, damit die gegenseitige Wie groß muss das Moment M0 gew¨ Verdrehung am Gelenk G verschwindet? Gegeben: a, EIy , q0 , M1 (x1 ) = −M0 − 52 q0 a2 + 32 q0 ax1 , M2 (x2 ) = − 12 q0 x22 + 32 q0 ax2 − q0 a2 , M3 (x3 ) = − 12 q0 x23 + 12 q0 ax3 q0 L¨ osung:

M0 x1

G

x2 a

a

x3

M0 a

=

−

31 q0 a 2 15

¨ 12.3 Ubungsaufgaben

207

Aufgabe 12.4 (Schwierigkeitsgrad 3) Das skizzierte System besteht aus zwei Balken mit der Biegesteifigkeit EIy , die im Punkt G gelenkig verbunden sind. Das Gelenk ist zus¨ atzlich durch einen Stab der L¨ ange a und der Dehnsteifigkeit EA abgest¨ utzt. Im unbelasteten Zustand ist das System spannungsfrei. a) Welche Kraft wirkt im vertikalen Stab, wenn das System durch die skizzierte Streckenlast belastet wird? b) Wie groß ist dann die Absenkung des Gelenkes? Verwenden Sie die Biegelinientafel und schneiden Sie das Gelenk sorgf¨ altig frei. EIy Gegeben: a, EIy , EA = 2 , q0 a q0 EIy

G

L¨ osung:

EIy a

a)

N3

=

b)

wG

=

EA 2a

a

q0 a 4 q0 a 4 4EIy

−

Aufgabe 12.5 (Schwierigkeitsgrad 2) F¨ ur den skizzierten Zweifeldtr¨ ager mit der Biegesteifigkeit EIy sind die Lagerreaktionen und die Absenkung an der Stelle D zu bestimmen. Gegeben: a, EIy , q0

L¨ osung: q0 A a

B a

C

D a

A

=

B

=

C

=

wD

=

a

1 − q0 a 8 5 q0 a 4 7 q0 a 8 7 q0 a 4 48EIy

208

12 Biegung gerader Balken

Aufgabe 12.6 (Schwierigkeitsgrad 2) Ermitteln Sie f¨ ur das angegebene System die maximalen Biegenormalspannungen, und stellen Sie den Spannungsverlauf grafisch dar. Werden die zul¨ assigen Spannungen eingehalten? Wie groß ist die maximal aufnehmbare Streckenlast qmax ? Gegeben:  = 4 m, q = 35 kN/m, Profil: IPE 300 mit E = 210 GPa, Iy = 8360 cm4 , h = 300 mm, σzul = 218 MPa L¨ osung: q



σmax

=

125.6 MPa

qmax

=

60.75 kN/m

Aufgabe 12.7 (Schwierigkeitsgrad 3) Ein Balken mit dem Fl¨ achentr¨ agheitsmoment Iy ist wie abgebildet durch eine Streckenlast belastet. a) Bestimmen Sie die Funktion der Biegelinie des Balkens. b) Skizzieren Sie qualitativ die Biegelinie; ausgezeichnete Werte sind anzugeben. c) Wie groß ist die gr¨ oßte Zugspannung in dem Balken und wo tritt sie auf? Gegeben: a, Iy , E, q0

L¨ osung: a)

x1

=

wr

=

σmax

=

σ(x = 0, zmax )

=

5q0 a2 zmax 16Iy

x2 q0 a

a

c)

q0 a4 “ ` x1 ´4 4 a 96 EIy ` x1 ´ 3 −13 a ` ´2 ” +15 xa1

wl

q0 a4 “ ` x2 ´3 3 a 96 EIy ` ´ ´ −9 xa2 + 6

¨ 12.3 Ubungsaufgaben

209

Aufgabe 12.8 (Schwierigkeitsgrad 3) Gesucht ist die Normalspannungsverteilung des dargestellten Systems a) ohne Ber¨ ucksichtigung des Eigengewichtes, b) mit Ber¨ ucksichtigung des Eigengewichtes. Gegeben: b, h, , , g, F

L¨ osung: F a) σ(x, z) 2h

h b

+

12F (x−) 3z bh3 (2− x )

12F (x−) 3z bh3 (2− x ) „ « 3 3 x− 2 2 z 12g x −x2 + 2 6 3

b) σ(x, z)

b

= =

h2 (2− x )

3

Aufgabe 12.9 (Schwierigkeitsgrad 2) Der dargestellte, aus zwei Holzbalken zusammengesetzte Querschnitt wird durch die Schnittmomente My und Mz belastet. Ermitteln Sie a) die Hauptachsen, b) die Lage der Spannungsnulllinie sowie c) die minimale und maximale Spannung im Querschnitt und d) skizzieren Sie die Spannungsverteilung. Gegeben: E = 10 GPa, My = 30 kNm, Mz = −100 kNm

30 cm

L¨ osung:

3 cm a)

y 10 cm z 8 cm

ϕ∗

= 15.9◦ = −2.44 y

b)

z

c)

σmin

= −161.9 MPa

σmax

=

97.5 MPa

210

12 Biegung gerader Balken

Aufgabe 12.10 (Schwierigkeitsgrad 2) Ein Balken aus d¨ unnwandigem Leichtbauprofil konstanter Blechdicke t wird durch eine Einzellast F gem¨ aß Skizze belastet. Die Lagerung in der x-z-Ebene und in der x-y-Ebene ist beidseitig gelenkig. a) Bestimmen Sie die Lage der Haupttr¨ agheitsachsen und die Haupttr¨ agheitsmomente. b) Ermitteln Sie die Lage der neutralen Faser, und tragen Sie diese maßst¨ ablich in die unten dargestellte Skizze ein. c) Bestimmen Sie die Querschnittspunkte mit maximaler Druck- und Zugbeanspruchung, und geben Sie die zugeh¨ origen Normalspannungen an. Gegeben: F = 5 kN,  = 6.0 m, t = 3 mm

F x z 300

300 L¨ osung: F

[L¨ angen]=cm

a)

2 b) c)

0,3 y

20

2

10

z

10

α0 IY IZ Z Y Z |σmax |

= = = = = = =

27.3◦ 1109 cm4 109 cm4 −5.26 Y −4.6 cm −8.9 cm 199 MPa

13

Schubbeanspruchung

Schraube F 2

F F 2

Mutter Bild 13.1 Schrauben unter Schubbeanspruchung

Viele Bauteile werden vorwiegend durch Schubspannungen beansprucht. Typisches Beispiel f¨ ur eine Schubbeanspruchung sind Schrauben, wie in Bild 13.1, sowie Niete und N¨ agel. In balkenartigen Strukturen k¨ onnen Schubspannungen z. B. infolge von Querkr¨ aften auftreten, was in Abschnitt 13.2 diskutiert wird. Abschnitt 13.3 beinhaltet eine andere typische Ursache einer Schubbeanspruchung, die Torsion. Eine gleichzeitige Beanspruchung durch Querkraft, Torsion, Zug/Druck und Biegung wird in Kapitel 14 diskutiert.

13.1

Reine Scherung

Reine Scherung tritt auf, wenn entgegengesetzte Querkr¨ afte auf einer kurzen L¨ ange auf einen Stab einwirken. Dieses ist die typische Beanspruchung von Nieten, ggf. aber auch bei Schrauben. Bez¨ uglich der Schubspannungsverteilung in der Querschnittsfl¨ ache treffen wir

212

13 Schubbeanspruchung

die Annahme, dass diese n¨ aherungsweise konstant sind,

τxz = Beispiel 13.1

Vz . A

(13.1)

Scherbeanspruchung einer Nietverbindung F 2

F

F 2

d

L¨ osung: Querkraft und Querschnittsfl¨ ache sind V =

F , 2

A=

πd2 , 4

damit folgt die Schubspannung τ = τxz =

13.2

F/2 . πd2 /4

Schubspannungen infolge Querkraft

In diesem Abschnitt werden die Zusammenh¨ ange zwischen der Querkraft Vz und den damit verbundenen Schubspannungen hergeleitet. Dabei wird davon ausgegangen, dass die z-Achse eine Hauptachse des Querschnitts ist (beispielsweise ¨ eine Symmetrieachse, siehe dazu auch A.3.3). Die nachfolgenden Uberlegungen gelten nur f¨ ur diesen Fall. Schubspannungen infolge Querkraft verdienen besondere Aufmerksamkeit bei Tr¨ agern, die bez¨ uglich der Biegebeanspruchung optimiert sind, z. B. Doppel-TTr¨ ager (großes Fl¨ achentr¨ agheitsmoment bei kleiner Gesamtfl¨ ache), aber auch bei Verbundtr¨ agern, siehe Abschnitt 14.5.2 und Beispiel 14.8.

13.2.1

Vollquerschnitte

Um die Zusammenh¨ ange zwischen Querkr¨ aften und den daraus resultierenden Schubspannungen zu ermitteln, betrachten wir den in Bild 13.2 abgebildeten Balken. Ohne an dieser Stelle nach den ¨ außeren Belastungen zu fragen, sei angenommen, dass lediglich die Schnittgr¨ oßen My (x) und Vz (x) auftreten.

213

13.2 Schubspannungen infolge Querkraft

A My (x) y z

Bild 13.2 Schubspannungen im Balken

x

y

x Vz (x)

Vz

z τxz

Anmerkung: Wenn keine unmittelbaren ¨ außeren Lasten vorhanden sind, verlaufen die Schubspannungen an den R¨ andern stets parallel zum Rand, da keine zugeordneten Schubspannungen vorhanden sind (vergl. Abschnitt 8.2). Die Schubspannungsverteilung muss der Querkraft Vz statisch ¨ aquivalent sein, demzufolge m¨ ussen sich die y-Komponenten, die bei beliebig geformten Querschnittsgeometrien auftreten, gegenseitig aufheben und werden darum an dieser Stelle nicht weiter betrachtet.

Die Querkraft Vz ist ¨ aquivalent zu den zugeh¨ origen Schubspannungen. Man erh¨ alt also Vz durch Integration der Schubspannungen τxz u ¨ber die Querschnittsfl¨ ache. Z Vz = τxz dA . (13.2) A

Bild 13.3 zeigt ein Element des Querschnitts mit der L¨ ange Δx und der Teil¯ fl¨ ache A(z). Das Element reicht dabei von einer festen Koordinate z bis zur Unterkante. Beim Freischneiden des Elements treten auf der Oberfl¨ ache Schubspannungen und Normalspannungen auf. Δx

Δx y

τxz

z

z

x

y

x

z τxz ¯ A

h(z)

σx

σx + Δσx

b(z)

Bild 13.3 Schubspannungen an einem Element des Balkens

Die Spannungen an der Unterseite des Balkens sind null, da in dem betrachteten Bereich keine a ¨ußere Belastung vorhanden ist. Wegen der Gleichheit der zugeordneten Schubspannungen (Gleichung 8.15) entsprechen die vertikalen Schubspannungen τxz in jedem Punkt den horizontalen Schubspannungen τzx .

214

13 Schubbeanspruchung

Kr¨ aftegleichgewicht am Element in x-Richtung liefert Z Z (σx + Δσx ) dA − τzx b(z)Δx = 0 , − σx dA + ¯ A

(13.3)

¯ A

und nach Zusammenfassung und Division durch Δx folgt Z Δσx dA − τzx b(z) = 0 . Δx

(13.4)

¯ A

Mit dem nach Gleichung 12.15 bekannten Verlauf der Normalspannungen in einem Tr¨ ager mit Schnittmoment My My z Iy

σx =

(13.5)

gilt auch f¨ ur die Spannungs¨ anderung Δσx =

ΔMy z. Iy

(13.6)

Dies f¨ uhrt schließlich auf Z Z ΔMy 1 ΔMy z dA = z dA = τzx b(z) Δx Iy Δx Iy

(13.7)

¯ A

¯ A

Nach Gleichung 6.7 gilt der Zusammenhang lim

Δx→0

ΔMy dMy = = Vz . Δx dx

Das Integral in Gleichung 13.7 beschreibt das statische Moment S¯y der in ¯ Mit Gleichung A.8 erh¨ Bild 13.3 betrachteten Schnittfl¨ ache A. alt man Vz Iy S¯y = τzx b(z) ,

(13.8)

also sind die Schubspannungen in einem Balken infolge Querkraft τxz =

Vz S¯y (z) . Iy b(z)

(13.9)

Zur Berechnung der Schubspannung bietet es sich an das statische Moment mit ¯ z¯S S¯y = A

(13.10)

¯ die betrachtete Teilfl¨ zu berechnen (vgl. auch Gleichung A.11), wobei A ache ist und z¯S die z-Koordinate ihres Schwerpunkts, wie in Bild 13.4 skizziert.

215

13.2 Schubspannungen infolge Querkraft ˆ A S z

y

z¯S

¯ S Bild 13.4 Berechnung des statischen Momentes einer Teilfl¨ ache

¯ A

In der Herleitung des Schubspannungsverlaufs wurde hier die untere Teilfl¨ ache A¯ ache verwenbetrachtet, daher wird auch das statische Moment S¯y dieser Teilfl¨ ache Aˆ oberhalb von z unterscheidet det. Das statische Moment Sˆy (z) der Teilfl¨ ¯ sich von Sy (z) aber lediglich im Vorzeichen. Nach Abschnitt A.3.2 gilt f¨ ur das bez¨ uglich des Ursprungs des Fl¨ achenschwerpunkts definierte statische Moment des Gesamtquerschnitts z˜ dA =

Sy =

zZ max

Zz

zZ max

zmin

z˜ dA +

z˜ dA = 0 ,

(13.11)

z

zmin

damit gilt f¨ ur das statische Moment der unteren Teilfl¨ ache zZ max

S¯y (z) =

z˜ dA = −

z

Zz

z˜ dA = −Sˆy (z) .

(13.12)

zmin

Damit erh¨ alt man τxz = −

Vz Sˆy (z) . Iy b(z)

(13.13)

Um das negative Vorzeichen zu vermeiden wird im Folgenden jedoch stets die untere Teilfl¨ ache betrachtet und Gleichung 13.9 verwendet. Beispiel 13.2 Schubspannungen infolge Querkraft im Rechteckquerschnitt F¨ ur den unten abgebildeten Rechteckquerschnitt soll die Schubspannungsverteilung τxz (x, z) infolge einer Querkraft Vz ermittelt werden.

S z

S

h

z z¯S h 2

b

−z

¯ A

216

13 Schubbeanspruchung

L¨ osung: ¯ Dazu ben¨ otigt man zun¨ achst das statische Moment der Teilfl¨ ache A(z) bezogen auf den Gesamtschwerpunkt S. Die Teilfl¨ ache ist « „ h ¯ −z b A(z) = 2 mit der Schwerpunktskoordinate „ « „ « 1 h 1 h z¯S (z) = z + −z = +z . 2 2 2 2 Nach Gleichung 13.10 ist damit das statische Moment der Teilfl¨ ache S¯y (z)

= = =

¯ z¯S (z) A(z) „ « „ « h 1 h −z b +z 2 2 2 „ 2 « b h − z2 . 2 4

alt man Mit dem Fl¨ achentr¨ agheitsmoment Iy = bh3 /12 aus Tabelle B.5 erh¨ nach Gleichung 13.9 die Schubspannungsverteilung „ « b h2 2 „ 2 « − z V z 2 4 Vz S¯y (z) h 6 2 = − z = V . τxz (z) = z Iy b(z) bh3 4 bh3 b 12 Es liegt also eine parabelf¨ ormige Schubspannungsverteilung vor, mit der maximalen Schubspannung bei z = 0 « „ 2 b 3 Vz 3 Vz 3 h τmax = τxz (z = 0) = Vz 3 −0 = = = τ¯ . bh 4 2 bh 2 A 2 Wie dem vorangegangenen Beispiel zu entnehmen ist, bestimmt die Geometrie der Querschnittsfl¨ ache den funktionalen Verlauf der Schubspannungen infolge Querkraft. Einige Beispiels sind in Tabelle 13.1 zusammengestellt. Die maximale Schubspannung tritt stets in der neutralen Faser auf, denn dort ist das statische Moment maximal. Da die Schubspannungen im Allgemeinen nicht konstant sind, ist die maximale Schubspannung immer gr¨ oßer als die bei der reinen Scherung angenommene mittlere Schubspannung τ¯ = V /A.

13.2.2

Du ¨nnwandige Querschnitte

In d¨ unnwandigen Querschnitten treten Schubspannungen nur randparallel auf. Schubspannungen senkrecht zum Rand m¨ ussen am Rand wegen der Gleichheit der zugeordneten Schubspannungen null sein und nehmen auch im Querschnitt

217

13.2 Schubspannungen infolge Querkraft Profil

τmax τmax = τ¯ V /A

Schubspannungsverteilung

3 2 Rechteck

4 3 Kreis

2 Kreisring Tabelle 13.1 Schubspannungsverl¨ aufe einiger Querschnitte

h

Bild 13.5 Schubspannungsverteilung und Schubfluss im d¨ unnwandigen Querschnitt

t τ

wegen der geringen Dicke h nur vernachl¨ assigbare Werte an. Wegen der kleinen Querschnittsdicke nehmen wir eine u ¨ber die Querschnittsdicke konstante Schubspannungsverteilung an, wie in Bild 13.5 skizziert. Die parallelen Schubspannungen lassen sich zusammenfassen zum ebenfalls randparallel verlaufenden Schubfluss Z t = τ dh = τ h . (13.14) ¨ Ahnlich wie bei Vollquerschnitten h¨ angt die Schubspannungsverteilung bei d¨ unnwandigen Querschnitten mit der Normalspannungsverteilung zusammen. Bild 13.6 zeigt einen Schnitt durch einen Balken mit d¨ unnwandigem Querschnitt. Entlang des Profils wird eine Profilkoordinate s eingef¨ uhrt. Entlang dieser Koordinate tritt der Schubfluss txs (s) auf.

218

13 Schubbeanspruchung

txs (s) txs (s) S y

tsx (s)

σx x

¯ A

z h

σx + Δσx

¯ A

Δx

Δx Bild 13.6 Schubfluss an einem Element eines d¨ unnwandigen Balkens

¯ Schneidet man nun ein Element der kleinen L¨ ange Δx mit der Fl¨ ache A(s) heraus, so tritt entsprechend der Gleichheit der zugeordneten Schubspannungen derselbe Schubfluss in x-Richtung auf. An der freien Oberfl¨ ache des Elements sind Schubspannung und damit der Schubfluss null, da keine ¨ außere Kraft angreift. Gleichgewicht in x-Richtung f¨ uhrt auf Z Z (σx + Δσx ) dA − tsx (s)Δx = 0 . (13.15) − σx dA + ¯ A

¯ A

Daraus l¨ asst sich ¨ ahnlich wie bei den Vollquerschnitten in Abschnitt 13.2.1 eine Beziehung f¨ ur den Schubspannungsverlauf herleiten. Mit Δx → 0 erh¨ alt man Z Z Δσx ΔMy z dA dA = txs (x, s) = tsx (x, s) = Δx Δx Iy ¯ ¯ A A Z Z ΔMy Vz = z dA = z dA (13.16) Δx Iy Iy ¯ A

¯ A

also ist der Schubfluss im d¨ unnwandigen Querschnitt tsx (s) =

Vz S¯y (s) , Iy

(13.17)

und die Schubspannungsverteilung τxs (s) = τsx (s) =

Vz S¯y (s) . Iy h(s)

(13.18)

¯ ache A(s) bez¨ uglich des Schwerpunkts S Das statische Moment S¯y (s) der Teilfl¨ l¨ asst sich auch durch Integration entlang des Querschnitts, also u ¨ber die Profil-

219

13.2 Schubspannungen infolge Querkraft

koordinate s berechnen: S¯y (s) =

sZ max

Z

h(s)z(s) ds = −

z(s) dA = ¯ A

s

Zs h(s)z(s) ds

(13.19)

0

Eine Hilfe zur Bestimmung des statischen Moments ist die grafische Veranschaulichung der Integration, die in Beispiel 13.3 gezeigt wird. s2

Symmetrieachse

s1

s

Bild 13.7 Profil-Koordinaten f¨ ur d¨ unnwandige Querschnitte

Die Profilkoordinate kann prinzipiell beliebig gew¨ ahlt werden. M¨ ogliche Verl¨ aufe sind in Bild 13.7 gegeben. Sinnvoll ist es, die Koordinate so einzuf¨ uhren, dass sie dem erwarteten Verlauf des Schubflusses entspricht, also an freien Enden beginnt oder endet. Bei symmetrischen Profilen kann das Profil auch entlang der Symmetrieachse geteilt und zwei getrennte Koordinaten verwendet werden, wie in Bild 13.7 rechts.

tsx 1 s

tsx 2

s tsx 3

Bild 13.8 ProfilKoordinaten f¨ ur verzweigten Querschnitt

Bei verzweigten Profilen m¨ ussen mehrere s-Koordinaten eingef¨ uhrt werden. An den Kreuzungspunkten, wo mehrere Koordinaten zusammentreffen, muss das Gleichgewicht unter den Schubfl¨ ussen erf¨ ullt sein. In Bild 13.8 ist der grau unterlegte Kreuzungspunkt herausgeschnitten. Hier muss die Summe der beiden Schubfl¨ usse tsx 1 und tsx 2 gleich dem Schubfluss tsx 3 sein.

220

13 Schubbeanspruchung

Beispiel 13.3 Schubspannungen infolge Querkraft in d¨ unnwandigem Querschnitt Gegeben ist das dargestellte d¨ unnwandige U-Profil mit der Wanddicke h  a. Gesucht ist die Schubspannungsverteilung im Querschnitt infolge einer Querkraft Vz . h s

2a

Vz

y

z

a

L¨ osung: F¨ ur die Berechnung der Schubspannungsverteilung wird das Fl¨ achentr¨ agotigt. Dieses ist f¨ ur den zusammengesetzten Querschnitt heitsmoment Iy ben¨ (siehe Gleichung A.34) h(2a)3 1 8 8 ah3 + 2 + 2 a2 ah = ah3 + ha3 ≈ ha3 , 12 12 6 3 3 assigt werden kann. Die Bewobei der Term 16 ah3 wegen h  a vernachl¨ stimmung des statischen Momentes erfolgt nach Gleichung 13.19. Die Integration soll dabei grafisch veranschaulicht werden. Iy =

s −h(s)z(s)

3 ha2 2

z −ha

−ha

9 16

Qz ha

3 8

ha2 Integration

Um S¯y =

Rs 0

τxz (s) h i

S¯y (s) =

Rs

y

3 8

ha2 −h(s)z(s) ds

ha

0

ha

τxs =

3Vz 8 h2 a3

S¯y (s)

−h(s)z(s) ds zu berechnen tr¨ agt man, wie oben links abgebildet,

zun¨ achst den Verlauf der zu integrierenden Funktion −h(s)z(s) u ¨ber dem Querschnitt auf. Am oberen Rand ist z. B. z = −a, also −h(s)z(s) = ha.

221

13.3 Torsion prismatischer St¨ abe

Man beginnt mit der Integration bei s = 0, also an der rechten oberen Ecke des Querschnitts. An Querschnittsenden ist das Integral definitionsgem¨ aß immer null. Von dort addiert man die Fl¨ achen unter der Funktion auf. Bei s = a an der linken oberen Ecke erh¨ alt man daher den Wert ha · a = ha2 , der Verlauf ist linear bei konstanter Funktion −h(s)z(s). Entsprechend folgt der Wert 32 ha2 bei s = 2a mit einem parabelf¨ ormigen Verlauf. Aus der Symmetrie des Querschnitts folgt ein symmetrischer Verlauf von S¯y (s). asst sich nun Mit diesem Funktionsverlauf f¨ ur das statische Moment S¯y (s) l¨ einfach der Verlauf der Schubspannungen bestimmen. Mit Gleichung 13.18 erh¨ alt man τxs (s) =

Vz S¯y (s) = Iy h(s)

8 3

3 Vz ¯ Vz ¯ Sy (s) . Sy (s) = 8 h 2 a3 ta3 h

Der Verlauf des statischen Moments S¯y (s) ist also nur mit einem konstanten Vorfaktor zu multiplizieren. Daraus folgt der oben rechts abgebildete Schubspannungsverlauf τxs (s).

13.3

Torsion prismatischer St¨abe

Ein Torsionsmoment MT = Mx verursacht ebenfalls Schubspannungen im Querschnitt. Im Rahmen dieses Lehrbuches wird lediglich die grundlegende SaintVenantsche Torsion behandelt. D. h. es wird davon ausgegangen, dass sich die Querschnitte aus ihrer Ebene in x-Richtung bewegen k¨ onnen. Dies nennt man auch Verw¨ olbung (siehe auch Seite 229). F¨ ur verw¨ olbungsbehinderte Torsion wird hier auf die weiterf¨ uhrende Literatur verwiesen. Nachfolgend wird die Torsion von St¨ aben mit Kreisquerschnitten (Abschnitt 13.3.1), d¨ unnwandigen geschlossenen (13.3.2) und d¨ unnwandigen offenen (13.3.3) Querschnitten diskutiert. F¨ ur dar¨ uber hinaus gehende Fragestellungen wird auf die entsprechende Fachliteratur1 verwiesen.

13.3.1

Torsion von Kreisquerschnitten

R

MT Bild 13.9 Torsion eines Stabes mit Kreisquerschnitt

1

dA

Wunderlich, Kiener, Statik der Stabtragwerke, Teubner Verlag

γT

ϕ

MT

222

13 Schubbeanspruchung

Kinematik Bild 13.9 zeigt einen Stab mit Kreisquerschnitt unter reiner Torsionsbelastung durch ein Torsionsmoment MT . Wegen der Rotationssymmetrie von System und Belastung gelten die folgenden geometrischen Bedingungen: • Die Querschnitte bleiben eben, es treten keine Verw¨ olbungen auf, also keine Verschiebungen in x-Richtung. • Die Querschnitte sind formtreu, d. h. sie verdrehen sich um einen Winkel ϕ(x) und verformen sich dabei nicht. • Die Gleitung γT ist auf der gesamten Zylinderoberfl¨ ache gleich.

γT

R

dA

dx γT

s

dϕ

τT τT Bild 13.10 Torsion am Stabelement der L¨ ange dx

dx

Schneidet man aus dem Stab mit Radius R einen Abschnitt der L¨ ange dx heraus, wie in Bild 13.10 dargestellt, so sind die beiden Endquerschnitte um den Winkel dϕ gegeneinander verdreht. F¨ ur den Kreisbogen s erh¨ alt man s = R dϕ = dx γT .

(13.20)

Analog zur Dehnung ε als Maß f¨ ur die Verformung bei der Stabdehnung wird bei der Torsion die Drillung ϑ als Ableitung der Verdrehung nach der L¨ ange definiert, ϑ = ϕ =

dϕ . dx

(13.21)

Damit ist die Gleitung aus Gleichung 13.20 γT = R

dϕ = Rϑ. dx

(13.22)

Materialgleichung Mit dem Hookeschen Gesetz (Gleichung 10.7) gilt f¨ ur die Schubspannungen τ = Gγ .

(13.23)

223

13.3 Torsion prismatischer St¨ abe

¨ Aquivalenz der Spannungen und Schnittgr¨ oßen Das Torsionsmoment entspricht dem Integral der Produkte aus Schubspannungen und jeweiligem Radius r u ache ¨ber die Fl¨ Z MT (x) = τ (x, r) r dA . (13.24) A

Gleichgewicht mT

MT Bild 13.11 Stab mit Streckentorsionsmoment

MT + dMT

dx

Betrachtet man das in Bild 13.11 abgebildete Stabelement mit einem Streckentorsionsmoment mT , so folgt aus dem Gleichgewicht in x-Richtung dMT + mT dx = 0

dMT = −mT . dx

⇒

(13.25)

Differentialgleichung ¨ Aus Aquivalenz der Spannungen und Schnittgr¨ oßen, Kinematik und Materialgleichung erh¨ alt man zun¨ achst Z MT (x) =

Z G γT r dA = Gϑ

A

r2 dA = GϑIT

(13.26)

A

mit dem Torsionstr¨ agheitsmoment IT , das bei Kreisquerschnitten dem polaren Fl¨ achentr¨ agheitsmoment Z πR4 r2 dA = Ip = 2 A

nach Gleichung A.19 entspricht. Das Differenzieren nach x und und das anschließende Einsetzen in die Gleichgewichtsbedingung 13.25 f¨ uhrt auf (GIT ϑ(x)) = MT = −mT ,

(13.27)

oder mit Gleichung 13.21 (GIT ϕ ) = −mT .

(13.28)

Gleichung 13.28 ist die Differentialgleichung der Torsionsverformung. Das Produkt GIT wird als Torsionssteifigkeit bezeichnet.

224

13 Schubbeanspruchung

Spannungen Aus Gleichung 13.23 und 13.26 folgt die Schubspannungsverteilung

τmax τT (x, r) Bild 13.12 Schubspannungsverteilung im Kreisquerschnitt

R

MT r, Ip

τT =

(13.29)

die in Bild 13.12 skizziert ist. Die maximale Schubspannung tritt am Rand des Querschnitts auf. Sie ist τmax =

MT R. Ip

(13.30)

Zur Berechnung der maximalen Schubspannung wird das Torsionswiderstandsmoment f¨ ur den Kreisquerschnitt Ip R eingef¨ uhrt. Damit ist die maximale Schubspannung WT =

τmax =

MT . WT

(13.31)

(13.32)

Torsion von Rohrquerschnitten

R

τ

τ

h

≈ MT

Bild 13.13 Torsion im Rohrquerschnitt

Die in Abschnitt 13.3.1 hergeleiteten Gleichungen gelten nicht nur f¨ ur Kreisquerschnitte, sondern auch f¨ ur Kreisringe, also Rohrquerschnitte. Anders als beim Vollkreis ist bei einem Rohrquerschnitt allerdings das polare Tr¨ agheitsmoment Z r2 dA ≈ 2πR3 h (13.33) Ip = A

225

13.3 Torsion prismatischer St¨ abe

¨ mit der Wanddicke h  R. Wegen der geringen Wanddicke ist die Anderung der Schubspannung u assigbar, es kann also von einem ¨ber die Wanddicke vernachl¨ konstanten Verlauf ausgegangen werden, wie in Bild 13.13 skizziert ist.

13.3.2

Torsion du ¨nnwandiger geschlossener Profile

Kinematik Nun soll die Torsion eines beliebigen d¨ unnwandigen geschlossenen Querschnitts untersucht werden. Wie auch bei den Schubspannungen infolge Querkraft k¨ onnen die Schubspannungen infolge Torsion in d¨ unnwandigen Querschnitten u ¨ber die Profildicke h zum Schubfluss t zusammengefasst werden. Analog Gleichung 13.14 gilt t = τ h.

(13.34)

dx ds

s τ (s)

r(s)

h(s) S

t dx t ds

∂t (t + ds) dx ∂s

x

(t +

∂t dx) ds ∂x

MT

Bild 13.14 D¨ unnwandiges geschlossenes Profil

In Bild 13.14 wird ein d¨ unnwandiges geschlossenes Profil mit einem herausgeschnittenen Element gezeigt. An diesem greifen die entsprechenden freigeschnittenen Schubfl¨ usse an. Gleichgewicht in x-Richtung f¨ uhrt auf (t +

∂t ds) dx − t dx = 0 ∂s

⇒

∂t = 0, ∂s

(13.35)

also ist demzufolge in einem beliebigen d¨ unnwandigen Querschnitt der Schubfluss t(s) = t = konst.

(13.36)

¨ F¨ ur das zugeh¨ orige Torsionsmoment folgt aus der Aquivalenzbedingung 13.24 I I r⊥ (s)t ds = t r⊥ (s) ds (13.37) MT = U

U

226

13 Schubbeanspruchung

mit dem u uglich des ¨ber s konstanten Schubfluss und dem Hebelarm r⊥ (s) bez¨ Schwerpunkts S wie in Bild 13.15. Das Ringintegral stellt ein Integral entlang einer geschlossenen Kurve dar. Integriert wird hier entlang der Profilmittellinie, d. h. u ¨ber den Umfang U . ds r(s)

t(s)

r⊥ (s)

dA

S

Am

Profilmittellinie

Bild 13.15 D¨ unnwandiges geschlossenes Profil

Dabei ist dA =

1 r⊥ ds . 2

(13.38)

der Fl¨ acheninhalt des in Bild skizzierten Dreiecks. Die Integration u ¨ber den Umfang des Querschnitts nach Gleichung 13.37 liefert gerade das Doppelte der von ur das Torsionsder Profilmittellinie eingeschlossenen Fl¨ ache Am . Damit folgt f¨ moment MT = t 2Am .

(13.39)

Diese Gleichung ist in der Form t =

MT 2Am

⇒

τ =

MT 2Am h(s)

(13.40)

als 1. Bredtsche Formel bekannt; nach Rudolf Bredt (1842–1900). Die maximale Schubspannung tritt an der Stelle der geringsten Wandst¨ arke h(s) = hmin auf. Mit τmax =

MT WT

⇒

WT = 2Am hmin

(13.41)

wird darum das Torsionswiderstandsmoment WT definiert. Drillung Durch das angreifende Torsionsmoment wird der Querschnitt verdreht. Die Drillung folgt aus der Schubverformung der Querschnittselemente. In Bild 13.16 ist ein verformtes Element des Querschnitts skizziert. Die Gleitung ist γxs =

∂u ∂us + . ∂s ∂x

(13.42)

227

13.3 Torsion prismatischer St¨ abe ∂u ds ∂s

ds dx s

x

ds

u(s)

∂us dx ∂x dx

Bild 13.16 Schubverformung eines d¨ unnwandigen geschlossenen Profils

Bei einem geschlossenen Querschnitt muss die Verschiebung u(s) nach einem Umlauf entlang s u ¨ber den Umfang wieder den gleichen Wert haben. Daher ist I ∂u ds = 0 . (13.43) ∂s U

Mit Gleichung 13.42 erh¨ alt man I I ∂us γ ds − ds = 0 . ∂x U

(13.44)

U

Anders als bei der Torsion von Kreisquerschnitten in Abschnitt 13.3.1 wird hier eine Verw¨ olbung des Querschnittes explizit zugelassen, die nicht behindert werden darf. Der Querschnitt soll jedoch in der y-z-Ebene formtreu bleiben, d. h. die Projektion des Querschnitts auf diese Ebene darf sich lediglich verdrehen, aber nicht ihre Form ¨ andern. Dies bedeutet, dass sich alle Punkte des Querschnitts in der y-z-Ebene um einen Punkt S drehen, sie k¨ onnen also lediglich eine Verschiebung duϕ = r dϕ .

(13.45)

erfahren, die einer Kreisbewegung um S entspricht, also senkrecht auf den Radius r steht. Diese Situation ist in Bild 13.17 links skizziert. Die Verschiebung eines Punktes duϕ l¨ asst sich dann wie in Bild 13.17 rechts in zwei Anteile aufspalten. Dabei ist dus der Anteil in Richtung der ProfilKoordinate s, der f¨ ur die Verformung der Fl¨ achenelemente eine Rolle spielt, ¨ der du⊥ ist senkrecht zur Tangente an den Querschnitt. Aus der Ahnlichkeit grau hinterlegten Dreiecke erh¨ alt man den Zusammenhang dus r⊥ = duϕ r und zusammen mit Gleichung 13.45 r⊥ r dϕ = r⊥ dϕ . dus = r

(13.46)

(13.47)

228

13 Schubbeanspruchung Tangente

Tangente du⊥ duϕ

dus duϕ

r S

r dϕ r⊥ S

Bild 13.17 Kinematik der Torsion eines d¨ unnwandigen geschlossenen Querschnitts

Setzt man diese Beziehung in Gleichung 13.44 ein, so erh¨ alt man zusammen mit dem Hookeschen Gesetz f¨ ur die Gleitung (Gleichung 10.7) I I I τ dϕ r⊥ (13.48) ds = ds = ϑ r⊥ ds , G dx U

U

U

wobei das Integral der doppelten Querschnittsfl¨ ache entspricht, also I τ ds = ϑ 2Am . G

(13.49)

U

Damit ist die Drillung ϑ

=

1 G 2Am

=

t G 2Am

I τ ds = U

I

1 G 2Am

I

t ds h(s)

U

1 ds . h(s)

(13.50)

U

Unter Verwendung der 1. Bredtschen Formel (Gleichung 13.40) erh¨ alt man schliesslich die 2. Bredtsche Formel I 1 MT MT , (13.51) ϑ = ds = G 4A2m h(s) GIT U

die einen Zusammenhang zwischen der Drillung und dem Torsionsmoment liefert. Dabei ist mit IT = I U

4A2m . 1 ds h(s)

(13.52)

229

13.3 Torsion prismatischer St¨ abe

das Torsionstr¨ agheitsmoment definiert. Im Fall einer konstanten Dicke h(s) = h0 ist das Torsionstr¨ agheitsmoment 4A2m h0 , U wobei U der Umfang der Profilmittellinie ist. IT =

(13.53)

Verw¨olbung Wie oben vorausgesetzt ist bei der Torsion nur eine Verformung innerhalb der yz-Ebene ausgeschlossen. Es treten jedoch Verschiebungen ux auf, die nicht u ¨ber den Querschnitt konstant sind. Dieser Effekt wird als Verw¨ olbung des Querschnitts bezeichnet. F¨ ur die Gleitung gilt mit nach dem Hookeschen Gesetz γxs =

∂ux ∂us τxs MT + = = , ∂s ∂x G 2 GAm h(s)

(13.54)

dabei ist ∂us r⊥ ∂ϕ (13.55) = = r⊥ ϑ . ∂x ∂x Daraus erh¨ alt man mit Gleichung 13.47 die Ableitung der Verschiebung ux in x-Richtung nach s ∂ux MT = − r⊥ ϑ . ∂s 2GAm h(s) Integration liefert ux (s) =

Z „

MT − r⊥ ϑ 2GAm h(s)

(13.56) « ds + C .

(13.57)

Anmerkung: Eine Verw¨ olbung kann nur dann auftreten, wenn sie nicht durch Randbedingungen verhindert wird. Beispielsweise kann sich ein voll eingespannter Querschnitt nicht verw¨ olben, was auch die Verw¨ olbung benachbarter Querschnitte einschr¨ ankt. In solchen F¨ allen treten durch die Torsion hervorgerufene L¨ angsspannungen σx auf, sogenannte W¨ olbspannungen. Durch die Behinderung der Verw¨ olbung wird zudem die Torsionssteifigkeit erh¨ oht. Das Verhalten bei behinderter Verw¨ olbung wird als W¨ olbkrafttorsion bezeichnet, die in diesem Buch nicht behandelt wird.

Beispiel 13.4 Schubspannungen infolge Torsion im d¨ unnwandigen geschlossenen Rechteckquerschnitt Gegeben ist der abgebildete d¨ unnwandige Rechteckquerschnitt der L¨ ange  mit konstanter Wanddicke h, der durch ein Torsionsmoment MT beansprucht wird. Die Verw¨ olbung des Stabes ist an der Einspannung nicht behindert. Gesucht ist der Drehwinkel am Ende des Stabs und die Verw¨ olbung des Querschnitts.

230

13 Schubbeanspruchung h

h

MT

S

a

MT



b

L¨ osung: Da die Wanddicke h konstant ist, kann die Torsionssteifigkeit nach Gleichung 13.53 berechnet werden. 4(ab)2 h 2(ab)2 h = 2(a + b) a+b

IT =

Damit ist die Drillung nach Gleichung 13.51

ϑ =

MT (a + b) MT = . GIT 2G(ab)2 h

Die Endverdrehung wird durch Integration der Drillung u ange ¨ber die Stabl¨ berechnet. Z ϕ =

ϑ dx =

MT (a + b)  2G(ab)2 h

0

Die Verw¨ olbung folgt aus Gleichung 13.57. Dazu ben¨ otigt man den Abur die senkrechten Seiten jeweils b/2 und f¨ ur die horizontalen stand r⊥ , der f¨ a/2 betr¨ agt. Als Ausgangspunkt f¨ ur die Integration u ¨ber den Umfang wird der unten markierte Punkt in der Seitenmitte zwischen A und D gew¨ ahlt. b 2

D

C r⊥

s

S

a 2

A

B

Integriert man u ¨ber die Profil-Koordinate s bis zur linken unteren Ecke A

231

13.3 Torsion prismatischer St¨ abe

so erh¨ alt man a

Z2 „ uA

=

MT − r⊥ ϑ 2 GAm h(s)

« ds + C

0 a

Z2 „ =

MT b MT (a + b) − 2 Gabh 2 2 G(ab)2 h

« ds + C

0 a

=

MT 2 Gabh

„ « Z2 a+b ds + C 1− 2a 0

h ia MT 2 + C (a − b) s = 4 Ga2 bh 0 MT a MT = (a − b) + C = (a − b) + C . 4 Ga2 bh 2 8 Gabh Die Verw¨ olbung am Punkt B erh¨ alt man indem man am unteren Rand entlang weiter integriert. Zb uB

=

uA +

MT a MT (a + b) − ds 2Gabh 2 2G(ab)2 h

0

MT MT (a − b) + C − (a − b) 8Gabh 4Gabh MT (a − b) + C = − 8Gabh Entsprechend ist =

MT (a − b) + C , 8 Gabh MT uD = − (a − b) + C . 8 Gabh Die Integrationskonstante C l¨ asst sich dadurch bestimmen, dass davon ausgegangen wird, dass sich der Querschnittsschwerpunkt nicht in x-Richtung verschiebt, da keine Normalkraft vorhanden ist. Dies entspricht der Forderung, dass das Integral der Verschiebungen u null ist. Dies ist hier genau dann der Fall, wenn C = 0 ist. Damit erh¨ alt man folgenden, wegen der konstanten Integranden linearen Verlauf der Verschiebung u. uC

=

uxC uxD

uxA

uxB

232

13 Schubbeanspruchung Anmerkung: F¨ ur a = b, also f¨ ur quadratische Querschnitte ist die Verw¨ olbung null. Quadratische d¨ unnwandige Querschnitte verw¨ olben sich also bei Torsionsbeanspruchung nicht, sondern bleiben eben.

13.3.3

Torsion du ¨nnwandiger offener Profile

Torsion schmaler Rechteckstreifen

MT

h

y

x z a MT

Bild 13.18 Schmales Rechteckprofil

¨ Ahnlich zur Torsion eines zylindrischen Stabes soll nun das Verhalten eines d¨ unnwandigen Rechteckstreifens bei Torsionsbeanspruchung untersucht werden. Wieder soll vorausgesetzt werden, dass • • • •

die die die die

Querschnitte formtreu sind, Verw¨ olbung nicht behindert ist, Schubspannungen linear u ¨ber die Dicke h verteilt sind (siehe Bild 13.19), Breite des Streifens ist sehr viel kleiner als seine H¨ ohe a ist, d. h. h  a.

(13.58)

τmax

MT y

a

111 000 000 111 000 111 000 111 Am

z

y

h

dy

Bild 13.19 Schubspannungsverteilung im Rechteckprofil

Anders als bei dem Kreisquerschnitt verl¨ auft die Schubspannung nicht kreisf¨ ormig. Allerdings muss sie wegen der Gleichheit der zugeordneten Schubspannungen parallel zu den Querschnittsr¨ andern verlaufen. Wie beim Kreisquerschnitt

233

13.3 Torsion prismatischer St¨ abe

sind sie in der Profilmitte null und erreichen den maximalen Wert am Rand. Eine solche Verteilung ist in Bild 13.19 rechts abgebildet. Das Profil kann nun, wie in Bild 13.19 dargestellt, in infinitesimal kleine Streifen mit gleicher Schubspannung τ zerlegt werden, die jeweils einen geschlossenen d¨ unnwandigen Querschnitt mit der Wanddicke dy darstellen. Das Verhalten des Rechteckquerschnitts unter Torsion folgt dann aus der Summe der Streifen. Es wird also nun ein sich durch das Rechteck ziehender Streifen der infinitesimalen Breite dy betrachtet. Die Schubspannung im Streifen folgt aus der linearen Spannungsverteilung mit der maximalen Ordinate τmax . Die lineare Schubspannungsverteilung in Bild 13.19 wird beschrieben durch 2 τmax τmax y = y. h h 2

τxz (y) =

(13.59)

Die Schubspannung τ (y), die in dem Streifen als konstant angenommen wird, h¨ angt u ¨ber die 1. Bredtsche Formel (Gleichung 13.40) mit dem Torsionsmoˆ T zusammen. ment eines Streifens M τ =

ˆT M 2Am dy

⇒

ˆ T = τ 2Am dy M

(13.60)

Wegen h  a ist die Fl¨ ache eines Rechteckstreifens Am ≈ 2ay .

(13.61)

Mit Gleichung 13.59 ist das Torsionsmoment eines Streifens ˆ T = τ 4ay dy = 8τmax ay 2 dy M h

(13.62)

Das resultierende Torsionsmoment des gesamten Rechtecks erh¨ alt man durch Integration u ¨ber die Streifen h

Z2 MT =

h

8τmax 2 8τmax ay dy = a h h

0

Z2

y 2 dy =

1 τmax ah2 . 3

(13.63)

0

Die maximale Schubspannung l¨ asst sich also berechnen mit τmax =

MT ah2 3

=

MT . WT

(13.64)

Damit ist das Torsionswiderstandsmoment WT =

1 2 ah . 3

(13.65)

234

13 Schubbeanspruchung

Das Torsionstr¨ agheitsmoment l¨ asst sich aus den Torsionstr¨ agheitsmomenten der einzelnen Streifen bestimmen. F¨ ur einen Streifen gilt entsprechend der 2. Bredtschen Formel (Gleichung 13.51) 4A2m 4A2 IˆT = I = I m dy , 1 ds ds dy ˆ U

(13.66)

ˆ U

ˆ des Streifens wobei wegen y < h  a der Umfang U I ˆ = U ds = 2(a − 2(h − y)) + 4y ≈ 2a

(13.67)

ˆ U

ist. Damit erh¨ alt man mit der Schubfl¨ ache nach Gleichung 13.61 durch Integration von Gleichung 13.66 das Torsionstr¨ agheitsmoment des gesamten Rechtecks h

h

Z2 IT =

4(2ay)2 dy = 8a 2a

0

Z2

y 2 dy =

1 3 ah . 3

(13.68)

0

Torsion allgemeiner offener d¨ unnwandiger Profile Die Gleichungen, die f¨ ur den schmalen Rechteckstreifen gelten, k¨ onnen n¨ aherungsweise auf allgemeine d¨ unnwandige offene Profile mit konstanter Dicke h u ¨bertragen werden. Es liegt auch hier eine lineare Verteilung der Schubspannungen u ohe ¨ber den Querschnitt vor. Es ist jedoch zu beachten, dass die H¨ a des Rechteckstreifens durch die L¨ ange a ¯ der Profilmittellinie zu ersetzen ist. Bild 13.20 zeigt ein allgemeines d¨ unnwandiges offenes Profil mit der gestrichelten Mittellinie und der entsprechenden Schubspannungsverteilung.

h

y τ (y) = a ¯

2τmax y h

Bild 13.20 Torsion eines d¨ unnwandigen offenen Profils

F¨ ur d¨ unnwandige offene Profile ist demnach das Torsionswiderstandsmoment 1 2 (13.69) ¯h WT = a 3 und das Torsionstr¨ agheitsmoment 1 3 (13.70) IT = a ¯h . 3

235

13.3 Torsion prismatischer St¨ abe Profil

Δϕ =

R Mx (x) dx GIT (x) 0

Schubspannung Verteilung

R IT = Ip = 2πR3 h

h

s

τ (x, r) =

maximale

Mx (x) r IT (x)

Mx(max) 2πR2 h

Mx (x) 2Am h(s)

Mx(max) 2Am hmin

h 2

4A IT = I m ds h(s)

Am

τm (x, s) =

s s Ro 3 IT = 1 3 0 h(s) ds

h

τRand (x, s) =

Mx(max) Mx (x) h(s) hmax IT IT

Tabelle 13.2 Zusammenfassung der wichtigsten Formeln zur Torsion

Zusammengesetzte Querschnitte In der Ingenieurpraxis finden h¨ aufig Profile Verwendung, die idealisiert als Zusammenf¨ ugung von d¨ unnwandigen Teilquerschnitten angesehen werden k¨ onnen (z. B. Doppel-T-Tr¨ ager), wobei die Querschnittsteile oft auch unterschiedliche Wanddicken h haben. Man geht wieder davon aus, dass die Querschnitte formtreu sind, also in der y-z-Ebene ihre Form beibehalten. Daraus folgt, dass die Drillung ϑ f¨ ur alle Querschnittsteile (Index i) gleich ist, also ϑ = ϑi =

MTi MT = . GITi GIT

(13.71)

Das Torsionsmoment verteilt sich dabei auf die einzelnen Querschnittsteile, d. h. X MT = MTi (13.72) i

und mit Gleichung 13.71 folgt das Torsionstr¨ agheitsmoment des Gesamtquerschnitts X IT = ITi . (13.73) i

Gleichung 13.73 gilt allerdings nur unter der Voraussetzung, dass keine Schubspannungen zwischen den einzelnen Querschnittsteilen u ¨bertragen werden, also

236

13 Schubbeanspruchung

Querschnitt

1.0

ξ

1.12

1.12

1.3

Tabelle 13.3 Korrekturfaktoren f¨ ur zusammengesetzte Querschnitte

dass die Verw¨ olbung der Teile nicht behindert wird. Dies ist aber bei schubstarr verbundenen Querschnittsteilen der Fall. Durch die Behinderung der Verw¨ olbung wird das Torsionstr¨ agheitsmoment gr¨ oßer. In der Literatur2 werden daher oft Korrekturfaktoren wie in Tabelle 13.3 angegeben. Mit

IT = ξ

X

ITi

(13.74)

i

l¨ asst sich dann eine N¨ aherungsl¨ osung berechnen, die allerdings nur f¨ ur g¨ angige Querschnittsabmessungen gilt. Genaue Werte lassen sich nur auf der Basis einer Potentialtheorie der Torsion bestimmen3 . Die maximalen Schubspannungen in den einzelnen Querschnittsteilen k¨ onnen mit Hilfe von Gleichung 13.64 berechnet werden. τmax i =

MT i WT i

(13.75)

Zusammen mit Gleichung 13.71, dem Torsionstr¨ agheitsmoment nach Gleichung 13.68 und dem Widerstandsmoment nach Gleichung 13.65 erh¨ alt man τmax i =

3 MT IT i MT 13 ai hi MT = hi . = IT WT i IT 13 ai h2i IT

(13.76)

Die maximale Schubspannung im Gesamtquerschnitt tritt also im Gegensatz zu geschlossenen Profilen an der Stelle mit dem maximalen hi auf. Daher ist das Torsionswiderstandsmoment f¨ ur zusammengesetzte d¨ unnwandige Querschnitte WT = 2

MT IT = . τmax hmax

(13.77)

K.-J. Schneider (Hrsg.), Bautabellen f¨ ur Ingenieure, Werner Verlag R. Wendehorst, Bautechnische Zahlentafeln, Teubner/Beuth Verlag 3 Wagner, W., Sauer, R., Gruttmann, F., Tafeln der Torsionskenngr¨ oßen von Walzprofilen unter Verwendung von FE-Diskretisierungen, Stahlbau 68 (1999), 102-111

237

13.3 Torsion prismatischer St¨ abe

Beispiel 13.5 Verformung und Schubspannungen infolge Torsion Gegeben ist ein eingespannter Stab der L¨ ange , der durch ein Torsionsmoment MT belastet wird. Es kann ein geschlossener Rohrquerschnitt oder ein geschlitzter Querschnitt mit denselben Abmessungen verwendet werden. Gesucht ist das Verh¨ altnis der maximalen Schubspannungen sowie der Verdrehungen am Ende der beiden Querschnitte. Dabei ist davon auszugehen, dass eine Verw¨ olbung nicht behindert wird und die Wanddicke h sehr viel kleiner als der Radius R ist. MT

 a)

h

b)

h

R

R S

S

L¨ osung: Zur Ermittlung der maximalen Schubspannung wird das Torsionswiderstandsmoment ben¨ otigt. Dieses kann nach Gleichung 13.41 f¨ ur den geschlossenen d¨ unnwandigen und nach Gleichung 13.69 f¨ ur den geschlitzten Querschnitt berechnet werden. 1 2 1 a) b) WT = a ¯h = 2πRh2 WT = 2Am hmin = 2πR2 h 3 3 a)

τmax =

MT a) WT

=

MT 2πR2 h

b)

τmax =

MT b) WT

=

3MT 2πRh2

Die Endverdrehung erh¨ alt man durch Integration der Drillung ϑ u ¨ber die Stabl¨ ange. Da das Torsionsmoment und damit die Drillung konstant ist, ist die Endverdrehung ϕe mit Gleichung 13.51 Z ϕe =

ϑ dx = ϑ =

MT . GIT

0

Mit den Torsionstr¨ agheitsmomenten Gleichung 13.70 folgt schließlich a)

IT

b)

IT

a)

ϕe

nach

Gleichung

13.53

und

4(πR2 )2 h 4A2m h = = 2πR3 h , U 2πR 1 3 1 2 = a ¯h = 2πRh3 = πRh3 , 3 3 3 MT MT MT  3MT  b) =  =  = . ϕe = . a) b) G2πR3 h G2πRh3 GIT GIT

=

238

13 Schubbeanspruchung

Ein Vergleich der maximalen Schubspannungen und der Endverdrehungen f¨ uhrt auf „ «2 a) a) τmax 1h 1 h ϕe . = = , b) b) 3R 3 R τmax ϕe Da vorausgesetzt wurde, dass h  R ist, sind sowohl die gr¨ oßten Schubspannungen als auch die Endverdrehungen im Fall a) sehr viel kleiner als im Fall b).

13.4

Schubmittelpunkt

a)

Bild 13.21 Versuch zur Bestimmung des Schubmittelpunkts: Das U-Profil ist vorne eingespannt und wird am hinteren Ende a) im Schwerpunkt und b) im Schubmittelpunkt belastet.

b)

Der Schubmittelpunkt ist der Punkt, durch den die Wirkungslinie der Querahrt, sich also kraft Vz gehen muss, damit der Querschnitt keine Torsion erf¨ nicht verdreht. Bei vielen Querschnitten sind Schubmittelpunkt und Schwerpunkt zwei verschiedene Punkte, wie im folgenden gezeigt wird. Bei gegebener Verteilung der Schubspannungen bzw. des Schubflusses in einem Querschnitt k¨ onnen die ¨ aquivalenten Schnittgr¨ oßen, also Querkraft und Torsi¨ onsmoment aus der Aquivalenz von Spannungen und Schnittgr¨ oßen eindeutig bestimmt werden. T2 T1 S

S T3

t(s) T4

T5

Bild 13.22 Teilschubkr¨ afte in einem d¨ unnwandigen Querschnitt

Die in Bild 13.22 skizzierte Verteilung des Schubflusses t(s) ist ¨ aquivalent zu ur jeden Querschnittsteil kann man den Schubfluss zu einer Querkraft Vz . F¨

239

13.4 Schubmittelpunkt

einer resultierenden Teilschubkraft Ti zusammenfassen, also Z Z Z Vz S¯y (s) Vz S¯y (s) ds ds = t(s) ds = Ti = Iy Iy (i )

(i )

(13.78)

(i )

mit dem Schubfluss nach Gleichung 13.17. Wie bereits erw¨ ahnt, ist die Querkraft die Resultierende der Schubspannungen, also auch der Teilschubkr¨ afte. Wie man in Bild 13.22 leicht erkennen kann, gibt es aber bez¨ uglich des Schwerpunktes S auch ein resultierendes Torsionsmoment

MT =

X

Ti ri =

i

Z X Vz Z Vz S¯y (s) ds ri = S¯y (s)ri ds Iy Iy i (i )

(s)

(13.79) afte bez¨ uglich des Schwerpunktes. Die in mit den Hebelarmen ri der Teilschubkr¨ Bild 13.22 gegebene Schubspannungsverteilung entspricht also den Schnittgr¨ oßen Vz und MT in Bild 13.23.

Vz

V¯z S

M

MT S

eM

Bild 13.23 Versetzungsmoment und Schubmittelpunkt

Das hier auftretende Torsionsmoment MT kann auch als Versetzungsmoment der Kraft Vz aufgefasst werden (siehe Abschnitt 2.2.3). Dann gilt MT = Vz eM ,

(13.80)

wobei eM der Verschiebung der Wirkungslinie entspricht. Beachtet man den Drehsinn des Moments, so entsprechen Kraft und Moment einer um eM nach links verschobenen Kraft V¯z , wie in Bild 13.23 rechts skizziert ist. Der Schubmittelpunkt muss also auf der Wirkungslinie der Kraft V¯z liegen, dann verursacht die Kraft V¯z keine Torsion des Querschnitts. Die Entfernung eM des Schubmittelpunktes M vom Schwerpunkt S erh¨ alt man aus Gleichung 13.80 unter Verwendung von Gleichung 13.79, Z MT 1 S¯y (s)ri ds . eM = = (13.81) Vz Iy (s)

240

13 Schubbeanspruchung

Da die Lage des Schubmittelpunktes nach Gleichung 13.81 lediglich mit Hilfe von geometrischen Querschnittswerten berechenbar ist, handelt es sich bei dem Schubmittelpunkt um eine geometrische Eigenschaft des Querschnitts, die nicht von Lasten oder Schnittgr¨ oßen abh¨ angt. Wenn ein d¨ unnwandiger Querschnitt durch Kr¨ afte belastet wird, deren Wirkungslinien nicht durch den Schubmittelpunkt gehen, so tritt Torsion auf. Eine in diesem Fall vorliegende gleichzeitige Beanspruchung durch Querkraft und Torsionsmoment wird in Kapitel 14 diskutiert. ¨ Bestimmung des Schubmittelpunktes mit Hilfe geometrischer Uberlegungen Sternf¨ormige Querschnitte M M M M

Bei Querschnitten, die aus einzelnen geraden Teilen zusammengesetzt sind, die sich in einem Punkt schneiden, liegt der Schubmittelpunkt in diesem Schnittpunkt der Teile. Dies l¨ asst sich leicht damit begr¨ unden, dass die Teilschubkr¨ afte ein zentrales Kr¨ aftesystem bilden, dessen Resultierende auch durch den Schnittpunkt der Teilkr¨ afte geht.

Symmetrische Querschnitte M

M

M

M

Da aus der Symmetrie eines Systems auch eine symmetrische Anordnung der Teilschubkr¨ afte folgt, muss der Schubmittelpunkt stets auf der Symmetrieachse liegen. Bei doppelt symmetrischen Querschnitten liegt demnach der Schubmittelpunkt im Schnittpunkt der Symmetrieachsen, d. h. er f¨ allt mit dem Schwerpunkt zusammen.

Beispiel 13.6 Schubmittelpunkt Gesucht ist der Schubmittelpunkt des unten abgebildeten U-Profils. L¨ osung:

241

13.4 Schubmittelpunkt 1 Vz HB h 2 Iy

T1 h

s

Vz y

T2

M

S

t(s)

H

z

1 Vz HB h 2 Iy

T3 B

e

Die Berechnung des Schubspannungsverlaufs soll hier nicht nach uhrt werden. Stattdessen werden die TeilschubGleichung 13.81 durchgef¨ kr¨ afte direkt betrachtet. Zun¨ achst wird dazu der Verlauf von S¯y (s) in den Flanschen ermittelt. Nach Gleichung 13.19 ist Z

S¯y (s) =

z(s) dA = −

¯ A(s)

Zs h(s)z(s) ds .

(13.82)

0

Da in den Stegen z(s) konstant ist, erh¨ alt man einen linearen Verlauf von S¯y , wobei bei s = 0 S¯y = 0 sein muss. An der linken oberen Ecke ist demnach S¯y = −

ZB

−

H Hh h ds = B. 2 2

(13.83)

0

Damit erh¨ alt man nach Gleichung 13.17 den Schubfluss an der Ecke t =

Vz S¯y Vz HBh = . Iy 2Iy

(13.84)

Die Teilschubkraft entspricht der Fl¨ ache unter dem Schubflussverlauf T1 =

1 Vz HBh Vz HB 2 h B = 2 2Iy 4Iy

(13.85)

Aus Symmetriegr¨ unden erh¨ alt man f¨ ur den unteren Flansch die gleiche Teilschubkraft. Die Schubkraft im Steg muss der ¨ außeren Belastung Vz entsprechen, da die anderen Schubkr¨ afte keine Komponenten in z-Richtung haben, also T2 = Vz .

(13.86)

242

13 Schubbeanspruchung

Aus dem Momentengleichgewicht bez¨ uglich des Schnittpunktes der y-Achse und des Stegs folgt Vz e = T1

H H + T3 , 2 2

(13.87)

also e = 2

H 2B2h H Vz HB 2 h 1 = , 2 4Iy Vz 4Iy

(13.88)

und mit dem Fl¨ achentr¨ agheitsmoment Iy ≈

hH 3 + 2hB 12

„

H 2

«2 =

hH 2 (H + 6B) 12

(13.89)

folgt e =

13.5

H 2B2h 12 3B 2 = . 4 hH 2 (H + 6B) H + 6B

(13.90)

¨ Ubungsaufgaben

Aufgabe 13.1 (Schwierigkeitsgrad 2) Ermitteln Sie f¨ ur den Vollkreisquerschnitt den Schubspannungsverlauf τxz (z) infolge der Querkraft Vz . Gegeben: r, Vz

Vz

L¨ osung: r y

z

τxz (z) =

4 Vz 3π r 2

„ 1−

“ z ”2 « r

¨ 13.5 Ubungsaufgaben

243

Aufgabe 13.2 (Schwierigkeitsgrad 1) Bestimmen Sie f¨ ur den durch die Querkraft Vz belasteten Dreieckquerschnitt die Schubspannungsverteilung τ (z). Gegeben: a, h, Vz

L¨ osung: Vz

h

τxz (z)

S

y

=

z

4 Vz 3 ah 4 − 27

` z ´2 h

− 27

` z ´3 h

z +2 3h

a

Aufgabe 13.3 (Schwierigkeitsgrad 1) Bestimmen Sie den Schubspannungsverlauf infolge der Querkraft Vz des skizzierten d¨ unnwandiges Profils. Gegeben: a, t  a, Vz

A

B a

t

L¨ osung:

y

2a z a C

D 2a

τB = τD

=

3 Vz 52 at

τA = τC

=

11 Vz 52 at

τmax

=

15 Vz 52 at

244

13 Schubbeanspruchung

Aufgabe 13.4 (Schwierigkeitsgrad 2) Der dargestellte Einfeldtr¨ ager der L¨ ange  ist durch die Kraft F belastet und besteht aus einem Stahlprofil, das mit Hilfe von Bolzen mit einer massiven Stahlplatte der Breite B und H¨ ohe H verbunden ist. Die Bolzen sind zweireihig mit dem Abstand d in Tr¨ agerl¨ angsrichtung angeordnet. Wie groß ist die Kraft FB , die ein Bolzen u ¨bertragen muss? Gegeben:  = 5 m, F = 300 kN, B = 250 mm, H = 50 mm, d = 50 cm, h = 300 mm, b = 150 mm, t = 10 mm

F

 F

L¨ osung:

Bolzen H

FB t h

b B

t

=

126.7 kN

¨ 13.5 Ubungsaufgaben

245

Aufgabe 13.5 (Schwierigkeitsgrad 1) Der abgebildete Tr¨ ager ist fest eingespannt und wird durch ein Torsionsmoment MT belastet. Bestimmen Sie a) das Torsionstr¨ agheitsmoment, b) die Drillung, c) die Verdrehung ϕ am belasteten Ende, d) die maximalen Schubspannungen infolge Torsion. Gegeben: Abmessungen nach Skizze, G = 105 MPa, MT = 10 kNm

L¨ osung: 0.5 m a) b) c) d)

60 mm

IT = 1.27 · 106 mm4 ϑ = 0.0787 m−1 ϕ = 2.26◦ τmax = 236 MPa

MT

Aufgabe 13.6 (Schwierigkeitsgrad 2) Die abgebildeten Welle mit zwei verschiedenen Querschnitten ist an beiden Enden fest eingespannt und wird in der Mitte durch ein Torsionsmoment MT belastet. Bestimmen Sie a) die Verdrehung am Angriffspunkt des Moments, b) die Einspannmomente an beiden Enden. Gegeben: G = 105 MPa, MT = 2 kNm, d1 = 20 mm, d2 = 30 mm,  = 0.3 m

MT

d1



d2



L¨ osung: a) ϕ = 3.61◦ MT, links b) MT, rechts

= =

0.33 kNm −1.67 kNm

246

13 Schubbeanspruchung

Aufgabe 13.7 (Schwierigkeitsgrad 2) Ein Kragtr¨ ager mit d¨ unnwandigem Stahlprofil und fest verbundenem Schild wird mit der Einzellast Fy belastet. Das Eigengewicht der Konstruktion ist nicht zu ber¨ ucksichtigen. Durch konstruktive Maßnahmen wird gew¨ ahrleistet, daß der Querschnitt formtreu bleibt. Es sollen folgende Werte nahe der Einspannstelle berechnet werden: a) Die Schubspannungsverteilung infolge Querkraft. b) Die Schubspannungsverteilung infolge Torsion. c) Die Normalspannungsverteilung infolge Biegung. Bemerkung: Die Exzentrizit¨ at ez der Wirkungslinie von Fy bezieht sich auf den Schwerpunkt S des Querschnittes. Gegeben: Fy = 1, 5 kN,  = 10 m, ez = 20 cm, h = 4 mm, a = 6 cm, ξ = 1, 0

Schild Fy

ez

L¨ osung:



a) x

y z b)

Querschnitt a a 2a y

S

3a z

10 a 9

h

8 a 9

c)

a) τ ( a2 , − 10 9

=

0 MPa

τ ( 23 a, − 10 a) 9

=

−0.466 MPa

τ ( 32 a, 98 a) τ (0, 89 a)

=

−1.86 MPa

=

−2.39 MPa

linear u ¨ber Dicke mit τmax

=

170.8 MPa

σx

=

−12.9 y MPa/cm

¨ 13.5 Ubungsaufgaben

247

Aufgabe 13.8 (Schwierigkeitsgrad 2) Bestimmen Sie die Lage des Schubmittelpunkts des abgebildeten Profils. Gegeben: hF = 5 mm, hS = 3 mm, B = 40 mm, H = 100 mm

hF hS M

S

L¨ osung:

H

y z

eM = 16 mm hF

eM

B

Aufgabe 13.9 (Schwierigkeitsgrad 2) Gegeben ist der skizzierte d¨ unnwandige Querschnitt. a) Berechnen Sie den Verlauf der Schubspannungen infolge einer Querkraft Vz . b) Bestimmen Sie die Lage des Schubmittelpunktes. Gegeben: B, h  B, Vz

L¨ osung:

h

a)

1 τl ( 15 B, ±B)

=

1 Vz 9 Bh

1 B, ±B) τr ( 15

=

2 Vz 9 Bh

1 B, ±B) τu ( 15

=

2 Vz 9 Bh

1 B, 0) τmax ( 15

=

7 Vz 18 Bh

eM

=

1 B 9

B

3 h 2

M y Vz

eM

B

z h

1 B 3

2 B 3

b)

14

Kombinierte Beanspruchung

14.1

Superposition

Bei der Beanspruchung von stabf¨ ormigen Bauteilen werden vier prinzipielle F¨ alle unterschieden, die bereits in den vorangehenden Kapiteln beschrieben wurden: • • • •

Zug/Druck infolge einer Normalkraft (Kapitel 11) Biegung infolge eines Biegemoments (Kapitel 12). Schubbeanspruchung infolge Querkraft (Abschnitt 13.2). Schubbeanspruchung durch ein Torsionsmoment (Abschnitt 13.3).

Dabei treten Biegenormalspannungen und Querkraftschubspannungen wegen der Zusammenh¨ ange zwischen Biegemomenten und Querkr¨ aften My = Vz ,

Mz = −Vy

(14.1)

in den meisten F¨ allen gleichzeitig auf (vgl. Abschnitt 6.1). ¨ Eine Ubersicht der Gleichungen und Gr¨ oßen bei verschiedenen Beanspruchungen ist in Tabelle 14.1 gegeben. Bei allen aufgef¨ uhrten Gleichungen handelt es sich um lineare Differentialgleichungen. Daher k¨ onnen verschiedene L¨ osungen der Gleichungen addiert werden um L¨ osungen f¨ ur kombinierte Beanspruchungen zu erhalten. Dies wird Superpositionsprinzip genannt, man spricht auch von der ¨ Uberlagerung der Ergebnisse. In der technischen Mechanik findet das Superpositionsprinzip h¨ aufig Verwendung. Es erfolgt eine Unterteilung der Belastung entsprechend der elementaren Beanspruchungsf¨ alle. Schnittgr¨ oßen und Verformungen werden jeweils einzeln ermittelt und schließlich addiert. Die verschiedenen Beanspruchungen f¨ uhren zu Spannungen im Querschnitt, die sich den Schnittgr¨ oßen zuordnen lassen: σx τxy τxz

Normalkraft N , Biegemomente My , Mz Querkraft Vy , Torsionsmoment MT Querkraft Vz , Torsionsmoment MT

Um die jeweiligen maximalen Spannungen zu bestimmen, ist daher die gleichzeitige Beanspruchung durch Normalkraft und Biegemomente (Abschnitt 14.2) sowie durch Querkraft und Torsion (Abschnitt 14.3) von Interesse. Das gleichzeitige Auftreten von Normal- und Schubspannungen wird in Abschnitt 14.4 diskutiert.

249

14.2 Beanspruchung durch Biegung und Normalkraft Zug/Druck Differentialgleichung Steifigkeit

(EAu )

= −n

Biegung

Torsion

w )

(GIT ϕ ) = −mT

(EIy

EA

EIy

Dehnung Verformung

N EA

ε = u =

Spannungen

σx =

N A

A =

GIT

Kr¨ ummung My EIy

Drillung

−w =

σx =

Z Fl¨ achenmoment

= −q

MT r Ip f¨ ur Kreisquerschnitt Z IT = Ip = r 2 dA τxϕ =

My z Iy

Z dA

z 2 dA

Iy =

A

MT GIT

ϑ = ϕ =

A

f¨ ur Kreisquerschnitt

A

Tabelle 14.1 Analogie von Zug/Druck, Biegung und Torsion

14.2

Beanspruchung durch Biegung und Normalkraft

Wird der Querschnitt eines Balkens bei ebener Biegung infolge des Biegemoatzlich durch eine Normalkraft N beansprucht, so entspricht die mentes My zus¨ Normalspannungsverteilung der Summe der Spannungen aus beiden Belastungen. Mit den Normalspannungen σx (N ) infolge Normalkraft aus Gleichung 11.2 und den Normalspannungen σx (My ) infolge Biegemoment nach Gleichung 12.15 ist σx = σx (N ) + σx (My ) =

N My z. + A Iy

(14.2)

Aus der Summe der linearen Verteilung bei Biegung und der u ¨ber den Querschnitt konstanten Spannung bei Normalkraft folgt ein linearer Verlauf der Normalspannung σx . Dieser Zusammenhang ist in Bild 14.1 skizziert. N A

+

My z Iy

=

σx (z) σo

x

y

+

=

z σu ¨ Bild 14.1 Uberlagerung der Normalspannungen aus Normalkraft und Biegemoment

250

14 Kombinierte Beanspruchung

Durch die Normalkraft liegt die Spannungsnulllinie nicht bei z = 0, sondern verschiebt sich nach oben oder unten. Sie bleibt aber parallel zur y-Achse. Durch Nullsetzten von Gleichung 14.2 erh¨ alt man die z-Koordinate der Spannungsnulllinie N Iy . (14.3) z = − My A Liegt der damit berechnete Wert von z nicht innerhalb des Balkens, so haben die Normalspannungen u ¨berall dasselbe Vorzeichen, eine Spannungsnulllinie existiert dann nicht. Die Spannungen bei schiefer Biegung und Normalkraft erh¨ alt man ebenfalls ¨ durch Uberlagerung. Mit der Spannung σx (My , Mz ) nach Gleichung 12.37 ist σx = σx (N ) + σx (My , Mz ) =

h i N 1 (M I − M I ) z − (M I − M I ) y . + y z z yz z y y yz 2 A Iy Iz − Iyz (14.4)

Daraus erh¨ alt man den Verlauf der Spannungsnulllinie z =

2 Iy Iz − Iyz N Mz Iy − My Iyz y − . My Iz − Mz Iyz My Iz − Mz Iyz A

(14.5)

Beispiel 14.1 Ebene Biegung mit Normalkraft Der unten abgebildete Rechteckquerschnitt wird durch ein Biegemoment My = 0.8 kNm und eine Normalkraft N = 60 kN belastet. Gesucht ist die betragsm¨ aßig maximale Normalspannung und die Lage der Spannungsnulllinie. My

N h = 4 cm

b = 3 cm

L¨ osung: Zur Berechnung der Spannungen werden Querschnittsfl¨ ache und Fl¨ achentr¨ agheitsmoment ben¨ otigt. Diese sind A

=

bh

=

3 cm · 4 cm

=

12 cm2 ,

3 cm · (4 cm)3 bh3 = = 16 cm4 . 12 12 Die Normalspannungen sind mit Gleichung 14.2 Iy

σx

=

= =

60 · 103 0.8 · 106 MPa My N z = MPa + + z 2 A Iy 12 · 10 16 · 104 mm MPa z. 50 MPa + 5 mm

251

14.2 Beanspruchung durch Biegung und Normalkraft

Die maximalen und minimalen Normalspannungen treten stets am oberen oder unteren Rand auf. Es ist oben: σx (z = −2 cm) = 50 MPa + 5 · (−20) MPa = −50 MPa unten: σx (z = 2 cm) = 50 MPa + 5 · 20 MPa = 150 MPa . Die betragsm¨ aßig gr¨ oßte Spannung ist also σx = 150 MPa am unteren Rand. Mit Gleichung 14.3 erh¨ alt man die Lage der Spannungsnulllinie z = −

N Iy 60 · 103 · 16 · 104 = −10 mm . = − My A 0.8 · 106 · 12 · 102

Die Spannungsnulllinie liegt also 1 cm u ¨ber der Balkenachse. −50 MPa

Spannungsnulllinie y

σx (z) x z 150 MPa

Beispiel 14.2 Schiefe Biegung mit Normalkraft Der abgebildete Balken mit L-Profil wird durch eine Kraft F auf Biegung beansprucht und erf¨ ahrt – anders als in Beispiel 12.8 und 12.10 – gleichzeitig eine Zugkraft F2 . Gesucht sind minimale und maximale Normalspannungen sowie die Lage der Spannungsnulllinie. 1 cm

F

y

F2

x

6 cm

y

S z 1 cm

z  = 0.5 m

5 cm

Gegeben: E = 210 GPa, A = 10 cm2 , Iy = 33.33 cm4 , Iz = 20.83 cm4 , Iyz = 15 cm4 F = 2 kN, F2 = 60 kN L¨ osung: In Beispiel 12.10 wurden bereits die minimale und maximale Spannungen bei reiner Biegung berechnet. Bei gleichzeitiger Beanspruchung durch eine Normalkraft m¨ ussen die Spannungen infolge Normalkraft addiert werden. Diese sind σx (N ) =

N 60 · 103 N = 60 MPa , = A 10 · 10−4 m2

damit sind bei Biegung mit Normalkraft σmin = −136.7 MPa + 60 MPa = −76.7 MPa , σmax = 161.6 MPa + 60 MPa = 221.6 MPa .

252

14 Kombinierte Beanspruchung

Der Verlauf der Spannungsnulllinie ist durch Gleichung 14.5 gegeben. An der Einspannung sind die Biegemomente My = −2 kN · 0.5 m = −1.0 kNm ,

Mz = 0 .

Damit erh¨ alt man 2 Iy Iz − Iyz N Mz Iy − My Iyz y − My Iz − Mz Iyz My Iz − Mz Iyz A 0 + 1.0 · 15.0 33.33 · 20.83 − 152 10−8 60 · 103 · m = y − · −1.0 · 20.83 − 0 −1.0 · 20.83 − 0 103 10 · 10−4

z =

= −0.720 y + 0.0135 m = −0.720 y + 1.35 cm . F¨ ur reine Biegung, also N = 0, erh¨ alt man den Zusammenhang z = −0.720 y (vgl. auch Beispiel 12.10). Demgegen¨ uber ist die Spannungsnulllinie bei Biegung und Normalkraft um 1.35 cm nach unten verschoben, sie verl¨ auft nicht durch den Schwerpunkt.

σmax

Spannungsnulllinie y

S

S

y

σmin z Reine Biegung

14.3

z Biegung mit Normalkraft

Beanspruchung durch Querkraft und Torsion

Vollquerschnitt Der Stab mit Vollkreisquerschnitt in Bild 14.2 wird sowohl durch eine Querkraft Vz , als auch durch ein Torsionsmoment MT beansprucht. Die entsprechenden Schubspannungsverteilungen sind auf der rechten Seite skizziert. Die Schubspannungen infolge Querkraft verlaufen im Vollquerschnitt in guter N¨ aherung in Richtung der z-Achse, wohingegen die Schubspannungen infolge Torsion kreisf¨ ormig verlaufen. Dies f¨ uhrt im Punkt A zu einer Addition der Schubspannungen, im Punkt B zu einer Subtraktion. In Punkt C wirken nur Schubspannungen infolge Torsion, τ (Vz ) ist dort null.

253

14.3 Beanspruchung durch Querkraft und Torsion τ (Vz ) x y

z

MT

A

τ (MT )

B

A

B

Vz C

C

Bild 14.2 Schubspannungen infolge Querkraft und Torsion in einem Vollkreisquerschnitt

Im Allgemeinen m¨ ussen die Schubspannungen vektoriell addiert werden. D¨ unnwandiger geschlossener Querschnitt τ (Vz )

MT

x y

z

A

τ (MT )

B

A

B

Vz C

C

Bild 14.3 Schubspannungen infolge Querkraft und Torsion in einem d¨ unnwandigen geschlossenen Querschnitt

¨ Ahnlich wie bei dem Vollquerschnitt, sind die Richtungen der Schubspannungen infolge Querkraft und Torsion vom Ort abh¨ angig. Die Verteilung in einem Rohrquerschnitt ist exemplarisch in Bild 14.3 angegeben. Die Schubspannungen verlaufen in d¨ unnwandigen Querschnitten konstant u ¨ber die Querschnittsdicke, so dass bei der Superposition der Schubspannungen nur das Vorzeichen beachtet werden muss. D¨ unnwandiger offener Querschnitt Bei d¨ unnwandigen offenen Querschnitten unterscheiden sich die Schubspannungsverteilungen infolge Querkraft deutlich von denen infolge Torsion. Dies ist exemplarisch in Bild 14.4 f¨ ur einen L-Querschnitt dargestellt. Die Schubspannungen im Schnitt A-A sind nochmals deutlich in Bild 14.5 skizziert. Die Schubspannungen τ (Vz ) infolge Querkraft sind konstant u ¨ber die Dicke verteilt. Die Schubspannungen τ (MT ) hingegen verlaufen linear u ¨ber die Dicke, wobei die Schubspannungen am Rand maximal sind und in der Mitte null. Die Schubspannung, die bei gleichzeitiger Beanspruchung durch Vz und MT auftritt ist als Summe einer konstanten und einer linearen Funktion ebenfalls linear. Der genau Verlauf h¨ angt von der Geometrie und Gr¨ oße der Schnittgr¨ oßen ab.

254

14 Kombinierte Beanspruchung τ (Vz )

x y

τ (MT )

MT A

Vz

A

A

A

z

Bild 14.4 Schubspannungen infolge Querkraft und Torsion in einem d¨ unnwandigen offenen Querschnitt

τ (Vz )

A

τ (MT )

A

+

A

τ (Vz + MT )

A

=

A

A

Bild 14.5 Schubspannungen im Schnitt A-A des L-Profils

Beispiel 14.3 D¨ unnwandiger geschlossener Querschnitt mit Querkraft und Torsion Der unten skizzierte Kragarm mit d¨ unnwandigem Rechteckquerschnitt wird durch eine exzentrische Kraft F belastet. Gesucht ist die Schubspannungsverteilung im Querschnitt infolge Querkraft und Torsion. F y h

x h z

F

x y

a z 2a

L¨ osung: Durch die Kraft F liegt im Balken eine konstante Querkraft Vz = F vor. Das statische Moment wird mit dem grafischen Verfahren aus Abschnitt 13.2.2 ermittelt:

255

14.3 Beanspruchung durch Querkraft und Torsion Profilkoordinate s

y z

ah 2

a2 h 2

ah 2

−z · h

5 2 a h 8

S¯y (s) a2 h 2

− ah 2

− ah 2

a2 h 2

5 2 a h 8 a2 h 2

Das Fl¨ achentr¨ agheitsmoment f¨ ur den d¨ unnwandigen Querschnitt ist “ ” 3 2 a h 7 a = a3 h . Iy = 2 + 2 · 2a h 12 2 6 Die Schubspannung infolge Querkraft ist mit Gleichung 13.18 τxs (s) =

Vz S¯y (s) , Iy h(s)

an den Eckpunkten erh¨ alt man also τxs =

F 12 a2 h 3 F = 7 3 7 ah a h h 6

und an den Seitenmitten τxs =

F 58 a2 h 15 F = . 7 3 28 ah a h h 6

Die Schubspannungen verlaufen in Richtung der s-Koordinate, u ¨ber die Querschnittsdicke sind sie konstant. 3 F 7 ah

15 F 28 ah

3 F 7 ah

15 F 28 ah

τxs (Vz ) 3 F 7 ah

3 F 7 ah

Die exzentrische Kraft F verursacht ein Torsionsmoment MT = F a. Dadurch treten im Querschnitt konstante Schubspannungen auf. Mit der von der Profilmittellinie eingeschlossenen Fl¨ ache Am = 2a2 sind die Schubspannungen infolge Torsion nach Gleichung 13.40 τ =

MT Fa F = = 2Am h(s) 2 · 2a2 h 4 ah

Die Schubspannungen verlaufen in Richtung des Torsionsmoments.

256

14 Kombinierte Beanspruchung

τxs (MT ) =

MT

F 4 ah

¨ Bei der Uberlagerung der Spannungen infolge Querkraft und Torsion muss das Vorzeichen der Spannungen ber¨ ucksichtigt werden. Man erh¨ alt folgende Schubspannungsverteilung: 19 F 28 ah

5 F 28 ah

22 F 28 ah

8 F 28 ah

τxs (Vz )

5 F 28 ah

19 F 28 ah

Beispiel 14.4 Querkraft und Torsion im d¨ unnwandigen offenen Querschnitt Das unten abgebildete U-Profil wird durch eine Querkraft Vz im Schwerpunkt belastet. Gesucht ist die resultierende Schubspannungsverteilung infolge Querkraft und Torsion an der Stelle z = 0. eS

h

Vz M

y

S

2a z

eM

a

L¨ osung: Bei U-Profilen sind Schwerpunkt S und Schubmittelpunkt M verschieden. Die Kraft im Schwerpunkt entspricht also einer Kraft im Schubmittelpunkt und einem Torsionsmoment. Die Lage des Schubmittelpunktes wurde bereits in Beispiel 13.6 f¨ ur allgemeine U-Profile berechnet. Mit den hier gegebenen Querschnittsabmessungen erh¨ alt man 3a2 3 = a. 2a + 6a 8 Das auftretende Torsionsmoment ist das Produkt aus Querkraft und Abstand zum Schubmittelpunkt. Wie sich leicht berechnen l¨ asst, liegt der eM =

14.3 Beanspruchung durch Querkraft und Torsion

257

Schwerpunkt a/4 vom Steg entfernt. Damit ist das Torsionsmoment „ « 3 1 5 MT = −Vz (eM + eS ) = −Vz a + a = − Vz a . 8 4 8 Bezogen auf den Schubmittelpunkt erh¨ alt man folgende Belastung: Vz y

MT M

z

3 8

a

a 4

Die Schubspannungen infolge der Querkraft Vz wurden bereits in Beispiel 13.3 berechnet. Die Querkraft ist bei z = 0 ¨ aquivalent zu einer u ¨ber den Querschnitt konstante Schubspannung τxz (z = 0) =

9 Vz . 16 ha

F¨ ur d¨ unnwandige offene Querschnitte, die aus mehreren rechteckigen Teilen zusammengesetzt sind, ist das Torsionstr¨ agheitsmoment nach Gleichung 13.74 X ITi . IT = ξ i

Aus Tabelle 13.3 kann man den Korrekturfaktor ξ = 1.12 entnehmen. F¨ ur die einzelnen Querschnittsteile ist das Torsionstr¨ agheitsmoment IT = 31 ah3 nach Gleichung 13.68, also „ « 1 1 IT = 1.12 2 · ah3 + · 2ah3 = 1.49 ah3 . 3 3 Daraus folgt nach Gleichung 13.76 die maximale Schubspannung an der Stelle z = 0 τmax =

5 Vz a Vz MT h = 8 h = 0.42 2 . IT 1.49 ah3 h

Man erh¨ alt den unten abgebildeten, f¨ ur d¨ unnwandige offene Profile typischen linearen Verlauf der Schubspannungen infolge Torsion. Zusammen mit dem konstanten Verlauf der Schubspannungen infolge Querkraft erh¨ alt man den unten abgebildeten linearen Schubspannungsverlauf an der Stelle z = 0.

258

14 Kombinierte Beanspruchung

0.42

Vz h2 0.42

Vz h2

+

τxz (MT )

„ =

Vz

−

0.5625 0.42 + h2 ha

9 Vz 16 ha τxz (Vz )

« „ Vz

0.5625 0.42 + h2 ha

«

τxz (MT + Vz )

14.4

Spannungszustand bei kombinierter Beanspruchung

In der Ingenieurpraxis werden Bauteile oft durch eine Kombination verschiedener Schnittgr¨ oßen beansprucht, die zu verschiedenen Spannungen f¨ uhren. Diese Beanspruchungen k¨ onnen im Allgemeinen nicht unabh¨ angig voneinander betrachtet werden. Das Zusammenwirken verschiedener Spannungen wurde schon bei der Betrachtung der Spannungszust¨ ande in Kapitel 8 diskutiert. Um verschiedenartige Beanspruchungen zu kombinieren und zu vergleichen werden in Kapitel 17 Vergleichsspannungen eingef¨ uhrt. Um also die Tragf¨ ahigkeit eines Bauteils absch¨ atzen zu k¨ onnen m¨ ussen alle Spannungen ber¨ ucksichtigt werden. Es wird folgendermaßen vorgegangen: • Bestimmung der Schnittgr¨ oßen • Berechnung der ¨ aquivalenten Spannungen ¨ • Uberpr¨ ufung des vorliegenden Spannungszustands an kritischen Punkten Oft m¨ ussen die Dimensionen eines Bauteils so gew¨ ahlt werden, dass zul¨ assige Spannungen nicht u ¨berschritten werden. Dies wird als Bemessung bezeichnet und in Beispiel 14.5 demonstriert.

Beispiel 14.5 Bemessung Das unten abgebildete System soll bemessen werden. D. h. f¨ ur Kragtr¨ ager und Stiel sollen geeignete Profile gefunden werden, so dass die zul¨ asager der sige Normalspannung σzul nicht u ¨berschritten wird. Es stehen Tr¨ HE-A-Reihe zur Verf¨ ugung. Das Eigengewicht der Konstruktion ist zu vernachl¨ assigen.

259

14.4 Spannungszustand bei kombinierter Beanspruchung q F Kragtr¨ ager

B

w

Stiel

Gegeben: a

A

a

=

3m

F

=

10 kN

q

=

12 kN/m

w

=

5 kN/m

σzul

=

140 MPa

a

Tr¨ ager der HE-A-Reihe (Auszug aus Profiltafel): Profil

h [ cm ] 171 190 210 230 250 270 290

A [ cm2 ] 45.3 53.8 64.3 76.8 86.8 97.3 112.0

Iy [ cm4 ] 2510 3690 5410 7760 10450 13670 18260

Wy [ cm3 ] 294 389 515 675 836 1010 1260

HE 180 A HE 200 A y h HE 220 A HE 240 A HE 260 A z HE 280 A HE 300 A L¨ osung: Die Bestimmung der Zustandslinien (siehe Kapitel 6) liefert f¨ ur dieses System als Orte der maximalen Schnittgr¨ oßen und damit als maßgebende Stellen f¨ ur die Bemessung Punkt B f¨ ur den Kragtr¨ ager und Punkt A f¨ ur den Stiel mit Kragtr¨ ager:

NB = 0 ,

MB = −54 kNm ,

Stiel: NA = −36 kN , Bemessung des Kragtr¨ agers

MA = −106.5 kNm .

Nach Gleichung 12.18 kann die maximale Spannung infolge Biegung mit Hilfe des Widerstandsmoments Wy berechnet werden. Dieses ist σmax =

|My | , Wy

woraus sich bei bekanntem My das erforderliche Widerstandsmoment berechnen l¨ asst. Aus der Bedingung, dass die zul¨ assige Spannung nicht u ¨berschritten werden soll, also σmax ≤ σzul folgt die Bedingung W ≥

|My | 5400 kNcm = 385.7 cm3 . = σmax 140 MPa

260

14 Kombinierte Beanspruchung

Aus der oben gegebenen Profiltafel wird f¨ ur den Kragarm das Profil HE 200 A gew¨ ahlt mit Wy = 389 cm3 ≥ 385.7 cm3 . Damit ist gew¨ ahrleistet, dass im Kragtr¨ ager die zul¨ assige Spannung nicht u ¨berschritten wird. Bemessung des Stiels Der Stiel wird durch eine Kombination aus Biegemoment My und Normalkraft N beansprucht. Bei dieser Beanspruchung erh¨ alt man die maximale Spannung aus ˛ ˛ ˛ ˛ NA MA ˛ zmax ˛˛ ± σmax = max ˛ A Iy Da hier zwei Unbekannte A und Iy berechnet werden m¨ ussen, kann dies nicht durch einfaches Umstellen der Gleichung erfolgen. Stattdessen wird zun¨ achst davon ausgegangen, dass die Spannungen infolge Normalkraft vernachl¨ assigt werden k¨ onnen. Damit erh¨ alt man wie bei dem Kragtr¨ ager die Bedingung W ≥

|My | 10650 kNcm = = 760.7 cm3 . σmax 140 MPa

Aus der Profiltafel wird nun vorl¨ aufig f¨ ur den Stiel das Profil HE 260 A gew¨ ahlt mit Wy = 836 cm3 ≥ 760.7 cm3 , Iy = 10450 cm4 ,

zmax

A = 86.8 cm2 , h = ± = ±12.5 cm 2

Da die maximale Spannung entweder an der Ober- oder Unterseite auftreten kann, wird untersucht, ob dort die zul¨ assige Spannung eingehalten wird. Mit alt man aus Gleichung 14.2 z = ± h2 erh¨ σx =

−36 kN −10650 kNcm N My z = + · (±12.5 cm) , + A Iy 86.8 cm2 10450 cm4

also σx,oben σx,unten

= =

123.24 MPa , −131.54 MPa .

Da die zul¨ assige Spannung auch auf der st¨ arker beanspruchten, unteren Profilseite nicht u ultig ¨berschritten wird, kann das Profil HE 260 A endg¨ gew¨ ahlt werden. Im Fall, dass die zul¨ assigen Spannungen nicht eingehalten werden, muss ein gr¨ oßeres Profil gew¨ ahlt und erneut die Spannungen u uft werden. ¨berpr¨

261

14.4 Spannungszustand bei kombinierter Beanspruchung

Anmerkung: Im Rahmen einer vollst¨ andigen Bemessung m¨ usste auch ein Schub- und Vergleichsspannungsnachweis durchgef¨ uhrt werden, vgl. Beispiele 14.6 und 17.1. Da die Schubspannung in diesem Beispiel keinen Einfluss auf die Profilwahl hat, soll hier darauf verzichtet werden.

Beispiel 14.6 Spannungsberechnung bei kombinierter Beanspruchung Der abgebildete Kragarm mit d¨ unnwandigem Rechteckquerschnitt wird durch eine exzentrische Kraft F belastet. Dadurch wird dieser auf Biegung und Torsion beansprucht. Der Spannungszustand am markierten Punkt A an der Einspannung soll n¨ aher untersucht werden. A

F

y h

x h z

10a

F

x a

y z 2a

L¨ osung: An der Einspannung treten die Schnittgr¨ oßen My , Vz und MT auf. Die Schubspannungen infolge Vz und MT wurden bereits in Beispiel 14.3 berechnet. 19 F 28 ah

τxy =

Außerdem treten an der Einspannung Normalspannungen infolge Biegung auf. Das Fl¨ achentr¨ agheitsmoment ist

Iy = 2

“ a ”2 a3 h 7 = a3 h , + 2 · 2a h 12 2 6

damit sind die Normalspannungen im Punkt A nach Gleichung 12.15

σx =

F 10a My 60 F z = 7 3 = . Iy 7 ah a h 6

Der nun vorliegende Spannungszustand l¨ asst sich an einem Fl¨ achenelement und im Mohrschen Spannungskreis (vgl. Abschnitt 8.3.2) darstellen:

262

14 Kombinierte Beanspruchung τ

σx = τxy =

60 F 7 ah

y τxy

19 F 28 ah

x

τxy τxy σx

τxy σ = 0 y σx

−τxy

σ

Da die Schubspannungen sehr viel kleiner als die Normalspannungen sind, liegt fast ein Hauptspannungszustand vor. Die maximale Schubspannung ist nach Gleichung 8.50 r“ σx − σy ”2 2 τmax = + τxy s „ 2 √ «2 „ «2 19 F 1 60 14761 F F = −0 + = ≈ 4.34 . 4 7 28 ah 28 ah ah

14.5

Verbundquerschnitte

Betonplatte

Stahl

Schaumstoff Stahl Stahltr¨ ager

Beton

Bild 14.6 Verbundquerschnitte

Verbundquerschnitte sind aus verschiedenen Materialien zusammengesetzte Querschnitte. Das Verhalten des Bauteils resultiert aus dem Zusammenwirken der Materialien. Beispiele f¨ ur Verbundquerschnitte sind • Verbundbau (Beispielsweise bei Br¨ ucken werden oft Stahltr¨ ager mit Betonfahrbahnen als Verbundtr¨ ager verwendet, Bild 14.6 links), • Stahlbetonbau (Jeder Stahlbetonquerschnitt tr¨ agt durch das Zusammenwirken von Beton und Stahl, Bild 14.6 Mitte),

14.5 Verbundquerschnitte

263

• Sandwich-Elemente, die aus zwei steifen Lagen und einer leichten Zwischenschicht bestehen (Bild 14.6 rechts), • Komposit-Materialien, z. B. faserverst¨ arkte Kunststoffe, • Holzbau (Verwendung verschiedener Holzarten). Bei Verbundquerschnitten ist der Elastizit¨ atsmodul nicht konstant u ¨ber die Querschnittsfl¨ ache. Er a ¨ndert sich sprunghaft, dort wo die verschiedenen Materialien aufeinander treffen. Der Elastizit¨ atsmodul ist also eine Funktion E = E(y, z) .

(14.6)

Eine gemeinsame Verformung soll aber dennoch vorliegen, d. h. benachbarte Punkte in verschiedenen Materialien sollen dieselbe Verschiebung u erfahren, u1 (x, y, z) = u2 (x, y, z) ,

(14.7)

wobei die Indizes f¨ ur unterschiedliche Materialien stehen. Damit m¨ ussen auch ¨ die Ableitungen der Verschiebungen, also die Dehnungen an den Uberg¨ angen zwischen zwei Materialien gleich sein, ε1 (x, y, z) = ε2 (x, y, z) .

(14.8)

Dieser Zusammenhang wird als Verbundbedingung bezeichnet.

14.5.1

Ebene Biegung mit Normalkraft

Ein Verbundquerschnitt wird durch ein Biegemoment My sowie eine Normalkraft N beansprucht. Es soll dabei vorausgesetzt werden, dass die z-Achse eine Symmetrieachse des Querschnitts ist. Damit ebene Biegung vorliegt (vgl. Abschnitt 12.1), m¨ ussen wir hier voraussetzen, dass nicht nur die Querschnittsgeometrie, sondern auch die Materialverteilung bez¨ uglich der z-Achse symmetrisch ist. Bei vielen typischen Verbundquerschnitten ist der Elastizit¨ atsmodul lediglich in z-Richtung ver¨ anderlich, bei Stahlbetontr¨ agern (siehe Bild 14.6) sind jedoch einzelne Stahlst¨ abe im Beton angeordnet, so dass hier allgemein von E(y, z) ausgegangen wird. Kinematik Durch die Beanspruchung verschiebt sich ein Querschnitt in x- und z-Richtung und verdreht sich. Auch hier soll die Bernoulli-Hypothese gelten, also der Querschnitt eben und senkrecht zur Balkenachse bleiben. Damit ist die Verschiebung eines Punktes P uP = u − w  z .

(14.9)

Die Dehnung in x-Richtung in P ist damit εx =

∂uP = u − w z . ∂x

(14.10)

264

14 Kombinierte Beanspruchung

x

P

z

u

w

P

z Bild 14.7 Kinematik bei Biegung und Zug

uP

Materialgleichung Es wird davon ausgegangen, dass f¨ ur jedes Material das Hookesche Gesetz gelten soll, also σx = E(y, z) εx .

(14.11)

¨ Aquivalenz der Spannungen und Schnittgr¨ oßen Die Normalkraft ist ¨ aquivalent zum Integral der Normalspannungen σx u ¨ber den Querschnitt, Z

Z

Z

σx dA =

N = A

E(y, z) εx dA = A

“ ” E(y, z) u − w z dA .

A

(14.12) Die Verschiebungen u und w der Balkenachse sind nur von x abh¨ angig, also Z Z (14.13) N = u E(y, z) dA − w E(y, z) z dA . A

A

Die Normalkraft h¨ angt nicht von der Kr¨ ummung w der Balkenachse ab. Daher muss das zweite Integral verschwinden. Bei homogenen Balken f¨ uhrt dies auf die Definition der Schwerachse als Balkenachse. Entsprechend wird f¨ ur Verbundquerschnitte der sogenannte ideelle Schwerpunkt eingef¨ uhrt. Da der Elastizit¨ atsmodul in jedem Material konstant ist, kann das Integral als Summe u ¨ber die Materialien geschrieben werden, Z X Z X E(y, z) z dA = Ei z dA = Ei Sy i . (14.14) A

i

Ai

i

265

14.5 Verbundquerschnitte

Dieses Produkt aus Elastizit¨ atsmoduln und statischen Momenten verschwindet genau dann, wenn die Balkenachse bei P P Ei Sy i i Ei Ai zS i zeS = Pi = P (14.15) E A i i i i Ei Ai liegt, ¨ ahnlich wie das statische Moment bez¨ uglich des Schwerpunkts, siehe Abschnitt A.3.2. Im Folgenden wird davon ausgegangen, dass dies der Fall ist, also die Balkenachse durch den ideellen Schwerpunkt geht. Die Normalkraft im Verbundquerschnitt ist Z X g N = u E(y, z) dA = u Ei Ai = u EA

(14.16)

i

A

mit der ideellen Dehnsteifigkeit X g = EA Ei Ai .

(14.17)

i

Das Biegemoment ist Z My = σx z dA A

Z

“ ” E(y, z) u (x) − w (x) z z dA

A

Z

= u

=

E(y, z) z dA − w

A

Z

E(y, z) z 2 dA ,

(14.18)

A

wobei das erste Integral wie oben gefordert null ist. Man erh¨ alt schließlich fy . My = −w EI

(14.19)

Die ideelle Biegesteifigkeit ist definiert durch Z X fy = EI E(y, z) z 2 dA = Ei Iy i .

(14.20)

i

A

Gleichgewicht Da bei den Herleitungen der Gleichgewichtsbedingungen in Abschnitt 6.1 keine Annahmen u ¨ber das Material des Querschnitts gemacht wurden, gilt auch bei Verbundquerschnitten N

=

−n ,

(14.21)

My

=

−qz .

(14.22)

266

14 Kombinierte Beanspruchung

Differentialgleichung ¨ Aus Kinematik, Materialgleichung, Aquivalenz der Spannungen und Schnittgr¨ oßen sowie Gleichgewicht folgen die Differentialgleichung der Stabdehnung g u = −n EA

(14.23)

und die Differentialgleichung der ebenen Biegung f y w ) = qz (EI

(14.24)

f¨ ur Verbundquerschnitte. Diese entsprechen den Gleichungen f¨ ur homogene Querschnitte, Gleichung 11.18 und 12.10, wobei Dehnsteifigkeit EA und Bieoßen ersetzt werden. gesteifigkeit EIy durch die entsprechenden ideellen Gr¨

14.5.2

Spannungen in Verbundquerschnitten

Normalspannungen bei reiner Biegung

E1 y

1

εx (z)

σx (z)

E2 e S 2 z E3

3

z

z

Bild 14.8 Normalspannungen im Verbundbalken (E1 = 3E2 , E3 = 2E2 ) bei reiner Biegung

Bei reiner Biegung ist u = 0, daher erh¨ alt man aus Gleichung 14.10 und Gleichung 14.19 die Dehnung εx (z) = −w z =

My z fy EI

(14.25)

und damit die Normalspannungsverteilung σx (y, z) = −E(y, z)w z = E(y, z)

My z. f EI y

(14.26)

Es liegt wie bei homogenen Balken ein linearer Dehnungsverlauf vor, wobei die Dehnung im ideellen Schwerpunkt null ist. Da jedoch der Elastizit¨ atsmodul nicht

267

14.5 Verbundquerschnitte

u ¨ber den Querschnitt konstant ist, folgt daraus kein linearer Spannungsverlauf. Stattdessen erh¨ alt man abschnittsweise lineare Spannungen. In Bild 14.8 ist die Spannungsverteilung f¨ ur einen Verbundbalken skizziert, der aus drei Teilen mit jeweils konstantem Elastizit¨ atsmodul besteht. Die Normalspannungen sind innerhalb der Querschnittsteile linear. Aus den unterschiedlichen Elastizit¨ atsmoduln resultieren unterschiedliche Steigungen der Spannungskurve. Außerdem sind die Spannungen proportional zu den Dehnungen, weshalb die Geraden der Spannungsverl¨ aufe stets durch den Ursprung (= ideeller Schwerpunkt e S) gehen.

Spannungen bei Beanspruchung durch Normalkraft

E1 y

1

εx (z)

σx (z)

E2 e S 2 z E3

3

z

z

Bild 14.9 Spannungen im Verbundbalken (E1 = 3E2 , E3 = 2E2 ) bei Beanspruchung durch Normalkraft

Bei Beanspruchung durch Normalkraft ist die Dehnung mit Gleichung 14.16 εx = u =

N , g EA

(14.27)

also die Normalspannung σx = E(y, z)

N . g EA

(14.28)

Man erh¨ alt also einen konstanten Dehnungsverlauf. Auch hier folgt daraus aufgrund des variierenden Elastizit¨ atsmoduls ein lediglich abschnittsweiser konstanter Spannungsverlauf. In Bild 14.9 sind Dehnungs- und Normalspannungsverteilung f¨ ur den Querschnitt aus Bild 14.8 dargestellt.

268

14 Kombinierte Beanspruchung

Normalspannungen bei kombinierter Beanspruchung Die Normalspannungen bei kombinierter Beanspruchung erh¨ alt man durch Superposition der Spannungen f¨ ur Biegung und Normalkraft,

σx = E(y, z)

My N z + f g EI y EA

! .

(14.29)

Schubspannungen infolge Querkraft Die Schubspannungsberechnung in Verbundtr¨ agern erfolgt wie bei homogenen Querschnitten. Entsprechend Gleichung 13.9 gilt bei Vollquerschnitten g Vz E S¯y (z) . f EI y b(z)

τxz = Dabei ist g E S¯y =

Z E(y, z) z dA = ¯ A

(14.30)

X

¯i zS i . Ei A

(14.31)

i

Einige Verbundquerschnitte setzen sich aus Vollquerschnitten und d¨ unnwandig gen Querschnitten zusammen. F¨ ur die verschiedenen Teile muss daher E S¯y wie bei Voll- oder d¨ unnwandigen Querschnitten berechnet werden. Von besonderer Bedeutung sind die Schubspannungen, die an den Verbundfugen auftreten. Sind sie zu groß, so l¨ osen sich die Querschnittsteile voneinander. Damit ist die Verbundbedingung (Gleichung 14.8) verletzt und die gemeinsame Tragwirkung aller Querschnittsteile nicht mehr gegeben. Um den Verbund sicherzustellen werden daher oft spezielle Maßnahmen ergriffen, wie beispielsweise D¨ ubel, die Schubspannungen zwischen Stahl und Beton aufnehmen, siehe Beispiel 14.8.

14.5.3

Berechnung u ¨ber das Verh¨altnis der Elastizit¨atsmoduln

F¨ ur die Berechnung von Verbundquerschnitten kann auch das Verh¨ altnis der Elastizit¨ atsmoduln der Materialien verwendet werden. Dazu wird ein Material als Referenzmaterial gew¨ ahlt, dessen Elastizit¨ atsmodul als Referenzaltniszahl Elastizit¨ atsmodul ER dient. Jedem Material wird dann eine Verh¨ ni =

Ei ER

(14.32)

zugeordnet. Dieses Verfahren ist im Verbundbau u ¨blich, dort wird Beton als Referenzmaterial verwendet und ni als Reduktionszahl bezeichnet. Mit Hilfe der

269

14.5 Verbundquerschnitte

Verh¨ altniszahlen lassen sich die Querschnittswerte berechnen. Die Lage des ideellen Schwerpunkts ist P i ni Ai zS i , (14.33) zeS = P i ni Ai die ideelle Dehnsteifigkeit X g = ER EA ni Ai

(14.34)

i

und die ideelle Biegesteifigkeit X f = ER EI ni I y i .

(14.35)

i

Bei der Spannungsberechnung dient die Spannung im Referenzmaterial als Referenzspannung σR . Bei kombinierter Beanspruchung ist ! My N σR = ER z + , (14.36) fy g EI EA womit die Spannung in jedem Material aus der einfachen Beziehung σi = ni σR

(14.37)

folgt. Beispiel 14.7 Dehnungen und Normalspannungen im Verbundtr¨ ager Ein Verbundtr¨ ager der L¨ ange  = 4 m wird durch eine konstante Streckenlast q0 = 20 kN/m sowie eine zentrische (Druck-)Normalkraft F = 200 kN belastet. Der obere Teil des Tr¨ agers besteht aus Beton (EB = 30 GPa), der untere ist ein HE 240 A – Walzprofil (AS = 76.8 cm2 , IS = 7760 cm4 ) aus Stahl (ES = 210 GPa). Gesucht sind Dehnungen und Spannungen infolge Normalkraft und Biegung in der Feldmitte. 50 cm y¯

q0



10 cm

Beton F

HE 240 A

z¯

23 cm

270

14 Kombinierte Beanspruchung

L¨ osung: Zun¨ achst werden die ideellen Querschnittswerte berechnet. Um die Lage des ideellen Schwerpunkts zu berechnen werden die Elastizit¨ atsmoduln, Fl¨ achen und die Koordinaten der einzelnen Teilschwerpunkte ben¨ otigt. Sie sind EB ES

= =

30 GPa , 210 GPa ,

z¯S B

=

5 cm ,

z¯S S

=

10 cm +

AB AS

= =

10 cm · 50 cm = 500 cm2 , 76.8 cm2 ,

23 cm = 21.5 cm . 2

Die Lage des ideellen Schwerpunkts ist nach Gleichung 14.15 P 30 · 500 · 5 + 210 · 76.8 · 21.5 i Ei Ai zS i = cm = 13.55 cm , zeS = P E A 30 · 500 + 210 · 76.8 i i i und mit Gleichung 14.17 erh¨ alt man die ideelle Dehnsteifigkeit g = P Ei Ai EA i

= 20 · 109 Pa · 500 · 10−4 m2 + 210 · 109 Pa · 76.8 · 10−4 m2 = 3.11 · 109 N = 3.11 GN . Um die ideelle Biegesteifigkeit zu ermitteln, werden zun¨ achst die Fl¨ achentr¨ agheitsmomente bez¨ uglich des ideellen Schwerpunkts berechnet, (50 cm) · (10 cm)3 + (13.55 cm − 5 cm)2 · 50 cm · 10 cm 12 = 40700 cm4 ,

Iy B =

Iy S = 7760 cm4

+ (21.5 cm − 13.55 cm)2 · 76.8 cm2

= 12600 cm4 . Damit ist die ideelle Biegesteifigkeit nach Gleichung 14.20 f y = P Ei Iy i EI i

= 30 · 109 Pa · 40700 · 10−8 m4 + 210 · 109 Pa · 12600 · 10−8 m4 = 38.7 · 106 Nm2 Die Druckkraft verursacht eine negative Normalkraft N = −200 kN im Tr¨ ager. Die daraus resultierende, u ¨ber den Querschnitt konstante Dehnung ist mit Gleichung 14.27 εx =

−200 · 103 N N = = −64.3 · 10−6 . g 3.11 · 109 N EA

271

14.5 Verbundquerschnitte

Daraus lassen sich die Spannungen direkt mit dem Hookeschen Gesetz bestimmen, also σx B = EB εx = 30 · 109 Pa · (−64.3) · 10−6 = −1.93 MPa , σx S = ES εx = 210 · 109 Pa · (−64.3) · 10−6 = −13.5 MPa . Alternativ k¨ onnen die Spannungen auch mit Hilfe von Gleichung 14.28 bestimmt werden. Die Spannungen infolge Normalkraft sind also in jedem Material konstant, w¨ ahrend die Dehnungen im gesamten Querschnitt gleich sind: −6 εx [10

]

−64.3

σx [MPa]

−1.93

Beton

x Stahl −64.3

−13.5 z

z

Zwischen Stahl und Beton ist der typische Spannungssprung zu erkennen. In der Feldmitte ist das Biegemoment

My =

q0 2 20 · 42 = kNm = 40 kNm . 8 8

Die Dehnungen infolge Biegung erh¨ alt man mit Gleichung 14.25.

εx (z) =

My 40 · 103 Nm z = 1.034 · 10−3 m−1 z z = f 38.7 · 106 Nm2 EI y

Interessant sind insbesondere die Dehnungen an Ober- und Unterseite, sowie an der Verbundfuge: Oben (z = −13.55 cm) : εx = 1.034 · 10−3 m−1 · (−0.1355) m

=

−140.1 · 10−6

Verbundfuge (z = −3.55 cm) : εx = 1.034 · 10−3 m−1 · (−0.0355) m

=

−36.7 · 10−6

Unten (z = 19.45 cm) : εx = 1.034 · 10−3 m−1 · 0.1945 m

=

201.0 · 10−6

272

14 Kombinierte Beanspruchung

Damit erh¨ alt man die Spannungen:

Oben (z = −13.55 cm) : σx B = 30 · 109 · (−140.1) · 10−6

=

−4.20 MPa

Verbundfuge (z = −3.55 cm) : σx B = 30 · 109 · (−36.7) · 10−6

=

−1.10 MPa

=

−7.71 MPa

=

42.2 MPa

σx S

=

210 · 10 · (−36.7) · 10 9

−6

Unten (z = 19.45 cm) : σx S = 210 · 109 · 201.0 · 10−6

Dies enspricht einem linearen Dehnungsverlauf. Bei den Spannungen tritt wieder ein Sprung an der Verbundfuge auf. εx [10−6 ]

σx [MPa] −4.20

−140.1

−7.71

−1.10 x

210.0 z

42.2 z

Dehnungen und Spannung bei Beanspruchung durch Druck und Biegung entsprechen nach dem Superpositionsprinzip den Summen der oben errechneten Ergebnisse:

Oben (z = −13.55 cm) : εx = −64.3 · 10−6 − 140.1 · 10−6 σx B

=

−1.93 MPa − 4.20 MPa

Verbundfuge (z = −3.55 cm) : εx = −64.3 · 10−6 − 36.7 · 10−6

=

−204.4 · 10−6

=

−6.13 MPa

=

−101.0 · 10−6

σx B

=

−1.93 MPa − 1.10 MPa

=

−3.03 MPa

σx S

=

−13.5 MPa − 7.71 MPa

=

−21.2 MPa

=

136.7 · 10−6

=

28.7 MPa

Unten (z = 19.45 cm) : εx = −64.3 · 10−6 + 201.0 · 10−6 σx S

=

−13.5 MPa + 42.2 MPa

Dies entspricht folgendem Verlauf der Dehnungen und Spannungen:

273

14.5 Verbundquerschnitte εx

[10−6 ]

σx [MPa] −6.13

−204.4

−21.2

−101.0

−3.03

x

28.7

136.7 z

z

Beispiel 14.8 Schubspannungen im Verbundtr¨ ager Der abgebildete Verbundtr¨ ager mit  = 4 m aus Beispiel 14.7 wird durch eine Streckenlast q0 = 20 kN/m belastet. Der obere Teil des Tr¨ agers besteht aus Beton (EB = 3 000 kN/cm2 ), der untere ist ein HE 240 A-Walzprofil (IyS = 7760 cm4 , A = 76.8 cm2 ) aus Stahl (ES = 21 000 kN/cm2 ). Um eine schubfeste Verbindung zwischen beiden Querschnittsteilen sicherzustellen sind auf dem HE-A-Tr¨ ager D¨ ubel (spezielle Stahlbolzen) mit dem L¨ angsabstand 10 cm aufgeschweißt. Gesucht ist die maximal von einem D¨ ubel aufzunehmende Schubkraft FD . 50 cm q0 10 cm

Beton

D¨ ubel

 23 cm

HE 240 A

24 cm Draufsicht auf das HE-A-Profil

10 cm

D¨ ubel

L¨ osung: Einige Querschnittwerte, wie die Lage des ideellen Schwerpunkts 13.55 cm unterhalb der Oberkante und die ideelle Biegesteifigkeit f y = 38.7 · 106 Nm2 sind bereits aus Beispiel 14.7 bekannt. Die aufzuEI nehmenden D¨ ubelkr¨ afte ensprechen den horizontalen Schubspannungen im Querschnitt an der Fuge zwischen Beton und Stahl. Da die Schubspannungen von der Querkraft abh¨ angen, treten die maximalen Schubspannungen an den Stellen mit maximaler Querkraft auf. Hier also unmittelbar an den

274

14 Kombinierte Beanspruchung

Auflagern, wo Vz =

q0  20 · 4 = kN = 40 kN 2 2

ist. Um die Schubspannung nach Gleichung 14.30 zu bestimmen, ben¨ otigt g ache unterman E S¯y nach Gleichung 14.31. Die betrachtete Querschnittsfl¨ halb der betrachteten z-Koordinate entspricht der Fl¨ ache des Stahlquerschnitts. Mit der Summenformel ist X g ¯i zS i = 210 GPa · 76.8 cm2 · (21.5 − 13.55) cm E S¯y (z) = Ei A i

=

128 000 GPa cm3 = 128 MPa m3 .

Die Breite b(z) = 24 cm ist die Breite des HE-A-Tr¨ agers. Damit erh¨ alt man τzx = τxz =

g S¯y (z) Vz E f EI y b(z)

= =

40 · 103 N · 128 MPa m3 38.7 · 106 Nm2 · 0.24 m 0.551 MPa .

Man geht davon aus, dass sich die Schubspannungen gleichm¨ aßig auf die D¨ ubel verteilen, also dass jeder D¨ ubel die gleiche Schubkraft aufzunehmen hat. Die Kraft ist die Resultierende aus den Schubspannungen in der einem D¨ ubel zugeordneten Oberfl¨ ache des Tr¨ agers, also FD = AD τzx = 0.1 m · 0.12 m · 0.551 · 106 Pa = 6612 N .

14.6

¨ Ubungsaufgaben

Aufgabe 14.1 (Schwierigkeitsgrad 1) Ein Kragarm mit einer rechteckigen Querschnittsfl¨ ache wird durch eine Kraft F belastet. Berechnen Sie die Normalspannungen an der Einspannung. √ Gegeben: F = 120 2 kN, α = 45◦ , a = 32 cm, b = 6 cm, h = 8 cm

F

L¨ osung:

α

h

a b

σxoben σxunten

= =

62.5 MPa −57.5 MPa

¨ 14.6 Ubungsaufgaben

275

Aufgabe 14.2 (Schwierigkeitsgrad 2) Der dargestellte Plattenbalken wird durch ein Moment My und eine Normalkraft N belastet. Berechnen und skizzieren Sie die Normalspannungsverteilung im Querschnitt. Gegeben: My = 40 kNm, N = 1000 kN

60 cm y¯

10 cm z¯

L¨ osung:

50 cm

Iy σxoben σxunten

= = =

354 621 cm4 6.99 MPa 13.76 MPa

10 cm

Aufgabe 14.3 (Schwierigkeitsgrad 2) Berechnen Sie den Spannungsverlauf des dargestellten Systems mit einem T-Querschnitt (Lage a) und stellen Sie ihn grafisch dar. Was ¨ andert sich im Fall b? In welcher Lage w¨ urden Sie den Tr¨ ager einbauen? Gegeben: h = 110 mm, b = 100 mm, t = s = 10 mm,  = 2 m, M = 10 kNm, F = 200 kN M F  L¨ osung: a)

t

h

s

b)

b

a) σx (z = 7.75 cm) = 429 MPa b) σx (z = −7.75 cm) = −229 MPa

s

h t

b

276

14 Kombinierte Beanspruchung

Aufgabe 14.4 (Schwierigkeitsgrad 3) Gegeben ist ein d¨ unnwandiger Kragtr¨ ager mit einer schr¨ agen Einzellast F . Berechnen Sie die Schubspannungen infolge Querkr¨ afte Vy , Vz und Torsion, und skizzieren Sie die Spannungsverl¨ aufe. An welcher Stelle des Querschnitts treten die maximalen Schubspannungen auf? √ Gegeben: a = 20 cm, t1 = 1.5 cm, t2 = 2.0 cm, F = 10 2 kN, Profilbeiwert ξ = 1.12 L¨ osung: F

τV z (0, −16.37) τV z (0, 0) τV z (0, 3.63) τV z (0, 4.63) τV y (0, 0) τV y (0.1, 4, 63) τV y (−0.1, 4, 63) τT (0, 0) τT (±5, 4.63) τmax (0, 4.63)

t1 a

y

t2 z a

= = = = = = = = = =

0 −4.32 −3.98 −1.49 0 3.75 −3.75 36.65 48.73 50.99

MPa MPa MPa MPa MPa MPa MPa MPa MPa MPa

Aufgabe 14.5 (Schwierigkeitsgrad 2) Ein eingespanntes Rohr wird durch eine exzentrische Kraft F belastet. a) Berechnen Sie den Schubspannungsverlauf infolge Querkraft. b) Berechnen Sie den Schubspannungsverlauf infolge Torsion. c) Berechnen Sie die maximale Schubspannung τxϕ . d) Berechnen Sie die Absenkung des Lastangriffspunktes. e) Berechnen Sie die maximalen Schubspannungen am Punkt (x = 0, y = 0, z = −r) an der Einspannung. Gegeben: F , , h  r

L¨ osung:

F

F y

S

a)

τ (ϕ)

=

b)

τ

=

c)

τmax

=

d)

f

=

e)

τmax

=

h z

z

x 

F sin ϕ πrh F 2πrh 3 F 2 πrh » 2 –  1 F + 2 πrh r 3Er 2G F 2 +1 2πrh r 2

¨ 14.6 Ubungsaufgaben

277

Aufgabe 14.6 (Schwierigkeitsgrad 3) Gegeben sei ein Kragbalken der L¨ ange  mit dem skizzierten d¨ unnwandigen Querschnitt, der am Ende exzentrisch durch die Einzellast F belastet ist. Geben Sie getrennt den qualitativen Verlauf der Schubspannungen infolge Querkraft und Torsion an, berechnen Sie die resultierenden Schubspannungen im Schnitt A—A a) f¨ ur den geschlossenen Querschnitt und b) f¨ ur den geschlitzten Querschnitt, und skizzieren Sie den Verlauf. Berechnen Sie außerdem jeweils die Verschiebung des Lastangriffpunktes infolge Biegung und Torsion. Gegeben:  = 3 m, F = 35 kN, E = 210 GPa, G = 81 GPa, Iy = 32000 cm4 a) geschlossener Querschnitt 30 30 F 1,0

a) 13,3

S A

y

L¨ osung:

A 50

1,2

1,2 z

26,7 [cm]

b) geschlitzter Querschnitt Abmessungen wie in a)

τVoben (30, −13.3) τVunten (30, −13.3) τV max (A − A) τT (0, −13.3) τT (A − A) τmax (A − A) wB wT

= = = = = = = =

4.38 MPa 3.65 MPa 4.86 MPa 4.375 MPa 3.65 MPa 8.51 MPa 0.469 cm 0.029 cm

b) τT (±1, −13.3) τT (A − A) τmax (A − A) wT

= = = =

135.31 MPa 162.37 MPa 167.23 MPa 15.0 cm

278

14 Kombinierte Beanspruchung

Aufgabe 14.7 (Schwierigkeitsgrad 2) Bemessen Sie das gegebene System f¨ ur a) ein IPE-Profil, b) einen Vollkreisquerschnitt. Gegeben: F = 20 kN, q = 23.5 kN/m,  = 3.5 m, σzul = 160 MPa

q

L¨ osung: a) IPE 400 b) R = 104.75 mm

F 

Aufgabe 14.8 (Schwierigkeitsgrad 2) Das dargestellte System wird durch eine vertikale Streckenlast q und eine Windlast w belastet. W¨ ahlen Sie f¨ ur den Riegel einen Tr¨ ager der IPE-Reihe und f¨ ur den Stiel einen Tr¨ ager der HE-A-Reihe, so dass die zul¨ assige Spannung σzul nicht u ¨berschritten wird. Gegeben: q = 12 kN/m, w = 5 kN/m, a = 3 m, σzul = 150 MPa

q Riegel

Stiel

L¨ osung:

w

a

a

Riegel: Stiel:

IPE 270 HE 240 A

¨ 14.6 Ubungsaufgaben

279

Aufgabe 14.9 (Schwierigkeitsgrad 2) Berechnen Sie den Verlauf der Biegenormalspannungen σ(z) f¨ ur den dargestellten Verbundquerschnitt. Der Balken ist durch ein Biegemoment My und eine Normalkraft N belastet. Gegeben: a = 30 cm, b = 20 cm, c = 2 cm, ES = 210 GPa, EH = 10 GPa, My = 80 kNm, N = 400 kN L¨ osung: c ES

EH y a z ES

b

σxoben S

=

−23.2 MPa

σxunten S

=

−16.1 MPa

σxoben H

=

−0.77 MPa

σxunten H σxoben S σxunten S

=

4.3 MPa

=

89.8 MPa

=

96.9 MPa

Aufgabe 14.10 (Schwierigkeitsgrad 2) Der dargestellte Verbundquerschnitt besteht aus den Materialien Stahl (St) und Beton (B) und ist durch ein Biegemoment My belastet. a) Bestimmen Sie die L¨ ange b, so daß im Beton nur Druckspannungen und im Stahl nur Zugspannungen auftreten. b) Skizzieren Sie qualitativ die Spannungsverteilung im Schnitt A – A. Geben Sie ausgezeichnete Werte an. Gegeben: EB , ESt = 7EB , a, My

30a Beton

L¨ osung:

A 3.5a y

a

z

Stahl

b A

10a

a)

b

=

b)

σ(z = −3.5a)

=

σ(z = b)

=

2.5a 1 My − 255 a3 1 My 45 a3

280

14 Kombinierte Beanspruchung

Aufgabe 14.11 (Schwierigkeitsgrad 2) Gegeben sei der skizzierte Verbundtr¨ ager aus einem Stahlprofil IPE 400 (AS = 84.5 cm2 , Iy S = 23130 cm4 , h = 400 mm) und einem aufliegenden, schubfest verbundenen Betonbalken der H¨ ohe h und der Breite b. Berechnen Sie an der Stelle des maximalen Moments die Normalspannungen in den Randfasern der Einzelquerschnitte, und stellen Sie das Ergebnis grafisch dar. Gegeben: ES = 210 GPa, EB = 35 GPa,  = 8 m, b = 20 cm, h = 30 cm, q = 0.35 kN/m

11 00 00 11 00 11 00 11 b

q0

 x z

L¨ osung: h

IPE 400

σxoben B σxunten B σxoben S σxunten S

= = = =

−167 −5.5 −33.2 1258

MPa MPa MPa MPa

15

Energiemethoden

Bild 15.1 Crashsimulation des Frontalaufpralls eines PKW. Mit freundlicher Genehmigung der DaimlerChrysler AG, Sindelfingen, 2005

15.1

Arbeitssatz der Mechanik Fi dui

Bild 15.2 Definition der differenziellen mechanischen Arbeit

Mj dϕj

z x

y

¨ Außere Kr¨ afte und Momente leisten an einem deformierbaren K¨ orper mechanische Arbeit. Diese Arbeit h¨ angt von der Gr¨ oße und Richtung der Lasten und den Verschiebungen der Lastangriffspunkte ab. Die differenzielle mechanische Arbeit ist allgemein definiert u ¨ber dW =

n X i=1

F i · dui +

m X j=1

M j · dϕj .

(15.1)

282

15 Energiemethoden

¨ Die mechanische Arbeit wird in eine Anderung der potentiellen Energie dU , der kinetischen Energie dT und der dissipativen Energie dD umgewandelt. dW = dU + dT + dD

(15.2)

Die potentielle Energie ist f¨ ur die elastische Form¨ anderung des K¨ orpers verantwortlich. Deshalb heißt sie auch Form¨ anderungsenergie. Dissipative Energie in Form von W¨ arme entsteht nur bei nicht umkehrbaren (irreversiblen) Vorg¨ angen, wie zum Beispiel inelastischem Materialverhalten. In der Elastostatik treten keine irreversiblen Vorg¨ ange auf, so dass die dissipative Energie verschwindet (dD = 0). Der Rest der mechanischen Arbeit wird in kinetische Energie umgewandelt. Die Kinetik wird ausf¨ uhrlich in Teil III behandelt. Im Fall der Statik andert sich die kinetische Energie nicht (dT = 0), so dass sich der Arbeitssatz ¨ in der Elastostatik zu dW = dU

(15.3)

vereinfacht. dW wird in diesem Fall differenzielle Form¨ anderungsarbeit und dU differenzielle Form¨ anderungsenergie genannt. In der Statik starrer K¨ orper verandert sich auch die Form¨ anderungsenergie nicht (dU = 0), da sich der betrach¨ tete K¨ orper nicht deformiert. Der Arbeitssatz reduziert sich in diesem Fall zu dW = 0 .

15.2

(15.4)

Aktive und passive Form¨anderungsarbeit

Bei mechanischen Systemen, die durch mehrere ¨ außere Lasten belastet sind unterscheidet man zwischen aktiver und passiver Form¨ anderungsarbeit. Dies soll am Beispiel eines einfachen schrittweise belasteten Zugstabes mit der Dehnsteifigkeit EA verdeutlicht werden. Zun¨ achst wird der Stab mit der Kraft F1

1 0 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1



u1

u2

F1 F1

F2

Bild 15.3 Schrittweise Belastung eines Zugstabs

belastet. Entsprechend Gleichung 15.22 ist die Form¨ anderungsarbeit in diesem Fall Zu1 W11 =

F1 du = 0

1 F 1 u1 . 2

(15.5)

283

15.2 Aktive und passive Form¨ anderungsarbeit

Der Index 11 besagt, dass die Form¨ anderungsarbeit hier durch die Kraft F1 , die ahrt, hervorgerufen wird. Wird jetzt der Stab zus¨ atzlich die Verschiebung u1 erf¨ atzliche Verschiebung u2 bewirkt, durch eine zweite Kraft F2 belastet, die die zus¨ erh¨ alt man f¨ ur die dadurch verursachte Form¨ anderungsarbeit Zu2 W22 =

F2 du =

1 F 2 u2 . 2

(15.6)

0

atzlich zur Kraft F1 aufgebracht wird, leisten sowohl F2 als Da die Kraft F2 zus¨ auch F1 Arbeit entlang des Weges u2 . Die gesamte Form¨ anderungsarbeit ergibt sich damit aus Zu1 Wges

=

u1 Z+u2

F1 du + 0

Zu1 =

EA u du + 

0

= =

(F1 + F2 ) du u1 u1 Z+u2

EA u du = 

u1

EA (u1 + u2 )2 = 2 1 F 1 u1 + F 1 u2 + 2

u1 Z+u2

EA u du 

0

EA 2 (u1 + 2u1 u2 + u22 ) 2 1 F 2 u2 2

(15.7)

wobei W12 = F1 u2 = F2 u1 = W21

(15.8)

passive Form¨ anderungsarbeit genannt wird, w¨ ahrend man W11 und W22 als aktive Form¨ anderungsarbeit bezeichnet. Bild 15.4 zeigt das entsprechende KraftVerschiebungs-Diagramm. F

F2

Bild 15.4 Aktive und passive Form¨ anderungsarbeit im Kraft-Verschiebungsdiagramm

W22

F1

W11

W12 = W21 u

u1

Allgemein kann man f¨ ur die aktive Form¨ anderungsarbeit Z Z Wkk = F k · duk + M k · dϕk

u2

(15.9)

284

15 Energiemethoden

und f¨ ur die passive Form¨ anderungsarbeit Z Z Wij = F i · duj + M i · dϕj

(15.10)

schreiben. F¨ ur linear elastische Materialien l¨ asst sich feststellen, dass Wij = Wji

(Satz von Betti)

(15.11)

afte Fi gilt. Wenn man die Verschiebungen uj durch die sie verursachenden Kr¨ teilt, dann erh¨ alt man die sogenannten Einflusszahlen. αji =

uj Fi

(15.12)

Aus dem Satz von Betti (1823 – 1892) folgt sofort αji = αij

(Satz von Maxwell ) .

(15.13)

Beispiel 15.1 Satz von Betti Als Beispiel f¨ ur eine Anwendung des Satzes von Betti bzw. des Satzes von Maxwell (1831 – 1879) betrachten wir den Kragarm mit der Biegesteifigkeit EI.

0110

F M x b 

0110 10

F wbF  wF

0110 10

wbM

M  wM

 Die Neigung wF des freien Endes, die sich infolge einer am Ort x = b angreifenden Kraft F einstellt, sei bekannt durch  wF =

F b2 . 2EI

Gesucht ist die Biegelinie aufgrund des Momentes M , das am Ende des Kragarmes angreift. Der Satz von Betti liefert eine Aussage u ¨ber die passive Form¨ anderungsenergie  = F wbM = WbM . WF = M wF

Diese Gleichung kann man nun nach wbM au߬ osen. wbM =

M  b2 wF = M = M αF F 2EI

285

15.3 Form¨ anderungsenergie 2

b ist hier die Einflusszahl. H¨ alt man nun den Kraftangriffspunkt b αF = 2EI variabel, dann folgt f¨ ur die durch die Momentenlast verursachte Biegelinie

w(x) =

15.3

M 2 x . 2EI

Form¨anderungsenergie

Die Form¨ anderungsenergie ist die in einem K¨ orper aufgrund seiner Deformation gespeicherte potentielle Energie. Sie l¨ asst sich durch die Arbeit, die die Spannungen an einem K¨ orper verrichten, darstellen.

Z U

=

0ε Zx Zεy Zεz @ σx dεx + σy dεy + σz dεz 0

V

0

Zεxy +2

0

τxy dεxy + 2 0

Zεxz

Zεyz τyz dεyz + 2 0

1 τxz dεxz A dV

(15.14)

0

Bei linear elastischem Materialverhalten vereinfacht sich diese Gleichung zu

U

=

1 2

Z (σx εx + σy εy + σz εz V

+2 τxy εxy + 2 τyz εyz + 2 τxz εxz ) dV .

(15.15)

F¨ ur spezielle Bauteile, wie z. B. St¨ abe oder Balken ergeben sich weitere Vereinfachungen.

15.3.1

Form¨anderungsenergie im Zugstab

Zur Berechnung der Form¨ anderungsenergie in einem linear elastischen Zugstab mit der Dehnsteifigkeit EA betrachten wir das in Bild 15.5 dargestellte Stabelement. In dem Stabelement verschwinden alle Spannungen bis auf σx . Das Stabelement verl¨ angert sich aufgrund der eingepr¨ agten Kraft N = σx A um Δu = εx Δx. Das Hooke’sche Gesetz liefert einen Zusammenhang zwischen der Kraft N und der Verschiebung Δu. N = EA

Δu Δx

(15.16)

286

15 Energiemethoden Δx

Δu

N

N Bild 15.5 Belastung eines Stabelementes

x

Nach Gleichung 15.1 ergibt sich durch Integration f¨ ur die mechanische Arbeit ΔW , die N an dem Element leistet ZΔu ZΔu Δ¯ u N d(Δ¯ u) = EA ΔW = d(Δ¯ u) . Δx 0

(15.17)

0

Mit Gleichung 15.3 folgt f¨ ur die Form¨ anderungsenergie dieses Elementes Δu2 N2 1 EA = Δx . (15.18) 2 Δx 2EA Um die gesamte Form¨ anderungsenergie des Zugstabes zu erhalten, muss noch u ange  des Stabes integriert werden. ¨ber die L¨ ΔU = ΔW =

U=

1 2

Z

N 2 (x) dx EA(x)

(15.19)

0

1 0 0 1 0 1 0 1 0 1



u

F

Bild 15.6 Belastung eines Zugstabs

Als Beispiel wird ein einfacher Zugstab unter Einzellast betrachtet. Das Stabende, an dem die Kraft F angreift verschiebt sich um u. Die Normalkraft ist in dem Stab konstant N = F . Das Hooke’sche Gesetz liefert den Zusammenhang zwischen der Normalkraft und der Verschiebung u (15.20) N = EA .  Die Form¨ anderungsenergie ergibt sich entweder aus Gleichung 15.19 oder direkt aus dem Arbeitssatz und Gleichung 15.1 1 U= 2

Z

N2 F 2 1 dx = = Fu EA 2EA 2

(15.21)

0

bzw. Zu U =W =

Zu F d¯ u=

0

0

EA 1 EA 2 u ¯ d¯ u= u = F u.  2 2

(15.22)

287

15.3 Form¨ anderungsenergie

15.3.2

Form¨anderungsenergie im Balken

Genauso wie beim Zugstab kann man auch beim Balken unter Biegemomentbelastung die Form¨ anderungsenergie am infinitesimalen Balkenelement herleiten. Unter reiner Momentenbelastung wirken im Balkenelement nur Normalspan-

Δψ

M

Bild 15.7 Balkenelement

M

Δx

nungen σx entlang der Balkenachse. Das Balkenelement kr¨ ummt sich unter dem Moment M in dem Winkel Δψ, wobei die Balkentheorie mit ψ = −w und ur das Balkenelement Gleichung 12.9 f¨ Δψ Δx liefert. Daraus ergibt sich f¨ ur die an dem Element geleistete Arbeit M = EI

ΔW =

ZΔψ ZΔψ Δψ M d(Δψ) = EI d(Δψ) , Δx 0

(15.23)

(15.24)

0

woraus u ur die Form¨ anderungsenergie ¨ber den Arbeitssatz f¨ ΔU = ΔW =

Δψ 2 1 M 2 (x) 1 EI = Δx 2 Δx 2 EI(x)

(15.25)

folgt. Durch Integration u ange  erh¨ alt man schließlich ¨ber die gesamte Balkenl¨ die gesamte Form¨ anderungsenergie. Z U=

1 M 2 (x) dx 2 EI(x)

(15.26)

0

Beispiel 15.2 Winkel unter Einzellast Als Beispiel f¨ ur die Form¨ anderungsenergie im Balken betrachten wir einen dehnstarren Winkel unter Einzellast. Gesucht ist die Verschiebung des Lastangriffspunktes.

288

15 Energiemethoden

0110



x1

0110

z2

z1

x2

a

F

Fa Fa M (x)

u

Das System, sowie die Momentenlinie M (x) f¨ ur die gegebene Belastung sind in der obigen Abbildung dargestellt. Zwischen der ¨ außeren Last F und der zu ihr geh¨ orenden Verschiebung u besteht ein linearer Zusammenhang. Daher ergibt sich f¨ ur die von F geleistete Arbeit Zu F (¯ u) d¯ u=

W =

1 Fu. 2

0

Aus dem Arbeitssatz W = U folgt dann 1 Fu 2

1 2

=

Z

M2 dx EI

L

(F a)2 1 dx1 + EI 2 0 „ « F 2 a3  1 + 2EI a 3 1 2

=

=

⇒

Z

u=

F a3 EI

„

 1 + a 3

Za

(F (a − x2 ))2 dx2 EI

0

« .

Beispiel 15.3 Balken unter Einzelmoment Ein weiteres Beispiel ist der abgebildete Balken unter Einzelmomentbelastung. Gesucht ist die Verdrehung des Lastangriffspunktes. M0

1 0 0 1

A

EI x 

0110

` M (x) = −M0 1 −

x 

´

x

L¨ osung: Der Arbeitssatz liefert in Zusammenhang mit Gleichung 15.26 1 1 M0 ϕ = 2 2

Z 0

M 2 (x) dx , EI

289

15.3 Form¨ anderungsenergie

woraus f¨ ur die Verdrehung des Lastangriffspunktes folgt

ϕ

=

M0 EI

=

M0 EI

« Z „ x2 x 1 − 2 + 2 dx   0

15.3.3

„ «˛ M0  x2 x3 ˛ x− + 2 ˛˛ = .  3 3EI 0

Form¨anderungsenergie durch Querkraftschub

Die Schubspannungen, die durch Querkr¨ afte im Balken entstehen, wurden in Abschnitt 13.2 hergeleitet. τxz =

Vy Sy (z) Iy b(z)

(15.27)

Das Hooke’sche Materialgesetz liefert f¨ ur die Schubspannungen τxz = 2Gεxz .

(15.28)

Mit Gleichung 15.15 ergibt sich f¨ ur die Form¨ anderungsenergie Z Z Z Z Z 2τxz dεxz dV = 4Gεxz dεxz dV = 2Gε2xz dV U = V

V

Z

V

Vy2 Sy2 (z) dV . 2GIy2 b2 (z)

=

(15.29)

V

Mit dV = b(z) dz dx kann man dieses Integral noch umformen in 1 U= 2

Z

0 1 zZ max Vy2 @ A Sy2 (z) A dz dx , GA Iy2 b(z)

0

|

zmin

{z κ

(15.30)

}

wobei κ Schubfl¨ achenfaktor genannt wird. Ersetzt man jetzt noch AVy =

A , κ

(15.31)

dann erh¨ alt man schließlich f¨ ur die Form¨ anderungsenergie

U=

1 2

Z 0

Vy2 dx . GAVy

(15.32)

290

15.3.4

15 Energiemethoden

Form¨anderungsenergie durch Torsion

Die Torsion prismatischer St¨ abe wurde in Abschnitt 13.3 behandelt. Die Torsionsschubspannung ist demnach τxϕ =

Mx r, Ip

(15.33)

und die entsprechende Dehnung ist εxϕ =

Mx r. 2GIp

(15.34)

F¨ ur die Form¨ anderungsenergie erh¨ alt man mit Gleichung 15.15 Z Z Z Z 2τxϕ dεxϕ dV = 4Gεxϕ dεxϕ dV U = V

Z =

V

2Gε2xϕ dV =

1 2

V

Z

Mx2 2 1 r dV = GIp2 2

V

Z 0

Mx2 GIp2

Z

r2 dA dx

A

| {z } Ip

=

1 2

Z

Mx2 (x) dx . GIp (x)

(15.35)

0

15.4

Prinzip der virtuellen Arbeit

Im mechanischen Gleichgewichtszustand nimmt jeder K¨ orper den Zustand der minimalen Energie ein. Definieren wir nun mit Π=U −W

(15.36)

das elastische Gesamtpotential eines mechanischen Systems, so muss Π stets ein Minimum, bzw. im Falle einer indifferenten Gleichgewichtslage einen station¨ aren Wert, annehmen. Den mechanischen Gleichgewichtszustand k¨ onnen wir also alternativ mittels der so genannten Variation δΠ = δ(U − W ) = 0

(15.37)

des elastischen Gesamtpotentials untersuchen. Beispiel 15.4 Feder – Masse – System im Erdschwerefeld Gesucht ist die Gleichgewichtslage des skizzierten Systems mit der Federsteifigkeit c und der Masse m im Erdschwerefeld.

11 00 00 11

15.4 Prinzip der virtuellen Arbeit

c

291 g

m x

L¨ osung: F¨ ur die innere Energie der ausgelenkten Feder gilt U = 12 cx2 . Die Arbeit der an diesem System verrichteten ¨ außeren Kr¨ afte ist W = mgx (hier fehlt asent ist). Damit folgt f¨ ur das der Faktor 21 , weil die Last permanent pr¨ elastische Gesamtpotential 1 2 cx − mgx . 2 Die Variation ist nun eine rein mathematische Operation der Form Π=

∂Π δx = 0 , ∂x wobei δx in diesem Beispiel eine virtuelle Verschiebung darstellt, die als kleine Abweichung des Verschiebungszustandes von der Gleichgewichtsl¨ osung interpretiert werden kann. In diesem Beispiel folgt also δΠ =

δΠ = (cx − mg) δx = 0 . Da bez¨ uglich der virtuellen Verschiebung bislang keine problemspezifischen Annahmen getroffen wurden, muss diese Aussage f¨ ur beliebige Variationen gelten. Die obige Gleichung kann im Allgemeinen nur erf¨ ullt sein, wenn der Ausdruck in den Klammern verschwindet. Das Ergebnis lautet somit erwartungsgem¨ aß mg . x= c Wie in diesem einfachen Beispiel demonstriert wird, ist eine Variation formal mathematisch durch einfache Differentiation zu berechnen. Der Begriff der Variation ist jedoch etwas komplizierter, wie in den nachfolgenden Abschnitten gezeigt werden wird. Im Allgemeinen ist eine virtuelle Verschiebung nicht beliebig, da kinematische Bindungen existieren und ggf. geometrisch nichtlineare Zusammenh¨ ange (z. B. u ¨ber trigenometrische Beziehungen) bestehen. Ferner k¨ onnen, wie z. B. bei der Balkenbiegung oder Torsion, auch Drehwinkel als prim¨ are Variablen aufteten, deren Variation gefragt ist. Als Sammelbegriff f¨ ur die Variation der kinematischen Gr¨ oßen wurde darum die Verallgemeinerung virtuelle Verr¨ uckungen eingef¨ uhrt. F¨ ur die virtuellen Verr¨ uckungen gelten die folgenden Regeln: • Sie erf¨ ullen die kinematischen Randbedingungen, • sie sind (im Falle der nichtlinearen Kinematik) infinitesimal klein • und ansonsten beliebig.

292

15 Energiemethoden

15.5

Prinzip der virtuellen Verru ¨ckungen

Ver¨ andert man z. B. die Verschiebungen und Verdrehungen infinitesimal, dann folgt aus dem Prinzip der virtuellen Arbeit das Prinzip der virtuellen Verr¨ uckungen. In der Statik starrer K¨ orper (δU ≡ 0) folgt damit X X F i · δui + M j · δϕj = 0 . (15.38) δW = i

j

Hier ist δui die virtuelle Verschiebung des Punktes, an dem die Kraft F i angreift, und δϕi ist die virtuelle Verdrehung des Punktes an dem das Moment M i angreift. Gleichung 15.38 kann man z. B. dazu benutzen, um einzelne Auflagerkr¨ afte zu berechnen ohne alle Auflagerreaktionen und Gelenkkr¨ afte freizuschneiden. Beispiel 15.5 Prinzip der virtuellen Verr¨ uckung Als Beispiel betrachten wir einen Tr¨ ager, der durch die Kraft F belastet wird. Gesucht ist die Auflagerkraft Bv .

0110 A

F



0110 B

 F

01

δu1

δu2

A

Bv



1 0 C

1 0 0 1 C

Unter Verwendung des Prinzips der virtuellen Verr¨ uckungen muss hierzu nur das zu berechnende Auflager freigeschnitten werden. Lenkt man den Tr¨ ager virtuell aus seiner Gleichgewichtslage aus, dann leisten die Kr¨ afte F und Bv die virtuellen Arbeiten δWF bzw. δWBv . δWF = F δu1

δWBv = −Bv δu2

Die gesamte virtuelle Arbeit ist damit δW

=

δWF + δWBv

=

F δu1 − Bv δu2 .

Zwischen δu1 und δu2 gibt es wegen des starr angenommenen Balkens den kinematischen Zusammenhang δu2 =

1 δu1 , 2

293

15.6 Prinzip der virtuellen Kr¨ afte

woraus f¨ ur die virtuelle Arbeit δW = F δu1 −

1 1 Bv δu1 = (F − Bv )δu1 2 2

gilt. Im Gleichgewichtszustand folgt aus δW = 0 schließlich « „ 1 ⇒ Bv = 2F . F − Bv δu1 = 0 2 In der Statik elastisch deformierbarer K¨ orper muss im Prinzip der virtuellen Arbeit die Form¨ anderungsenergie ber¨ ucksichtigt werden. F¨ ur einen allgemeinen linear elastischen K¨ orper ist die virtuelle Form¨ anderungsenergie δU =

Z X 3 3 X

σij δεij dV .

(15.39)

i=1 j=1

V

Auch hier gilt, dass die virtuelle Form¨ anderungsenergie der durch die ¨ außeren Lasten geleisteten virtuellen Form¨ anderungsarbeit entsprechen muss δW = δU .

(15.40)

Im Gegensatz zur Statik starrer K¨ orper sind die virtuellen Verschiebungen und die dazu korrespondierenden virtuellen Dehnungen im Allgemeinen a priori nicht bekannt. Deshalb l¨ asst sich in der Elastostatik das Prinzip der virtuellen Verr¨ uckungen in der Regel nicht unmittelbar anwenden. Man kann hier das Prinzip der virtuellen Verr¨ uckungen aber heranziehen, um numerische N¨ aherungsverfahren, wie z. B. die Methode der Finiten Elemente (siehe Abschnitt 15.7) zu entwickeln.

15.6

Prinzip der virtuellen Kr¨afte

In analoger Weise, wie sich mit dem Prinzip der virtuellen Verr¨ uckungen Kr¨ afte berechnen lassen, kann man mit Hilfe des Prinzips der virtuellen Kr¨ afte Deformationen berechnen. Variiert man im Prinzip der virtuellen Arbeit die Kr¨ afte und Momente infinitesimal, erh¨ alt man die virtuelle Form¨ anderungsarbeit in der Form X X δW = δF i · ui + δM j · ϕj . (15.41) i

j

orper einen virtuellen Die virtuellen Kr¨ afte δF i und δM i verursachen im K¨ Spannungszustand δσ(x). Diese virtuellen Spannungen bewirken zusammen mit den realen Verzerrungen ε(x) im K¨ orper, hervorgerufen durch die realen Kr¨ afte anderungsenergie. Aus dieser virtuellen F j und M j , eine virtuelle passive Form¨

294

15 Energiemethoden

passiven Form¨ anderungsenergie wiederum l¨ asst sich u ¨ber den Arbeitssatz die reale Deformation u am Angriffspunkt der virtuellen Kraft δF berechnen. δF | {z· u} − δW

Z X 3 X 3

δσij εij dV = 0

i=1 j=1

V

{z

|

(15.42)

}

δU

Beispiel 15.6 Prinzip der virtuellen Kr¨ afte Als Beispiel betrachten wir einen einfachen Zugstab unter der Einzellast F .

0110 1010 10



u

δu F F

δF

F¨ ur die Spannung σ und die Dehnung ε unter der Last F gilt σ(x) =

N (x) A(x)

ε(x) =

N (x) , EA(x)

wobei N = F die Normalkraft und EA die Dehnsteifigkeit ist. Entsprechend ruft die u ¨berlagerte virtuelle Kraft δF die virtuelle Spannung δσ(x) =

δN (x) δF = A(x) A

hervor. Damit folgt aus dem Prinzip der virtuellen Arbeit f¨ ur die virtuelle passive Form¨ anderungsenergie Z δF u =

Z δσ ε dV =

V

δN (x) N (x) dV = A(x) EA(x)

V

Z

N δF dx EA

0

bzw. 0 δF @u −

Z

1 N dxA = 0 . EA

0

F¨ ur ein frei w¨ ahlbares δF folgt f¨ ur die Verschiebung u am Angriffspunkt der virtuellen Kraft δF Z u= 0

N F dx = . EA EA

295

15.6 Prinzip der virtuellen Kr¨ afte

Beispiel 15.7 Statisch unbestimmt gelagerter Balken Als weiteres Beispiel soll der dargestellte statisch unbestimmt gelagerte Balken untersucht werden.

0110 10 =

010 = 1 01 10 10 q0

q0

Bv statisch bestimmtes Hauptsystem



q0

01 10

+

01 10

Bv

Mit Hilfe des Prinzips der virtuellen Kr¨ afte kann man auf einfache Weise die Auflagerreaktionen bestimmen. Hierzu spaltet man das eigentliche Problem in mehrere zu superponierende statisch bestimmte Teilprobleme auf. F¨ ur jedes der Teilsysteme kann man mit Hilfe des Prinzips der virtuellen Kr¨ afte die Verschiebung am Balkenende berechnen. Die superponierte L¨ osung der Teilsysteme muss letztlich die kinematischen Randbedingungen des Ausgangssystems erf¨ ullen, das heißt, die superponierte Verschiebung am Balkenende muss verschwinden. Zun¨ achst wird f¨ ur das statisch bestimmte Hauptsystem unter q0 Belastung die Verschiebung am Balkenende ausgerechnet. Mit der virtuellen Kraft δBv folgt

0110 10 1010 10

q0

− 12 q0 2

x

statisch bestimmtes Hauptsystem unter q0 Belastung x δBv

System unter virtueller Belastung

0110 10 1010 10

δBv 

Mq0

MδBv

1 Mq0 (x) = − q0 x2 2 MδBv (x) = δBv x Z δBv u (q0 ) =

MδBv Mq0 dx = EI

0

« „ q0 4 δBv u (q0 ) + =0 8EI

Z 0

−

δBv q0 x3 δBv q0 4 dx = − 2EI 8EI

296

15 Energiemethoden

Die Integrale k¨ onnen mit Hilfe der Integraltafeln (Anhang B) bestimmt werden. F¨ ur beliebige δBv folgt daraus u (q0 ) = −

q0 4 . 8EI

Auf die gleiche Weise kann man die Verschiebungen auch im statisch bestimmten Hauptsystem unter Bv Belastung berechnen. Das System unter virtueller Belastung entspricht hier nat¨ urlich dem System aus der vorherigen Berechnung.

01 10 1010 10

01 10 1010 10

x Bv

statisch bestimmtes Hauptsystem unter Bv Belastung

Bv 

x δBv

System unter virtueller Belastung

δBv 

MBv

MδBv

MBv (x) = Bv x MδBv (x) = δBv x Z δBv u (Bv ) =

MδBv MBv dx = EI

0

δBv

Z

δBv Bv x2 δBv Bv 3 dx = EI 3EI

0

« „ Bv 3 =0 u (Bv ) − 3EI

u (Bv ) =

Bv 3 3EI

Durch Superposition der L¨ osungen f¨ ur die Verschiebung erh¨ alt man unter Ber¨ ucksichtigung der Randbedingungen u (q0 ) + u (Bv ) = 0 mit der L¨ osung Bv =

3 q0  . 8

bzw.

−

q0 4 Bv 3 + =0 8EI 3EI

297

15.7 Einf¨ uhrung in die Finite Element Methode

15.7

Einfu ¨hrung in die Finite Element Methode

Viele Strukturen in der Mechanik lassen sich nicht mehr oder nur mit sehr hohem Aufwand analytisch berechnen. In solchen F¨ allen kann man numerische Methoden, wie z. B. die Finite Elemente Methode (FEM) unter Verwendung von Computern zur L¨ osung mechanischer Aufgaben heranziehen. In der Regel stellen solche Methoden N¨ aherungsverfahren dar, das heißt, die L¨ osung wird nur approximiert. Hierzu wird die Geometrie der zu berechnenden Struktur in einzelne Elemente unterteilt (diskretisiert) und die L¨ osung in jedem Element ¨ interpoliert. Uber die Verbindungen (Knoten) der einzelnen Elemente h¨ angen die Elemente voneinander ab. In der Regel ist es so, dass je feiner man die zu berechnende Struktur diskretisiert, desto h¨ oher wird der Rechenaufwand, desto genauer wird aber auch die analytische L¨ osung durch die numerische L¨ osung approximiert. Ausgangspunkt der Finite Elemente Methode ist h¨ aufig das Prinzip der virtuellen Verr¨ uckungen (siehe Abschnitt 15.5). Lineares Stabelement Als Beispiel betrachten wir einen Stabelement unter rein mechanischer Belastung in Richtung der Stabachse. uR

n

uL F1 x

Bild 15.8 Finites Stabelement



EA

F2

F1 und F2 sind dabei Einzellasten (Knotenlasten) an den Enden des Stabelementes, n ist die Streckenlast im Stab, uL und uR sind die Verschiebungen an den Stabenden und EA ist die Dehnsteifigkeit des Stabelementes. Das Prinzip der virtuellen Verr¨ uckungen δ(U − W ) = 0 lautet hier Z

σx δεx A dx −

0

|

{z

δU

}|

Z

nδuA dx − F1 δuL − F2 δuR = 0

0

{z

−δW

(15.43)

}

Die Gleichungen f¨ ur die Kinematik und das Stoffgesetz sind εx =

du , dx

σx = Eεx .

(15.44)

Damit wird aus dem Prinzip der virtuellen Verr¨ uckungen Z E 0

du du δ A dx − dx dx

Z 0

nδuA dx − F1 δuL − F2 δuR = 0 .

(15.45)

298

15 Energiemethoden

In der FEM wird nun f¨ ur das Verschiebungsfeld in jedem Element ein N¨ aherungsansatz gemacht. Eine lineare Ansatzfunktion ist in Bild 15.9 dargestellt. u(ξ) uR uL Bild 15.9 Lineare Ansatzfunktion

ξ

u(ξ) = (1 − ξ)uL + ξuR

mit

ξ=

x 

(15.46)

Damit l¨ asst sich sowohl das virtuelle Verschiebungsfeld als auch das Dehnungsfeld und das virtuelle Dehnungsfeld in Abh¨ angigkeit der Verschiebungen bzw. virtuellen Verschiebungen an den Stabenden darstellen. δu(ξ)

=

εx

=

δεx

=

(1 − ξ)δuL + ξδuR 1 du 1 = − u L + uR dx   du 1 1 δ = − δuL + δuR dx  

(15.47) (15.48) (15.49)

Diese Gleichungen lassen sich auch in Matrizendarstellung " #T " # 1−ξ uL u(ξ) = uR ξ # " #T " " #T " δuL δuL 1−ξ = δu(ξ) = δuR δuR ξ # " #T " 1 −1 uL εx =  uR 1 #T " # " " #T " 1 −1 δuL δuL = δεx =  δuR δuR 1

schreiben. (15.50) #

1−ξ ξ

(15.51)

(15.52) −1 1

#

1 

(15.53)

Diese Gr¨ oßen kann man jetzt in das Prinzip der virtuellen Verr¨ uckungen (Gleichung 15.45) einsetzen. Z1 "

−

Z1 " 0

0

δuL δuR

δuL δuR

#T "

#T "

1−ξ ξ

−1 1

#

E 2

"

#

" nA dξ −

−1 1

#T "

δuL δuR

uL uR

#T "

#

F1 F2

A dξ # =0

(15.54)

299

15.7 Einf¨ uhrung in die Finite Element Methode

Aus dieser Gleichung kann man jetzt die virtuellen Verschiebungen ausklammern #T 0Z1 " # " " # EA 1 −1 u δuL L @ dξ  uR δuR −1 1 0 # " #1 Z1 " 1−ξ F1 A nA dξ − = 0, (15.55) − F2 ξ 0

woraus sich f¨ ur unbestimmte δuL und δuR sofort ergibt Z1 " 0

−

1 −1

Z1 "

#

−1 1

1−ξ ξ

EA dξ 

"

#

" nA dξ −

uL uR F1 F2

# (15.56) #

" =

0 0

# .

(15.57)

0

F¨ ur konstante Materialeigenschaften und eine konstante Streckenlast folgt " |

1 −1

−1 1 {z

Ke

#

# # # " # " " " EA 1 nA 0 F1 uL − = . −  2 uR F2 1 0 } | {z } | {z } u

P

(15.58) Ke ist hierbei die Elementsteifigkeitsmatrix, u der Vektor der Knotenverschiebungen der Elementknoten und P der Lastvektor. In der Regel wird man eine Geometrie mit mehr als einem Element diskretisieren. Die Abh¨ angigkeiten zwischen den Elementen kommen u ¨ber die gemeinsam genutzten Knoten zustande. Im sogenannten Assemblierungsschritt werden die vielen kleinen Gleichungssysteme f¨ ur jedes einzelne Element zu einem großen Gleichungssystem f¨ ur das Gesamtproblem zusammengesetzt. In Bild 15.10 wird schematisch der Assemblierungsschritt dargestellt. Hier sind nA(I) 2 nA(II) (II) (II) NL = N R = 2 nA(III) (III) (III) = NR = NL 2 (I)

(I)

NL = NR =

(15.59) (15.60) (15.61)

die aus der Streckenlast n resultierenden Anteile der Knotenlasten. F¨ ur die Assemblierung ist es notwendig, alle vorhandenen Knoten und Elemente zu numerieren. Da einige Knoten mehreren Elementen zugeordnet sein k¨ onnen, gibt es die Bedingungen, dass nat¨ urlich die Knotenverschiebungen dieser Knoten in

300

15 Energiemethoden (III)

(III)

NL

NR

3

4

III

(III)

(III)

uR

uL (II)

(II)

NL 2

NR II

(II)

(II)

uL (I)

3

uR

(I)

NL

NR

1

2

I

(I)

(I)

uL

uR

N1

N2

N3

N4

1

2

3

4

I

u1

u2

II

u3

III

u4

Bild 15.10 Assemblierung

den entsprechenden Elementen jeweils gleich sein m¨ ussen. Entsprechend der Assemblierung, dargestellt in Bild 15.10 bedeutet das (I)

u1 = u L u2 = u3 = u4 =

(I) (II) uR = uL (II) (III) uR = uL (III) uR .

(15.62) (15.63) (15.64) (15.65)

Wenn man jetzt f¨ ur jedes Element die Finite Element Gleichungen aufstellt, und anschließend alle Gleichungen addiert, dann addieren sich die Elementsteifigkeiten der Knoten, die zu mehreren Elementen geh¨ oren. Außerdem addieren sich die einzelnen aus den Streckenlasten berechneten Knotenlasten und die vorge-

301

15.7 Einf¨ uhrung in die Finite Element Methode

gebenen Einzellasten an den Knoten zu den Gesamtknotenlasten. (I)

N1 = NL + F 1

(15.66)

(I) (II) NR + NL + F 2 (II) (III) N R + NL + F 3 (III) NR + F 4

N2 = N3 = N4 =

(15.67) (15.68) (15.69)

Insgesamt ergibt sich durch die Abh¨ angigkeiten zwischen den Elementen ein großes Gleichungssystem, mit der in Bild 15.11 zu erkennenden Struktur bei der sich verschiedene Elementsteifigkeiten additiv u ¨berlagern. EA (I) − EA (I)

0 0

− EA (I)

0

0

u1

EA (II) EA + EA (II) (III) EA − (III) 

0

u2

− EA (III) EA (III)

u3



EA (I)

EA (II) − EA (II)

+

0

−

=

nA(I) + F1 2 nA((I) +(II) ) + F2 2 nA((II) +(III) ) + F3 2 nA(III) 2

u4

+ F4

Bild 15.11 Struktur des Gleichungssystems

Damit das Finite Element Problem auch l¨ osbar wird, m¨ ussen noch Verschiebungsrandbedingungen ber¨ ucksichtigt werden. H¨ alt man z. B. Knoten 1 fest, dann ist seine Verschiebung u1 = 0. Genauso gilt dann f¨ ur die virtuelle Verschiebung des ersten Knotens δu1 = 0. Setzt man nun diese beiden Bedingungen in das Gleichungssystem ein, dann kann man feststellen, dass in diesem Fall die erste Spalte der Steifigkeitsmatrix keinen Beitrag zu dem Gleichungssystem liefert. Außerdem wird auch die erste Zeile der Steifigkeitsmatrix sowie der rechten Seite u ussig. Nachdem alle Knotenverschiebungen berechnet sind, kann ¨berfl¨ man die erste Zeile der Steifigkeitsmatrix benutzen, um die Auflagerreaktionen zu bestimmen, indem man sie mit dem Verschiebungsvektor multipliziert. Man kann hier also zum L¨ osen des Gleichungssystems die erste Spalte sowie die erste Zeile der Steifigkeitsmatrix und der rechten Seite l¨ oschen und erh¨ alt 3 2 3 2 3 2 EA (I) (II) nA( + ) u2 + F2 + EA − EA 0 (II) (II) 2 (I) 7 76 7 6 6 7 EA nA((II) +(III) ) 7 6 u3 7 = 6 6 + EA − EA − EA 7. + F (II) (III) (III) 5 4 3 5 6 4 (II) 2 5 4 EA EA (III) u4 nA 0 − (III) (III) +F 



2

4

Durch L¨ osen dieses Gleichungssystems erh¨ alt man die noch unbekannten Knotenverschiebungen u2 , u3 und u4 . Die Spannungen bzw. Schnittgr¨ oßen kann man anschließend in jedem Element berechnen. Zun¨ achst berechnet man die Dehnungen gem¨ aß Gleichung 15.48. Setzt man diesen Wert f¨ ur εx wieder in das Stoffgesetz (Gleichung 15.44) ein, so ergeben sich die Spannungen σx . Und durch multiplizieren mit der Querschnittsfl¨ ache A bekommt man letztlich die

302

15 Energiemethoden

Normalkraft N im Element. N (i) =

EA (i) (i) (u − uR ) (i) L

(15.70)

Auf ¨ ahnliche Art und Weise kann man auch entsprechende Elemente f¨ ur Balken, oder zwei- und dreidimensionale Strukturen entwickeln. Beispiel 15.8 Stabelement Als Beispiel betrachten wir einen Stab bestehend aus zwei Bereichen mit jeweils unterschiedlicher L¨ ange und Zugsteifigkeit. Gesucht ist die Gesamtsteifigkeitsmatrix dieses Problems, wenn man f¨ ur jeden Anteil ein finites Element ansetzt.

01 10

EA1

EA2

1

2

1 0 0 1

F

3

F

Die gew¨ ahlte Diskretisierung ist 1

I

2

II

Daraus folgt f¨ ur die Steifigkeitsmatrix des ersten Elementes " K e1 =

EA1 1 1 − EA 1

1 − EA 1

#

EA1 1

und f¨ ur die des zweiten Elementes " # EA2 2 − EA 2 2 K e2 = EA2 2 − EA 2 2 Assembliert ergibt sich daraus die Gesamtsteifigkeitsmatrix 2 6 K =4

EA1 1 1 − EA 1

0

1 − EA 1 EA1 EA2 + 2 1 2 − EA 2

0

3

2 7 − EA 5. 2

EA2 2

Da keines der Stabelemente durch eine Streckenlast belastet ist, und nur an Knoten 3 die Einzellast F angreift, erh¨ alt man f¨ ur die rechte Seite des Gleichungssystems 2

3 0 6 7 P =4 0 5. F

¨ 15.8 Ubungsaufgaben

303

Die Verschiebung des ersten Knotens verschwindet aufgrund der Lagerung. Damit kann die erste Zeile und die erste Spalte des Gleichungssystems gestrichen werden, und das noch verbleibende zu l¨ osende Gleichungssystem ist # " # #" " EA1 2 2 + EA − EA 0 u2 1 2 2 = . EA2 2 − EA u3 F 2 2 Maple liefert f¨ ur die L¨ osung dieses Gleichungssystems > with(linalg): > K:=matrix([[EA1/l1+EA2/l2,-EA2/l2],[-EA2/l2,EA2/l2]]): > P:=vector([0,F]): >» u:=linsolve(K,P); – 1 F F (EA1 2 + EA2 1 ) , . u := EA EA1 EA2 Das bedeutet, dass sich Knoten 2 um F 1 EA und Knoten 3 um F (EA1 2 + EA2 1 ) u3 = EA1 EA2 verschiebt. Diese L¨ osung stimmt mit der analytischen L¨ osung u ¨berein. u2 =

15.8

¨ Ubungsaufgaben

Aufgabe 15.1 (Schwierigkeitsgrad 1) Gegeben ist der dargestellte, durch ein Moment und eine Streckenlast belastete Tr¨ ager. Berechnen Sie mit dem Prinzip der virtuellen Verr¨ uckungen a) die Kraft im Auflager B und b) das Einspannmoment bei A. Gegeben: q0 , , M0 = q0 2

L¨ osung: q0

M0 A

B

G /2

/2

a)

↑A

=

F 2

b)

 MB

=

F 2



304

15 Energiemethoden

Aufgabe 15.2 (Schwierigkeitsgrad 2) Berechnen Sie f¨ ur das dargestellte System die Gr¨ oße des Biegemoments bei A. Gegeben: F , a

A F 45◦

L¨ osung:

a

Fa MA = − √ 2

a

Aufgabe 15.3 (Schwierigkeitsgrad 2) Berechnen Sie die Auflagerkraft bei A, sowie das Einspannmoment bei B infolge der gegebenen Belastung. Gegeben: F , , M0 = F 

L¨ osung: F

M0

B

A







↑A

=

F 2

 MB

=

F 2

Aufgabe 15.4 (Schwierigkeitsgrad 2) Berechnen Sie f¨ ur das gegebene System die Kraft im Auflager A mit Hilfe des Prinzips der virtuellen Verr¨ uckungen. Gegeben: q0 , a

¨ 15.8 Ubungsaufgaben

305 q0

A L¨ osung: a

q0 a 2

↑A= B a

Aufgabe 15.5 (Schwierigkeitsgrad 1) Bestimmen Sie f¨ ur das skizzierte Tragwerk die horizonatale Auflagerkraft in A mit Hilfe des Prinzips der virtuellen Verr¨ uckung. Gegeben: , M

M L¨ osung:  A

AH

B 



=



−

M 2

Aufgabe 15.6 (Schwierigkeitsgrad 2) Ermitteln Sie mit Hilfe des Prinzips der virtuellen Verr¨ uckung die Auflagerreaktion in C. Gegeben: a, F1 , F2 , F3

F1

F3

F2 C L¨ osung: 3a C

A Ba 2a

4a

a

=

F3 +

2 F1 3

306

15 Energiemethoden

Aufgabe 15.7 (Schwierigkeitsgrad 2) Bestimmen Sie die horizontale Lagerkraft in B mit Hilfe des Prinzips der virtuellen Verr¨ uckung. Gegeben: M = q0 a2 , q0 , a

q0 L¨ osung:

M

a B

A a

a

=

BH

−

2 q0 a 3

a

Aufgabe 15.8 (Schwierigkeitsgrad 3) Bestimmen Sie die Lagerreaktionen AH und AV mit Hilfe des Prinzips der virtuellen Verr¨ uckungen. Gegeben: q0 , M , F , a

q0

2a B

D

A F M

6a C

2a

2a

L¨ osung:

3a

3a

4a

AH

=

M + 3q0 a 2a

AV

=

−2q0 a

Aufgabe 15.9 (Schwierigkeitsgrad 2) Bestimmen Sie mit Hilfe des Prinzips der virtuellen Verr¨ uckung die Auflagerkr¨ afte in B. Gegeben: M = q0 a2 , q0 , a

F

A

L¨ osung:

C 2a B

F a

a

2a

2a

√ 4− 2 2

BH

=

F

BV

=

−F

¨ 15.8 Ubungsaufgaben

307

Aufgabe 15.10 (Schwierigkeitsgrad 2) Bestimmen Sie die vertikale Absenkung des Lastangriffspunktes des dargestellten Fachwerks. Gegeben: EA, a, F

a

u=

F 2a

L¨ osung: Fa √ (2 2 + 3) EA

2a

Aufgabe 15.11 (Schwierigkeitsgrad 1) Ein Brett mit dem dargestellten Querschnitt ist am Ende durch eine Kraft F belastet. Wie groß ist die Absenkung des Lastangriffspunktes? Gegeben: F , a, b, c, d, E

d F

L¨ osung:

c u a

b

=

4

F b2 (a + b) Ecd3

308

15 Energiemethoden

Aufgabe 15.12 (Schwierigkeitsgrad 2) Ermitteln Sie am dargestellten System die vertikale Verschiebung des Gelenkpunktes G und die gegenseitige Verdrehung der Stabenden am Gelenkpunkt G mit Hife des Prinzips der virtuellen Kr¨ afte. Gegeben: EI, EA → ∞, GA → ∞, , h, w

w L¨ osung:

G h

/2

1 wh3  96 EI

u

=

−

Δϕ

=

1 wh3 24 EI

/2

Aufgabe 15.13 (Schwierigkeitsgrad 2) Berechnen Sie die vertikale Absenkung des Punktes A infolge der Streckenlast q0 mit Hilfe des Prinzips der virtuellen Kr¨ afte. Gegeben: q0 , a, EI, EA

q0 EI, EA = ∞

A L¨ osung:

EA

EI, EA = ∞

a f =

a

a

√ q0 a 2 7 q0 a 4 + 2 24 EI EA

¨ 15.8 Ubungsaufgaben

309

Aufgabe 15.14 (Schwierigkeitsgrad 3) Bestimmen Sie die Durchbiegung des Punktes G sowie die gegenseitige Verdrehung der St¨ abe am Gelenk G f¨ ur die folgenden F¨ alle. Dabei ist die Verformung infolge Querkraft zu vernachl¨ assigen. a) Am rechten Tragwerksteil greift in G ein Moment M0 an. b) Das System erf¨ ahrt eine ungleichm¨ aßige Temperatur¨ anderung. Der obere Rand wird auf TO abgek¨ uhlt, der untere Rand auf TU aufgew¨ armt. c) Das System erf¨ ahrt eine St¨ utzenabsenkung am Auflager A von vA . Gegeben: Querschnittsh¨ ohe d = 40 cm, αT = 10−5 1/K, EI1 = 2 EI2 = EI3 = 84000 kNm2 , 1 = 2 2 = 4/3 3 = 12 m, M0 = 210 kNm, TU = −TO = 10 ◦ C, vA = 10 cm L¨ osung:

vA A

a)

M0

TO TU

G 2

1

b) 3

c)

u Δϕ u Δϕ u Δϕ

= = = = = =

8 cm −0.0331 −2.7 cm 0.01125 −5 cm −0.0139

Aufgabe 15.15 (Schwierigkeitsgrad 3) Bestimmen Sie mit Hilfe des Satzes von Betti die Biegelinie wM (x) infolge des Momentes M aus der bekannten Funktion f¨ ur die Neigung wF (a) (x = ) am rechten Auflager (x = ) infolge einer Einzellast F an der Stelle a. » – F  2 “ a ” “ a ”3 − Gegeben: , M , EI, wF (a) (x = ) = − 6 EI  

F M a

L¨ osung: wM (x) =



– » M 2 “ a ” “ a ”3 − 6EI  

310

15 Energiemethoden

Aufgabe 15.16 (Schwierigkeitsgrad 3) Der dehnstarre Rahmen 1 mit der Biegesteifigkeit EI1 mit biegesteifer Ecke bei B ist durch den Stab 2 mit der Dehnsteifigkeit EA2 versteift worden. a) Wie groß ist die Stabkraft? b) In welchem Verh¨ altnis verringert sich das Biegemoment bei B aufgrund der Versteifung durch den Stab 2? 1 Gegeben: EI1 = √ a2 EA2 , EA2 , a, F 3 2 a

a

F

B a

L¨ osung:

2

a)

S

=

11 √ F 4 2

b)

MB1 MB2

= =

2F a 5 Fa 8

MB2 MB1

=

5 16

1 3a

A

Aufgabe 15.17 (Schwierigkeitsgrad 2) Das dargestellte statisch unbestimmt gelagerte Stabsystem besteht aus zwei unterschiedlichen St¨ aben und wird durch die Einzellast F belastet. Bestimmen Sie mit Hilfe der Methode der Finiten Elemente die Verschiebung des Lastangriffspunktes Gegeben: EA1 , 1 , EA2 , 2

0110

F EA1 1

EA2 2

0110

L¨ osung:

u

=

F 1 2 EA1 2 + EA2 1

16

Stabilit¨atsprobleme

F



Bild 16.1 Ausgeknickter Stab (zweiter Euler-Fall)

H¨ aufig kollabieren Strukturen nicht durch Materialversagen (Plastifizieren etc.), sondern durch strukturelle Instabilit¨ at. Als instabil bezeichnet man einen Zustand, in dem eine kleine Abweichung aus dem Gleichgewicht große Deformations¨ anderungen zur Folge hat. Man unterscheidet drei Arten von Gleichgewicht: stabil, indifferent und labil.

stabil

indifferent

labil

Bild 16.2 Stabiles, indifferentes und labiles Gleichgewicht

¨ F¨ ur elastische Strukturen treten Instabilit¨ aten erst bei Uberschreitung einer bestimmten Last, der sogenannten kritischen Last auf.

312

16 Stabilit¨ atsprobleme

16.1

Kritische Last elastischer Starrk¨ orpersysteme

Bei Starrk¨ orpersystemen kann man u ¨ber die Gleichgewichtsbedingungen am infinitesimal ausgelenkten System die kritische Last berechnen (siehe Beispiel 16.1). Alternativ gelangt man auch u ¨ber energetische Betrachtungen mit Hilfe des Gesamtpotentials zu Aussagen u ¨ber die Gleichgewichtslagen. Das Gesamtpotential wurde bereits in Abschnitt 15.4 eingef¨ uhrt, Π=U −W . Dieses Potential muss f¨ ur das aus der unbelasteten Ausgangslage ausgelenkte System aufgestellt werden. Aus der Gleichgewichtsbedingung, δΠ = δU − δW = 0 k¨ onnen jetzt alle Gleichgewichtslagen des Systems berechnet werden. Ferner liefert die detailiertere Betrachtung des Gesamtpotentials Aussagen u ¨ber die Stabilit¨ at der Gleichgewichtslagen. Dazu betrachten wir eine Taylorreihenentwicklung f¨ ur das Gesamtpotential, ΔΠ = Π − Π0 = ΔU − ΔW = δΠ + δ 2 Π + ...

(16.1)

In der Gleichgewichtslage ist δΠ = 0. Wenn ΔΠ > 0, w¨ achst die Form¨ anderungsenergie graduell schneller als die Form¨ anderungsarbeit. Das System ist in der Lage, weitere Form¨ anderungsenergie aufzunehmen. Dann ist die Gleichgewichtslage stabil. Somit gilt f¨ ur die Stabilit¨ at der Gleichgewichtslagen: δ2 Π 2

δ Π

>

0

→

stabile Gleichgewichtslage,

(16.2)

<

0

→

instabile Gleichgewichtslage .

(16.3)

2

F¨ ur den Fall δ Π = 0 sind h¨ ohere Ableitungen zu untersuchen. Beispiel 16.1 Kritische Last elastischer Starrk¨ orper Ein Beispiel ist der dargestellte, u ¨ber eine Drehfeder elastisch gelagerte Stab f¨ ur den die kritische Last gesucht ist.

0110 10

x

0110 10



cD ϕ

A

F

x



MD ϕ

F

L¨ osung: Die Gleichgewichtsbedingungen k¨ onnen hier auch ohne das Gesamtpotential aufzustellen mittels der Newtonschen Axiome bestimmt werden. Das Momentengleichgewicht am ausgelenkten System ist MD = F  sin(ϕ)

mit

MD = cD ϕ

313

16.1 Kritische Last elastischer Starrk¨ orpersysteme

cD ϕ − F  sin(ϕ) = 0 F ϕ = sin(ϕ) cD

⇒

Im ausgelenkten Fall gilt ϕ > 1. sin(ϕ) Daher kann eine Auslenkung nur dann stattfinden, wenn auch F >1 cD

oder

F >

cD . 

Damit folgt f¨ ur die kritische Last Fkrit =

cD . 

Wird diese Last u ¨berschritten, dann wird die Gleichgewichtslage ϕ = 0 instabil, und die ausgelenkte Gleichgewichtslage mit F =

cD ϕ  sin(ϕ)

wird zur stabilen Gleichgewichtslage. Wird die kritische Last unterschritten (F < Fkrit ), dann ist ϕ = 0 die einzige und stabile Gleichgewichtslage. F instabil

F = stabil

cD ϕ  sin ϕ

kritische Last ϕ

Sind nur die kritischen Lasten gesucht, gen¨ ugt es, die linearisierte Gleichgewichtsbedingung zu betrachten. Mit cos ϕ ≈ 1 und sin ϕ ≈ ϕ folgt hier (cD − F )ϕ = 0 . Eine nichttriviale L¨ osung dieser Gleichung (ϕ = 0) liefert unmittelbar die kritische Last Fkrit =

cD . 

Diese so genannte Theorie 2. Ordnung liefert allerdings keine Aussagen u ¨ber ¨ das L¨ osungsverhalten nach Uberschreiten der kritischen Last.

314

16 Stabilit¨ atsprobleme

Um festzustellen, ob eine Gleichgewichtslage stabil, labil oder indifferent ist, wird nun das Gesamtpotential des Systems untersucht. In diesem Beispiel setzt sich das Gesamtpotential durch das Federpotential (Form¨ anderungsenergie) und das Potential der Kraft F (¨ außere Arbeit) zusammen. Mit U=

1 cD ϕ2 2

Π=

1 cD ϕ2 + F (cos(ϕ) − 1) . 2

und

W = F (1 − cos(ϕ))

folgt

Die Gleichgewichtsbedingung (Gleichung 15.37) liefert δΠ =

dΠ δϕ = (cD ϕ − F  sin(ϕ)) δϕ = 0 . dϕ

Diese Gleichung wird f¨ ur beliebige δϕ f¨ ur die beiden Winkel ϕ1 und ϕ2 mit ϕ1 = 0

und

F ϕ2 = sin(ϕ2 ) cD

erf¨ ullt. Um nun herauszufinden, ob es sich um eine stabile Gleichgewichtslage handelt, ist zu untersuchen, ob der Extremalwert des Gesamtpotentials ein lokales Minimum oder Maximum ist. Im Fall eines lokalen Minimums ist die Gleichgewichtslage stabil. Bei einem lokalen Maximum ist sie instabil. Diese Eigenschaft wird durch die zweite Variation des Gesamtpotentials ausgedr¨ uckt, δ2 Π =

d2 Π 2 δϕ = (cD − F  cos(ϕ)) δϕ2 . dϕ2

F¨ ur ϕ1 = 0 folgt damit f¨ ur beliebige δϕ Π (ϕ1 ) =

d2 Π (ϕ1 ) = cD − F  . dϕ2

F¨ ur F < cD / ist Π (ϕ1 ) > 0. Das bedeutet, dass Π hier ein lokales Minimum einnimmt, und damit die Gleichgewichtslage stabil ist. F¨ ur F > cD / ist Π (ϕ1 ) < 0 und das Gleichgewicht ist instabil. In der zweiten Gleichgewichtslage ϕ2 gilt « „ d2 Π ϕ2 Π (ϕ2 ) = (ϕ ) = c − F  cos(ϕ ) = c > 0, 1 − 2 D 2 D dϕ2 tan(ϕ2 ) da ϕ2 < 1. tan(ϕ2 ) Damit ist diese Gleichgewichtslage immer stabil.

315

16.1 Kritische Last elastischer Starrk¨ orpersysteme

Beispiel 16.2 System mit zwei Freiheitsgraden Ein weiteres Beispiel ist das abgebildete System mit zwei Freiheitsgraden. Zu bestimmen sind die kritischen Knicklasten. c1

starr

F c2

2a

a

u1

A

α2

ϕ G1

α1

c1 ϕ I AH

a u2

G2 α3 B

G1H

G2H

G1V

III

F

F

G2V

AV

BV

L¨ osung: Das Freik¨ orperbild in der ausgelenkten Lage ist oben skizziert. Bei diesem Beispiel sind nur die kritischen Lasten gefragt, es gen¨ ugt somit nur die linearisierten Gleichgewichtsbedingungen zu betrachten. Aus dem globalen Momentengleichgewicht um Punkt A kann man die Auflagerkraft BV bestimmen BV 4a − c2 u2 3a = 0 , BV =

3 c2 u2 . 4

Jetzt folgt aus dem Momentengleichgewicht um das Gelenk G2 im Stab III BV a − F u 2 = 0 oder „

3 c2 a − F 4

« u2 = 0 .

Diese Gleichung hat die zwei L¨ osungen 3 c2 a − F = 0 4

und

u2 = 0 .

Aus der ersten L¨ osung folgt sofort die erste kritische Last Fkrit1 =

3 c2 a . 4

316

16 Stabilit¨ atsprobleme

Aus der zweiten L¨ osung kann man die zweite kritische Last herleiten. Das Kr¨ afte- und Momentengleichgewicht um Punkt B am Gesamtsystem liefert afte in Punkt A f¨ ur u2 = 0 die Auflagerkr¨ AH = F , AV = 0 . alt man dann Aus dem Momentengleichgewicht um Gelenk G1 im Stab I erh¨ AH u1 − c1 ϕ = 0 , und mit der Kinematik u1 = aα1 = 2aα2 , u1 u1 ϕ = α1 + α2 = + , a 2a 2 u1 = aϕ , 3 folgt

„

« 2 F a − c1 ϕ = 0 3

mit der nichttrivialen L¨ osung 3 c1 . 2 a Systemversagen tritt bei der kleinsten kritischen Last auf. Fkrit2 =

Ersatzfedersteifigkeiten In vielen F¨ allen ist es zweckm¨ aßig, f¨ ur die Bestimmung der kritischen Last ein komplexes Stabsystem auf ein einfacheres Ersatzsystem zur¨ uckzuf¨ uhren. Ziel dabei ist, die Stabilit¨ atseigenschaften des Ersatzsystems so zu bestimmen, dass sie mit denen des Ausgangssystems u ¨bereinstimmen. Beispiel 16.3 Ersatzfedersteifigkeit Als Beispiel betrachten wir das links dargestellte Balkensystem, dessen Knicklast zu bestimmen ist. Dazu bilden wir das System in das rechts abgebildete einfache Ersatzsystem ab. F

F

starr

starr





0110 11 00

A

EI 

11 00

cD

317

16.2 Knicken elastischer St¨ abe

Die Steifigkeit cD der Drehfeder muss so bestimmt werden, dass sich die Drehfeder unter einer Einzelmomentbelastung genauso verdreht wie der Balken im Lager A, wenn im Lager A das gleiche Einzelmoment angreift. Eine einfache M¨ oglichkeit, diese Verdrehung des Balkens zu berechnen ist durch den Arbeitssatz gegeben (siehe Beispiel 15.3). Damit erh¨ alt man f¨ ur die Verdrehung ϕ=

M0  . 3EI

Der Vergleich mit der Verdrehung der Drehfeder des Ersatzsystems unter dem gleichen Moment ϕ=

M0 cD

ergibt schließlich die Federsteifigkeit cD =

3EI . 

Die kritische Last ergibt sich folglich entsprechend Beispiel 16.1 zu Fkrit =

16.2

cD 3EI = 2 .  

Knicken elastischer St¨abe

Bei elastischen St¨ aben treten Instabilit¨ aten auf, wenn die Druckkraft entlang der Stabachse zu groß wird. Dieses Ph¨ anomen wurde zuerst von Euler untersucht. Deshalb werden elastische St¨ abe, die unter zu großer Druckkraft ausknicken auch Eulersche Knickst¨ abe genannt. Je nach Geometrie und Randbedingungen k¨ onnen die kritischen Lasten variieren. Das qualitative Verschiebungsbild und auch die kritische Last kann man ermitteln, indem man die Gleichgewichtsbedingungen am ausgelenkten System aufstellt. An dem infinitesimal kleinen Element (Bild 16.3) kann man jetzt das Kr¨ aftegleichgewicht aufstellen. →

P

Fi

:

↓

P

Fi

:



P

(C)

Mi

:

` ´ ` ´ ` ´ −N cos dψ + V sin dψ + (N + dN ) cos dψ 2 2 ` dψ ´ 2 +(V + dV ) sin 2 = 0 ` ´ ` ´ ` ´ − N sin dψ + (V + dV ) cos dψ −V cos dψ 2 2 ` dψ ´ 2 −(N + dN ) sin 2 = 0 dM − V dx − dV

dx 2

=0

318

1 0

16 Stabilit¨ atsprobleme

01 10

A

F B

dψ

M

¯ M

V¯

V C

N

¯ = N + dN N V¯ = V + dV ¯ = M + dM M

¯ N

dx

Bild 16.3 Innere Kr¨ afte an einem infinitesimalen Element

Da der Winkel dψ infinitesimal ist, kann man linearisieren. „ « „ « dψ dψ dψ sin ≈ cos ≈1 2 2 2

(16.4)

Außerdem k¨ onnen Terme, die von h¨ oherer Ordnung klein sind, weggelassen werden. Damit ergeben sich die Gleichgewichtsbedingungen am ausgelenkten System zu P : dN + V dψ = 0 → Fi P (16.5) ↓ Fi : dV − N dψ = 0 P (C)  Mi : dM − V dx = 0 . F¨ ur kleine Deformationen gilt n¨ aherungsweise N = konst. = −F . Mit M = EI

dψ dx

und

ψ = −w

(16.6)

folgt aus den Gleichgewichtsbedingungen

⇒

N

=

V

=

d2 M dx2

=

dV dV dx dV 1 = −F = =− dψ dx dψ dx w dM dx F w

(16.7) (16.8) (16.9)

und daraus (EIw ) + F w = 0 .

(16.10)

319

16.2 Knicken elastischer St¨ abe

F¨ ur den Fall dass EI = konst. lautet die Differentialgleichung der Stabknickung w



r



2

+λ w =0

mit

λ=

F . EI

(16.11)

Die allgemeine L¨ osung dieser Differentialgleichung ist w(x) = A cos(λx) + B sin(λx) + Cλx + D .

(16.12)

Die Konstante D beschreibt die translatorische Starrk¨ orperbewegung in z - Richtung und der Term Cλx die Starrk¨ orperdrehung des Stabes um den Ursprung des Koordinatensystems. Die trigonometrischen Anteile hingegen beschreiben die Deformation des Stabes in der ausgelenkten Lage. Ferner sei angemerkt, dass die Differentialgleichung 16.11 und somit die allgemeine L¨ osung 16.12 nur unter den oben genannten Lastannahmen g¨ ultig ist. Speziell bei r¨ aumlich ver¨ anderlichen Lasten ergeben sich andere problembeschreibende Differentialgleichungen. F¨ ur den hier betrachteten Fall, dass die Knickgleichung 16.11 g¨ ultig ist, lassen sich aus den Randbedingungen die Konstanten A, B, C und D sowie die kritische Last bestimmen. Hierzu braucht man die Ableitungen von Gleichung 16.12. w (x) 

=

−Aλ sin(λx) + Bλ cos(λx) + Cλ 2

2

(16.13)

w (x)

=

−Aλ cos(λx) − Bλ sin(λx)

(16.14)

w (x)

=

Aλ3 sin(λx) − Bλ3 cos(λx)

(16.15)

Beispiel 16.4 Euler Knickstab Als Beispiel betrachten wir einen Kragarm, f¨ ur den gilt

0110

x F



⇒

A+D =0

w (0) = 0

⇒

B+C =0

M () = 0

⇒

w () = 0

⇒

w(0) = 0 

−λ2 A cos(λ) −λ2 B sin(λ) = 0

M (0) = −F w() = −EIw (0)

⇒

w (0) − λ2 w() = 0

⇒

−λ2 A − λ2 (A cos(λ) +B sin(λ) + Cλ + D) = 0

320

16 Stabilit¨ atsprobleme

Aus diesen Gleichungen erh¨ alt man A cos(λ) + B sin(λ)

=

0

A cos(λ) + B (sin(λ) − λ)

=

0

Außer der trivialen L¨ osung (A = 0, B = 0) hat dieses Gleichungssystem noch die L¨ osungen cos(λ) = 0

und

λ = 0.

λ = 0 ist die stabile L¨ osung bei unterkritischer Belastung. F¨ ur die L¨ osung cos(λ) = 0 ergibt sich sofort λ = nπ − und mit λ = Fkrit =

1)

0110

q

π 2 F EI

n = 1, 2, 3, ... folgt f¨ ur die kleinste kritische Last (n = 1)

1 2 EI π 2 . 4 

x F

Fkrit =

π 2 EI 42

k = 2

Fkrit =

π 2 EI 2

k = 



x 2)

3)

4)

01



0110

x

0110

x

01

F

0110 00 11 00 11 00 11

2

F





Fkrit = (1.43)2 π EI 2

F

2

Fkrit = 4 π EI 2

k = 0.7

k = 0.5

Bild 16.4 Kritische Lasten, Knickl¨ angen und Knickformen f¨ ur verschiedene Randbedingungen

¨ 16.3 Ubungsaufgaben

321

Eine Zusammenstellung der kritischen Lasten f¨ ur die wichtigsten Euler-F¨ alle ist in Bild 16.4 gegeben. Analog zur kritischen Last l¨ asst sich f¨ ur den Eulerschen uhren. Mit Hilfe der Knickl¨ ange, die die halbe Knickstab die Knickl¨ ange k einf¨ Wellenl¨ ange der Knickform ist, kann man f¨ ur die kritische Last schreiben Fkrit = π 2

EI . 2k

(16.16)

Das bedeutet, unabh¨ angig von den Randbedingungen stimmt die kritische Last zweier Knickst¨ abe gleicher Steifigkeit u angen u ¨berein, wenn ihre Knickl¨ ¨bereinstimmen. F¨ ur die verschiedenen Euler-F¨ alle sind die Knickl¨ angen in Bild 16.4 angegeben.

16.3

¨ Ubungsaufgaben

Aufgabe 16.1 (Schwierigkeitsgrad 1) Bestimmen Sie f¨ ur verschiedene Werte e das Last-Verformungsdiagramm des skizzierten Systems. 1 1 , e3 = 100  Gegeben: cϕ , , e1 = 0, e2 = 10

e F

L¨ osung: e=0

Fkrit

=

e = 0

Fkrit

=

 starr

cϕ

c  ϕ c  sin ϕ + e cos ϕ 

322

16 Stabilit¨ atsprobleme

Aufgabe 16.2 (Schwierigkeitsgrad 2) Bestimmen Sie die kritischen Lasten des dargestellten Starrk¨ orpersystems und die zugeh¨ origen Knickformen. Gegeben: a, cD

L¨ osung: cD

starr

a

a

cD

F

a

Fkrit1

=

Fkrit2

=

cD a 3cD a

Aufgabe 16.3 (Schwierigkeitsgrad 3) Ein gelenkig gelagerter Stab 1 und ein eingespannter Stab 3 sind u ¨ber einen starren Stab 2 gelenkig miteinander verbunden. Bestimmen Sie die kritische Last des Systems. Gegeben: a, , EI1 = EI2 = EI

F starr L¨ osung: 

EI1

EI2 Fkrit

=

c =

3EI 2

a

Aufgabe 16.4 (Schwierigkeitsgrad 2) Bestimmen Sie die kritische Last des dargestellten Systems. Gegeben: , c1 , c2

¨ 16.3 Ubungsaufgaben c1

323

starr

F

L¨ osung:

c2 

Fkrit =



” 1 “ c1 + c2  2 

Aufgabe 16.5 (Schwierigkeitsgrad 2) Das abgebildete System besteht aus zwei starren Balken, einem Balken mit der Biegesteifigkeit EI, einem Stab mit der Dehnsteifigkeit EA und einer Feder mit der Federsteifigkeit C. a) Bestimmen Sie die Ersatzfedersteifigkeiten von (I) und (II). b) Skizzieren Sie das ausgelenkte Ersatzsystem und tragen Sie die von Ihnen verwendeten Bezeichnungen ein. c) Berechnen Sie die kritische Last des Ersatzsystems. Gegeben: , EI, EA, C

0110  2

0110

1 0 0 1 (I) EA, EI

L¨ osung:

(II) EA

starr

a) C

starr

1 0 0 1

 2

 2

cI = cϕ

=

cII = cF

=

Fkrit

=

F c)

6EI  2EA  EA c 6EI + + 2  2

Aufgabe 16.6 (Schwierigkeitsgrad 2) Bestimmen Sie die kritische Streckenlast qkrit des dargestellten Systems. Gegeben: a, EI, EA = ∞

q starr L¨ osung: a

EI

a

qkrit = 4.09

π 2 EI a3

324

16 Stabilit¨ atsprobleme

Aufgabe 16.7 (Schwierigkeitsgrad 2) Das dargestellte System wird durch die Kraft F belastet. Bestimmen Sie die kritische Last des Systems a) als Starrk¨ orpersystem, unter der Annahme, dass EI1 = EI, EI2 = ∞, b) wenn nur das Ausknicken von Balken 2 ber¨ ucksichtigt wird mit EI1 = ∞, EI2 = EI. Gegeben: F , , EI

L¨ osung: EI1



starr

EI2





F

a)

Fkrit

=

3EI 2 2

b)

Fkrit

=

π 2 EI 2

Aufgabe 16.8 (Schwierigkeitsgrad 1) Der abgebildete Mast einer Seilbahn wird durch zwei Seilkr¨ afte F unter einem Winkel α belastet. Dabei wird das Seil auf einer Rolle u uhrt. ¨ber den Mast gef¨ Bestimmen Sie die kritische Last Fkrit , bei der der Mast ausknickt. Gegeben: α, h, EI

α F

α F EI

L¨ osung: h

Fkrit =

1 π 2 EI 8 2 sin α

¨ 16.3 Ubungsaufgaben

325

Aufgabe 16.9 (Schwierigkeitsgrad 3) Bestimmen Sie die kritische Last Fkrit des dargestellten Systems. 4 EI Gegeben: a, c = 3 , EI, EA → ∞ a F L¨ osung:

starr

a

EI

starr

Fkrit1

=

Fkrit2

=

c a

a

EI π 2 EI ≈ 4.93 2 2a2 a √ 2 2EI EI ≈ 2.83 2 a2 a

a

Aufgabe 16.10 (Schwierigkeitsgrad 3) Das dargestellte System ist zun¨ achst spannungsfrei. Die Seile 1 und 2 sind gewichtslos, biegeschlaff und dehnsteif. Der Stab 3 ist gewichtslos, dehnstarr und biegestarr. Die St¨ abe 4 und 5 sind gewichtslos und biegesteif. Bestimmen Sie die kritische Last. Gegeben: EA1 = EA2 = EA, EI4 = EI5 = EI, , a, b

F

1

2

a L¨ osung:

3

b

4

5





Fkrit

=

E(Ab2 + 6I) (a + b)

17

Einfu ¨hrung in die Festigkeitslehre

Bild 17.1 Werkstoffproben: Gerissener Stahlstab, Betonw¨ urfel nach Druckversuch

Bereits in Kapitel 8 haben wir erfahren, dass die mechanischen Spannungen ein Maß f¨ ur die Beanspruchung des Werkstoffs von Bauteilen und Strukturen sind. Aufgabe der Festigkeitslehre ist es nun, diese Spannungszust¨ ande im Hinblick auf die Haltbarkeit des Werkstoffs zu bewerten. Dabei wird bez¨ uglich des grunds¨ atzlichen Werkstoffverhaltens und der zeitlichen ¨ Lasteinwirkung unterschieden. Duktile (formbare) Werkstoffe f¨ uhren bei Uberbeanspruchung durch große plastische Deformationen zur Unbrauchbarkeit einer Struktur. Bei spr¨ oden Werkstoffen kommt es bei unzul¨ assiger Beanspruchung sogar zum spontanen Totalversagen des Systems. Bei wiederholter, kurzzeitiger (dynamischer) Beanspruchung kann es auch unterhalb der statischen Belastungsgrenze zur Akkumulation von kleinen Sch¨ adigungen im Material kommen, die auf Dauer zum Bruch f¨ uhren. Die Werkstoffpr¨ ufung liefert auf der Grundlage einfacher, zumeist eindimensionaler, experimenteller Untersuchungen Versagenskennwerte. Wie wir in den vorangegangenen Abschnitten gelernt haben, liegen im allgemeinen selbst in einfachen Bauteilen, wie z. B. Balken, mehrachsige Spannungszust¨ ande vor. Die Aufgabe der Festigkeitslehre ist nun, Kriterien bereitzustellen, die einen Vergleich der rechnerisch ermittelten mehrachsigen Spannungszust¨ ande mit den in einachsigen Experimenten ermittelten Belastbarkeitsgrenzen erm¨ oglicht. In diesem Abschnitt werden darum alternative Methoden zur Berechnung einachsiger Vergleichsspannungen vorgestellt. Dabei werden wir uns auf rein stati-

17.1 Hypothese der gr¨ oßten Zugnormalspannung

327

sche Lastannahmen beschr¨ anken, allerdings eine Bewertung der Hypothesen in Hinblick auf das grunds¨ atzliche Werkstoffverhalten vornehmen. Da der rechnerischen L¨ osung eine Modellbildung mit oftmals vereinfachten Annahmen (Geometrie, Lasten etc.) zugrunde liegt, andererseits die experimentellen Ergebnisse nur an Modellen bestimmt werden k¨ onnen, sind f¨ ur die sichere Dimensionierung von Bauteilen gewisse Unsicherheitszuschl¨ age (sogenannte Sicherheitsbeiwerte) zu ber¨ ucksichten. Nehmen wir also an, dass σB ein aus einem eindimensionalen Experiment gewonnener Spannungskennwert ist, bei dem der Werkstoff versagt, dann l¨ asst sich mit dem Sicherheitsbeiwert γ ein zul¨ assiger Spannungskennwert σzul definieren, der von der aus dem realen, unter Umst¨ anden mehrachsigen Spannungszustand ermittelten Vergleichsspannung σV nicht u ¨berschritten werden darf. σV ≤ σzul =

σB γ

(17.1)

Grunds¨ atzlich unterscheiden sich die Vergleichsspannungshypothesen in ihrer Anwendbarkeit auf Werkstoffe mit unterschiedlichen Versagensmechanismen. In diesem Kapitel werden die Vergleichsspannungshypothesen der gr¨ oßten Zugnormalspannung, der maximalen Schubspannung und der gr¨ oßten Gestalt¨ anderungsenergie betrachtet und ihre Anwendbarkeit eingegrenzt.

17.1

Hypothese der gr¨ oßten Zugnormalspannung

Eine Beanspruchungshypothese, die bei statischer Belastung und extrem sp¨ oden Werkstoffen zu rechtfertigen ist, ist die der gr¨ oßten Zugnormalspannung. Z Hier entspricht die Vergleichsspannung σV der gr¨ oßten Hauptspannung (siehe Abschnitt 8.3.3). Z σV = σ1 .

F¨ ur den ebenen Spannungszustand gilt nach Gleichung 8.40 r “ σ − σ ”2 σx + σy x y Z 2 . σV = + τxy + 2 2

17.2

(17.2)

(17.3)

Hypothese der maximalen Schubspannung

Die Hypothese der maximalen Schubspannung geht davon aus, dass f¨ ur das Materialversagen die gr¨ oßte auftretende Schubspannung maßgebend ist. S σV = 2 τmax

(17.4)

328

17 Einf¨ uhrung in die Festigkeitslehre

Nach Bild 17.2 gilt f¨ ur die maximale Schubspannung τmax =

1 2

(σ1 − σ3 ) ,

(17.5)

und damit folgt f¨ ur die Vergleichsspannung S = σ1 − σ3 . σV

(17.6)

F¨ ur ebene Spannungszust¨ ande ergibt sich mit den Gleichungen 8.40 und 8.41 q S 2 = σ1 − σ2 = (σx − σy )2 + 4 τxy σV (17.7) τ τmax

2 τmax σ3

σ2

σ1

σ Bild 17.2 Maximale Schubspannung bei dreidimensionaler Beanspruchung

τmax

Diese Hypothese wird bei statischer Zug-/Druckbeanspruchungen duktiler und spr¨ oder Werkstoffe, bei denen Versagen durch Schubbruch eintritt, verwendet. Die Hypothese der maximalen Schubspannung geht auf Tresca (1814 – 1885) zur¨ uck. Dementsprechend wird die Vergleichsspannung auch TrescaVergleichsspannung genannt.

17.3

Hypothese der gr¨oßten Gestalt¨anderungsenergie

Die Werkstoffbeanspruchung wird nach der Hypothese der gr¨ oßten Gestalt¨ anderungsenergie durch diejenige Energie beschrieben, die zur Gestalt¨ anderung (bei konstantem Volumen) beitr¨ agt. Die Gestalt¨ anderungsenergie U G ist dabei definiert als Differenz zwischen Form¨ anderungsenergie U (siehe Abschnitt 15.3) und Volumen¨ anderungsenergie U V mit U=

1 2

(σ1 ε1 + σ2 ε2 + σ3 ε3 ) = U G + U V .

(17.8)

Mit der Volumendehnung e = ε1 + ε2 + ε3

(17.9)

17.3 Hypothese der gr¨ oßten Gestalt¨ anderungsenergie

und der daraus resultierenden Volumen¨ anderungsarbeit ` 1 ´ V 1 1 = 2 σ1 3 e + σ2 3 e + σ3 13 e = 12 pe U mit

p=

1 3

(σ1 + σ2 + σ3 )

329

(17.10) (17.11)

folgt die Gestalt¨ anderungsenergie UG

= = = =

U − UV ` ´ 1 σ1 (ε1 − 31 e) + σ2 (ε2 − 13 e) + σ3 (ε3 − 13 e) 2 ` 1 σ1 (2ε1 − ε2 − ε3 ) + σ2 (2ε2 − ε3 − ε1 ) 6 ´ +σ3 (2ε3 − ε1 − ε2 ) ` 1 (σ1 − σ2 )(ε1 − ε2 ) + (σ2 − σ3 )(ε2 − ε3 ) 6 ´ +(σ3 − σ1 )(ε3 − ε1 ) .

(17.12)

(17.13)

Mit dem Hookeschen Gesetz (siehe Abschnitt 10.2) erh¨ alt man ` ` ´ ´ 1 1 ε1 − ε2 = E σ1 − ν(σ2 + σ3 ) − E σ1 − ν(σ3 + σ1 ) ` ´ = E1 (σ1 − σ2 ) − ν(σ2 + σ1 ) =

1+ν E

(σ1 − σ2 )

(17.14)

Damit und mit den entsprechenden Permutationen der Indizes folgt aus Gleichung 17.13 UG =

´ 1+ν ` (σ1 − σ2 )2 + (σ2 − σ3 )2 + (σ3 − σ1 )2 . 6E

(17.15)

Mit dem Vergleichswert aus dem einachsigen Zugversuch U0G =

1+ν 2 σ02 6E

(17.16)

erh¨ alt man 2 = (σ1 − σ2 )2 + (σ2 − σ3 )2 + (σ3 − σ1 )2 ≤ 2 σ02 . 2 σV

(17.17)

Damit ist die Vergleichsspannung nach der Hypothese der gr¨ oßten Gestalt¨ anderungsenergie q ` ´ G (17.18) σV = 21 (σ1 − σ2 )2 + (σ2 − σ3 )2 + (σ3 − σ1 )2 . F¨ ur ebene Spannungszust¨ ande folgt mit σ3 = 0 q ` ´ G 1 σV = (σ1 − σ2 )2 + σ22 + σ12 2 q = σ12 − σ1 σ2 + σ22 .

(17.19)

Mit den Gleichungen 8.40 und 8.41 folgt weiter q G 2 . = σx2 + σy2 − σx σy + 3 τxy σV

(17.20)

330

17 Einf¨ uhrung in die Festigkeitslehre

Die Hypothese der maximalen Gestalt¨ anderungsenergie geht auf Huber (1872– 1950), v. Mises (1883–1953) und Hencky (1885–1951) zur¨ uck und wird oft als von Mises-Vergleichsspannung bezeichnet. Sie findet vor allem bei z¨ ahen Werkstoffen Verwendung.

Beispiel 17.1 Vergleichsspannungen f¨ ur einen Balken unter kombinierter Beanspruchung F¨ ur den Balken unter kombinierter Beanspruchung aus Beispiel 14.6 sind f¨ ur den Punkt A die Vergleichsspannungen nach der Hypothese der gr¨ oßten Normalspannungen, der Hypothese der maximalen Schubspannung und der Hypothese der gr¨ oßten Gestalt¨ anderungsenergie zu berechnen. A

F

y h

x h 10a

x y

F

z

a z 2a

L¨ osung: Es wird angenommen, dass in Punkt A ein ebener Spannungszustand vorherrscht. In Beispiel 14.6 ergab sich f¨ ur die Spannungen σx =

60 F , 7 ah

σy = 0 ,

τxy =

19 F . 28 ah

Damit folgt nach Gleichung 17.3 f¨ ur die Vergleichsspannung nach der Hypothese der gr¨ oßten Zugnormalspannung Z = 8.6248 σV

F . ah

Entsprechend ergibt sich nach Gleichung 17.7 und Gleichung 17.20 die Vergleichsspannungen nach der Hypothese der maximalen Schubspannung und der Hypothese der gr¨ oßten Gestalt¨ anderungsenergie S = 8.6782 σV

F ah

G σV = 8.6516

F . ah

¨ 17.4 Ubungsaufgaben

331

¨ Ubungsaufgaben

17.4

Aufgabe 17.1 (Schwierigkeitsgrad 3) Ein Stab (Elastizit¨ atsmodul E, Gleitmodul G) mit dem skizzierten d¨ unnwandigen Sternprofil (Dicke d) wird gleichzeitig durch ein Biegemoment My , eine Normalkraft N und ein Torsionsmoment Mx belastet. a) Berechnen Sie alle f¨ ur die Spannungsberechnung erforderlichen Querschnittsdaten. b) Geben Sie die gr¨ oßte Normalspannung σx an. Wo tritt diese auf? c) Wie groß ist die maximale Schubspannung infolge der Torsionsbelastung? Wie sind die Schubspannungen im Querschnitt verteilt? d) Berechnen Sie die Vergleichsspannung nach der Hypothese der maximalen Schubspannung. Gegeben: d, a, N , Mx , My

L¨ osung: N

Mx

My

z

120◦

Mx

N

a)

yS = z S A Iz IT

= = = =

0 3ad 1 da3 2 ad3

b)

σx max

=

σx (x = a/2) My N + 2 3ad a d Mx ad2 σ1 − σ3

x a

d a 120◦

My

a

= c)

τmax

=

d)

S σV

=

332

17 Einf¨ uhrung in die Festigkeitslehre

Aufgabe 17.2 (Schwierigkeitsgrad 2) In einer Hochbaukonstruktion ist ein Quertr¨ ager IPE 400 gelenkig an einen Haupttr¨ ager IPE 500 anzuschließen. Aus konstruktiven Gr¨ unden ist jedoch der Quertr¨ ager, der die Querkraft V u agt, um das Maß e auszuklingen. ¨bertr¨ F¨ uhren Sie den Vergleichsspannungsnachweis (Hypothese der maximalen Schubspannung), und stellen Sie die Spannungsverl¨ aufe (Normal- und Schubspannung) qualitativ dar. Gegeben: Vz = 200 kN, e = 60 mm, f = 105 mm, σzul = 21.8 kN/cm2

L¨ osung: ausgeklingter Quertr¨ ager e f

A

=

52.38 cm2

zS

=

9.97 cm

Iy

=

6263 cm4

σmax

=

−8.11 kN/cm2

τmax

=

9.35 kN/cm2

S σV

=

16.2 kN/cm2

Aufgabe 17.3 (Schwierigkeitsgrad 2) Der abgebildete eingespannte d¨ unnwandige Doppel-T-Tr¨ ager wird durch eine Kraft F am Ende belastet. Ermitteln Sie den maximalen Wert der Vergleichsspannung im Tr¨ ager nach der Hypothese der maximalen Schubspannung und der gr¨ oßten Gestalt¨ anderungsenergie. Gegeben: a, h, F

L¨ osung:

F h h

S σV

=

6√ F 5 7 ah

G σV

=

3√ F 19 7 ah

2a h

8a a

a

¨ 17.4 Ubungsaufgaben

333

Aufgabe 17.4 (Schwierigkeitsgrad 1) atzlich wird er Ein Zylinder der Wandst¨ arke h steht unter Innendruck pi . Zus¨ durch ein Torsionsmoment MT belastet. a) Zeichnen Sie den Mohrschen Spannungskreis und ermitteln Sie die maximale Schubspannung. b) Berechnen Sie die Vergleichsspannung nach der Hypothese der maximalen Schubspannung. Gegeben:  = 1 m, d = 40 cm, h = 5 mm, pi = 2 MPa, MT = 20 kNm

L¨ osung: MT

pi



MT

d

a)

b)

τmax =

40.0 MPa

xϕ = τmax

25.6 MPa

S = σV

51.1 MPa

Teil III:

18

Kinetik

Kinematik des Punktes

Bild 18.1 Achterbahn, Heide-Park Soltau GmbH

Die Position eines Punktes P , der sich auf einer Bahn B im Raum befindet, wird durch den Ortsvektor r(t) beschrieben. Im Falle einer Bewegung ver¨ andert sich die Lage des Punktes mit der Zeit. Die zeitliche Ver¨ anderung der Position l¨ angs einer Bahnkurve wird durch die Geschwindigkeit beschrieben. v(t)

B

P r(t) z s y Bild 18.2 Position eines Punktes im Euklidischen Raum

x

Die Geschwindigkeit ist ein Vektor im Euklidischen Raum und als Zeitableitung des Ortsvektors definiert v(t) =

dr ˙ = r(t) dt

.

(18.1)

335

18.1 Koordinatensysteme B z

P

r z

ez ey

ex

Bild 18.3 Kartesische Koordinaten

x

y x

y

˙ verwendet. Der F¨ ur die Zeitableitung d(•) wird hierbei die Schreibweise (•) dt Geschwindigkeitsvektor ist immer tangential an die Bahnkurve B des Punktes P gerichtet. Die nochmalige zeitliche Ableitung f¨ uhrt zur Beschleunigung a(t) =

dv ˙ = v(t) = r¨ (t) dt

.

(18.2)

Die Richtung des Beschleunigungsvektors ist im allgemeinen nicht tangential zur Bahnkurve.

18.1

Koordinatensysteme

Die Wahl eines passenden Koordinatensystems f¨ ur die mathematische Beschreibung einer Aufgabenstellung im Rahmen der Mechanik h¨ angt von dem Problem ab. Grunds¨ atzlich k¨ onnen die Vektoren r, v und a in verschiedenen Koordinatensystemen dargestellt werden. Nachfolgend werden einige Koordinatensysteme und die daraus resultierende Beschreibung von Geschwindigkeit und Beschleunigung vorgestellt. a) Kartesische Koordinaten mit den Basisvektoren ex , ey und ez : Im Kartesischen Koordinatensystem (siehe Bild 18.3) ergibt sich f¨ ur den Ortsvektor r(t) = x(t) ex + y(t) ey + z(t) ez .

(18.3)

Da die Basisvektoren mit der Zeit unver¨ anderlich sind, gilt f¨ ur die Geschwindigkeit und die Beschleunigung v(t)

=

˙ ey + z(t) ˙ ez , x(t) ˙ ex + y(t)

(18.4)

a(t)

=

x ¨(t) ex + y¨(t) ey + z¨(t) ez .

(18.5)

Der Betrag der Geschwindigkeit ist definiert durch p √ v = |v| = v · v = x˙ 2 (t) + y˙ 2 (t) + z˙ 2 (t) . b) Zylinderkoordinaten mit den Basisvektoren er , eϕ und ez :

(18.6)

336

18 Kinematik des Punktes P

z r ez ϕ x

eϕ er r

B z y x

y

Bild 18.4 Zylinderkoordinaten

Der Ortsvektor im Zylinderkoordinatensystem (siehe Bild 18.4) ist durch r(t) = r(t) er (t) + z(t) ez

(18.7)

gegeben. Hier h¨ angen die Vektoren er und eϕ von der Zeit ab, da sich diese mit dem Punkt P mitbewegen. Es gilt der Zusammenhang zwischen kartesischen und Zylinderkoordinaten # " #" # " cos (ϕ(t)) sin (ϕ(t)) ex er (ϕ(t)) = , (18.8) ey eϕ (ϕ(t)) − sin (ϕ(t)) cos (ϕ(t)) womit sich f¨ ur die Zeitableitungen der Basisvektoren er (t) und eϕ (t) die folgenden Beziehungen ergeben. # " #" # " − sin (ϕ(t)) cos (ϕ(t)) ex e˙ r (ϕ(t)) = ϕ(t) ˙ − cos (ϕ(t)) − sin (ϕ(t)) ey e˙ ϕ (ϕ(t)) # " eϕ (ϕ(t)) (18.9) = ϕ(t) ˙ −er (ϕ(t)) Damit erh¨ alt man f¨ ur die Geschwindigkeit und die Beschleunigung v(t)

=

a(t)

=

r˙ er (t) + rϕ˙ eϕ (t) + z˙ ez ` ´ r¨ − rϕ˙ 2 er (t) + (rϕ ¨ + 2r˙ ϕ) ˙ eϕ (t) + z¨ ez .

(18.10) (18.11)

Die Umrechnung von kartesischen Koordinaten in Zylinderkoordinaten erfolgt durch p x2 (t) + y 2 (t) , r(t) = „ « y(t) ϕ(t) = arctan . x(t) c) Nat¨ urliche Koordinaten mit den Basisvektoren et , en und eb : In der Darstellung mit nat¨ urlichen Koordinaten (siehe Bild 18.5) sind die Basisvektoren, die zusammen auch das begleitende Dreibein genannt werden, an den

337

18.2 Sonderf¨ alle s

M

 eb

en

z r Bild 18.5 Nat¨ urliche Koordinaten

P

x

et

B

y

Punkt P auf der Bahnkurve B angeheftet“ und h¨ angen direkt von der Bewe” gung ab. Der Tangenteneinheitsvektor et , der Hauptnormaleneinheitsvektor en und der Binormaleneinheitsvektor eb sind dabei folgendermaßen definiert: et (s(t))

=

en (s(t))

=

eb (s(t))

=

dr ds det  ds et × en .

(18.12) (18.13) (18.14)

Mit  wird der Kr¨ ummungsradius der Bahn B im Punkt P bez¨ uglich des Kr¨ ummungsmittelpunktes M bezeichnet. Dabei ist s der Kurvenparameter der Bahn B. Die Geschwindigkeit v und Beschleunigung a berechnen sich dann wie folgt v(t)

=

a(t)

= =

dr dr ds = = s(t) ˙ et (s(t)) dt ds dt det ds dv = s¨ et + s˙ dt ds dt s˙ 2 (t) en (s(t)) , s¨(t) et (s(t)) + 

(18.15)

(18.16)

wobei die Komponenten s˙ Bahngeschwindigkeit, s¨ Bahnbeschleunigung und Normal– oder Zentripetalbeschleunigung genannt werden.

18.2

s˙ 2

Sonderf¨alle

Nachfolgend werden einige Sonderf¨ alle von Bewegungen beschrieben, die h¨ aufig in der Mechanik des Massenpunktes vorkommen.

18.2.1

Geradlinige Bewegung

F¨ ur den Sonderfall der geradlinigen Bewegung gilt f¨ ur den Ortsvektor r = x ex .

(18.17)

338

18 Kinematik des Punktes

0

P

x Bild 18.6 geradlinige Bewegung

x(t)

Da hier die y- und z-Komponenten des Orts-, Geschwindigkeits- und Beschleunigungsvektors verschwinden, reicht es aus, jeweils nur die x–Komponente zu betrachten. In diesem Fall kann man der Einfachheit halber den Basisvektor ex weglassen. F¨ ur die Geschwindigkeit v(t) und die Beschleunigung a(t) folgt

18.2.2

v

=

a

=

dx = x˙ , dt dv = v˙ = x ¨. dt

(18.18) (18.19)

Ebene Bewegung in Polarkoordinaten B

y

P r er

eϕ x

Bild 18.7 Ebene Bewegung in Polarkoordinaten

F¨ ur den Fall z = konst. erh¨ alt man aus den Gleichungen der allgemeinen dreidimensionalen Bewegung in Zylinderkoordinaten r

=

r er ,

v

=

vr er + vϕ eϕ

=

r˙ er + rϕ˙ eϕ

a

(18.20)

=

r˙ er + rω eϕ ,

(18.21)

=

a r e r + aϕ e ϕ ´ ` r¨ − rϕ˙ 2 er + (rϕ ¨ + 2r˙ ϕ) ˙ eϕ ´ ` r¨ − rω 2 er + (rω˙ + 2rω) ˙ eϕ .

(18.22)

= =

Hierin ist mit ω = ϕ˙ die Winkelgeschwindigkeit definiert. Die Komponenten sind mit vr = r˙ Radialgeschwindigkeit, vϕ = rϕ˙ = rω Zirkulargeschwindigkeit, ar = r¨ − rϕ˙ 2 = r¨ − rω 2 Radialbeschleunigung und aϕ = rϕ ¨ + 2r˙ ϕ˙ = rω˙ + 2rω ˙ Zirkularbeschleunigung bezeichnet.

339

18.2 Sonderf¨ alle v r er eϕ

Bild 18.8 Kreisbewegung in Polarkoordinaten und nat¨ urlichen Koordinaten

18.2.3

et P

ϕ(t)

s(t)

r ey

en

P s(t) ϕ(t)

ex

Kreisbewegung

F¨ ur r = konst. und z = konst. liegt der Spezialfall einer Kreisbewegung in der x–y-Ebene vor (siehe Bild 18.8). Die kinematischen Gr¨ oßen in Polarkoordinaten vereinfachen sich dann zu r(t) v(t) a(t)

=

r er (t) ,

=

rϕ(t) ˙ eϕ (t)

=

rω(t) eϕ (t) ,

(18.23) (18.24)

2

=

−rϕ˙ (t) er (t) + rϕ(t) ¨ eϕ (t)

=

−rω 2 (t) er (t) + rω(t) ˙ eϕ (t) .

(18.25)

Man beachte, dass f¨ ur den Spezialfall ω = konst. nur die Beschleunigung in radialer Richtung a(t) = −rω 2 auftritt. F¨ ur die Kreisbewegung in nat¨ urlichen Koordinaten folgt mit s(t) = rϕ(t) und =r » „ „ « « – s(t) s(t) ex + sin ey , r(t) = r er (s(t)) = r cos (18.26) r r so dass et =

“s” “s” dr ex + cos ey = eϕ = − sin ds r r

(18.27)

und en = r

“s” “s” det ex − sin ey = −er . = − cos ds r r

(18.28)

Es gilt jetzt v(t)

=

a(t)

=

dr ˙ et , = s(t) ˙ et = rϕ(t) dt 2 s˙ (t) ¨ et + rϕ˙ 2 (t) en . s¨(t) et + en = r ϕ r

(18.29) (18.30)

340

18 Kinematik des Punktes

18.3

Grundaufgaben

F¨ ur geradlinige Bewegung stellen sich die in der Tabelle 18.1 zusammengefaßten Grundaufgaben, deren L¨ osung sich aus den Beziehungen des vorigen Abschnittes und mathematischen Umformungen ergeben. Dabei ist der Anfangsweg und die Anfangsgeschwindigkeit zur Zeit t0 gegeben durch x0 bzw. v0 . Gegeben

Gesucht

x(t)

v(t) =

v(t)

x(t) = x0 +

dx dt

Z

a(t) =

dv d2 x = dt dt2

t

v(t¯) dt¯

dv dt

a(t) =

t0

Z a(t)

Z

t

a(t¯) dt¯

v(t) = v0 +

v(t¯) dt¯

t0

v(x)

s a(x)

v(x) =

Z

v02 + 2

Z a(v)

t0

dv 1 d ` 2´ = v dx 2 dx

a(x) = v

Z

x0

Z

v0

v¯ d¯ v a(¯ v)

x

t(x) = t0 + x0

x0

v

x

t(x) = t0 +

x

a(¯ x) d¯ x

x(v) = x0 +

t

x(t) = x0 +

Z

v

t(v) = t0 + v0

1 d¯ x v(¯ x)

1 d¯ x v(¯ x)

1 d¯ v a(¯ v)

Tabelle 18.1 Grundaufgaben der Kinematik des Punktes

In manchen F¨ allen ist es notwendig, die Umkehrfunktion zu bilden, wenn z. B. t(x) gegeben aber x(t) gesucht ist. Beispiel 18.1 Fahrzeugbewegung Die Geschwindigkeit eines Testfahrzeuges wird an mehreren Orten gemessen. Daraus l¨ asst sich ein Geschwindigkeitsverlauf in Abh¨ angigkeit des Ortes v(x) = v0 + kx ermitteln. v0 = 20 m/s ist hierbei die Geschwindigkeit am Beginn der Teststrecke (t0 = 0 s, x0 = 0 m). Die Konstante k hat einen Wert von k = 0.1 s−1 . Zu bestimmen ist die Strecke, die das Fahrzeug 5 s nach Beginn der Testfahrt zur¨ uckgelegt hat.

341

18.3 Grundaufgaben

L¨ osung: uckF¨ ur die Zeit t, die das Fahrzeug braucht, um die Strecke s = x − x0 zur¨ zulegen erh¨ alt man mit dx dt

v(x) =

⇒

dt =

dx v(x)

durch Integration in den Grenzen x0 = 0 m bis x t − t0 =

Zx

1 d¯ x= v(¯ x)

x0

Zx

« „ 1 1 k d¯ x = ln 1 + x . v0 + k¯ x k v0

0

ur die Strecke s durch Aufl¨ osen nach x Mit t0 = 0 s folgt f¨ ” “ v0 kt s = x(t) = e − 1 = 129.7 m. k L¨ osung mit Maple: Anstelle umfangreiche Integraltafeln nach L¨ osungen der auftretenden Integrale zu durchforsten, kann auch ein entsprechendes ComputeralgebraProgramm, wie beispielsweise Maple, zur Hilfe herangezogen werden. Der Ausdruck f¨ ur das Integral f¨ ur t(x) ist: > ZInt(1/(v0+k*xquer),xquer=0..x); x 1 dxquer 0 v0 + k xquer Die Auswertung dieses Ausdrucks ergibt: > t(x):=value(%); t(x)

:=

ln(v0 + kx) − ln(v0) k

Nun kann man diese Gleichung nach der Variablen x aufl¨ osen und schließlich das Ergebnis noch vereinfachen. > x:=solve(t=t(x),x); “ ” v0 e(−tk) − 1 x := − e(−tk) k > expand(%); v0 v0e(tk) − + k k > factor(%); ” “ v0 −1 + e(tk) k

342

18 Kinematik des Punktes

Beispiel 18.2 F¨ ur den Sonderfall der konstanten Beschleunigung a = a0 skizziere man die Diagramme f¨ ur Geschwindigkeit und Weg als Funktion der Zeit, wobei als Anfangsbedingung zur Zeit t = t0 die Geschwindigkeit v0 und der Weg x0 betragen. L¨ osung: Gem¨ aß Integration nach Zeile 3 der Tabelle Tabelle 18.1 ergibt sich eine explizite Darstellung der Geschwindigkeit und des Ortes in Abh¨ angigkeit der Zeit. a(t)

v(t)

x(t)

a0 v0

x0

t

t

a(t) = a0

18.4

v(t) = v0 + a0 t

t x(t) = x0 + v0 t + 21 a0 t2

¨ Ubungsaufgaben

Aufgabe 18.1 (Schwierigkeitsgrad 2) Der Kolben eines D¨ ampfers wird mit der Beschleunigung a in einen Zylinder ¨ kann durch die Offnungen ¨ gedr¨ uckt. Das im Zylinder eingeschlossene Ol im Kolben entweichen. Die Anfangsgeschwindigkeit des Kolbens betr¨ agt v0 . Berechnen Sie die Geschwindigkeit v des Kolbens in Abh¨ angigkeit von t, die Verschiebung x des Kolbens in Abh¨ angigkeit von t und die Geschwindigkeit v in Abh¨ angigkeit des Ortes x. Gegeben: a = −kv, v0 , x0 = 0

¨ Ol Kolbenstange

v

L¨ osung:

v(t)

=

x(t)

=

v(x)

=

v0 e−kt ” v0 “ 1 − e−kt k v0 − kx

¨ 18.4 Ubungsaufgaben

343

Aufgabe 18.2 (Schwierigkeitsgrad 2) agt ihr Zwei Fahrzeuge bewegen sich in die gleiche Richtung. Zur Zeit t0 betr¨ Abstand L0 . Das Fahrzeug A beschleunigt konstant mit aA , das Fahrzeug B mit aB . Die Anfangsgeschwindigkeiten sind jeweils vA bzw. vB . Zu welcher Zeit t1 und an welchem Ort L1 wird Fahrzeug B vom Fahrzeug A u ¨berholt? Wie groß sind die Geschwindigkeiten vA1 und vB1 zum Zeitpunkt t1 ? Gegeben: t0 = 0, L0 , aA , aB , vA , vB

x

vA

vB L¨ osung: t=

−(vA −vB )+

L0

√

(vA −vB )2 +2L0 (aA −aB ) aA −aB

Aufgabe 18.3 (Schwierigkeitsgrad 1) ostlicher RichEin Auto A f¨ ahrt mit einer konstanten Geschwindigkeit vA in ¨ tung. Zum Zeitpunkt, als Auto A die Kreuzung passiert, startet Auto B aus ordlich der Kreuzung und bewegt sich anschließend mit dem Stand (v0 ) 35 m n¨ einer konstanten Beschleunigung von aB in Richtung S¨ uden. Berechnen Sie den Ort, die Geschwindigkeit und die Beschleunigung des Fahrzeugs B relativ zu Fahrzeug A 5 Sekunden nachdem A die Kreuzung passiert hat. Gegeben: vA = 36 km/h, v0 = 0, aB = 1.2 m/s2

N B 35 m A

W S

v0

L¨ osung: O

" xA − xB

=

vA − vB

=

aA − aB

=

" "

# 50 −20

m #

10 −6 0 −1.2

m/s # m/s2

344

18 Kinematik des Punktes

Aufgabe 18.4 (Schwierigkeitsgrad 3) Ein Punkt bewegt sich entlang einer logarithmischen Spirale, die durch r(ϕ) gegeben ist. Wie groß ist das Verh¨ altnis der Komponenten des Geschwindigkeitsvektors vr /vϕ ? Berechnen Sie die Winkelgeschwindigkeit ϕ˙ = ϕ(ϕ), ˙ so dass die radiale Komponente des Beschleunigungsvektors verschwindet. ˙ = 0) = ω0 Gegeben: r(ϕ) = A eλϕ , ϕ ≥ 0, ϕ(ϕ

L¨ osung: vr vϕ

=

λ

ϕ˙

=

ω0 e−

λ2 −1 ϕ λ

19

Kinetik des Massenpunktes

19.1

Newtonsche Bewegungsgleichungen

Die Bewegung eines Massenpunktes mit der Masse m, auf den die resultierende zeitabh¨ angige Kraft F wirkt, wird beschrieben durch das Newtonsche Grundgesetz d(mv) dp = = F (t) , dt dt

(19.1)

afte darstellt. wobei F die Summe aller an dem Massenpunkt angreifenden Kr¨ Die Bewegungsgr¨ oße oder der Impuls p ist dabei definiert durch p(t) = mv(t) .

(19.2)

¨ Das heißt, durch eine Kraft wird die Anderung der Bewegungsgr¨ oße hervorgerufen. F¨ ur eine konstante Masse vereinfacht sich Gleichung 19.1 zu ma(t) = F (t) .

(19.3)

Man beachte, dass Gleichung 19.3 den Sonderfall der Statik F = 0 einschließt. Beispiel 19.1 Man bestimme Gr¨ oße und Richtung der Beschleunigung a, wenn auf den Massenpunkt mit der Masse m zwei Kr¨ afte F 1 = F1x ex + F1y ey und F 2 = F2x ex + F2y ey wirken. F2

F

F1 m

m a

L¨ osung: Die auf den Massenpunkt wirkende resultierende Kraft F ist F = (F1x + F2x ) ex + (F1y + F2y ) ey ,

346

19 Kinetik des Massenpunktes

und mit dem Newtonschen Grundgesetz (Gleichung 19.3) folgt damit f¨ ur die Beschleunigung „ « « „ F1y + F2y F1x + F2x ex + ey . a= m m

19.2

Schiefer Wurf

Eine Anwendung des Newtonschen Grundgesetzes (Gleichung 19.3) ist die Beschreibung der Bahn eines Massenpunktes im Erdschwerefeld, der mit einer Anfangsgeschwindigkeit am Punkt (x0 , y0 ) in Richtung α abgeworfen wird. Dieser Fall kann in der x–y-Ebene betrachtet werden, siehe Bild 19.1. F¨ ur die x- und y-Richtung kann dann jeweils das Newtonsche Grundgesetz angeschrieben werden. g v0 α y

(x0 , y0 )

Bild 19.1 Schiefer Wurf eines Massenpunktes

x

m¨ x=0

und

m¨ y = −mg

(19.4)

Die Integration dieser Beziehungen liefert mit den Anfangsbedingungen vx0 = v0 cos α, vy0 = v0 sin α, x0 und y0 x˙

=

vx0

(19.5)

x(t)

=

v0 cos α t + x0

(19.6)

y˙

=

(19.7)

y(t)

=

−g t + vy0 g − t2 + v0 sin α t + y0 . 2

und

(19.8)

Die Elimination der Zeit t in diesen Gleichungen f¨ uhrt dann auf eine Gleichung f¨ ur die Bahnkurve des Massenpunktes m. Mit t=

x − x0 v0 cos α

folgt aus der Beziehung f¨ ur y(t) die Bahnkurve y(x) „ «2 x − x0 g + (x − x0 ) tan α + y0 . y(x) = − 2 v0 cos α

(19.9)

(19.10)

347

19.3 Impulssatz

Ausgehend von dieser Gleichung kann jetzt z. B. die maximale Wurfh¨ ohe bedy = 0 liefert stimmt werden. Die Ableitung dx dy x − x0 = −g 2 +tan α = 0 dx v0 cos2 α

⇒

x−x0 =

v02 sin α cos α (19.11) g

und damit die maximale Wurfh¨ ohe ymax = y0 +

v02 sin2 α . 2g

(19.12)

Man sieht leicht, dass der Grenzfall α = 0, zu dem eine horizontale Tangente im Ursprung (x0 , y0 ) geh¨ ort, richtig wiedergegeben wird.

19.3

Impulssatz

Die Integration von Gleichung 19.1 u ¨ber die Zeit liefert den Impulssatz d(mv)

=

⇒ mv − mv 0

=

F dt Z t F dt¯

(19.13)

t0

Rt ˆ den Kraftstoß. Wenn keine Kr¨ afte wirken (F = 0), Hier definiert t0 F dt¯ = F dann bleibt der Impuls erhalten. p = mv = konst.

(19.14)

Beispiel 19.2 Ein Fußballspieler tritt gegen den Ball. Der durch den Tritt hervorgerufene Kraftstoß wird dabei in der Zeit von T = 0.2 s aufgebracht. Die maximale Kraft w¨ ahrend des Stoßes betr¨ agt F0 = 100 N. Zu bestimmen ist die Geschwindigkeit, mit der der Ball wegfliegt, wenn man annimmt, dass der zeitliche Kraftverlauf sinusf¨ ormig ist und der Ball eine Masse von m = 300 g hat. F (t)

F0 F0 sin

`π ´ t T

t T

348

19 Kinetik des Massenpunktes

L¨ osung: Aus Gleichung 19.13 folgt

v=

1 m

ZT F0 sin

“π ” 2F0 T t dt = = 42.44 m/s T mπ

0

19.4

Arbeitssatz, Energiesatz

Die Leistung einer Kraft ist definiert als das Skalarprodukt von Kraft und Geschwindigkeit.

F α

Bild 19.2 Leistung einer Kraft

v

P

=

F ·v

=

|F ||v| cos(α)

(19.15)

Die Integration der Leistung u ¨ber die Zeit liefert die Arbeit Zt1

Zt1 W =

P dt =

F · v dt ,

(19.16)

t0

t0

¨ und mit der Anderung des Ortsvektors dr = v dt

(19.17)

folgt die Arbeit, die die Kraft l¨ angs des Weges r 0 bis r 1 verrichtet Zr 1 W =

F · dr .

(19.18)

r0 Multipliziert man Gleichung 19.1 skalar mit der Geschwindigkeit v, dann folgt m

dv ·v =F ·v. dt

(19.19)

349

19.4 Arbeitssatz, Energiesatz

Durch Integration erh¨ alt man Zt1 Zv 1 m v · dv = F · v dt . t0 v0 Mit

Z

v · dv

(19.20)

Z Z vx dvx + vy dvy + vz dvz ˛v1y ˛v1z ” 1 “ 2 ˛˛v1x vx v + vy2 ˛v + vz2 ˛v 0x 0y 0z 2 1` 2 2´ v1 − v0 2

Z = = =

(19.21)

folgt der Arbeitssatz der Mechanik mv12 mv02 − = 2 2

Zr 1

F · dr

bzw.

T1 − T0 = W01 .

(19.22)

r0

mv 2

mv 2

T1 = 2 1 ist die kinetische Energie im Zustand 1, T0 = 2 0 entsprechend die Rr kinetische Energie im Zustand 0 und W = r 01 F · dr die mechanische Arbeit, die von den an der Masse angreifenden Kr¨ aften zwischen Zustand 0 und 1 geleistet wird. F¨ ur den Fall, dass die auf die Masse einwirkenden Kr¨ afte Potentialkr¨ afte oder auch konservative Kr¨ afte sind, lassen sich die Kr¨ afte als Gradient der potentiellen Energie U berechnen. „ « ∂U ∂U ∂U F = −grad U = − ex + ey + ez (19.23) ∂x ∂y ∂z Nach Einsetzen in die rechte Seite von (Gleichung 19.22) folgt mit dr = ex dx + ey dy + ez dz Zr 1 W =

F · dr = U0 − U1 .

(19.24)

r0 Damit kann die durch die Kraft F an der Masse geleistete Arbeit durch die Differenz der potentiellen Energien U0 und U1 angegeben werden. Unter Verwendung des Arbeitssatzes (Gleichung 19.22) ergibt sich daraus der Energiesatz T1 + U1 = T0 + U0 = konst. ,

(19.25)

das heißt, dass f¨ ur rein konservative Systeme die Summe aus kinetischer und potenzieller Energie zu jedem Zeitpunkt konstant ist.

350

19 Kinetik des Massenpunktes

19.5

Potentiale

In der Mechanik sind die folgenden Potentiale von Bedeutung. Gravitationspotential allgemein M

m

U = −f r

Mm r

⇒

F =f

Mm r2

mit der Gravitationskonstanten f = 6.673 · 10−11 m3 /(kg s2 ). Gravitationspotential nahe der Erdoberfl¨ ache mg

0110 10

z

Federpotential

N

⇒

U = mgz

F = −mg

x

F

c

U=

x

c

1 c x2 2

⇒

N = −c x

⇒

F = cx

F

Beispiel 19.3 Massenpunkt auf schiefer Ebene Ein Massenpunkt der Masse m gleitet unter seinem eigenen Gewicht reibungsfrei eine schiefe Ebene der H¨ ohe h hinab und trifft am Ende auf eine Feder mit der Federsteifigkeit c. Mit welcher Geschwindigkeit v1 trifft die Masse auf die Feder, und um welchen Federweg Δx wird sich die Feder maximal zusammendr¨ ucken?

1111111111111111111 0000000000000000000 0000000000000000000 1111111111111111111 0000000000000000000 1111111111111111111 0000000000000000000 1111111111111111111 0000000000000000000 1111111111111111111 0000000000000000000 1111111111111111111 0000000000000000000 1111111111111111111 m

h

g

α

c

Δx

L¨ osung: W¨ ahlen wir den Punkt beim Zusammentreffen von Masse und Feder als den Ursprung f¨ ur die potentielle Lageenergie der Masse, dann ist die potentielle Energie der Masse am Anfang U0 = mgh. Die kinetische Energie ist am Anfang T0 = 0, da die Masse am Anfang ruht. Beim Zusammentreffen der Masse mit der Feder ist die potentielle Energie U1 = 0 und die kinetische

351

19.6 Gerader zentrischer Stoß

Energie T1 = 12 mv12 . Mit dem Energiesatz folgt daraus mgh =

1 mv12 2

⇒

v1 =

p 2gh .

Die potentielle Energie der Masse zu dem Zeitpunkt an dem die Feder maximal zusammengedr¨ uckt wird ist U2 (Masse) = −mgΔx sin α. Die in der Feder gespeicherte potentielle Energie ist dann U2 (Feder) = 21 cΔx2 . Im Punkt der maximalen Federauslenkung hat die Masse keine Geschwindigkeit, also auch keine kinetische Energie. Nun l¨ asst sich aus dem Energiesatz die Gr¨ oße Δx bestimmen. 1 c Δx2 2 r m2 g 2 mg 2mgh Δx = sin2 α + sin α + c c2 c

mgh = −mg Δx sin α + ⇒

19.6

Gerader zentrischer Stoß

Stoßvorg¨ ange treten auf, wenn zwei oder mehrere Massenpunkte zur gleichen Zeit aufeinandertreffen. Sie k¨ onnen unter Annahme einer sehr kurzen Stoßdauer und der Vernachl¨ assigung einer Lage¨ anderung w¨ ahrend des Stoßes modelliert werden. Hier soll der Stoßvorgang zwischen zwei Massenpunkten genauer untersucht werden, wobei N die Richtung des Stoßes (Stoßnormalenrichtung) angibt. Um die Geschwindigkeiten der beiden Massen nach dem Stoß zu berechnen, unterteilt man den Stoßvorgang zeitlich in die Kompressionsphase, in der die Kraft auf die beiden am Stoß beteiligten K¨ orper anw¨ achst und die Restitutionsphase, in der die Kraft wieder abnimmt. m2 m1 v1

m1

v1

m2 v2

v2

m1 ˆ1 v

m2

N

m1 ˆ2 v

¯1 v

m2 ¯2 v

Bild 19.3 Gerader zentrischer Stoß

F¨ ur jede der beiden Phasen kann man f¨ ur jeden der Massenpunkte den Impulssatz aufstellen.

352

19 Kinetik des Massenpunktes

Kompression m2

m1 FˆK

m1 (ˆ v1 − v1 ) = −FˆK

(19.26)

v2 − v2 ) = FˆK m2 (ˆ

(19.27)

m1 (¯ v1 − vˆ1 ) = −FˆR

(19.28)

v2 − vˆ2 ) = FˆR m2 (¯

(19.29)

Restitution m2

m1 ˆR F

Zwischen den Kraftst¨ oßen der Krompressionsphase (FˆK ) und der Restitutionsˆ phase (FR ) in Stoßnormalenrichtung N kann man den Zusammenhang F

FˆR = e FˆK FˆK FˆR

(19.30)

t

annehmen, wobei e die Stoßzahl ist. Sie folgt aus experimentellen Beobachtungen und dr¨ uckt aus, ob ein Stoß rein elastisch (e = 1), teilplastisch (0 < e < 1) oder voll plastisch (e = 0) ist. Die Stoßzahl h¨ angt haupts¨ achlich von den Materialien der Stoßpartner ab. Stoßzahlen f¨ ur typische Materialpaarungen sind in Tabelle 19.1 gegeben. Materialpaarung

Stoßzahl

Stahl / Stahl Glas / Glas Holz / Holz Kupfer / Kupfer Gummi / Gummi Tennisball / Schl¨ ager Golfball / Schl¨ ager

0.6 - 0.9 0.94 0.5 - 0.65 0.22 0.75 0.85 max. 0.83

Tabelle 19.1 Stoßzahlen f¨ ur typische Materialpaarungen

Am Ende der Kompressionsphase haben die beiden Massen m1 und m2 die gleichen Geschwindigkeiten in Stoßnormalenrichtung N . vˆ1 = vˆ2 = vˆ

(19.31)

Die Gleichungen 19.26 bis 19.31 sind sechs Gleichungen f¨ ur die sechs Unbekannosung erh¨ alt man z. B. mit Maple. ten vˆ1 , vˆ2 , FˆK , FˆR , v¯1 und v¯2 . Eine L¨

353

19.6 Gerader zentrischer Stoß

vˆ

=

v¯1

=

v¯2

=

m1 v1 + m2 v2 m1 + m2 m2 vˆ − e (v1 − v2 ) m1 + m2 m1 (v1 − v2 ) vˆ + e m1 + m2

F¨ ur die Stoßzahl e erh¨ alt man daraus sofort v¯1 − v¯2 . e=− v1 − v2

(19.32) (19.33) (19.34)

(19.35)

Nun ist es mit der Kenntnis der Geschwindigkeiten vor und nach dem Stoß auch m¨ oglich, den Energieverlust w¨ ahrend des Stoßes zu ermitteln. ΔT

T − T¯ 1 1 1 1 m1 v12 + m2 v22 − m1 v¯12 − m2 v¯22 2 2 2 2 ´ m1 m2 1` (v1 − v2 )2 1 − e2 2 m1 + m2

= = =

(19.36)

Sonderf¨alle Beim plastischen Stoß kleben“ beide Stoßpartner nach dem Stoß zusammen ” und haben somit nach dem Stoß die gleiche Geschwindigkeit in Stoßnormalenrichtung. Damit kann man aus dem Impulssatz f¨ ur das Gesamtsystem die Geschwindigkeit nach dem Stoß ermitteln. m1 v1 + m2 v2

= ⇒

m1 v¯1 + m2 v¯2 = (m1 + m2 )¯ v m1 v1 + m2 v2 v¯ = m1 + m2

(19.37) (19.38)

Diese Geschwindigkeit entspricht auch der nach maximaler Kompression erreichten Geschwindigkeit w¨ ahrend der Stoßphase. Beim elastischen Stoß tritt kein Energieverlust auf (vergleiche Gleichung 19.36 f¨ ur e = 1). Daher kann man im Fall des rein elastischen Stoßes den Energiesatz benutzen. Zusammen mit dem Impulssatz f¨ ur das Gesamtsystem folgen daraus die Geschwindigkeiten der beiden Stoßpartner nach dem Stoß. m1 v1 + m2 v2 = m1 v¯1 + m2 v¯2

(19.39)

1 1 1 1 m1 v12 + m2 v22 = m1 v¯12 + m2 v¯22 2 2 2 2

(19.40)

⇒ v¯1

=

v¯2

=

m1 v1 − m2 v1 + 2m2 v2 m1 + m2 m2 v2 − m1 v2 + 2m1 v1 m1 + m2

(19.41) (19.42)

354

19 Kinetik des Massenpunktes

19.7

Schiefer zentrischer Stoß

Beim schiefen zentrischen Stoß glatter Massenpunkte bewegen sich die Stoßpartner vor und nach dem Stoß nicht in dieselbe Richtung entlang der Stoßnormalen. Dennoch gelten in Richtung der Stoßnormalen die gleichen Gleichungen wie f¨ ur den geraden zentrischen Stoß. Das heißt v¯1

K v¯2

N

v1 v2 m1

m2

v¯1N

=

v¯2N

=

Bild 19.4 Schiefer zentrischer Stoß

m1 v1N + m2 v2N − e m2 (v1N − v2N ) m1 + m2 m1 v1N + m2 v2N − e m1 (v2N − v1N ) m1 + m2

(19.43) (19.44)

Die Geschwindigkeitskomponenten in der Stoßebene K bleiben nach dem Impulssatz jeweils erhalten, da in dieser Ebene keine Stoßkr¨ afte auf die Massen wirken. v¯1K

=

v1K

(19.45)

v¯2K

=

v2K

(19.46)

Ebenso bleibt der Gesamtimpuls beider K¨ orper unabh¨ angig von der Art des Stoßes (elastisch, teilplastisch oder plastisch) konstant. Daraus erh¨ alt man allgemein f¨ ur die Stoßzahl e=−

19.8

v¯1N − v¯2N . v1N − v2N

(19.47)

Reibung: Haften und Gleiten

Wir betrachten einen als Massenpunkt idealisierten K¨ orper K der Masse m, der auf einer horizontalen Ebene aufliegt. Nun lassen wir auf den K¨ orper eine Kraft F in horizontaler Richtung wirken. Liegt diese Kraft unterhalb eines bestimmten

355

19.8 Reibung: Haften und Gleiten

orper K in Ruhe bleiben, d. h. er befindet Grenzwertes |F | ≤ Hmax , so wird der K¨ sich im statischen Gleichgewicht. Man sagt, der K¨ orper haftet auf der Ebene ¨ orper (Fall a). Bei Uberschreitung des Grenzwertes |F | > Hmax wird sich der K¨ K in Bewegung setzen. Dies bezeichnet man als Gleiten auf der Ebene (Fall b). a)

Bild 19.5 Haften und Gleiten eines K¨ orpers

19.8.1

b)

K

g m

F

11111111 00000000 00000000 11111111

K

g

F

m

1111111111 0000000000 0000000000 1111111111

Haften

Zun¨ achst soll der Fall |F | ≤ Hmax untersucht werden. Hierzu schneiden wir den K¨ orper K vom Untergrund frei und tragen die an der Kontaktfl¨ ache wirkenden Schnittkr¨ afte an. K F G H Bild 19.6 Haften eines K¨ orpers

N

N H 11111111 00000000 00000000 11111111

Auf den K¨ orper K wirken in horizontaler Richtung die Kraft F und aus Gleichgewichtsgr¨ unden eine Haftkraft H an der Kontaktfl¨ ache, die den K¨ orper in Ruhe h¨ alt. Das Kr¨ aftegleichgewicht in horizontal Richtung liefert somit →

:

H=F.

(19.48)

In vertikaler Richtung wirkt die Gewichtskraft G = mg sowie die senkrecht auf der Kontaktfl¨ ache stehende Normalkraft N ↑

:

N = mg .

(19.49)

Durch experimentelle Untersuchungen stellt man fest, dass der K¨ orper K so lange in Ruhe bleibt, wie die Haftkraft H den Wert Hmax = μH N

(19.50)

nicht u ¨berschreitet, wobei die Haftzahl μH von der Materialpaarung der Oberfl¨ achen der beiden K¨ orper (hier: K¨ orper K und Ebene) abh¨ angt. Richtwerte f¨ ur g¨ angige Materialpaarungen sind in Tabelle 19.2 angegeben.

356

19 Kinetik des Massenpunktes

Materialpaarung Stahl - Stahl Holz - Metall Holz - Holz Stahl - Eis Stahl - Teflon

Haftzahl

Reibzahl

0.15 . . . 0.2 0.5 . . . 0.65 0.4 . . . 0.65 0.03 0.06

0.1 . . . 0.15 0.2 . . . 0.5 0.2 . . . 0.4 0.015 0.04

Tabelle 19.2 Haft- und Reibzahlen f¨ ur unterschiedliche Materialpaarungen

Die beschriebenen Beobachtungen f¨ uhren auf die Haftbedingung mit der Ungleichung |H| ≤ Hmax = μH N .

(19.51)

angig von der Die maximal aufnehmbare Haftkraft Hmax ist demnach unabh¨ Gr¨ oße der Kontaktfl¨ ache zwischen den K¨ orpern. Die u ¨bertragbare Haftkraft h¨ angt nur von der Haftzahl μH und der Normalkraft N ab. Es sei angemerkt, dass im hier betrachteten Fall des Haftens die Haftkraft H stets aus den Gleichgewichtsbedingungen bestimmt wird und eine Reaktionskraft ist. Die Haftbedingung (Gleichung 19.51) liefert dann eine Aussage, ob Haften vorliegt oder Gleiten auftritt. Ist die Haftbedingung erf¨ ullt, d.h. |H| ≤ μH N , so haftet der K¨ orper. Ist die Haftbedingung nicht erf¨ ullt, also |H| > μH N , so tritt Gleiten auf, das im folgenden Abschnitt behandelt wird. Beispiel 19.4 Quader auf schiefer Ebene Ein Quader der Masse m liegt auf einer schiefen Ebene mit dem Neigungswinkel α. Die Haftzahl betr¨ agt μH . Gesucht ist der maximale Neigungswinkel α, bei der der Quader nicht ins Gleiten kommt. g

11111111 00000000 m 00000000 11111111 00000000 11111111 00000000 11111111 00000000 11111111 μH 00000000 11111111 α 00000000 11111111 00000000 11111111

L¨ osung: Durch Freischneiden erh¨ alt man die Normalkraft N und die erforderliche Haftkraft H zwischen Quader und Ebene. H x ¯ z¯

N G N H α

357

19.8 Reibung: Haften und Gleiten

Das Gleichgewicht im der Neigung der Ebene angepassten Koordinatensystem (x, z) lautet 

:

N

=

G cos α = mg cos α



:

H

=

G sin α = mg sin α .

Die Haftbedingung (Gleichung 19.51) liefert |H| ≤ μH N .

(19.52)

Da im Allgemeinen die Richtung der Haftkraft zun¨ achst nicht bekannt ist, muss in der Haftbedingung der Betrag der Haftkraft angenommen werden. F¨ ur sinnvolle Neigungswinkel 0◦ ≤ α ≤ 90◦ vereinfacht sich dies zu mg sin α

≤

μH mg cos α

sin α cos α

≤

μH

tan α

≤

μH .

Der Neigungswinkel α der Ebene muss somit kleiner als αmax = arctan(μH ) sein, damit der Quader nicht ins Gleiten kommt.

19.8.2

Gleiten

Wir betrachten wieder einen auf einer Ebene liegenden K¨ orper, an dem mit einer Kraft F gezogen wird. Nehmen wir nun an, dass die Last F soweit gesteigert wird, dass Fmax u ¨berschritten wird. F > Fmax = Hmax = μH N

(19.53)

Die Haftbedingung (Gleichung 19.51) ist dann nicht mehr erf¨ ullt und der K¨ orper nicht mehr im Gleichgewicht. Er f¨ angt an zu gleiten. Bewegung K F G R Bild 19.7 Gleiten eines K¨ orpers

N

N R 111111111 000000000 000000000 111111111

Man stellt nun anhand von Experimenten fest, dass auch beim Gleiten eine Widerstandskraft auf den K¨ orper wirkt, die der Bewegungsrichtung entgegengesetzt ist. Wir nennen sie die Reibkraft R. Sie ist ebenfalls n¨ aherungsweise

358

19 Kinetik des Massenpunktes

proportional zu der Normalkraft N . Den Proportionalit¨ atsfaktor nennt man die alt so das Reibgesetz von Coulomb (1736 – 1806) Reibzahl μR und erh¨ R = μR N .

(19.54)

Die Reibkraft R wird im Gegensatz zur Haftkraft nicht aus dem Gleichgewicht, sondern aus dem Reibgesetz (Gleichung 19.54) bestimmt. Da der K¨ orper K sich bewegt, gelten die statischen Gleichgewichtsbedingungen nicht mehr. Weil F > R ist, wird der K¨ orper beschleunigt. Es muss also das Newtonsche Grundgesetz verwendet werden. Dies liefert m¨ x = F − R = F − μR N .

(19.55)

Beispiel 19.5 Vollbremsung eines PKW Ein als Massenpunkt idealisierter PKW mit einer Masse von 1200 kg bewegt sich mit einer Geschwindigkeit von v0 = 100 km/h entlang einer Geraden in der Ebene und muss pl¨ otzlich eine Vollbremsung machen. Es soll angenommen werden, dass die Reifen sofort blockieren. Das Auto kommt nach 35 m zum Stillstand. Zu bestimmen ist die Reibzahl μR , wenn man davon ausgeht, dass das Coulombsche Reibgesetz gilt, und die Energie D, die bei der Vollbremsung in thermische Energie umgesetzt wird. x g

R N

11111 00000 00000 11111 N

R

L¨ osung: Aus dem Kr¨ aftegleichgewicht in vertikaler Richtung folgt, dass die Normalkraft N dem Gewicht des PKW G = mg entspricht. ↑

:

N = mg

Aus dem Reibgesetz folgt f¨ ur die Reibkraft R R = μR N = μR mg . Das Newtonsche Grundgesetz in horizontaler Richtung liefert →

:

m¨ x = −R = −μR mg

oder x ¨ = −μR g .

359

19.8 Reibung: Haften und Gleiten

Durch Integration erh¨ alt man mit den Anfangsbedingungen x(t ˙ = 0) = v0 und x(t = 0) = 0 die Geschwindigkeit x˙ und die zur¨ uckgelegte Strecke x. x˙

=

x

=

v0 − μR g t 1 v0 t − μR g t2 2

Wenn das Auto zum Stillstand gekommen ist, dann verschwindet seine Geschwindigkeit. Daraus folgt f¨ ur die Zeit, die das Auto braucht, um zum Stillstand zu kommen t=

v02 . μR g

Durch Einsetzen ergibt sich f¨ ur den zur¨ uckgelegten Weg xt =

v02 = 35 m . 2μR g

Schließlich erh¨ alt man durch Aufl¨ osen nach μR die gesuchte Reibzahl μR =

v02 = 1.1236 . 2g xt

Die in W¨ arme umgesetzte Energie entspricht der kinetischen Energie, die das Fahrzeug vor der Vollbremsung hatte D=T =

19.8.3

1 mv02 = 462.963 kJ . 2

Seilhaften und -gleiten

Besonders große Haft- und Reibkr¨ afte lassen sich mit Hilfe von Seilen erzeugen, die um Pfosten oder Poller geschlungen sind. α

Bild 19.8 Seilhaften

111 000 000 111 000 111

μH

F

G = mg

Dieser Effekt ist anschaulich jedem bekannt. Wenn man z. B. ein Gewicht u ¨ber ein Seil h¨ alt, das um einen zylinderf¨ ormigen Tr¨ ager geschlungen ist, kann mit

360 a)

19 Kinetik des Massenpunktes α

ds

111 000 000 111 000 111

b)

μH

dϕ 2

S1

dN dH S

S + dS

S2

dϕ 2

dϕ

Bild 19.9 Seilhaften: Freik¨ orperbild und infinitesimales Element

einer kleinen Kraft F ein großes Gewicht G gehalten werden. Die Haftzahl zwischen Seil und Tr¨ ager wird auch hier mit μH , der Umschlingungswinkel des Seils mit α bezeichnet (siehe Bild 19.8). Zur Berechnung schneiden wir zun¨ achst das Seil um den Tr¨ ager frei und tragen die beiden Seilkr¨ afte S1 und S2 an den Seilenden an. Man erh¨ alt hieraus sofort S2

=

G = mg

S1

=

F.

Nun betrachten wir ein infinitesimales Element ds des um den Tr¨ ager geschlungenen Seiles und tragen die Normalkraft dN sowie die Haftkraft dH an. Wenn wir zun¨ achst voraussetzen, dass S2 > S1 ist, also F < G, so ergibt sich die Richtung der Haftkraft dH aus der Anschauung, dass die Haftkraft einer angestrebten Abw¨ artsbewegung des Gewichtes entgegenwirken muss. Aus dem Kr¨ aftegleichgewicht erh¨ alt man „ « „ « dϕ dϕ ↑ : dN = (S + dS) sin + S sin , 2 2 « „ « „ dϕ dϕ − S cos . → : dH = (S + dS) cos 2 2 F¨ ur infinitesimal kleine Winkel dϕ gilt « „ « „ dϕ dϕ dϕ ≈ 1, sin ≈ . cos 2 2 2

(19.56) (19.57)

(19.58)

Aus Gleichung 19.56 und Gleichung 19.57 folgt damit dH = dS ,

dN = Sdϕ .

(19.59)

Die Haftbedingung (Gleichung 19.51) liefert f¨ ur den Grenzfall, bei dem ein Durchrutschen des Seils gerade noch nicht auftritt, die Ungleichung dH ≤ dHmax = μH dN .

(19.60)

361

19.8 Reibung: Haften und Gleiten

Man erh¨ alt f¨ ur diesen Grenzfall den Zusammenhang =

μH S dϕ = dS dS μH dϕ = . (19.61) S Dieser differentielle Zusammenhang l¨ asst sich u ¨ber den Umschlingungswinkel α integrieren dHmax

Zα

ZS2 dϕ =

μH 0

1 dS . S

(19.62)

S1

Daraus folgt μH α = ln

S2 S1

(19.63)

oder durch aufl¨ osen nach S2 die Eulersche (oder auch Eytelweinsche) Seilreibungsgleichung S2 = S1 eμH α .

(19.64)

F¨ ur den Fall, dass F > G ist, also die Haftkraft einem Anheben des Gewichtes entgegen wirkt, m¨ ussen die Kr¨ afte S1 und S2 in Gleichung 19.64 ausgetauscht werden und man erh¨ alt S1 = S2 eμH α . −μH α

Wegen e

=

1

eμH α

kann man auch schreiben

−μH α

S2 = S1 e

(19.65)

.

(19.66)

Die Gleichungen 19.64 und 19.66 geben jeweils die Grenzen f¨ ur die Seilkraft S2 an, in denen das statische Gleichgewicht erf¨ ullt ist, also die maximale Haftkraft nicht u andige Haftbedingung f¨ ur Seilreibung lautet ¨berschritten wird. Die vollst¨ somit S1 e−μH α ≤ S2 ≤ S1 eμH α .

(19.67)

Beispiel 19.6 Seilreibung orpers G2 , damit Zu bestimmen sind die Grenzwerte der Masse m2 des K¨ das System nicht ins Gleiten ger¨ at und die Beschleunigung x ¨ des K¨ orpers G1 , wenn m2 zu klein ist. μH

g

μH

G1 α

G2

362

19 Kinetik des Massenpunktes

L¨ osung: Bei dieser Aufgabe m¨ ussen zwei Grenzf¨ alle untersucht werden. Im ersten Fall ist die Masse des Gewichtes G2 so groß, dass sie das Gewicht G1 die Ebene hinaufzieht. Im zweiten Fall rutscht G1 die Ebene hinab. Fall 1: Grenzfall vor Heraufrutschen von G1 Die Haftkraft H1 ist entgegen der angestrebten Bewegung, also nach links anzutragen und die Seilkraft S2 muss gr¨ oßer S1 sein. Man erh¨ alt durch Freischneiden das Freik¨ orperbild mit drei Teilsystemen. π I

ϕ=α+

II

2

S1

III

S2

G1 H1

S1

N1

S2

G2

F¨ ur das Teilsystem I ergibt das Kr¨ aftegleichgewicht 

:

S1 − H1 − G1 sin α

=

0



:

N1 − G1 cos α

=

0

F¨ ur den betrachteten Fall der Grenzhaftung gilt H1 ≤ μ H N1 , und man erh¨ alt f¨ ur die Seilkraft S1 ≤ G1 (μH cos α + sin α) . Das Seilreibungsgesetz (Gleichung 19.64) liefert im Teilsystem II f¨ ur S2 > S1 im Fall der Grenzhaftung den Zusammenhang S2

≤

S1 eμH ϕ

≤

S1 eμH (α+ 2 )

≤

G1 (μH cos α + sin α) eμH (α+ 2 ) .

π

π

Aus dem Teilsystem III erh¨ alt man S 2 = G2 = m 2 g . Damit ein Heraufgleiten des Gewichtes G1 = m1 g vermieden wird, muss somit die folgende Bedingung erf¨ ullt sein π

G2 ≤ G1 (μH cos α + sin α) eμH (α+ 2 ) . Ausgedr¨ uckt in den Massen m1 und m2 kann man auch schreiben π

m2 ≤ m1 (μH cos α + sin α) eμH (α+ 2 ) .

363

19.8 Reibung: Haften und Gleiten

Fall 2: Grenzfall vor Herabrutschen von G1 Auch hier gilt, dass die Haftkraft H1 der angestrebten Bewegung entgegen wirken muss. Im Freik¨ orperbild f¨ ur das Teilsystem I wirkt die Haftkraft H1 daher nun nach rechts. S1 G1 H1

N1

Man erh¨ alt durch analoges Vorgehen S1 ≥ G1 (sin α − μH cos α) . Das Seilreibungsgesetz (Gleichung 19.66) lautet nun S2

≥

S1 e−μH ϕ

≥

S1 e−μH (α+ 2 )

≥

G1 (sin α − μH cos α) e−μH (α+ 2 ) .

π

π

Um ein Abrutschen von G1 zu verhindern, gilt somit die Bedingung π

G2 ≥ G1 (sin α − μH cos α) e−μH (α+ 2 ) oder π

m2 ≥ m1 (sin α − μH cos α) e−μH (α+ 2 ) . Damit sich das System im statischen Gleichgewicht befindet, gelten f¨ ur m2 somit die Grenzen π

π

m1 (sin α−μH cos α) e−μH (α+ 2 ) ≤ m2 ≤ m1 (sin α+μH cos α) eμH (α+ 2 ) . Falls m2 zu klein ist, setzt sich das System in Bewegung und m1 wird herabrutschen. Die Gleichungen f¨ ur das Kr¨ aftegleichgewicht werden ersetzt durch die Newtonschen Bewegungsgleichungen und die Haftkraft H1 wird ersetzt durch die Reibkraft R1 . Anstatt mit der Haftzahl μH rechnen wir jetzt mit der entsprechenden Reibzahl μ, die auch f¨ ur die Seilreibung gilt. alt man F¨ ur den K¨ orper G1 erh¨ m1 x ¨

=

−R1 − S1 + G1 sin α

0

=

N1 − G1 cos α

R1

=

μ N1

Entsprechend gilt f¨ ur den K¨ orper G2 m2 x ¨ = S 2 − G2 Hinzu kommt noch der Zusammenhang zwischen den Seilkr¨ aften S1 und S2 π

S2 = S1 e−μ(α+ 2 )

364

19 Kinetik des Massenpunktes

Diese f¨ unf Gleichungen kann man schließlich nach x ¨ aufl¨ osen, und man erh¨ alt f¨ ur die Beschleunigung π

x ¨=

m1 g (sin α − μ cos α) e−μ(α+ 2 ) − m2 g . π m2 + m1 e−μ(α+ 2 )

¨ Ubungsaufgaben

19.9

Aufgabe 19.1 (Schwierigkeitsgrad 1) ohe h Ein Ball wird mit der Geschwindigkeit v0 aus einem Fenster mit der H¨ u ¨ber dem Grund vertikal nach oben geworfen. Bestimmen Sie die Geschwindigkeit des Balls als Funktion der Zeit, den Scheitelpunkt (h¨ ochster Punkt) und die dazu geh¨ orige Zeit t1 , die Zeit t2 zu der der Ball auf den Boden prallt und die dazugeh¨ orige Aufprallgeschwindigkeit v2 . Gegeben: v0 = 10 m/s, g = 9.81 m/s2 , h = 20 m

y L¨ osung:

v0 g h

t1

=

1.02 s

s2

=

25.1 m

t2

=

3.28 s

v2

=

−22.19 m/s

¨ 19.9 Ubungsaufgaben

365

Aufgabe 19.2 (Schwierigkeitsgrad 1) Ein Ballon steigt mit der Geschwindigkeit v0 , als ein Sandsack abgeworfen wird. Die Abwurfh¨ ohe betr¨ agt h. Wie lange dauert es, bis der Sandsack auf den Boden prallt? Wie groß ist die Aufprallgeschwindigkeit, und wie groß ist die Beschleunigung kurz vor dem Aufprall? Gegeben: v0 = 2 m/s, h = 120 m, g = 9.81 m/s2

g L¨ osung:

Δt

v0

=

5.15 s

v

=

−48.56 m/s

a

=

−g

h

Aufgabe 19.3 (Schwierigkeitsgrad 1) Ein Projektil wird vom Rand einer Klippe der H¨ ohe h abgefeuert. Die Anfangsagt α0 = 30◦ (relativ zur geschwindigkeit ist v0 und der Abschußwinkel betr¨ Horizontalen). Reibung ist zu vernachl¨ assigen. Wie groß ist der horizontale Abstand des Punktes, an dem das Projektil die Wasseroberfl¨ ache ber¨ uhrt? Bestimmen Sie den Scheitelpunkt der Flugbahn und den maximalen Abstand von der Wasseroberfl¨ ache. Gegeben: h = 150 m, v0 = 180 m/s

30◦ h

g

L¨ osung:

SH

=

3100 m

SV

=

562.84 m

366

19 Kinetik des Massenpunktes

Aufgabe 19.4 (Schwierigkeitsgrad 2) Eine Punktmasse liegt vor einer um f vorgespannten, masselosen Feder (Federkonstante c) auf einer schiefen Ebene. Zwischen der Punktmasse und der Ebene herrscht Reibung (Reibzahl μ). Nun wird die Feder losgelassen. Wie groß ist die Geschwindigkeit der Punktmasse beim Verlassen der Feder? Wo bleibt die Masse liegen? Gegeben: f , c, μ, g, α, m

11111111 00000000 00000000 11111111 00000000 11111111 00000000 11111111 00000000 11111111 00000000 11111111 x

c

L¨ osung:

g

f

s

α

m

μ

v

=

x

=

cf 2 − 2gf (μ cos α + sin α) m cf 2 2mg(μ cos α + sin α)

Aufgabe 19.5 (Schwierigkeitsgrad 2) In der horizontalen Streckenf¨ uhrung einer Straße ist eine Kurve vom Radius r um den Winkel α u oht. Die Haftzahl zwischen den R¨ adern eines Autos ¨berh¨ (Massenpunkt m) und der Straße betr¨ agt μ0 . a) Mit welcher konstanten Geschwindigkeit v0 (in km/h) muß das Auto bei Glatteis (Haftzahl μG ) die Kurve befahren, um nicht zu rutschen? b) Mit welcher konstanten Geschwindigkeit v1 (in km/h) darf das Auto bei ochstens fahren, ohne zu rutschen? trockener Straße (Haftzahl μT ) h¨ Gegeben: μG = 0, μT = 0.9, r = 50 m, α = 10◦

Draufsicht

L¨ osung: Seitenansicht

r

g m

α

v0

=

33.48 km/h

v1

=

90.18 km/h

¨ 19.9 Ubungsaufgaben

367

Aufgabe 19.6 (Schwierigkeitsgrad 2) In einem Spielfeld wird die Kugel (Masse m) mit Hilfe einer vorgespannten Feder (Steifigkeit c), die in der skizzierten Ausgangslage um das Maß a zusammengedr¨ uckt ist, abgeschossen. Sie rutscht entlang der rauhen Strecke AB (Reibzahl μ, L¨ ange ). Anschließend bewegt sie sich entlang einer glatten Kreisbahn (Radius r) nach oben. Wie groß darf  h¨ ochstens sein, damit die Kugel Punkt C der Kreisbahn erreicht und nicht vorher herunterf¨ allt? Gegeben: m, c, a, μ, r

C g r

L¨ osung:

glatt

c



m

glatt A

rauh 

1 2μ

=

„

ca2 − 5r mg

«

B

Aufgabe 19.7 (Schwierigkeitsgrad 2) Gleichzeitig mit dem Beginn des freien Falls einer Birne B wirft ein Kind bei A einen Stein unter dem Winkel α0 mit der Anfangsgeschwindigkeit v0 ab. a) Wie groß muß der Winkel α0 sein, damit der Stein die Birne trifft? b) Welche Anfangsgeschwindigkeit v0 ist erforderlich, damit das Zusammentreffen gerade noch u ¨ber dem Boden stattfindet? Gegeben: α0 , v0 , h, b, , g, Hinweis: cos2 α =

 α 111111111111 000000000000 000000000000 111111111111 v B 000000000000 111111111111 h 000000000000 111111111111 b 000000000000 111111111111 y 000000000000 111111111111 x 000000000000 111111111111

1 tan2 α+1

L¨ osung:

A

0

0

g

tan α0

=

v0

=

h−b  r g 2 ( + (h − b)2 ) 2b

368

19 Kinetik des Massenpunktes

Aufgabe 19.8 (Schwierigkeitsgrad 2) Ein Zug vom Gewicht G bewegt sich mit der Geschwindigkeit v0 auf einer abfallenden Strecke mit dem Neigungswinkel α. In einem Augenblick der Gefahr beginnt der Lokomotivf¨ uhrer den Zug abzubremsen. Der Widerstand W infolge der Abbremsung und Reibung an den Achsen ist als konstant anzunehmen, der Luftwiderstand soll vernachl¨ assigt werden. Bestimmen Sie, in welcher Entfernung sE und in welcher Zeit tE nach Beginn der Abbremsung der Zug zum Stillstand kommt. G Gegeben: v0 = 72 km/h, sin α = 0.008, W = = const. 10

L¨ osung: sE = 217.4 m

tE = 21.7 s

Aufgabe 19.9 (Schwierigkeitsgrad 3) Ein Wagen gleitet aus der Ruhelage A reibungsfrei eine schiefe Ebene herab, die im Punkt B in eine Kreisbahn mit dem Radius R u ¨bergeht. An welcher Stelle C l¨ ost sich der Wagen von der Kreisbahn? Gegeben: a/R = 1/4, g

g

2a a

L¨ osung:

A B R ϕ

C

⇒

√ ! 3 a + R 2

sin ϕ

=

2 3

ϕ

≈

48.1◦

¨ 19.9 Ubungsaufgaben

369

Aufgabe 19.10 (Schwierigkeitsgrad 3) Ein Fadenpendel, bestehend aus einem masselosen Faden der L¨ ange  und einer Punktmasse m, wird aus der horizontalen Lage losgelassen. Der Faden hat eine begrenzte Tragf¨ ahigkeit Smax . Bestimmen Sie a) die Winkelgeschwindigkeit als Funktion des Winkels ϕ(ϕ), ˙ b) den Winkel ϕ1 , bei dem der Faden reißt und c) den Ort x, an dem die Masse auf dem Boden auftrifft. Gegeben: g, m, , Smax = 32 mg



m

L¨ osung:

ϕ1 g

y

r g 2 sin ϕ 

a)

ϕ˙ =

b)

ϕ = 30◦

c)

x=



x

√ ! √ 3 3− 7 1−  4

≈ 0.3624 

Aufgabe 19.11 (Schwierigkeitsgrad 2) Vor einer um das Maß f zusammengedr¨ uckten Feder mit der Steifigkeit c liegt ein Massenpunkt m. a) Wie groß ist seine Geschwindigkeit beim L¨ osen von der Feder? b) Wie weit rutscht er die schiefe Ebene hinauf? Auf der horizontalen Ebene wirkt die konstante Widerstandskraft W1 , auf der schiefen Ebene W2 . Die Umlenkung im Punkt A soll verlustlos erfolgen. Gegeben: g, m, c, f , 1 , W1 = μ mg, sin α = 12 , W2 =

√ 3 2

μ mg

L¨ osung: f c

g

m A

r

α

v

=

2

=

2 1

c 2 f − 2μ mg f m „ 2 « cf 1 √ − 2 μ 1 1 + 3 μ mg

370

19 Kinetik des Massenpunktes

Aufgabe 19.12 (Schwierigkeitsgrad 1) Beim Spannen einer Federpistole wird die masselose Feder mit der Steifigkeit c um den Betrag a zusammengedr¨ uckt. Bestimmen Sie mit Hilfe des Energiesatzes a) die Steigh¨ ohe h des Geschosses (Masse m) und b) die Geschwindigkeit v0 des Geschosses beim Verlassen des Pistolenlaufs. Gegeben: g, m, c, a

g L¨ osung: h a

m

h

=

v0

=

c

ca2 2mg r c 2g − a m a

Aufgabe 19.13 (Schwierigkeitsgrad 3) Entlang der skizzierten gekr¨ ummten Schiene kann ein K¨ orper (Masse m) reibungsfrei gleiten. Außerdem ist er an einer masselosen Feder (Federkonstante c) befestigt, die im ungespannten Zustand die L¨ ange a hat. Der K¨ orper bewegt sich nur unter dem Einfluß der Schwere und der Federkraft aus seiner Anfangslage im Punkt A. Welche Geschwindigkeit hat der K¨ orper a) im Punkt B und b) im Punkt C? c) Wie weit bewegt er sich u ¨ber C hinaus? Gegeben: g, m, c, a

L¨ osung:

a A m

c g

a x B

C

√ c vB = 2 ga + 2( 2 − 1) a2 m r c 2 vC = a + 2ga m v !2 u r u 2mg +1+1 xmax = a t −1 ca

¨ 19.9 Ubungsaufgaben

371

Aufgabe 19.14 (Schwierigkeitsgrad 2) Vor einer um das Maß f zusammengedr¨ uckten und verriegelten masselosen Feder mit der Federkonstante c liegt ein Massenpunkt der Masse m. a) Welchen Wert f0 muss f mindestens haben, damit nach Entriegelung des Systems der Massenpunkt die schiefe Ebene verl¨ asst? b) In welchem Punkt der horizontalen Ebene E trifft der Massenpunkt m auf, uckt war? wenn die Feder um das Maß f1 > f0 zusammengedr¨ Die Bewegung erfolgt reibungsfrei. Gegeben: g, m, c, α, h

L¨ osung: g

E

c

x

α

m

mg sin α c s„ « mgh mg sin α 2 +2 + c c « „ 2 cf1 − 2 (f1 sin α + h) = sin 2α mg

f0 = h

f xE

Aufgabe 19.15 (Schwierigkeitsgrad 2) agt ein Brett der Masse m2 im SchwerEin Geschoss der Masse m1 durchschl¨ punkt S. Die Auftreffgeschwindigkeit ist v0 , die Austrittsgeschwindigkeit v1 . a) Wie groß ist die Geschwindigkeit vB des Brettes nach dem Durchschuss? b) Wie groß sind die kinetischen Energien von Brett und Geschoss nach dem Durchschuss, und welcher Anteil der Energie wurde dissipiert? Gegeben: g = 10

m , s2

m1 = 0, 05 kg, m2 = 5 kg, v0 = 600

m2 L¨ osung: v1

v0 S m1

m s

vB

=

4.5

ΔT T0

=

93 %

m , s

v1 = 150

m s

372

19 Kinetik des Massenpunktes

Aufgabe 19.16 (Schwierigkeitsgrad ) Ein G¨ uterwaggon rollt von einem Ablaufberg auf drei stehende zusammenh¨ angende Waggons zu. Alle Wagen haben die Masse m. Bestimmen Sie die Geschwindigkeiten der Waggons nach dem Zusammenstoß, 1. wenn von einer Stoßzahl e = 0.8 ausgegangen wird, 2. wenn sich die Waggons nach dem Stoß gemeinsam weiter bewegen. Die Bewegung erfolgt reibungsfrei. Gegeben: m = 20 t, h = 1 m

L¨ osung: a)

v1 v2

= =

−1.55 1.99

m s m s

b)

v

=

1.11

m s

h

Aufgabe 19.17 (Schwierigkeitsgrad 3) oßt mit einer zweiten Punktmasse m2 unter dem Eine Punktmasse m1 st¨ Winkel α zusammen (Stoßzahl e). v1 und v2 sind die Geschwindigkeiten der Punktmassen vor dem Stoß. Ermitteln Sie Betrag und Richtung der Geschwindigkeiten der Punktmassen nach dem Stoß. Reibung ist zu vernachl¨ assigen. Gegeben: m1 = m, m2 = 3 m, e = 21 , α = 60◦ , v1 = 2 v, v2 = v

L¨ osung:

m2

v2

α

v1 m1

v¯1

=

v¯2

=

13 v 16 √ 241 v 16

¨ 19.9 Ubungsaufgaben

373

Aufgabe 19.18 (Schwierigkeitsgrad 1) Eine Person der Masse m m¨ ochte auf eine an eine Wand gelehnte Leiter steigen. Zwischen der Leiter und dem Boden bzw. der Wand herrscht Haftung (Haftkoeffizient μH ). Wie hoch kann die Person steigen, ohne dass die Leiter wegrutscht? Gegeben: b, h = 3b, m, μH

L¨ osung: h hmax

hmax

=

3

b − μH h 1 + μ2H

b

Aufgabe 19.19 (Schwierigkeitsgrad 2) Ein Seil ist um zwei feststehende Walzen gelegt. Das eine Gewicht (Masse m1 ) h¨ angt frei an einem Seilende. Das zweite Gewicht (Masse m2 ) am anderen Seilende liegt auf einer schiefen Ebene. Zwischen dem Seil und den beiden Walzen sowie zwischen dem Gewicht und der schiefen Ebene herrscht Reibung (Haftungskoeffizient μH ). a) Geben Sie den minimalen und den maximalen Wert f¨ ur m1 an, so dass das System in Ruhe bleibt. b) Wo tritt jeweils die gr¨ oßte Zugkraft im Seil auf und welchen Wert hat sie? Gegeben: m2 = 10 kg, μH = 0.1, g = 10 m/s2 , α = 30◦ = b

π 6

μH L¨ osung: a) 2.719 kg ≤ m1 ≤ 8.918 kg m1

μH m2 μH

α

b) Smax = S2 = 41.34 N Smax = S1 = 89.18 N

20

Bewegung des starren K¨ orpers

20.1

Kinematik

Im Gegensatz zur Kinematik des Punktes muss bei der Bewegung des Starrk¨ orpers seine Ausdehnung mit ber¨ ucksichtigt werden. Ein starrer K¨ orper erf¨ ahrt im Allgemeinen nicht nur Translationen sondern auch Rotationen. Die Bewegung eines Punktes P eines starren K¨ orpers l¨ asst sich zusammensetzen aus der Bewegung eines anderen Punktes A und der Relativbewegung zwischen A und P.

P ω z

x

rAP rA

A Bild 20.1 Bewegung eines starren K¨ orpers

y

Das heißt, der Ortsvektor r P und der Geschwindigkeitsvektor r˙ P des Punktes P bestimmt sich aus rP

=

r A + r AP

(20.1)

r˙ P

=

r˙ A + r˙ AP = v P .

(20.2)

Da bei einem starren K¨ orper der Abstand zwischen den Punkten A und P konstant ist (r = |r AP | = konst.) kann r˙ AP nur aus einer Rotation um Punkt A resultieren. Daraus folgt f¨ ur die Geschwindigkeit v P des Punktes P v P = v A + ω × r AP ,

(20.3)

wobei ω die Winkelgeschwindigkeit des Starrk¨ orpers ist. Entsprechend erh¨ alt man durch eine weitere Zeitableitung des Geschwindigkeitsvektors v P die Beschleunigung aP des Punktes P aP

=

aA + ω˙ × r AP + ω × r˙ AP

(20.4)

=

aA + ω˙ × r AP + ω × (ω × r AP ) .

(20.5)

375

20.1 Kinematik

Jede Bewegung eines starren K¨ orpers l¨ asst sich als reine Drehbewegung um den Momentanpol (momentaner Geschwindigkeitspol) Π beschreiben (siehe Bild 20.2). Im Momentanpol ist die Geschwindigkeit v Π = 0. Der MomenvA A

Bild 20.2 Momentanpol einer Bewegung

vB B

Π

tanpol muss nicht unbedingt im K¨ orper selbst liegen und kann auch w¨ ahrend der Bewegung seine Position ver¨ andern. Die Geschwindigkeit jedes Punktes des Starrk¨ orpers ergibt sich mit Gleichung 20.3 zu v P = ω × r ΠP .

(20.6)

Der Geschwindigkeitsvektor steht also immer senkrecht auf r ΠP . Entsprechend erh¨ alt man f¨ ur die Beschleunigung aP

=

ω˙ × r ΠP + ω × r˙ ΠP

(20.7)

=

ω˙ × r ΠP + ω × (ω × r ΠP ) .

(20.8)

Hierbei wird ω × (ω × r ΠP ) als Zentrifugalbeschleunigung bezeichnet. F¨ ur die ebene Bewegung l¨ asst sich die Kinematik des starren K¨ orpers vereinfachen.

eϕ A

y Bild 20.3 Ebene Bewegung eines starren K¨ orpers

P er

rAP

rA x

Der Ortsvektor des Punktes P ist hier rP

=

r A + r AP

(20.9)

=

r A + rer ,

(20.10)

376

20 Bewegung des starren K¨ orpers

wobei r der Abstand zwischen Punkt A und P ist. Mit Gleichung 18.9 und der f¨ ur den Starrk¨ orper geltenden Bedingung r˙ = 0 folgt f¨ ur die Geschwindigkeit und die Beschleunigung des Punktes P v P = r˙ P

aP = r¨ P

=

r˙ A + re˙ r

=

r˙ A + rϕe ˙ ϕ

=

r˙ A + rωeϕ

=

r¨ A + rϕe ¨ ϕ + rϕ˙ e˙ ϕ

=

r¨ A + rϕe ¨ ϕ − rϕ˙ 2 er

=

r¨ A + rωe ˙ ϕ − rω 2 er .

(20.11)

(20.12)

Ist der Punkt A Momentanpol der ebenen Bewegung, dann ergibt sich vP aP

=

rωeϕ

(20.13) 2

rωe ˙ ϕ − rω er .

=

(20.14)

Hierbei wird rω˙ Zirkularbeschleunigung und rω 2 Zentrifugalbeschleunigung genannt. Beispiel 20.1 Momentanpol Das abgebildete Rad mit dem Radius r rollt auf einer ebenen Straße mit der Winkelgeschwindigkeit ω. Gesucht ist der Momentanpol Π, die Geschwindigkeit des Schwerpunktes vS sowie die Geschwindigkeitsverteilung entlang der Vertikalen durch den Schwerpunkt. ω

v S

2r

S

111111 000000 000000 111111 000000 111111 111111 000000 Π

L¨ osung: Da das Rad auf der Straße rollt und nicht gleitet, verschwindet seine Geschwindigkeit am Kontaktpunkt. Daraus folgt sofort, dass der Kontaktpunkt Momentanpol der Rollbewegung ist. Mit Gleichung 20.6 folgt dann die dargestellte Geschwindigkeitsverteilung im Rad, und die Schwerpunktsgeschwindigkeit wird vS = ωr .

377

20.2 Bewegungsgleichungen

20.2

Bewegungsgleichungen

Die Bewegungsgleichungen (Schwerpunktsatz, Momentensatz) beschreiben den Zusammenhang zwischen den ¨ außeren Kr¨ aften bzw. Momenten und der Bewegung. Schwerpunktsatz Der Impuls p eines Starrk¨ orpers ist definiert als Z p = v P (x, y, z) dm ,

(20.15)

m

wobei hier das Integral u orper geh¨ ort, gebildet ¨ber jeden Punkt P, der zu dem K¨ wird. Mit Gleichung 20.3 und dem k¨ orperfesten Punkt A folgt daraus Z (v A + ω × r AP ) dm p = m

Z

=

v A dm + ω ×

m

=

mv A + ω ×

Z

Z

r AP dm

m

r AP dm .

(20.16)

m

W¨ ahlt man f¨ ur den Punkt A den Schwerpunkt S, dann verschwindet definitionsgem¨ aß das statische Moment (siehe Abschnitt A.3.2), und der Impuls vereinfacht sich zu p = mv S .

(20.17)

F¨ ur den starren K¨ orper hat das Newtonsche Grundgesetz (Schwerpunktsatz) ¨ die gleiche Form wie f¨ ur den Massenpunkt, das heißt, dass die zeitliche Anderung des Impulses der Summe aller ¨ außeren Kr¨ afte entspricht d(mv S ) dp = =F. dt dt

(20.18)

Da sich bei einem starren K¨ orper die Masse nicht ver¨ andert vereinfacht sich diese Gleichung noch zu m

dv S =F. dt

(20.19)

Momentensatz Im Gegensatz zur Punktmasse tritt beim starren K¨ orper noch eine Momentengleichung auf, die eine Beziehung zwischen den Winkelbeschleunigungen und

378

20 Bewegung des starren K¨ orpers

den Momenten bez¨ uglich eines Punktes A liefert. F¨ ur den Momentensatz ist es notwendig den Drehimpuls zu definieren. Bez¨ uglich eines raumfesten Punktes O (siehe Bild 20.4) ist der Drehimpuls L

(O)

Z =

r P × v P dm ,

(20.20)

m

wobei P ein ver¨ anderlicher Punkt des K¨ orpers ist. Mit der Darstellung der Orts-

rAS

A

S

ω

rAP P

rA z

x

O

rP

Bild 20.4 Drehimpuls eines starren K¨ orpers

y

vektoren und der Geschwindigkeitsvektoren bez¨ uglich eines k¨ orperfesten Punktes A (Gleichung 20.1 und 20.3) bekommt man f¨ ur den Drehimpuls den Ausdruck L(O)

Z =

(r A + r AP ) × (v A + ω × r AP ) dm

m

Z

= m

r A × v A dm + Z

+ m

=

Z

r A × (ω × r AP ) dm

m

r AP × v A dm +

Z

r AP × (ω × r AP ) dm

m

0

m r A × v A + r A × @ω × Z + m

(20.21)

r AP dm × v A +

Z

Z

(20.22)

1 r AP dmA

m

r AP × (ω × r AP ) dm .

(20.23)

m

Mit der Definition des statischen Momentes (siehe Abschnitt A.3.2) folgt daraus L(O)

=

m r A × v S + m r AS × v A Z + (r AP · r AP )ω − (r AP · ω)r AP dm m

(20.24)

379

20.2 Bewegungsgleichungen

Der Term im Integral kann noch weiter vereinfacht werden. Setzt man den Koordinatenursprung in den Punkt A, so ergibt sich f¨ ur kartesische Koordinaten Z (r AP · r AP )ω − (r AP · ω)r AP dm m

Z = m

= Dabei ist

2

y2 + z2 6 4 −xy −xz

3 32 −xz ωx 7 76 −yz 5 4 ωy 5 dm 2 2 ωz x +y

Θ(A) ω . 2

Θ(A)

−xy x2 + z 2 −yz

Θx 6 = 4 Θyx Θzx

(20.25) (20.26)

Θxy Θy Θzy

3 Θxz 7 Θyz 5 Θz

(20.27)

die Komponentenmatrix des sogenannten Tr¨ agheitstensors bez¨ uglich des Punktes A genannt und hat die Komponenten 9 ´ R` 2 y + z 2 dm > Θx = = ´ R` 2 Axiale Massentr¨ ag(20.28) z + x2 dm Θy = ´ R` 2 > heitsmomente ; 2 x + y dm Θz = und Θxy Θyz Θzx

= = =

Θyx Θzy Θxz

= = =

9 R − xy dm > = R Deviationsmomente − yz dm R > − zx dm ;

(20.29)

F¨ ur die Komponenten des Tr¨ agheitstensors gilt der Satz von Steiner. Θ(A) x Θ(A) y

=

2 2 Θ(S) x + m(ySA + zSA )

(20.30)

+

2 zSA )

(20.31)

+

2 ySA )

(20.32)

=

Θ(S) y

Θ(A) z

=

Θ(S) z

Θ(A) xy

=

Θ(S) xy − m(xSA ySA )

(20.33)

=

Θ(S) yz

− m(ySA zSA )

(20.34)

=

Θ(S) zx

− m(zSA xSA )

(20.35)

Θ(A) yz Θ(A) zx

+

m(x2SA

+

m(x2SA

In Tabelle B.6 sind die Massentr¨ agheitsmomente einfacher Geometrien aufgef¨ uhrt. Mit dem Tr¨ agheitstensor vereinfacht sich der Drehimpuls bez¨ uglich des beliebigen raumfesten Punktes O zu L(O) = m r A × v S + m r AS × v A + Θ(A) · ω .

(20.36)

380

20 Bewegung des starren K¨ orpers

F¨ ur den Drehimpuls bez¨ uglich des beliebigen k¨ orperfesten Punktes A erh¨ alt man daraus mit r A = 0 L(A) = m r AS × v A + Θ(A) · ω .

(20.37)

Ist der Punkt A der Schwerpunkt S des K¨ orpers, dann verschwindet der Vektor r AS , und der Drehimpuls vereinfacht sich weiter zu L(S) = Θ(S) · ω .

(20.38)

Entsprechend vereinfacht sich der Ausdruck f¨ ur den Drehimpuls, wenn der Punkt A Fixpunkt F der Bewegung ist, also gleichzeitig raumfester und k¨ orperfester Punkt ist, denn f¨ ur den Fixpunkt gilt sowohl r F = 0 als auch v F = 0 und damit L(F) = Θ(F) · ω .

(20.39)

Der Momentensatz besagt nun, dass die auf einen starren K¨ orper einwirken¨ den Momente eine zeitliche Anderung des Drehimpulses bewirken (Eulersches Axiom). Dieser Satz gilt f¨ ur beliebige Punkte im Raum. dL(O) = M (O) dt

(20.40)

Hier ist M (O) die Summe aller ¨ außeren Momente bez¨ uglich des Punktes O. Daraus ergibt sich f¨ ur den Momentensatz um den k¨ orperfesten Punkt A d d (m r AS × v A ) + (Θ(A) · ω) = M (A) . dt dt

(20.41)

F¨ ur den Spezialfall, dass der Punkt A der Schwerpunkt S ist (r AS = 0), folgt d (Θ(S) · ω) = M (S) , dt

(20.42)

und f¨ ur den Fall, dass der Punkt A Fixpunkt F der Bewegung des K¨ orpers ist (r F = 0, v F = 0), lautet der Momentensatz d (Θ(F) · ω) = M (F) . dt

(20.43)

F¨ ur Bewegungen in der Ebene vereinfacht sich der Momentensatz, da hier die Rotationsachse immer die Achse senkrecht zur Ebene ist. Wenn man das Koordinatensystem in die Ebene legt (siehe Bild 20.3), dann l¨ asst sich der Momentensatz zu einer skalaren Gleichung reduzieren. Mit der Komponentendarstellung f¨ ur die Vektoren r AS und v A " # " # vAx rASx (20.44) r AS = vA = vAy rASy

381

20.2 Bewegungsgleichungen

erh¨ alt man aus Gleichung 20.37 f¨ ur den Drehimpuls um den k¨ orperfesten Punkt A in Richtung der Achse senkrecht zur Bewegungsebene L(A) = m(rASx vAy − rASy vAx ) + ΘA ω ,

(20.45)

wobei ΘA dem axialen Massentr¨ agheitsmoment Θz entspricht und ω die Winkelgeschwindigkeit um die Achse senkrecht zur Bewegungsebene ist. Damit vereinfacht sich der Momentensatz in der Ebene zu d (m(rASx vAy − rASy vAx ) + ΘA ω) = MA . dt

(20.46)

F¨ ur den Fall, dass der Punkt A entweder der Schwerpunkt S oder Fixpunkt F der Bewegung ist, erh¨ alt man analog zu Gleichung 20.42 und 20.43 d (ΘS ω) = MS dt

(20.47)

d (ΘF ω) = MF . dt

(20.48)

bzw.

Beispiel 20.2 Momentensatz Der abgebildete d¨ unne Stab der Masse m und der L¨ ange  befindet sich im Erdschwerefeld und wird aus der ausgelenkten Lage (ϕ = ϕ0 ) losgelassen. Gesucht ist die Winkelgeschwindigkeit ω zu dem Zeitpunkt des Durchgangs durch die vertikale Lage (ϕ = 0).

11 00 00 11

x

A

g 

ϕ m

L¨ osung: Der Punkt A ist Fixpunkt F der Bewegung. Wenn  die Dichte und A die Querschnittsfl¨ ache des Stabes ist, dann berechnet sich das Massentr¨ agheitsmoment um den Punkt A aus Z ΘA = Θ F = 0

x2 dm = A

Z 0

x2 dx =

˛ ˛ 1 1 Ax3 ˛˛ = m2 . 3 3 0

Da das Massentr¨ agheitsmoment konstant ist, folgt aus Gleichung 20.48 1 ΘF ω˙ = ΘF ϕ ¨ = − mg sin ϕ . 2

382

20 Bewegung des starren K¨ orpers

Aufgel¨ ost nach ϕ ¨ ergibt sich ϕ ¨=−

3g sin ϕ . 2

ϕ˙ Mit ϕ ¨ = ϕ˙ ddϕ l¨ asst sich diese Gleichung integrieren, und man erh¨ alt

Zω

Z0 ϕ˙ dϕ˙ =

0

−

3g sin ϕ dϕ 2

ϕ0

1 2 3g ω = (1 − cos ϕ0 ) , 2 2 mit der L¨ osung r g ω = − 3 (1 − cos ϕ0 ) . 

20.3

Impulssatz, Drehimpulssatz

Durch Integration des Schwerpunktsatzes u alt man den Impuls¨ber die Zeit erh¨ satz (vergleiche Kapitel 19) mv S − mv S0 =

Z

t

F dt¯,

(20.49)

t0

wobei hier v S und v S0 die Schwerpunktsgeschwindigkeiten vor bzw. nach der Krafteinwirkung sind. Entsprechend kann man durch Zeitintegration des Momentensatzes den Drehimpulssatz, der auch als Drallsatz bezeichnet wird, bekommen Z t (A) L(A) − L0 = M (A) dt¯ (20.50) t0

oder im Fall des Schwerpunktes S oder des Fixpunktes F als Referenzpunkt Z t (S) M (S) dt¯ (20.51) Θ (ω − ω 0 ) = t0

bzw. Θ(F) (ω − ω 0 ) =

Z

t

M (F) dt¯. t0

(20.52)

383

20.4 Ebener Stoß

20.4

Ebener Stoß

Beim ebenen Stoß unterscheidet man zwischen dem geraden und dem schiefen bzw. dem zentrischen und dem exzentrischen Stoß. Beim schiefen Stoß liegen im Gegensatz zum geraden Stoß die Richtungen der Geschwindigkeiten jeweils am Stoßpunkt der K¨ orper nicht auf der Stoßnormalen. Beim exzentrischen Stoß liegen die Schwerpunkte der Stoßk¨ orper anders als beim zentrischen Stoß nicht auf der Stoßnormalen. In jedem Fall gilt f¨ ur jeden der Stoßpartner der Impulssatz und der Drehimpulssatz ˆ, mv S − mv S0 = F

(20.53)

ˆS ΘS (ω − ω 0 ) = M

(20.54)

ˆ der Kraftstoß und M ˆ S der Momentenstoß ist. Im Fall eines glatwobei hier F ten Stoßes wirkt der Kraftstoß immer in Richtung der Stoßnormalen. Wenn die Stoßpartner w¨ ahrend des Stoßes aneinander haften, dann sind die Tangentialgeschwindigkeiten (Komponenten orthogonal zur Stoßnormalen) der K¨ orper am Stoßpunkt nach dem Stoß gleich. Die Stoßzahl e, die ausdr¨ uckt, ob es sich um einen elastischen, teilplastischen oder vollplastischen Stoß handelt, ist definiert als e=

FˆR v1 − v2 =− 0 , 0 ˆ v FK 1 − v2

(20.55)

wobei FˆR und FˆK bzw. v1 , v2 , v10 und v20 jeweils die Komponenten des Kraftstoßes bzw. der Geschwindigkeiten im Ber¨ uhrpunkt in Stoßnormalenrichtung sind. Beispiel 20.3 Ebener Stoß Ein Massenpunkt der Masse m st¨ oßt in einem 45◦ Winkel mit der Geschwinache eines Rotors der Masse M digkeit v0 elastisch gegen die glatte Oberfl¨ und der L¨ ange . Bestimmen Sie den Lagerkraftstoß im Lager des Rotors und die Winkelgeschwindigkeit des Rotors nach dem Stoß. M

0110

m v0



45◦

L¨ osung: Um den Kraftstoß zwischen dem Massenpunkt und dem Rotor erkennbar zu machen, schneiden wir die beiden K¨ orper w¨ ahrend des Stoßes frei.

384

20 Bewegung des starren K¨ orpers

ˆ A

Fˆ

N

Nun k¨ onnen wir f¨ ur den Massenpunkt den Impulssatz und f¨ ur den Rotor den Impulssatz sowie den Drehimpulssatz um den Schwerpunkt aufstellen. m(vx − vx0 ) = −Fˆ 0 = Aˆ + Fˆ  ΘA (ω − ω0 ) = Fˆ 2 √

2

wobei ΘA = M12 , ω0 = 0 und vx0 = v0 22 . Außerdem gilt noch die Stoßhypothese, hier f¨ ur den rein elastischen Stoß e=−

vx − ω 2 = 1. vx0

Fassen wir nun die Gleichungen f¨ ur den Impulssatz, den Drehimpulssatz und die Stoßhypothese zusammen, dann erhalten wir f¨ ur den Auflagerkraftˆ stoß A √ √ 2 M v0 2mv0 3 ˆ = A=− 2 m 1 + 31 M 1 + 4Θ m A

und f¨ ur die Winkelgeschwindigkeit nach dem Stoß √ √ 2 mv0  2 2 v0 2 . ω= 2 = 1 + 31 M ΘA + m 4 m

20.5

Arbeitssatz, Energiesatz

Genau wie f¨ ur den Massenpunkt, so gilt auch f¨ ur den Starrk¨ orper der Arbeitssatz bzw. der Energiesatz. F¨ ur den Starrk¨ orper l¨ asst sich die kinetische Energie aufspalten in die Translationsenergie und die Rotationsenergie. Die infinitesimale kinetische Energie dT jedes Massenelementes P des starren K¨ orpers ist dT =

1 v P · v P dm . 2

(20.56)

20.5 Arbeitssatz, Energiesatz

385

Hierbei ist dm die infinitesimale Masse des Massenelementes und v P seine Geschwindigkeit. Die gesamte kinetische Energie des K¨ orpers l¨ asst sich als Integral der infinitesimalen Energien u orper ausdr¨ ucken ¨ber den K¨ Z 1 (20.57) v P · v P dm . T = 2 m

Die Geschwindigkeit jedes Punktes P des Starrk¨ orpers l¨ asst sich wiederum ausdr¨ ucken als Summe aus der Geschwindigkeit eines k¨ orperfesten Punktes A und der Geschwindigkeit aus der Rotation um den Punkt A. Mit Gleichung 20.3 folgt daraus Z 1 (v A + ω × r AP ) · (v A + ω × r AP ) dm T = 2 m Z Z 1 v A · v A dm + v A · (ω × r AP ) dm = 2 m m Z 1 + (ω × r AP ) · (ω × r AP ) dm 2 m 0 1 Z 1 = mv A · v A + v A · @ω × r AP dmA 2 m Z ´ 1` + (ω · ω) (r AP · r AP ) − (ω · r AP )2 dm 2 m

1 1 mv A · v A + mv A · (ω × r AS ) + ω · Θ(A) · ω 2 2

=

(20.58)

Θ(A) ist entsprechend Gleichung 20.26 der Tr¨ agheitstensor des K¨ orpers bez¨ uglich des Punktes A. Ist der Punkt A Momentanpol Π der Bewegung, dann vereinfacht sich die kinetische Energie mit v A = v Π = 0 zu 1 (20.59) ω · Θ(Π) · ω . 2 Falls A der Schwerpunkt S ist, dann kann man Gleichung 20.58 mit r AS = 0 ebenfalls vereinfachen 1 1 (20.60) T = mv S · v S + ω · Θ(S) · ω . 2 2 In diesem Ausdruck wird der Unterschied zwischen dem reinen Translationsanteil und dem Rotationsanteil der kinetischen Energie deutlich. T =

1 (20.61) mv S · v S 2 beschreibt die kinetische Energie durch die Translationsbewegung des Schwerpunktes des K¨ orpers, und Ttrans =

Trot =

1 ω · Θ(S) · ω 2

(20.62)

386

20 Bewegung des starren K¨ orpers

beschreibt entsprechend den Anteil aus der Rotation des K¨ orpers um den Schwerpunkt. F¨ ur die ebene Bewegung vereinfachen sich die entsprechenden Anteile zu T =

1 mvs2 2 | {z }

Translation

+

1 Θs ω 2 . 2 | {z } Rotation

(20.63)

Ebenso gilt f¨ ur die gesamte kinetische Energie zufolge der Beschreibung der ebenen Bewegung als reine Rotation um den Momentanpol auch T =

1 ΘΠ ω 2 . 2

(20.64)

Die mechanische Arbeit an einem Starrk¨ orper, an dem die Kr¨ afte F i und die Momente M j angreifen ist n Z m Z X X W01 = (20.65) F i · dr i + M j · dϕ . i=1

j=1

Die Integrationsgrenzen sind hier durch den Zeitpunkt 0 und den Zeitpunkt 1 gegeben. dr i ist das Verschiebungsinkrement des Lastangriffspunktes der Kraft orpers. F i , und dϕ ist das Rotationswinkelinkrement des Starrk¨ ¨ Der Arbeitssatz besagt, dass die Anderung der kinetischen Energie eines K¨ orpers der an ihm geleisteten mechanischen Arbeit entspricht T1 − T0 = W01 .

(20.66)

Hierbei sind T0 und T1 jeweils die kinetischen Energien zum Zeitpunkt 0 bzw. 1 und W01 nach Gleichung 20.65 die gesamte durch ¨ außere Kr¨ afte und Momente am System geleistete Arbeit zwischen diesen beiden Zeitpunkten. Wenn man einen Teil der gesamten geleisteten Arbeit als Potential ausdr¨ ucken kann, das heißt, einige der eingepr¨ agten Kr¨ afte lassen sich entsprechend Gleichung 19.23 aus einem Potential ableiten, dann l¨ asst sich der Arbeitssatz umschreiben nk = T1 + U1 T0 + U0 + W01

(20.67)

wobei U0 und U1 die potentiellen Energien zum Zeitpunkt 0 bzw. 1 sind und nk W01 die Arbeit durch nicht konservative Kr¨ afte ist. Da in der Kinetik des starren K¨ orpers keine Form¨ anderungen auftreten k¨ onnen, sind die potentiellen Energien anderungsenergie aus Kapitel 15 zu verwechseln. U0 und U1 nicht mit der Form¨ Energiesatz (nur f¨ ur konservative Kr¨afte) nk Im Fall, dass nur konservative Kr¨ = 0, und wir erhalten afte auftreten, wird W01 den Energiesatz

T0 + U0 = T1 + U1 .

(20.68)

387

20.6 Schnittgr¨ oßen in sich bewegenden Systemen

Beispiel 20.4 Rolle auf schr¨ ager Ebene Eine Rolle mit der Masse m und dem Radius r rollt mit einer Anfangsgeschwindigkeit v0 eine schiefe Ebene hinauf. Gesucht ist die Strecke s nach der die Rolle zum Stillstand kommt.

111111111111111111111 000000000000000000000 000000000000000000000 111111111111111111111 000000000000000000000 111111111111111111111 000000000000000000000 111111111111111111111 000000000000000000000 111111111111111111111 000000000000000000000 111111111111111111111 g

α

v0

m, r

s

L¨ osung: Wenn wir das Nullniveau der potentiellen Energie in die Ausgangslage der Rolle legen, dann ist die potentielle Energie zum Zeitpunkt des Stillstandes U 1 = mgs sin α. Die kinetische Energie in der Ausgangslage setzt sich zusammen aus der Translationsenergie 12 mv02 und der Rotationsenergie 12 ΘS ω02 , wobei aus der Kinematik des Rollens folgt, dass ω0 = vr0 . Das 2 Massentr¨ agheitsmoment einer Rolle ist ΘS = mr . Damit folgt aus dem 2 Energiesatz mgs sin α =

1 1 mv02 + ΘS ω02 2 2

mgs sin α =

1 1 mv02 + mv02 2 4

oder s=

20.6

4v02 . 3g sin α

Schnittgr¨ oßen in sich bewegenden Systemen

Infolge einer Bewegung treten neben den statischen Schnittgr¨ oßen (vgl. Teil I, oßen auf, die aus den auftretenden InertialKapitel 6) auch kinetische Schnittgr¨ kr¨ aften resultieren. H¨ aufig ist es notwendig, diese Anteile in sich bewegenden Systemen auszurechnen. Beispiele hierf¨ ur sind die Rotorbl¨ atter von Windenergieanlagen oder die St¨ abe von Schaukeln, deren Kr¨ afte sich dynamisch mit der Schaukelbewegung andern. Aber auch bei der Sprengung eines Schornsteins ist es notwendig zu ¨ wissen, ob und ggf. wo dieser w¨ ahrend der Kippbewegung durchbricht, siehe Bild 20.5 und vergleiche Beispiel 20.5.

388

20 Bewegung des starren K¨ orpers

Bild 20.5 Sprengung eines Schornsteines

Die kinetischen Anteile der Schnittgr¨ oßen lassen sich bestimmen, wenn neben der Bestimmung der Beschleunigungen am Gesamtsystem die Bewegungsgleichungen an einem beliebig abgeschnittenen Teilsystem formuliert werden. Der Berechnungsablauf soll nun an einem Balken erl¨ autert werden, der durch außere Moment M1 belastet ist. die ¨ außeren Kr¨ afte F1 und F2 sowie durch das ¨

F2

x z

ϕ S m, ΘS M1 F1

Bild 20.6 Dynamische Bewegung eines starren Balkens

1. Mit Hilfe der Bewegungsgleichungen (Gleichung 20.18 und Gleichung 20.40) k¨ onnen die Beschleunigungen des Gesamtsystems (¨ xS , z¨S , ϕ) ¨ berechnet werden. 2. In einem zweiten Schritt k¨ onnen die Schnittgr¨ oßen aus den Bewegungsgleichungen am freigeschnittenen Teilsystem ermittelt werden. Schneidet man den Balken gedanklich auf, dann werden die Schnittgr¨ oßen sichtbar, und die Bewegungsgleichungen angewendet auf das Teilsystem mit dem Teilschwerpunkt ST , agheitsmoment ΘST ergeben der Teilmasse mT sowie dem Massentr¨

389

20.6 Schnittgr¨ oßen in sich bewegenden Systemen

F2 mT , ΘST , T M (¯ x) x ¯ Bild 20.7 Schnittgr¨ oßen im dynamisch bewegten, starren Balken

− N (¯ x) − F2¯x

=

−V (¯ x) + F2¯z T 2

x) M (¯ x) + M (ST ) + V (¯

ST V (¯ x)

N (¯ x) z¯

ϕ ¯

=

¨ mT x ¯ ST ¨ST mT z¯

(20.70)

=

¨, Θ ST ϕ

(20.71)

(20.69)

wobei M (ST ) die Summe der Momente aller am Teilsystem angreifenden ¨ außeren Lasten ist. ¨ST und z¨ ¯ST ) aus den Be3. Bestimmung der Beschleunigung des Teilsystems (x ¯ ¨ u schleunigungen des Gesamtsystems (¨ xS , z¨S und ϕ) ¨ber kinematische Beziehungen Beispiel 20.5 Sprengung eines Schornsteins Ein Schornstein der H¨ ohe h mit konstanter Massenverteilung wird gesprengt und kippt danach um seinen Fußpunkt (vgl. Bild 20.5). Aufgrund der Abmessungsverh¨ altnisse kann der Schornstein als Stab idealisiert werden. Gesucht wird die Schnittgr¨ oßenverl¨ aufe N (x), V (x) und M (x) in Abh¨ angigkeit von x und ϕ. Ferner ist die Stelle des Schornsteins xB , bei dem das 1 maximal aufnehmbare Moment MB = 54 mgh u ¨berschritten wird, sowie der zugeh¨ orige Winkel ϕB zu bestimmen. m g ϕ h x

390

20 Bewegung des starren K¨ orpers

L¨ osung: Zur Schnittgr¨ oßenbestimmung muss zun¨ achst die Winkelgeschwindigkeit ϕ˙ und die Winkelbeschleunigung ϕ ¨ bestimmt werden. Zur Bestimmung von ϕ˙ bietet sich der Energiesatz an, siehe Abschnitt 20.5.

ϕ

mg h (1 − cos ϕ) 2

S h 2

mg

mit ⇒

A

h 1 (1 − cos ϕ) = ΘA ϕ˙ 2 2 2 1 mh2 3 g ϕ˙ 2 = 3 (1 − cos ϕ) h

ΘA =

Mit Hilfe der Grundaufgaben, siehe Abschnitt 18.3, kann nun die Winkelbeschleunigung ϕ ¨ bestimmt werden. Aus Tabelle 18.1 folgt ϕ(ϕ) ¨

1 d 2 3 g ϕ˙ = sin ϕ . 2 dϕ 2 h

=

Ein alternativer L¨ osungsweg zur Bestimmung der Winkelbeschleunigung ϕ ¨ w¨ are die Anwendung des Momentensatzes um den Fixpunkt A. Die Winkelgeschwindigkeit ϕ˙ ließe sich dann durch Integration bestimmen. Mit Hilfe des Freik¨ orperbildes, in dem die gesuchten Schnittgr¨ oßen angetragen sind, k¨ onnen nun die Bewegungsgleichungen f¨ ur das freigeschnittene Teilsystem aufgestellt werden. mT g

ST h+x 2

 : N (x) + mT g cos ϕ = −mT ar

V (x) M (x) ϕ

N (x)

 : V (x) − mT g sin ϕ = −mT aϕ 

ST

: M (x)+V (x)

h−x ¨ = Θ ST ϕ 2

er eϕ

Die noch unbekannten Beschleunigungen des Teilsystems (ar und aϕ ) ergeben sich aus der Kinematik der Kreisbewegung, siehe Abschnitt 18.2.3, und den bereits bekannten Gr¨ oßen ϕ˙ und ϕ. ¨ h+x g 3 “ x” (1 − cos ϕ) 3 (1 − cos ϕ) = − g 1 + ar = −rϕ˙ 2 = − 2 h 2 h h+x 3 g 3 “ x” aϕ = r ϕ sin ϕ ¨ = sin ϕ = g 1+ 2 2 h 4 h

391

20.6 Schnittgr¨ oßen in sich bewegenden Systemen

Mit den Massenwerten f¨ ur den Teilk¨ orper “ h−x x” m, m = 1− mT = h h x ”3 mh2 “ 1 1− ΘST = mT (h − x)2 = 12 12 h lassen sich nun die gesuchten Schnittgr¨ oßen bestimmen. N (x)

= = =

V (x)

= = =

M (x)

= =

= =

−mT (ar + g cos ϕ) „ « “ 3 “ x” x” m − g 1+ (1 − cos ϕ) + g cos ϕ − 1− h 2 h « „ “ x” x” 3“ −mg 1 − 1+ (1 − cos ϕ) + cos ϕ − h 2 h −mT (aϕ − g sin ϕ) „ « “ x” 3 “ x” − 1− m g 1+ sin ϕ − g sin ϕ h 4 h “ x” x”“ mg 1−3 sin ϕ 1 − 4 h h h−x 2 x ”3 3 g mh2 “ 1− sin ϕ 12 h 2 h ” “ x” h − x x “ mg 1−3 sin ϕ 1 − − 4 h h 2 ... “ x ”2 x mgh sin ϕ 1 − 4 h h

ΘST ϕ ¨ − V (x)

Der qualitative Verlauf der Schnittgr¨ oßen (f¨ ur ϕ = 30◦ ) ist in dem folgenden Bild dargestellt. V (x)

N (x)

M (x)  Mmax

x



⊕ x

h 3

x

⊕

h 3

392

20 Bewegung des starren K¨ orpers

Das maximale Biegemoment tritt an der Stelle auf, an der “ dM mg x”“ x” = sin ϕ 1 − 1−3 =0 dx 4 h h erf¨ ullt ist. Außer f¨ ur x = h ist dies nur noch f¨ ur x = h/3 der Fall (vergleiche Bild 20.5). Einsetzen in den Momentenverlauf liefert das maximale Biegemoment Mmax =

„ «2 mgh 1 1 mgh sin ϕ 1 − = sin ϕ . 4 3 3 27

Aus der Bedingung !

MB = Mmax folgt nun der Bruchwinkel ⇒

mgh mgh = sin ϕB 54 27

⇒

sin ϕB =

1 2

⇒

ϕB = 30◦ .

¨ Ubungsaufgaben

20.7

Aufgabe 20.1 (Schwierigkeitsgrad 1) Das dargestellte Doppelzahnrad bewegt sich auf einer feststehenden unteren Zahnstange mit einer Mittelpunktsgeschwindigkeit vS . Ermitteln Sie die Winkelgeschwindigkeit des Zahnrades, die Geschwindigkeit der oberen Zahnstange und die Geschwindigkeit des Punktes D. Gegeben: vS , r1 , r2

L¨ osung:

D

B S vS r2

r1

11111111 00000000 00000000 11111111 C

ω

=

vB

=

vD

=

vS r2 „ « r1 1+ vS r2 √ 2 vS

¨ 20.7 Ubungsaufgaben

393

Aufgabe 20.2 (Schwierigkeitsgrad 2) Eine homogene Walze (Masse m, Radius r) rollt eine schiefe Ebene (Neigungsur α > α1 rutscht die Walze. winkel α < α1 ) hinunter. F¨ a) Wie groß ist der Reibkoeffizient zwischen Walze und schiefer Ebene? b) Welche Haftkraft wirkt zwischen Walze und schiefer Ebene bei einem Neigungswinkel α < α1 ? Gegeben: m, r, g, α1

g L¨ osung:

r

1 tan α1 3 1 |H| = mg sin α 3

a)

m

μ=

μ b) α1

Aufgabe 20.3 (Schwierigkeitsgrad 2) Eine homogene Kugel (Masse m, Radius r) rollt in einer rechtwinkligen Rinne ohne zu gleiten. Die Rinne ist um den Winkel α gegen die Horizontale geneigt. Man berechne die Schwerpunktsbeschleunigung der Kugel. Gegeben: m, r, g, α

g

L¨ osung:

m r

α

111111 000000 000000 111111 000000 111111 000000 111111 000000 111111 000000 111111

aS

=

5 g sin α 9

394

20 Bewegung des starren K¨ orpers

Aufgabe 20.4 (Schwierigkeitsgrad 2) Eine Bowlingkugel (Masse m, Radius r) soll von der Bowlingmaschine zur¨ uckbef¨ ordert werden. Dazu wird sie bei A auf die H¨ ohe h gehoben und rollt aus der Ruhe heraus eine Bahn entlang. Stoßeffekte bei der Bewegungsumkehr der Kugel sind vernachl¨ assigbar. a) Bestimmen Sie die H¨ ohe h so, dass die Kugel bei C mit einer Schwerpunktsgeschwindigkeit vC ankommt. b) Wie groß ist die Schwerpunktsgeschwindigkeit bei B? c) Begr¨ unden Sie, warum nahe der Stelle C die Annahme des Rollens aufgegeben werden muß. Gegeben: m, g, r, R, vC

L¨ osung:

g

C R

A h

B

2 7 vC 10 g

a)

h

=

2R +

b)

2 vB

=

20 2 gR + vC 7

Aufgabe 20.5 (Schwierigkeitsgrad 2) Ein homogener Stab (Masse m1 ) wird aus einer Anfangsauslenkung ϕ0 losgelassen und trifft in seiner tiefsten Lage auf eine Kugel (Masse m2 = 16 m1 ). Die Stoßzahl ist e. a) Wie groß ist die Geschwindigkeit des Massenmittelpunktes der Kugel unmittelbar nach dem Stoß? b) Wie groß ist der Energieverlust des Systems durch den Stoß? Gegeben: m1 , m2 , e, , r, ϕ0

11 00 00 11

L¨ osung:

 ϕ0

a)

m1

111111 000000 000000 111111 r m2

b)

p 2 (1 + e) 3g(1 − cos ϕ0 ) 3 ΔT 1 = (1 − e2 ) T 3

vS =

¨ 20.7 Ubungsaufgaben

395

Aufgabe 20.6 (Schwierigkeitsgrad 2) Ein Ball (Masse m, Radius r) prallt unter dem Winkel α0 gegen eine Wand. Vor dem Stoß hat er die Anfangsgeschwindigkeit v0 und die Winkelgeschwindigkeit ϕ˙ 0 = 0. Unter welchem Winkel α1 bewegt sich der Ball von der Wand weg, wenn w¨ ahrend des Stoßes Haften eintritt? Gegeben: m, r, v0 , ϕ˙ 0 = 0, α0 , e

v0

L¨ osung:

α1

α0

tan α1 =

7 e tan α0 5

Aufgabe 20.7 (Schwierigkeitsgrad 2) Gegeben ist die unten dargestellte Anordnung. Stellen Sie die Bewegungsgleichung auf. Wie groß ist die Geschwindigkeit, mit der das Gewicht G2 auf dem Boden auftrifft, nachdem das System aus der dargestellten Ruhelage befreit wurde? Die Rolle ist als homogene Kreisscheibe zu behandeln. Kontrollieren Sie das Ergebnis mit dem Energiesatz. Gegeben: G, G1 , G2 , H, g, R

G

0110

g

R

G2

L¨ osung: s v

H

G1 < G2

1111 0000 0000 1111

=

2gH

G2 − G1 G1 + G2 +

G 2

396

20 Bewegung des starren K¨ orpers

Aufgabe 20.8 (Schwierigkeitsgrad 2) Ein Faden, an dem eine Masse m1 befestigt ist, wird u ¨ber eine Rolle (Masse m2 , Massentr¨ agheitsmoment Θ2S ) gef¨ uhrt, dann reibungsfrei umgelenkt und auf eiagheitsmoment Θ3 ) gewickelt. Das System ne lose Rolle (Masse m3 , Massentr¨ befindet sich zun¨ achst in Ruhe und beginnt dann, sich unter dem Einfluss des Gewichts von m1 zu bewegen. a) Welche Geschwindigkeit v3S hat die lose Rolle, wenn die Masse m1 den Weg h zur¨ uckgelegt hat und reines Rollen vorausgesetzt wird? b) Wie groß muss der Haftungskoeffizient μH mindestens sein, damit die Rolle nicht gleitet? Gegeben: r, R, m1 = m3 = m, m2 = 4 m, Θ2S = 2 mR2 , Θ3S = 2 mr2 , Θ3B = 6 mr2 , g, h Θ2S , m2 g

R L¨ osung:

Θ3 , m3 2r

v3S

=

2p 2 gh 3

μH

≥

4 9

r S B μH

m=0

m1

¨ 20.7 Ubungsaufgaben

397

Aufgabe 20.9 (Schwierigkeitsgrad 1) Ein Pendel besteht aus einem Stab der L¨ ange  an dessen Ende ein Gewicht angebracht ist. Beide haben jeweils die Masse m. Bestimmen Sie das Massentr¨ agheitsmoment a) bez¨ uglich des Drehpunkts A, b) bez¨ uglich des Schwerpunkts des Pendels. Gegeben: , m

A

L¨ osung:

m

a)

ΘA

=

4 m2 3

b)

ΘS

=

5 m2 24



m

Aufgabe 20.10 (Schwierigkeitsgrad 2) Um die Bewegung eines Baggers zu untersuchen, wird das Massentr¨ agheitsmoment ben¨ otigt. Dazu wird das abgebildete einfache Modell verwendet. Bestimmen Sie das Massentr¨ agheitsmoment a) bez¨ uglich der gegebenen Drehachse des Baggers, b) bez¨ uglich der senkrechten Achse durch den Schwerpunkt. Gegeben: a, m1 = 3 m, m2 = m, m3 = 12 m

L¨ osung: a)

ΘA

=

751 ma2 3

b)

ΘS

=

703 ma2 3

8a m1 m3

m2 a

3a

3a

398

20 Bewegung des starren K¨ orpers

Aufgabe 20.11 (Schwierigkeitsgrad 1) Berechnen Sie das Massentr¨ agheitsmoment ΘS des dargestellten Winkels der Masse m. Gegeben: , m



L¨ osung: S ΘS



=

5 m2 24

Aufgabe 20.12 (Schwierigkeitsgrad 3) Das dargestellte System besteht aus drei Kreiszylinderscheiben (mit jeweils dem Radius r) und zwei Gewichten, die auf einer geneigten Ebene aufliegen. Die Kreiszylinderscheiben 3 und 4 sind im Schwerpunkt frei drehbar gelagert. Die Seile sollen als masselos und dehnstarr angenommen werden. Reibung ist nicht zu ber¨ ucksichtigen. Bestimmen Sie die Schwerpunktsbeschleunigung a5 sowie die Winkelbeschleunigung ω˙ 5 der unteren Kreisscheibe, wenn das System aus der dargestellten Ruhelage befreit wird. Gegeben: m1 = m, m2 = m5 = 2m, m3 = m4 = 3m, m, r, g

m3

g

L¨ osung:

m4

m1

m2 45◦

m5

45◦

a5

=

ω˙ 5

=

√ 10 2 − 14 g 55 √ 5 2−4 g 110 r

¨ 20.7 Ubungsaufgaben

399

Aufgabe 20.13 (Schwierigkeitsgrad 3) Das skizzierte System setzt sich aus der Ruhelage heraus in Bewegung. Mit welcher Geschwindigkeit hebt sich die Rolle 2? Gegeben: m0 = 5m, m1 = 2m, m2 = 4m, m, g

L¨ osung:

m1 r1

x˙ 2

=

1 gt 5

m2 r2

m0

Aufgabe 20.14 (Schwierigkeitsgrad 3) Zwei gleiche Fahrzeuge begegnen sich auf glatter Straße mit dem Geschwinat aus Unachtsamkeit des Fahrers digkeiten v1 und v2 . Das Fahrzeug 2 ger¨ zu weit nach links, so dass die Fahrzeuge mit den vorderen linken Ecken zusammenprallen (Stoßzahl e). Die Stoßstelle sei als ideal glatt vorausgesetzt. Welche Schwerpunktsgeschwindigkeiten v ¯1 und v ¯2 und Winkelgeschwindigkei¯ 2 haben die Fahrzeuge unmittelbar nach dem Aufprall? ten ω ¯ 1 und ω Gegeben: Θ1 = Θ2 = Θ = 14 mb2 , m1 = m2 = m, b, , v1 , v2 , ω1 = ω2 = 0, e

L¨ osung:

b 2

v1 b

v2

 2



v¯1

=

v¯2

=

ω ¯2

=

ω ¯2

=

1 (v1 + v2 ) (1 + e) 4 1 v2 − (v1 + v2 ) (1 + e) 4 1 (v1 + v2 ) (1 + e) 2b v1 −

ω ¯1

400

20 Bewegung des starren K¨ orpers

Aufgabe 20.15 (Schwierigkeitsgrad 2) Ein Stab (Masse m) dreht sich um die z–Achse mit einer konstanten Winkelgeschwindigkeit ω = ϕ. ˙ Bestimmen Sie die Schnittgr¨ oßen in dem Stab als Funktion des Ortes und der Zeit. Das Eigengewicht ist zu vernachl¨ assigen. Gegeben: m, ω = ϕ, ˙ L

L¨ osung: ω z

11 00 00 11 00 11

N

=

V

=

M

=

L

45◦

x

´ mω 2 ` 2 L − x2 4L ´ mω 2 ` 2 L − x2 4L mω 2 − (L − x)2 (L + x) 8L

Aufgabe 20.16 (Schwierigkeitsgrad 2) Der dargestellte Tr¨ ager wird durch ein konstantes Moment M belastet. Berechnen Sie f¨ ur den Fall, dass das Auflager C zum Zeitpunkt t = 0 pl¨ otzlich versagt a) die Winkelbeschleunigungen ω˙ 1 und ω˙ 2 bez¨ uglich der skizzierten Lage unter der Einschr¨ ankung kleiner Verschiebungen b) die Schnittgr¨ oßenverl¨ aufe f¨ ur die Normalkr¨ afte und die Querkr¨ afte und stellen Sie diese unter Angabe der Randwerte u agerl¨ ange grafisch dar. ¨ber die Tr¨ Das Eigengewicht ist zu vernachl¨ assigen. Gegeben: , M , μ1 = μ, μ2 = 4μ

L¨ osung:

A

01

M

0110 01

1

2 B

2



C



3 M , 20 μ3

a)

ϕ ¨1 =

b)

N =0

ϕ ¨2 =

1 M 10  1M V (x = 2) = − 5  V (x = 0) =

3 M 10 μ3

¨ 20.7 Ubungsaufgaben

401

Aufgabe 20.17 (Schwierigkeitsgrad 2) Der dargestellte Propeller mit konstantem Querschnitt wird aus der Ruhe heraus durch ein konstantes Antriebsmoment M beschleunigt, bis er die Winkelgeschwindigkeit ω0 erreicht hat. Von diesem Zeitpunkt an bleibt die Winkelgeschwindigkeit konstant. a) Nach welcher Zeit hat der Propeller die Winkelgeschwindigkeit ω0 erreicht? b) Berechnen Sie die kinematischen Schnittgr¨ oßen, die w¨ ahrend des Beschleunigungsvorgangs im Propeller auftreten. Geben Sie die Schnittgr¨ oßen als Funktion des Ortes und der Zeit an. c) Um welches Maß Δ ist der Propeller w¨ ahrend der Rotation mit der konanger als im Ruhezustand? stanten Winkelgeschwindigkeit ω0 l¨ Gegeben:  = 1 m, m = 12 kg, M = 10 Nm, ω0 = 100 s−1 , EA = 2.1 · 105 kN

L¨ osung:

M

11 00 00 11 

m a)

T = 10 s

c)

Δ = 0.0476 mm

21

Schwingungen

Mechanische Schwingungen sind im Ingenieurwesen allgegenw¨ artig. Diese k¨ onnen einerseits gewollt sein, daf¨ ur sind Uhren ein Beispiel. Anhand der Periodendauer der Schwingungen eines Uhrenpendels kann die Zeit gemessen werden. In mechanischen Armbanduhren f¨ uhrt ein kleines R¨ adchen, die Unruh, eine Drehschwingung aus. Weitere Beispiele der Nutzung mechanischer Schwingungen sind die Saitenschwingungen von Musikinstrumenten. Schwingungen k¨ onnen aber auch unerw¨ unscht sein. So k¨ onnen mechanische Schwingungen den Komfort, z. B. in einen Kraftfahrzeug, beeintr¨ achtigen. Hochfrequente Schwingungen k¨ onnen an die umgebende Luft u arm ¨bertragen werden und werden oftmals als L¨ wahrgenommen. Unter gewissen Umst¨ anden geht von mechanischen Schwingungen sogar eine Gefahr aus. Seismisch oder winderregte Schwingungen k¨ onnen gar ganze Bauwerke zerst¨ oren. Ein ber¨ uhmtes Beispiel daf¨ ur ist der Einsturz der Tacoma Narrows Br¨ ucke, siehe Bild 21.1.

Bild 21.1 Tacoma Narrows Bridge

Bei Musikinstrumenten und Uhren beispielsweise sind die so genannten Eigenschwingungen des mechanischen Systems von Relevanz, diese werden in Abschnitt 21.2 behandelt. Mit den Eigenschwingungen einer Struktur sind die dynamischen Eigenschaften eines schwingungsf¨ ahigen Systems beschrieben. Die dynamischen Systemeigenschaften sind auch f¨ ur das Verst¨ andnis der erzwungenen Schwingungen eine wichtige Grundlage. Teils sind erzwungene Schwingungen unerw¨ unscht, mit der Kenntnis der dynamischen Eigenschaften mechanischer Systeme, k¨ onnen mechanische Systeme aber auch effizient betrieben

403

21.1 Modellbildung und Grundbegriffe

werden. Als Beispiel sei hier der so genannte R¨ uttler“ oder Vibrationsram” men angef¨ uhrt, die durch Unwuchtanregung im Resonanzbetrieb mit geringer Energiezufuhr arbeiten. Erzwungene Schwingungen werden in Abschnitt 21.3 behandelt. Das grundlegende Verst¨ andnis mechanischer Schwingungen ist f¨ ur den Ingenieur nicht nur f¨ ur die sichere Konstruktion von Bedeutung, sondern er¨ offnet auch einen Blickwinkel f¨ ur den gezielten Einsatz von Schwingungen.

21.1

Modellbildung und Grundbegriffe

Im Rahmen der Technischen Mechanik werden schwingende Bauwerke oder Bauteile h¨ aufig durch mechanische Systeme mit einem Freiheitsgrad abgebildet, siehe Bild 21.2.

F (t)

F (t) m

c m

−→

u ¨E

c

−→ b)

a)

F (t) F (t)

Wind

M (t)

c)

−→

Θ

−→ cD

m c

d)

Bild 21.2 Ersatzmodelle: a) Windkraftanlage, b) Geb¨ aude bei Erdbeben, c) H¨ angebr¨ ucke mit Windanregung, d) Maschinenfundament in Geb¨ aude

So kann die Kopfpunktverschiebung einer Windkraftanlage durch ein Einmassensystem oder die schon in Bild 21.1 gezeigten Torsionsschwingungen einer H¨ angebr¨ ucke durch einen tr¨ agen K¨ orper, der an einer Drehfeder befestigt ist, approximiert werden. Verallgemeinert f¨ uhrt diese Modellbildung auf eine gew¨ ohnliche Differentialgleichung, die hier f¨ ur den ged¨ ampften Einmassenschwinger hergeleitet wird.

404

21 Schwingungen

Das Verhalten eines schwingungsf¨ ahigen Systems wird durch die Bewegungsgleichung beschrieben. Diese erh¨ alt man aus der Betrachtung des aus der Gleichgewichtslage ausgelenkten Systems. Dies soll beispielhaft f¨ ur das in Bild 21.3 abgebildete Feder-Masse-System geschehen, das einem einfachen Ersatzmodell entspricht. x

x c m

F (t)

cx m

F (t)

d x˙

d reibungsfrei statische Ruhelage

ausgelenkte Lage

Bild 21.3 Feder-Masse-System

Es wird eine Koordinate x eingef¨ uhrt, die die Bewegung des Systems beschreibt. Links ist das System in seiner statischen Ruhelage dargestellt, d. h. es befindet sich im statischen Gleichgewicht. In dieser Lage soll x = 0 sein. Auf der rechten Seite ist das freigeschnittene System abgebildet, das um den Weg x ausgelenkt ist. Durch den D¨ ampfer erf¨ ahrt die Masse eine geschwindigkeitsproportionale Kraft d x. ˙ Dies wird als viskose D¨ ampfung bezeichnet. Das Newtonsche Gesetz (Gleichung 19.3) liefert die Bewegungsgleichung mx ¨ + d x˙ + c x = F (t) .

(21.1)

Mit Division durch die Masse m l¨ asst sich diese Gleichung auf die Form x ¨ + 2δ x˙ + ω02 x = f (t)

(21.2)

bringen, die allgemein die Schwingung eines Systems mit einem Freiheitsgrad beschreibt. Oft treten nicht alle hier gegebenen Terme auf. Danach werden die Schwingungen klassifiziert. Ist die ¨ außere Kraft f (t) null, so liegt eine freie Schwingung vor. Wirkt eine zeitabh¨ angige Kraft f (t) auf das System, spricht man dagegen von erzwungenen Schwingungen. Wenn der D¨ ampfungsterm δ x˙ auftritt, also die Abklingkonstante δ ungleich null ist, so liegt eine ged¨ ampfte Schwingung vor. Bei Schwingungen treten zeitlich ver¨ anderliche Auslenkungen auf. Diese lassen sich durch eine Variable x(t) beschreiben. Tr¨ agt man die Auslenkung u ¨ber die Zeit auf, so erh¨ alt man ein Weg-Zeit-Diagramm. Bewegungen, dies sich wiederholen, heißen periodische Schwingungen. Die Zeit, nach der sich der Verlauf wiederholt wird als Schwingungsdauer oder Periode T bezeichnet. Bei periodischen Schwingungen gilt also x(t + T ) = x(t) .

(21.3)

405

21.1 Modellbildung und Grundbegriffe x(t)

t Bild 21.4 Weg-Zeit-Diagramm einer periodischen Schwingung

T

Die Anzahl der Schwingungen pro Zeiteinheit ist die Frequenz f . Sie entspricht dem Kehrwert der Periode, f=

1 . T

(21.4)

Die Einheit der Frequenz ist Hertz (Hz), nach Heinrich Rudolf Hertz (1857– 1894). x(t)

C Bild 21.5 Weg-ZeitDiagramm einer harmonischen Schwingung

t

C α/ω

T

Ein Sonderfall der periodischen Schwingungen ist die harmonische Schwingung. Ihr (co)sinusf¨ ormiger Verlauf kann durch eine trigonometrische Funktion x(t) = C cos(ω t − α)

(21.5)

beschrieben werden. Die maximale Auslenkung C ist die Amplitude der Schwingung, ω die Kreisfrequenz mit ω = 2π f .

(21.6)

Um Verwechslungen zwischen Frequenz und Kreisfrequenz zu vermeiden, wird die Kreisfrequenz meist nicht in Hz, sondern in 1/s angegeben.

Federschaltungen Bei vielen schwingungsf¨ ahigen Systemen, die aus Kombinationen verschiedener Bauteile bestehen, k¨ onnen die elastischen Komponenten jeweils durch eine Feder

406

21 Schwingungen

ersetzt werden, siehe auch Beispiel 16.3 auf Seite 316. Damit erh¨ alt man eine Kombination verschiedener Federn – eine Federschaltung. Diese kann wiederum durch eine Feder mit der entsprechenden Ersatzfedersteifigkeit repr¨ asentiert werden, so dass man ein einfacheres System erh¨ alt. 

cB

EI a)

c m

c∗

c b)

m

c)

m

Bild 21.6 Kombiniertes System

Bild 21.6 zeigt ein kombiniertes System, das aus einem Balken der L¨ ange  mit Biegesteifigkeit EI, einer Feder mit Federkonstante c und einer Masse m besteht. Um das System zu vereinfachen, wird zun¨ achst der Balken durch eine Feder mit der entsprechenden Federsteifigkeit ersetzt. Wie man der Biegelinientafel (Tabelle B.3) entnehmen kann, gilt f¨ ur den Balken die Beziehung F =

3 EI u = cB u 3

⇒

cB =

3 EI . 3

(21.7)

So kann das System aus Bild 21.6 a) in das aus Bild 21.6 b) u uhrt werden. ¨berf¨ Schließlich k¨ onnen noch die beiden Federn zusammengefasst und durch eine einzelne Feder ersetzt werden. In beiden Federn herrscht dieselbe Kraft F , die ussen addiert werden, also Verschiebungen des Balkens uB und der Feder uc m¨ ist die Gesamtverschiebung u = uB + u c =

F F F + = ∗. cB c c

(21.8)

Man erh¨ alt also die Federsteifigkeit c∗ des Ersatzsystems in Bild 21.6 c) aus 1 1 1 3 1 = + = + . c∗ cB c 3EI c

(21.9)

¨ Bei der Uberf¨ uhrung in ein Ersatzsystem kann grunds¨ atzlich zwischen zwei verschiedenen Federschaltungen unterschieden werden. Diese beiden Federschaltungen sind die Parallelschaltung und die Reihenschaltung. Federn k¨ onnen daru ¨ber hinaus beliebig kombiniert werden. Diese Kombinationen lassen sich stets in Parallel- und Reihenschaltungen aufteilen. Nacheinander k¨ onnen so mehrere Federn durch einzelne ersetzt werden, bis man die endg¨ ultige Ersatzfedersteifigkeit erh¨ alt. Die Ermittlung der Bewegungsgleichung mit Hilfe der Ersatzfedersteifigkeit wird in Beispiel 21.2 gezeigt.

407

21.2 Freie Schwingungen

• Parallelschaltung (gleiche Auslenkung aller Federn) c1 c2

F

F

c∗

F

= b

F

c3

Hierbei m¨ ussen die Federkr¨ afte addiert werden, w¨ ahrend alle Federn die Verl¨ angerung u erfahren. Also X X Fi = ci u = c∗ u , (21.10) F = i

i

damit ist die Ersatzfedersteifigkeit X c∗ = ci .

(21.11)

i

• Reihenschaltung (gleiche Kraft in allen Federn) F

c1

c2

c3

F

= b

c∗

F

F

Mit der gleichen Kraft F in allen Federn erh¨ alt man X XF F u = = ∗, ui = c c i i i

(21.12)

also die Ersatzfedersteifigkeit X 1 1 = . ∗ c ci i

(21.13)

• Kombination von Parallel- und Reihenschaltung c1

c3 F

F

= b

c12

c3

F

F

= b

c∗ F

F

c2

Die Ersatzfedersteifigkeit c∗ des kombinierten Systems erh¨ alt man durch Anwendung von Gleichung 21.11 und Gleichung 21.13 als 1 1 1 1 1 = + = + . c∗ c12 c3 c1 + c2 c3

21.2

Freie Schwingungen

21.2.1

Freie unged¨ampfte Schwingungen

(21.14)

Zur mathematischen Beschreibung mechanischer Schwingungen sind verschiedene Stufen der Idealisierung sinnvoll. Unged¨ ampfte Schwinger kommen in endlicher Zeit nicht zur Ruhe, was der physikalischen Wirklichkeit widerspricht.

408

21 Schwingungen

Dennoch macht eine derartige Modellbildung Sinn, wenn nur eine sehr schwache D¨ ampfung vorliegt, oder wenn man den Grenzfall der unged¨ ampften Systemantwort bestimmen m¨ ochte. Bewegungsgleichung

1 0 0 1

c m

cx reibungsfrei

m

x, x, ˙ x ¨

x, x, ˙ x ¨

Bild 21.7 Einfaches Feder-Masse-System

Als Beispiel einer freien unged¨ ampften Schwingung soll das Feder-Masse-System in Bild 21.7 dienen. Die Masse m kann reibungsfrei auf einer horizontalen Unterlage gleiten und wird durch eine Feder mit Federkonstante c gehalten. Die Bewegung der Masse wird durch die Koordinate x(t) beschrieben. Schneidet man die Masse in einer ausgelenkten Lage frei, so wirkt lediglich die Federkraft auf die Masse. Mit dem Newtonschen Gesetz (Gleichung 19.3) erh¨ alt man −c x = m x ¨

(21.15)

bzw. x ¨ +

c x = 0. m

(21.16)

Bewegungsgleichung mit Hilfe des Energiesatzes F¨ ur konservative Systeme k¨ onnen die Bewegungsgleichungen alternativ auch mit Hilfe des Energiesatzes bestimmt werden (siehe Abschnitt 19.4). Im ausgelenkten Zustand setzt sich hier die Energie aus Federenergie U und kinetischer Energie T zusammen. U + T =

1 1 c x2 + m x˙ 2 = konst. 2 2

(21.17)

Durch einmaliges Ableiten nach der Zeit t folgt c x x˙ + m x x ¨ = 0

(21.18)

x˙ (c x + m¨ x) = 0

(21.19)

bzw.

mit den L¨ osungen x˙ = 0 und Gleichung 21.15, d. h. entweder das System ist in Ruhe oder es gilt die Bewegungsgleichung 21.16.

21.2 Freie Schwingungen

409

Systemverhalten Allgemein liegt bei freien unged¨ ampften Systemen eine Bewegungsgleichung der Form x ¨ + ω2 x = 0

(21.20)

vor. Im Gegensatz zu Gleichung 21.1 tritt hier keine ¨ außere Kraft und kein geschwindigkeitsproportionaler Term auf. Damit liegt eine freie unged¨ ampfte Schwingung vor. Die allgemeine L¨ osung der gew¨ ohnlichen homogenen linearen Differentialgleichung 21.20 lautet x(t) = A cos(ω t) + B sin(ω t) .

(21.21)

Dies soll im Folgenden demonstriert werden, indem Gleichung 21.21 in Gleichung 21.20 eingesetzt wird. Dazu wird die Beschleunigung x ¨(t) ben¨ otigt. Ableiten nach der Zeit liefert die Geschwindigkeit x(t) ˙ = −A ω sin(ω t) + B ω cos(ω t)

(21.22)

und die Beschleunigung x ¨(t) = −A ω 2 cos(ω t) − B ω 2 sin(ω t) = −ω 2 x(t) ,

(21.23)

womit man sofort erkennt, dass der Ansatz x(t) die Differentialgleichung 21.20 f¨ ur beliebige Parameter A und B erf¨ ullt. Die Konstanten A und B erh¨ alt man aus den Anfangsbedingungen. In der Regel ist der Bewegungszustand zu einem Zeitpunkt t0 bekannt, durch einfaches Einsetzen lassen sich dann A und B ermitteln, siehe Beispiel 21.1. asst sich auch zu Gleichung 21.21 l¨ x(t) = A cos(ω t) + B sin(ω t) = C cos(ω t − α)

(21.24)

umschreiben, womit sich leicht ein Weg-Zeit-Diagramm wie in Bild 21.5 zeichnen l¨ asst. Bei unged¨ ampften Systemen, die frei schwingen, liegt demnach eine harmonische Schwingung vor. Als systemspezifische Gr¨ oße tritt hier lediglich die Kreisfrequenz ω auf, die stets positiv ist. Da sie das Schwingungsverhalten des Systems charakterisiert, wird sie als Eigenkreisfrequenz des Systems bezeichnet. Sie l¨ asst sich f¨ ur den Einmassenschwinger durch Vergleich von Gleichung 21.16 mit Gleichung 21.20 ermitteln und ist r c . (21.25) ω = m Die Periode T der Schwingung l¨ asst sich aus der bekannten Periodizit¨ at der Cosinusfunktion ermitteln. Es gilt cos(ω t − ϕ) = cos(ω t − ϕ + 2 π)

(21.26)

410

21 Schwingungen

und damit entsprechend Gleichung 21.3 x(t +

2π ) = x(t) , ω

(21.27)

T =

2π . ω

(21.28)

also

Die Periode der Schwingung h¨ angt demnach allein von der Eigenkreisfrequenz ab, sie ist also ebenfalls eine systemspezifische Gr¨ oße. Entsprechend ist f =

ω 1 = T 2π

(21.29)

die Eigenfrequenz des Systems. Der Faktor C=

p A2 + B 2

(21.30)

ist die Amplitude der Schwingung. Der Phasenwinkel „ « B α = arctan A

(21.31)

ist ein Maß f¨ ur die Verschiebung der Kurve auf der Zeitachse. Da der Nullpunkt der Zeitachse beliebig gew¨ ahlt werden kann, hat er bei der Betrachtung von freien Schwingungen mit einem Freiheitsgrad nur eine geringe Bedeutung. Beispiel 21.1 Freie unged¨ ampfte Schwingung eines mathematischen Pendels Bei dem abgebildeten Pendel mit der Punktmasse m wird die Masse des Seiles vernachl¨ assigt. In diesem Fall spricht man auch von einem mathematischen Pendel. Das Pendel wird um einen Anfangswinkel ϕ0 ausgelenkt und ohne Anfangsgeschwindigkeit losgelassen. Gesucht ist der Verlauf der Bewegung ϕ(t).

11 00

g

 ϕ m

L¨ osung: Zur Beschreibung der Bewegung wird eine Koordinate ϕ so eingef¨ uhrt, dass in der statischen Ruhelage (Pendel h¨ angt senkrecht nach unten) ϕ = 0 ist.

11 00 00 11

g

S eϕ

 ϕ m

mg

411

21.2 Freie Schwingungen

Um die Bewegungsgleichung zu ermitteln, wird das rechts abgebildete ausgelenkte System betrachtet. Das Newtonsche Gesetz in Richtung der Koordinate eϕ an der freigeschnittenen Masse m liefert −mg sin ϕ = m  ϕ ¨ oder ϕ ¨ +

g sin ϕ = 0 . 

Mit der Annahme, dass ϕ klein ist, also sin ϕ ≈ ϕ ist, erh¨ alt man ϕ ¨ +

g ϕ = 0, 

beziehungsweise ϕ ¨ + ω2 ϕ = 0 mit der Eigenkreisfrequenz des mathematischen Pendels r g ω= .  Die Bewegungsgleichung l¨ asst sich auch hier mit Hilfe des Energiesatzes herleiten. Es gilt U + T = mg  (1 − cos ϕ) +

1 m ( ϕ) ˙ 2 = konst. 2

Ableiten nach der Zeit t f¨ uhrt auf ϕ˙ (g sin ϕ +  ϕ) ¨ = 0, so dass man analog zu Gleichung 21.19 die oben angegebene Bewegungsgleichung erh¨ alt. Damit lautet entsprechend Gleichung 21.21 die Bewegung des Pendels „r « „r « g g ϕ(t) = A cos t + B sin t ,   wobei A und B aus den Anfangsbedingungen ermittelt werden m¨ ussen. Es soll ϕ(t = 0) = ϕ0 sein, also ϕ0 = ϕ(t = 0) = A cos(0) + B sin(0) = A , alt man durch Betrachten der damit ist A = ϕ0 . Eine zweite Gleichung erh¨ Anfangsgeschwindigkeit. Diese ist hier mit ϕ(0) ˙ = 0 gegeben, also nach Gleichung 21.22 0 = ϕ(t ˙ = 0) = −A ω sin(0) + B ω cos(0) = B ω

412

21 Schwingungen

Da ω = 0 ist also B = 0. Damit wird die Bewegung des Pendels durch „r « g t ϕ(t) = ϕ0 cos  beschrieben. Die Amplitude ist p A2 + B 2 = A = ϕ0 . C = Der Verlauf von ϕ(t) sieht demnach folgendermaßen aus: ϕ(t) ϕ0 t q 2π

q

 g

4π

 g

−ϕ0

Beispiel 21.2 Bewegungsgleichung mit Parallelschaltung von Federn Gesucht ist die Bewegungsgleichung des dargestellten Balken-Feder-MasseSystems. u

m



0110

c

EI

111 000

L¨ osung: Es handelt sich hier um die Parallelschaltung eines Balkens und einer Feder (vgl. Abschnitt 21.1), da die Punktmasse an sowohl der Feder als auch dem Balken h¨ angt, die Feder und das Balkenende also dieselbe Verschiebung erfahren. Der Balken kann durch eine Feder ersetzt werden, die die gleiche mechanische Eigenschaft hat, wie der Balken, also den gleichen Zusammenhang zwischen Kraft und Verschiebung liefert. u

0110

cB

m

c

0110

m

c

 cB

0110 10 10

m 

c∗

1 0 0 1

F¨ ur einen Kragarmes mit Einzellast am Ende kann man die Verschiebung des Lastangriffspunktes der Biegelinientafel in Tabelle B.3 entnehmen. Sie

413

21.2 Freie Schwingungen

ist 3 F 3 EI F ⇒ cB = = 3 . 3 EI u  Also gilt f¨ ur die Ersatzfedersteifigkeit des ur Parallelschaltungen Gleichung 21.11 f¨ u=

3EI + c. 3 Die Bewegungsgleichung des Gleichung 21.16 und lautet

Gesamtsystems

nach

c∗ = cB + c =

u ¨ +

21.2.2

Gesamtsystems

entspricht

damit

3EI 3

+c u = 0. m

Freie ged¨ampfte Schwingungen

Durch D¨ ampfung wird dem System Energie entzogen, d. h. die Energieerhaltung gilt nicht. D¨ ampfung kann in Form von Reibung, siehe Kapitel 19, oder aber auch durch inelastisches (viskoses oder plastisches) Materialverhalten verursacht sein. Durch die D¨ ampfung ¨ andert sich das Verhalten des Systems; freie Schwingungen kommen nach endlicher Zeit zur Ruhe. Systeme mit viskoser D¨ampfung Viskose D¨ ampfung in einem System wird in der Regel durch einen viskosen D¨ ampfer repr¨ asentiert. Solche D¨ ampfer werden beispielsweise auch in Stoßd¨ ampfern von Kraftfahrzeugen verwendet. Bild 21.8 zeigt einen K¨ orper mit D¨ ampfer.

Bild 21.8 K¨ orper mit viskosem D¨ ampfer

FD d

FD

x˙

x

Bewegt sich der K¨ orper mit der Geschwindigkeit x, ˙ so erf¨ ahrt er eine der Bewegung entgegengerichtete D¨ ampferkraft FD , die proportional zur Geschwindigkeit ist, also FD = d x˙ ,

(21.32)

wobei der Faktor d die so genannte D¨ ampferkonstante, eine Kenngr¨ oße des D¨ ampfers, ist. Die tats¨ achlichen Ursachen der D¨ ampfung lassen sich in den seltensten F¨ allen genau erfassen. Jedoch ist fast jedes System mehr oder weniger stark ged¨ ampft. Deshalb wird oft basierend auf dem gemessenen Systemverhalten eine viskose D¨ ampfung eingef¨ uhrt.

414

21 Schwingungen

Bewegungsgleichung x



x

d

m

FB

FB

m

FD

EI

Bild 21.9 System mit viskoser D¨ ampfung

Die Bewegungsgleichung eines ged¨ ampften Systems wird wie bei unged¨ ampften Systemen am ausgelenkten System ermittelt. Die in Bild 21.9 rechts freigeschnittene Masse erf¨ ahrt eine Kraft FB aus der Verformung des Balkens und eine D¨ ampferkraft FD . Mit EI x =

FB 3 2 6

⇒

FB =

3 EI x. 3

(21.33)

und FD = d x˙

(21.34)

lautet das Newtonsche Gesetz am ausgelenkten System 3 EI x − d x˙ = m x ¨. 3 Daraus folgt die Bewegungsgleichung −

(21.35)

d 3 EI x = 0. (21.36) x˙ + m m 3 f¨ ur die freien Schwingungen eines viskos ged¨ ampften Systems. Dies entspricht Gleichung 21.2 ohne Belastung, also x ¨ +

x ¨ + 2 δ x˙ + ω02 x = 0 .

(21.37)

Die Kreisfrequenz ω02 und die Abklingkonstante δ folgen aus der Bewegungsgleichung, f¨ ur das System aus Bild 21.9 sind sie r 3 EI d ω0 = , δ = . (21.38) m 3 2m Im Gegensatz zu unged¨ ampften Systemen kann die Bewegungsgleichung nicht mit Hilfe des Energiesatzes ermittelt werden, da durch die D¨ ampfung Energie dissipiert, d. h. in W¨ arme umgewandelt wird. ur unged¨ ampfte Systeme, wird hier Anstelle von ω 2 , wie in Gleichung 21.20 f¨ ampften ω02 geschrieben, weil ω0 nicht mit der Eigenkreisfrequenz ωd des ged¨ Systems u ¨bereinstimmt, wie unten gezeigt wird. Der Wert ω0 entspricht der Eigenkreisfrequenz des unged¨ ampften Systems, also derjenigen, die man f¨ ur δ = 0 erh¨ alt.

415

21.2 Freie Schwingungen

Systemverhalten Zur L¨ osung der Bewegungsgleichung 21.37 wird der Ansatz x(t) = C eλt

(21.39)

mit komplexen Koeffizienten C und λ verwendet. Einsetzen f¨ uhrt auf C eλt (λ2 + 2δλ + ω02 ) = 0 .

(21.40)

Um eine nichttriviale L¨ osung zu erhalten (d. h. mit Amplituden C = 0), muss der Ausdruck in der Klammer verschwinden, also q λ1,2 = −δ ± δ 2 − ω02 . (21.41) Der Charakter der L¨ osung h¨ angt dabei entscheidend vom Wert der Diskrimip nante δ 2 − ω02 ab. Als Maß f¨ ur die D¨ ampfung wird daher der dimensionslose D¨ ampfungsgrad D =

δ ω0

(21.42)

eingef¨ uhrt, der auch als Lehr’sches D¨ ampfungsmaß bezeichnet wird. Damit wird Gleichung 21.41 zu ” “ p λ1,2 = ω0 −D ± D2 − 1 . (21.43) Es lassen sich in Abh¨ angigkeit der Diskriminante bzw. des D¨ ampfungsgrades drei F¨ alle unterscheiden: a) δ < ω0 , D < 1, Schwache D¨ampfung: L¨ osung q λ1,2 = −δ ± i ω02 − δ 2 .

Gleichung 21.41 hat in diesem Fall die

(21.44)

Mit Gleichung 21.39 erh¨ alt man die allgemeine L¨ osung √ 2 2 √2 2 x(t) = C1 e(−δ+i δ −ω0 ) t + C2 e(−δ−i δ −ω0 ) t « „ q q = A cos( ω02 − δ 2 t) + B sin( ω02 − δ 2 t) e−δ t . (21.45) Die Eigenkreisfrequenz des ged¨ ampften Systems ist demnach q p ω02 − δ 2 = ω0 1 − D2 , ωd =

(21.46)

womit man eine u ¨bersichtlichere Darstellung ” “ x(t) = A cos(ωd t) + B sin(ωd t) e−δ t =

Ce−δ t cos(ωd t − ϕ)

(21.47)

416

21 Schwingungen

erh¨ alt. Die Konstanten A und B oder C und ϕ werden wiederum aus den Anfangsbedingungen bestimmt. Die Periode der ged¨ ampften Schwingung ist mit Td =

2π 2π 2π 1 √ = p = = √ T0 ωd ω0 1 − D 2 1 − D2 ω02 − δ 2

(21.48)

gr¨ oßer als die Periode T0 der unged¨ ampften Schwingung. Der Unterschied h¨ angt vom D¨ ampfungsgrad D ab. Bei vielen Problemstellungen ist D  1 und damit Td ≈ T0 beziehungsweise ωd ≈ ω0 . x(t)

Ce−δ t

C cos ϕ

t

−Ce−δ t

Td

Bild 21.10 Schwingung mit schwacher D¨ ampfung

Bild 21.10 zeigt den typischen Funktionsverlauf von Gleichung 21.47. Die Sinuskurve wird dabei von zwei Exponentialkurven x (t) = ±Ce−δ t

(21.49)

eingeh¨ ullt. Die Abklingkonstante δ, die in Gleichung 21.47 im Exponent steht, ist also ein Maß f¨ ur die Abnahme der Amplitude. Alternativ wird das so genannte logarithmische Dekrement verwendet. Es entspricht dem Verh¨ altnis des Ausschlags im Abstand einer Periodendauer Td . ˛ ˛ ˛ ˛ ˛ ˛ ˛ xi ˛ Ce−δt cos(ωd t − ϕ) ˛ ˛ = ln ˛ Λ = ln ˛˛ ˛ Ce−δ(t+Td ) cos(ωd (t + Td ) − ϕ) ˛ xi+1 ˛ 2πδ = ln eδTd = δTd = (21.50) ωd Im Gegensatz zur Abklingkonstanten δ kann das logarithmische Dekrement Λ direkt aus Messergebnissen abgelesen werden. ¨ Eine Ubersicht u ampfungsmaße ist in ¨ber die in diesem Buch verwendeten D¨ Tabelle 21.1 gegeben.

417

21.2 Freie Schwingungen

Abklingkonstante

δ

= D ω0

D¨ ampfungsgrad

D

=

logarithmisches Dekrement

Λ

2πδ = q ω02 − δ 2

δ ω0

Λ ω0 = p Λ2 + (2 π)2 Λ = p Λ2 + (2 π)2 2πD = √ 1 − D2

Tabelle 21.1 D¨ ampfungsmaße bei schwacher D¨ ampfung

b) δ > ω0 , D > 1, Starke D¨ampfung: in diesem Fall q λ1,2 = −δ ± δ 2 − ω02 .

Die L¨ osung von Gleichung 21.41 lautet

Mit der Einf¨ uhrung von q μ = δ 2 − ω02

(21.51)

(21.52)

erh¨ alt man die Bewegung x(t)

=

` ´ e−δ t C1 eμt + C2 e−μt

=

e−δ t (A cosh μt + B sinh μt) .

(21.53)

Die beiden Konstanten A und B sind wieder aus den Anfangsbedingungen zu bestimmen. Da anstelle der trigonometrischen nun die hyperbolischen Winkelfunktionen auftreten, ist die Bewegung keine wirkliche Schwingung mehr, sondern eine Kriechbewegung. Aus diesem Grund kann in diesem Fall auch keine Frequenz oder Amplitude angegeben werden. Da der Faktor e−δ t noch vorhanden ist, geht die Bewegung langsam auf x = 0 zur¨ uck. Bild 21.11 zeigt zwei m¨ ogliche Verl¨ aufe einer solchen Funktion. Es sind noch andere Verl¨ aufe m¨ oglich, die Kurve schneidet allerdings maximal einmal die t-Achse. Die genaue Form der Kurve h¨ angt von den Anfangsbedingungen ab. c) δ = ω0 , D = 1, Aperiodischer Grenzfall: In diesem Fall wird die Diskriminante in Gleichung 21.41 zu null. Es ist also λ = −δ .

(21.54)

Daraus folgt die Bewegung x(t) = ( A + B t ) e−δt .

(21.55)

418

21 Schwingungen x

t Bild 21.11 Bewegung bei starker D¨ ampfung

Die Konstanten A und B werden aus den Anfangsbedingungen bestimmt. ¨ Der aperiodische Grenzfall entspricht dem Ubergang von starker zu schwacher D¨ ampfung, bei dem die Bewegung gerade keine Schwingung mit mehreren Nulldurchg¨ angen mehr ist. Deshalb wird D = 1

(21.56)

auch als kritische D¨ ampfung bezeichnet. Man erh¨ alt in diesem Fall bereits eine Kriechbewegung wie bei starker D¨ ampfung. Der aperiodischen Grenzfall stellt insofern einen Sonderfall dar, als dass die Abnahme der Auslenkung hier gr¨ oßer als bei starker D¨ ampfung und gr¨ oßer als die Amplitudenabnahme bei schwacher D¨ ampfung ist.

Beispiel 21.3 Bewegungsgleichung eines ged¨ ampften Systems Ein einfaches Modell eines einst¨ ockigen Geb¨ audes ist der unten abgebildete Stockwerkrahmen. Er besteht aus einer starren Decke mit der Masse m und zwei St¨ utzen mit der Biegesteifigkeit EI und der H¨ ohe h. Gesucht ist die Bewegungsgleichung des Rahmens. u m

h

L¨ osung:

EI

d

EI

419

21.2 Freie Schwingungen u Fh 2

F

M (x) x − F2h

Um die Bewegungsgleichung zu ermitteln, wird zun¨ achst eine Beziehung zwischen Kraft F und Verschiebung u f¨ ur die St¨ utzen ben¨ otigt. Aus der u ager konstanten Querkraft V = F erh¨ alt man sofort den abge¨ber den Tr¨ bildeten Momentenverlauf M (x) aus M  (x) = V (x) und mit dem Prinzip der virtuellen Kr¨ afte (siehe Abschnitt 15.6) die Verschiebung am Kraftangriffspunkt Zh u

=

M (x) M (x) 1 dx = 2 · EI 3

· h2 h F h3 · = EI 2 12 EI

Fh 2

0

⇒

F

=

12 EI u. h3 m

F

FD F

Das Newtonsche Gesetz f¨ ur die in der ausgelenkten Lage freigeschnittene Decke liefert die Gleichung −2 F − FD 24 EI − 3 u − d u˙ h

=

m¨ u

=

m¨ u.

Daraus folgt die Bewegungsgleichung u ¨ +

d 24 EI u = 0. u˙ + m h3

Die Abklingkonstante dieses Systems ist demnach δ =

d 2m

und die Eigenkreisfrequenz des unged¨ ampften Systems r 24 EI . ω0 = h3 Beispiel 21.4 Schwache und starke D¨ ampfung Ein Fahrrad mit Federgabel kann vereinfachend durch das unten abgebildete System modelliert werden. Die Federgabel besteht aus einer Feder

420

21 Schwingungen

mit Steifigkeit k = 48 kN/m und einem D¨ ampfer. Untersucht werden soll die Schwingungsanf¨ alligkeit des Systems bei einer Anfangsauslenkung ampferkonstanten d = 600 Ns und d = 3000 Ns . Es x0 = 5 cm und D¨ m m wird angenommen, dass das Rad zu jedem Zeitpunkt mit der Fahrbahn in Kontakt ist. Ferner soll ermittelt werden, f¨ ur welchen Wert der D¨ ampferkonstante d das System optimal ged¨ ampft ist. =1m m = 90 kg

x

d

k

Rad

L¨ osung: Um die Bewegungsgleichung des Systems zu bestimmen, wird der Balken freigeschnitten. Dabei wird davon ausgegangen, dass nur kleine Auslenkungen ϕ auftreten, also sin ϕ ≈ ϕ, cos ϕ ≈ 1. x = ϕ kx

ϕ

dx˙

Aus dem Momentensatz um das Auflager −(kx + dx) ˙ = Θϕ ¨ folgt mit x = ϕ die Bewegungsgleichung ϕ ¨ +

k 2 d 2 ϕ˙ + ϕ = 0. Θ Θ

Mit dem Massentr¨ agheitsmoment Θ = ϕ ¨ +

m2 (Tabelle B.6) folgt 3

3k 3d ϕ˙ + ϕ = 0. m m

Es liegt also eine ged¨ ampftes System mit einer Bewegungsgleichung in der Form von Gleichung 21.37 vor. Die Eigenkreisfrequenz des unged¨ ampften Systems ist s r 3k 3 · 48 · 103 kg m 1 = = 40 = 40 Hz . ω0 = m 90 s2 m kg s

421

21.2 Freie Schwingungen

Entscheidend f¨ ur das Verhalten des Systems ist in erster Linie die D¨ ampNs m 3d 3d 3 · 600 kg m s 1 2δ = ⇒ δ = = = 10 m 2m 2 · 90 s2 m kg s

fung. Die Abklingkonstante ist f¨ ur eine D¨ ampfung d = 600

und das logarithmische Dekrement nach Gleichung 21.50 D =

10 δ = ω0 40

1 s 1 s

=

1 < 1; 4

demnach ist das System schwach ged¨ ampft. Die Eigenkreisfrequenz des ged¨ ampften Systems ist mit Gleichung 21.46 q p √ 1 1 ω02 − δ 2 = 402 − 102 = 10 15 . ωd = s s Das System bewegt sich nach Gleichung 21.47, also ϕ(t)

=

(A cos ωd t + B sin ωd t) e−δt

⇒ ϕ(t) ˙

=

(−Aωd sin ωd t + Bωd cos ωd t) e−δt − δ (A cos ωd t + B sin ωd t) e−δt

Um A und B zu bestimmen, werden die Anfangsbedingungen verwendet: ϕ(t = 0) =

5 cm 100 cm

ϕ(t ˙ = 0) = 0

⇒

(A · 1 + B · 0) · 1 = 0.05

⇒ ⇒

A = 0.05 , (−Aωd · 0 + Bωd · 1) · 1 − δ(A · 1 + B · 0) · 1 = 0 0.05 10 · 0.05 δA √ = √ = B = ωd 15 10 15

⇒

Der Verlauf der Schwingung sieht damit folgendermaßen aus: ϕ(t) 0.06 0.04 0.02 0 0.5 -0.02 -0.04

t [s]

422

21 Schwingungen

Es handelt sich um eine ged¨ ampfte Schwingung, die nach ca. 3 Perioden bei t = 0.5 s abgeklungen ist. folgt F¨ ur die deutlich st¨ arkere D¨ ampfung d = 3000 Ns m δ =

3 · 3000 1 1 3d = = 50 2m 2 · 90 s s

⇒

D =

50 δ 5 = = > 1, ω0 40 4

es liegt demnach eine starke D¨ ampfung vor, mit q p 1 1 δ 2 − ω02 = 502 − 402 = 30 . μ = s s Die Bewegung des Systems gehorcht also Gleichung 21.53

⇒

ϕ(t)

=

(A cosh μt + B sinh μt)e−δt

ϕ(t) ˙

=

(Aμ sinh μt + Bμ cosh μt)e−δt − δ (A cosh μt + B sinh μt)e−δt .

Aus den Anfangsbedingungen folgt 5 cm ⇒ 100 cm ⇒ ϕ(t ˙ = 0) = 0 cm ⇒

ϕ(t = 0) =

⇒

(A · 1 + B · 0) · 1 = 0.05 A = 0.05 , (Aμ · 0 + Bμ · 1) · 1 − δ(A · 1 + B · 0) · 1 = 0 50 · 0.05 0.25 δA = = . B = μ 30 3

In diesem Fall erh¨ alt man folgende Kurve (zum Vergleich ist gepunktet die Bewegung f¨ ur d = 600 Nms angegeben): ϕ(t) 0.06 0.04 0.02 0 0.5

t [s]

-0.02 -0.04

Die Auslenkung geht hier schneller auf null zur¨ uck und es tritt gar keine Schwingung auf.

423

21.2 Freie Schwingungen

Am schnellsten geht die Auslenkung im aperiodischen Grenzfall zur¨ uck, also f¨ ur D = 1 bzw. δ = ω0 = 40

1 , s

dann ist δ =

3d 2m

⇒

d =

2 2 kg kg Ns m δ = · 90 · 40 = 2400 = 2400 . 3 3 s s m

In diesem Fall erh¨ alt man mit Gleichung 21.55 folgenden Verlauf: x [cm] 6 4 2 0 0.5

t [s]

-2 -4

Man sieht, dass in diesem Fall die Bewegung noch schneller zur Ruhe kommt . als mit d = 3000 Ns m Trockene Reibung Bei Systemen mit trockener Reibung (siehe auch Abschnitt 19.8) gibt es eine st¨ uckweise konstante Reibkraft, die der Bewegung entgegenwirkt. Anders als bei viskoser D¨ ampfung ist die Reibkraft nicht proportional zur Geschwindigkeit. Ihr Betrag ist konstant, sie wechselt lediglich das Vorzeichen. Die allgemeine Form der Bewegungsgleichung f¨ ur solche Systeme lautet ( f¨ ur x˙ > 0 − ω02 r . (21.57) x ¨ + ω02 x = f¨ ur x˙ < 0 + ω02 r ¨ Die Bewegung x(t) l¨ asst sich ebenfalls nur abschnittsweise angeben. Ahnlich wie ur unged¨ ampfte Systeme erh¨ alt man Gleichung 21.24 f¨ ( C cos(ω0 t − ϕ) − r f¨ ur x˙ > 0 x(t) = . (21.58) f¨ ur x˙ < 0 C cos(ω0 t − ϕ) + r

424

21 Schwingungen

Der Verlauf dieser Funktion kann nur st¨ uckweise ermittelt werden, wie im folgenden Beispiel 21.5 demonstriert wird. Die Konstanten C und ϕ ver¨ andern sich ¨ dabei von Abschnitt zu Abschnitt und werden aus den Anfangs- bzw. Ubergangsbedingungen bestimmt. Die Amplitude der Schwingung nimmt bei jeder Halbschwingung um den Wert 2r ab. Die Schwingung kommt ab dem Zeitpunkt zum Erliegen, wenn erstmals die Haftgrenze unterschritten ist. Beispiel 21.5 Schwingung mit trockener Reibung Ein Feder-Masse-System besteht aus einer Feder mit Steifigkeit c und einer Masse m. Anders als in Abschnitt 21.2.1 soll die Masse hier nicht reibungsfrei gleiten – stattdessen soll eine Reibkraft auftreten. Die Haft- und Reibzahl sei μ.

01 000 10 111 000 111 c

m

g μ

x

Die Masse wird in die Position x0 ausgelenkt und dann losgelassen. Die Feder sei f¨ ur x = 0 entspannt. Gesucht ist die Bewegung der Masse. L¨ osung: Um die Bewegung der Masse zu ermitteln, wird zun¨ achst die Bewegungsgleichung ben¨ otigt. Dazu wird die Masse freigeschnitten. x, x˙ cx

m R

Das Newtonsche Gesetz in horizontaler Richtung liefert nun −cx ± R = m x ¨ wobei die Reibkraft R = μ N = μ mg stets der Bewegung entgegen gerichtet ist. Somit lautet die Bewegungsgleichung ( c −μ g f¨ ur x˙ > 0 . x ¨ + x = m +μ g f¨ ur x˙ < 0 Damit ist mit der Eigenkreisfrequenz r c ω0 = m und der spezifischen Reibkraft r =

μg μmg = . ω02 c

425

21.2 Freie Schwingungen

Da die Anfangsauslenkung nach rechts in positive x-Richtung geht, ist die Geschwindigkeit zun¨ achst negativ. F¨ ur t = 0 ist x(t)

=

C cos(−ϕ) + r = x0

x(t) ˙

=

C ω0 sin(ϕ) = 0

Aus der Gleichung f¨ ur die Geschwindigkeit erh¨ alt man sofort ϕ = 0, damit ist C = x0 − r, also x(t) = (x0 − r) cos(ω0 t) + r . Diese Bewegung gilt, solange bis x(t) ˙ das Vorzeichen wechselt, also bis ¨ ω0 t = π, d. h. t = t1 = π/ω0 . Dann muss mit den Ubergangsbedingungen eine neue Gleichung ermittelt werden. Es ist x(t1 ) = −x0 + r + r = 2r − x0 und mit x(t ˙ 1 ) = 0 erh¨ alt man x(t) = (x0 − 3r) cos(ω0 t) − r

f¨ ur

π < ω0 t < 2π .

und entsprechend x(t)

=

(x0 − 5r) cos(ω0 t) + r

f¨ ur

2π < ω0 t < 3π

x(t)

=

(x0 − 7r) cos(ω0 t) + r

f¨ ur

3π < ω0 t < 4π .

Man erkennt hier deutlich die Abnahme der Amplitude um 2r pro Halbalt man beispielsweise folgende Bewegung: welle. F¨ ur x0 = 7.5 r erh¨ x0

x(t)

r −r

4π π

2π

ω0 t

3π

Die Bewegung kommt bei ω0 t = 4π zum Stillstand. Die Masse bleibt liegen ¨ da bei x˙ = 0 die Haftkraft gr¨ oßer als die Federkraft ist. Die Uberg¨ ange zwischen den einzelnen Cosinusfunktionen sind mit Strichen markiert.

426

21 Schwingungen

21.2.3

Statische Ruhelage

Bisher wurde davon ausgegangen, dass die Bewegung einer schwingenden Masse mit einer Koordinate beschrieben wird, die in der statischen Ruhelage null ist. Prinzipiell k¨ onnen Koordinaten beliebig gew¨ ahlt werden. Dies wird am Beispiel des in Bild 21.12 skizzierten Feder-Masse-Systems gezeigt.

11 00 00 11

g cx

c

m x

m

mg

Bild 21.12 Feder-Masse-Schwinger im Erdschwerefeld

Die Koordinate x wird hier so gew¨ ahlt, dass die Federkraft f¨ ur x = 0 verschwindet. Das Newtonsche Gesetz f¨ ur die rechts abgebildete freigeschnittenen Masse lautet ↓

: mg − cx = mx ¨

(21.59)

beziehungsweise x ¨ +

c x = g. m

(21.60)

Die L¨ osung dieser inhomogenen Differentialgleichung ist die Summe aus der bereits bekannten L¨ osung der homogenen Gleichung und einer Partikul¨ arl¨ osung. Da die rechte Seite konstant ist, wird als Ansatz f¨ ur die Partikul¨ arl¨ osung die konstante Funktion xp (t) = E

(21.61)

gew¨ ahlt. Einsetzen liefert E =

mg . c

(21.62)

Mit der L¨ osung der homogenen Differentialgleichung aus Gleichung 21.24 erh¨ alt man x(t) = C cos(ω t − α) + E .

(21.63)

Das Weg-Zeit-Diagramm entspricht einer um E verschobenen harmonischen Bewegung (vgl. Bild 21.5), die in Bild 21.13 skizziert ist. Es f¨ allt auf, dass E genau der Verschiebung entspricht, die man erh¨ alt, wenn die Masse m ohne Bewegung (x˙ = 0) an der Feder h¨ angt. Diese Position x = E wird als statische Ruhelage des Systems bezeichnet. Es ist im Allgemeinen geschickter die Koordinate x so zu w¨ ahlen, dass in der statischen Ruhelage x = 0 ist.

427

21.3 Erzwungene Schwingungen x(t) C

statische Ruhelage C

E

t T Bild 21.13 Schwingung um die statische Ruhelage

21.3

Erzwungene Schwingungen

Bei freien Schwingungen besteht die Anregung aus einer Anfangsauslenkung oder Anfangsgeschwindigkeit, die durch die Anfangsbedingungen ber¨ ucksichtigt wird. Unter erzwungenen Schwingungen versteht man im Gegensatz dazu solche Vorg¨ ange, bei denen ein System einer dauernden Anregung von außen ausgesetzt ist. Im allgemeinen Fall eines ged¨ ampften Systems erh¨ alt man eine Bewegungsgleichung der Form x ¨ + 2δ x˙ + ω02 x = p(t) ,

(21.64)

die sich von Gleichung 21.37 f¨ ur freie Schwingungen durch den Anregungsterm p(t) auf der rechten Seite unterscheidet. Im Rahmen dieses Buches beschr¨ anken wir uns auf periodische Anregungen der Form p = ω02 p0 cos(Ω t), so genannte harmonische Anregung, wie sie bei Lasten durch Maschinen mit Unwucht auftreten. Aber auch Str¨ omungskr¨ afte oder Erdbebenlasten k¨ onnen in vielen F¨ allen gut durch periodische Anregungen angen¨ ahert werden. Die Bewegungsgleichung hat dann die Form x ¨ + 2δ x˙ + ω02 x = ω02 p0 cos(Ω t) .

(21.65)

Dabei ist p0 die Amplitude der Anregung, also ein konstanter Wert. Damit p0 dieselbe Einheit wie x hat wird der Parameter ω02 eingef¨ ugt. Bei erzwungenen Schwingungen spielt das Frequenzverh¨ altnis zwischen Erreger- und Eigenkreisfrequenz η =

Ω ω0

(21.66)

eine wichtige Rolle. Die Bewegung x(t) eines Systems, dass zu Schwingungen angeregt wird, wird auch als Antwort des Systems bezeichnet. Systeme mit erzwungenen Schwingungen lassen sich nach Art der Anregung klassifizieren. Prinzipiell kann man

428

21 Schwingungen

zwischen Kraftanregung, Weganregung u ampfer, ¨ber Feder, Weganregung u ¨ber D¨ Unwuchtanregung und Fußpunktanregung unterscheiden. In den folgenden Abschnitten soll nun das Verhalten einiger Systeme bei verschiedenartiger Anregung diskutiert werden. F¨ ur alle betrachteten Systeme erh¨ alt man jedoch eine Bewegungsgleichung vom Typ der Gleichung 21.65. Die L¨ osung dieser inhomogenen Differentialgleichung l¨ asst sich in zwei L¨ osungsanteile aufspalten, x(t) = xh (t) + xp (t) .

(21.67)

Dabei ist xh (t) die L¨ osung der homogenen Schwingungsdifferentialgleichung 21.37 x ¨ + 2 δ x˙ + ω02 x = 0 , deren allgemeine L¨ osung mit Gleichung 21.47 bereits angegeben wurde, also xh (t) = Ce−δt cos(ωd t − ϕ) .

(21.68)

Die Partikul¨ arl¨ osung xp (t) muss die inhomogene Differentialgleichung 21.65 erf¨ ullen. Als L¨ osungsansatz wird eine Funktion nach Form der Erregerfunktion gew¨ ahlt, z. B. xp (t) = x ˆ cos(Ωt − ϕ∗ ) ,

(21.69)

wobei der Winkel ϕ∗ eine Phasenverschiebung zwischen Erreger- und Antwortsignal beschreibt. Mit cos(α − β) = cos α cos β + sin α sin β ist xp x˙ p x ¨p

x ˆ ( cos Ωt cos ϕ∗ x ˆ Ω ( − sin Ωt cos ϕ∗ x ˆ Ω2 (− cos Ωt cos ϕ∗

= = =

+ + −

sin Ωt sin ϕ∗ ) cos Ωt sin ϕ∗ ) sin Ωt sin ϕ∗ ) .

Eingesetzt in die Differentialgleichung 21.65 erh¨ alt man nach Division durch ω02 x ˆ

Ω2 ω02

+ 2Dˆ x +

x ˆ

(− cos Ωt cos ϕ∗ − sin Ωt sin ϕ∗ )

Ω (− sin Ωt cos ϕ∗ + cos Ωt sin ϕ∗ ) ω0 (cos Ωt cos ϕ∗ + sin Ωt sin ϕ∗ )

(21.70) = p0 cos Ωt .

Diese Gleichung muss f¨ ur jedes beliebige t erf¨ ullt sein. Klammert man die Terme, die t enthalten aus, (−ˆ xη 2 cos ϕ∗ + 2Dˆ xη sin ϕ∗ + x ˆ cos ϕ∗ − p0 ) cos Ωt 2 ∗ ∗ xη cos ϕ + x ˆ sin ϕ∗ ) sin Ωt = 0 , + (−ˆ xη sin ϕ − 2Dˆ

(21.71)

429

21.3 Erzwungene Schwingungen

so erkennt man, dass die Ausdr¨ ucke in den Klammern verschwinden m¨ ussen, damit die Gleichung f¨ ur jedes t erf¨ ullt ist. Aus der zweiten Klammer folgt der Phasenwinkel ϕ∗ (1 − η 2 ) sin ϕ∗

=

2Dη cos ϕ∗

tan ϕ∗

=

2Dη . 1 − η2

⇒

(21.72)

Die erste Klammer liefert die Amplitude x ˆ der Partikul¨ arl¨ osung. Setzt man die trigonometrischen Beziehungen 2Dη

sin ϕ =

2Dη tan ϕ 1−η 2 p = p , = q 2 η2 2 4D (1 − η 2 )2 + 4D2 η 2 1 + tan ϕ 1 + (1−η2 )2

cos ϕ =

1 − η2 1 p , = p 2 (1 − η 2 )2 + 4D2 η 2 1 + tan ϕ

die f¨ ur − π2 < ϕ∗ <

π 2

gelten, so folgt

p0 x ˆ = p . (1 − η 2 )2 + 4D2 η 2

(21.73)

F¨ ur tan ϕ∗ < 0 erh¨ alt man ebenfalls Gleichung 21.73. Im Gegensatz zur L¨ osung alt die Partikuder homogenen Differentialgleichung xh (Gleichung 21.68) enth¨ anger andauernder Anregung wird l¨ arl¨ osung keinen Abklingterm e−δt . D. h. bei l¨ ampft, w¨ ahrend die Amplitude von xp konstant bleibt. xh mit der Zeit herausged¨ Daher ist xp auch von gr¨ oßerer Bedeutung. Die Zeit, w¨ ahrend der xh noch einen wesentlichen Einfluss hat, wird als Einschwingvorgang bezeichnet. Das Verh¨ altnis der Amplituden der Anregung und der Systemantwort V =

x ˆ p0

(21.74)

wird als Vergr¨ oßerungsfunktion bezeichnet. Da diese von der Art der Anregung abh¨ angt wird sie in den folgenden Abschnitten diskutiert.

21.3.1

Kraftanregung

Wirkt eine harmonische Kraft unmittelbar auf den starren K¨ orper ein, sprechen wir von einer Kraftanregung. Bild 21.14 zeigt ein mathematisches Pendel mit Kraftanregung. Die Kraft stellt mit F (t) = F0 cos(Ωt)

(21.75)

eine harmonische Anregung dar. Das Newtonsche Gesetz in Richtung von eϕ am ausgelenkten System liefert −mg sin ϕ + F (t) cos ϕ = m  ϕ ¨,

(21.76)

11 00 00 11

430

21 Schwingungen S

g

eϕ



F (t)

ϕ F (t) = F0 cos(Ω t)

mg

m

Bild 21.14 Mathematisches Pendel mit Kraftanregung

und mit der Annahme kleiner Auslenkungen, also sin ϕ ≈ ϕ und cos ϕ ≈ 1 erh¨ alt man die Bewegungsgleichung ϕ ¨ +

F (t) g F0 ϕ = = cos(Ω t) .  m m

(21.77)

bzw. ϕ ¨ + ω02 ϕ = ω02 p0 cos(Ω t) mit der Eigenkreisfrequenz des unged¨ ampften Systems r g , ω0 = 

(21.78)

(21.79)

und der Erregeramplitude p0 =

F0 F0 = . m ω02 mg

(21.80)

Gegen¨ uber der Bewegungsgleichung des frei schwingenden mathematischen Pendels (siehe Beispiel 21.1) ist also noch der Erregerterm auf der rechten Seite hinzugekommen. Es ist keine D¨ ampfung vorhanden, also D = 0. Damit ist die Amplitude der Partikul¨ arl¨ osung nach Gleichung 21.73 ϕ ˆ =

p0 1 F0 = . |1 − η 2 | |1 − η 2 | m g

(21.81)

Die Vergr¨ oßerungsfunktion, also das Verh¨ altnis von Antwort- zu Erregeramplitude ist hier V =

1 ϕ ˆ = p0 |1 − η 2 |

(21.82)

da keine D¨ ampfung vorhanden ist. Ist jedoch D = 0, so erh¨ alt man 1 . V = p (1 − η 2 )2 + 4D2 η 2

(21.83)

Die Vergr¨ oßerungsfunktion h¨ angt also vom D¨ ampfungsgrad D und entscheidend von dem Frequenzverh¨ altnis η = Ω/ω0 ab.

431

21.3 Erzwungene Schwingungen V (η) D=0 4

3 D = 0.2

2

1 D=1 0

1

2

3

η

Bild 21.15 Vergr¨ oßerungsfunktion bei Kraftanregung

Bild 21.15 zeigt die Vergr¨ oßerungsfunktionen bei Kraftanregung f¨ ur verschiedene D¨ ampfungsmaße D. Wenn keine D¨ ampfung vorhanden ist, dann existiert bei η = 1 eine Polstelle. Hier wird die Amplitude des Systems (theoretisch) unendlich groß. Praktisch gibt es keine v¨ ollig unged¨ ampften Systeme, aber bei gering ged¨ ampften Systemen steigt die Amplitude bei Werten von η um die 1, d. h. f¨ ur Ω ≈ ω sehr stark an. Dieses Ph¨ anomen wird Resonanz genannt. Wenn ein System mit einer Frequenz erregt wird, die ungef¨ ahr der Eigenfrequenz des Systems entspricht, so treten sehr große Schwingungsamplituden auf. In der allt¨ aglichen Praxis k¨ onnen wir Resonanzph¨ anomene z. B. beim Auslaufen rotierender Maschinen (wie Waschmaschinen aus dem Schleuderprogramm) beobachten. Bei gr¨ oßerer D¨ ampfung ist der Resonanzfall weniger stark ausgepr¨ agt, weshalb eine große D¨ ampfung w¨ unschenswert ist. Dies l¨ asst sich im Bauwesen allerdings nur schwer realisieren. Bei Stahlkonstruktionen ohne zus¨ atzliche D¨ ampfer wird je nach Ausf¨ uhrung z. B. von δ ≈ 0.05 ausgegangen. F¨ ur kleine Werte von η geht die Vergr¨ oßerungsfunktion V (η) gegen 1. Das bedeutet, dass bei kleinen Erregerfrequenzen, die weit unter der Eigenfrequenz liegen, das System ungef¨ ahr die gleiche Amplitude wie die Anregung besitzt. F¨ ur große η geht die Amplitude in Gegensatz dazu gegen null, die Schwingungsanf¨ alligkeit in diesem Bereich ist demnach sehr gering. Die Phasenverschiebung ist hier nach Gleichung 21.72 ϕ∗ = 0 ,

(21.84)

ϕ∗ = π .

(21.85)

oder

432

21 Schwingungen

ϕ∗ D=0

π D = 0.2

D = 0.5

D=1

π 2 D=1

0

D = 0.2

D=0 1

2

3

4

η

Bild 21.16 Phasenverschiebung bei Kraftanregung

Ist eine D¨ ampfung vorhanden, so ist ϕ∗ = atan

„

2Dη 1 − η2

« .

Der Verlauf der Phasenverschiebung f¨ ur verschiedene Werte von D ist in Bild 21.16 dargestellt. Der Phasenwinkel w¨ achst von 0 bis π. F¨ ur sehr kleine Erregerfrequenzen (η  1) bewegt sich das System mit der Erregung, man sagt System und Erregung sind in Phase. Mit wachsender Erregerfrequenz w¨ achst auch der Phasenwinkel, der f¨ ur große Werte von η gegen π geht. Dann bewegt sich das System genau entgegen der angreifenden Kraft. Man spricht f¨ ur η < 1, ur η > 1, also ϕ∗ > π von u also ϕ∗ < π, von unterkritischer und f¨ ¨berkritischer Erregung. Wenn nur eine sehr geringe D¨ ampfung vorliegt, also D ≈ 0, liegt bei η = 1 ein deutlich ausgepr¨ agter Sprung von 0 auf π vor.

21.3.2

Weganregung u ¨ber Feder

Bei der Weganregung u ¨ber eine Feder wird das System durch die Kraft einer Feder angeregt, die an einem Ende mit dem System verbunden ist und am anderen Ende mit einer vorgegebenen Verschiebung uc (t) bewegt wird, wie das mathematische Pendel in Bild 21.17. Die periodische Bewegung uc (t) sei durch uc (t) = u0 cos(Ω t)

(21.86)

21.3 Erzwungene Schwingungen

11 00 00 11

433 g

A

A

 ϕ Bild 21.17 Mathematisches Pendel mit Weganregung u ¨ber Feder

 c

uc (t)

m

Fc (t) mg

gegeben. Die Kraft in der Feder erh¨ alt man aus der Verl¨ angerung Δuc der Feder. Es ist “ ” “ ” Fc (t) = c Δuc = c uc (t) − ϕ = c u0 cos(Ω t) − ϕ (21.87) Anders als bei der Kraftanregung soll hier die Bewegungsgleichung mit Hilfe des Momentensatzes um das Auflager A ermittelt werden. Er lautet ¨, −mg sin ϕ + Fc (t) cos ϕ = m 2 ϕ und mit sin ϕ ≈ ϕ und cos ϕ ≈ 1 “g c” c u0 ϕ ¨ + + ϕ = cos(Ω t) .  m m Ein Vergleich mit Gleichung 21.65 liefert r g c ω0 = + ,  m c u0 . p0 = m  ω02

(21.88)

(21.89)

(21.90) (21.91)

Die Vergr¨ oßerungsfunktion unterscheidet sich nicht vom Fall der Kraftanregung (Gleichung 21.82). Allerdings liegt in diesem Fall eine durch die Feder ver¨ anderte Eigenkreisfrequenz und damit ein anderes Frequenzverh¨ altnis η vor. Dies gilt auch f¨ ur den Phasenwinkel, bei η  1 (unterkritisch) bewegen sich Pendelmasse ur η  1 (¨ uberkritisch) bewegen sie sich in entgegengesetzten und uc in Phase, f¨ Richtungen.

21.3.3

Weganregung u ¨ber D¨ampfer

Bei dieser Art der Anregung wird das System u ampfer angeregt, ¨ber einen D¨ an dessen Ende die Verschiebung xd (t) vorgegeben ist. Bild 21.18 zeigt einen Balken, dessen Masse m in der Mitte konzentriert ist, der u ampfer ¨ber einen D¨ angeregt wird. Das Newtonsche Gesetz f¨ ur die freigeschnittene Masse liefert ¨, Fd − F b = m u

(21.92)

434

21 Schwingungen  2

 2

Fb m

m EI

u d

Fd xd (t) = x0 sin(Ω t)

Bild 21.18 Balken mit Weganregung u ¨ber einen D¨ ampfer

dabei l¨ asst sich die Kraft Fb aus der Durchbiegung des Balkens beispielsweise aus der Biegelinientafel in Tabelle B.2 ermitteln. Man erh¨ alt 48 EI u. (21.93) 3 Die D¨ ampferkraft ist proportional zur Geschwindigkeit der Verl¨ angerung des D¨ ampfers, also ` ´ ˙ . (21.94) Fd = d x˙ d (t) − u(t) Fb =

Damit erh¨ alt man die Bewegungsgleichung u ¨ +

d d d 48EI u = u˙ + x˙ d (t) = x0 Ω cos(Ω t) , m 3 m m

also d , δ = 2m

r ω02

=

48EI . 3

(21.95)

(21.96)

Die rechte Seite l¨ asst sich noch umformen in d x0 Ω cos(Ω t) = x0 2 δη ω0 cos(Ω t) = x0 ω02 2 Dη cos(Ω t) , (21.97) m also ist p0 = x0 2 Dη

(21.98)

und damit x0 2 Dη x ˆ = p . (1 − η 2 )2 + 4D2 η 2

(21.99)

Die Vergr¨ oßerungsfunktion ist hier V =

2Dη x ˆ = p . x0 (1 − η 2 )2 + 4D2 η 2

(21.100)

Der Verlauf der Vergr¨ oßerungsfunktion ist in Bild 21.19 dargestellt. Der Verlauf ist ein ganz anderer als bei Kraftanregung. Da die Gr¨ oße der ¨ außeren Kraft direkt von der D¨ ampfung abh¨ angt, tritt hier kein Resonanzfall auf. Die gr¨ oßten Amplituden treten aber wieder bei η = 1, also Ω = ω auf. F¨ ur D = 0 tritt u ampferkraft und da¨berhaupt keine Schwingung auf, da in diesem Fall die D¨ mit die Erregerkraft null ist. Der Zusammenhang zwischen Phasenwinkel und Frequenzverh¨ altnis entspricht dem bei Kraftanregung.

435

21.3 Erzwungene Schwingungen V (η) 2 1

D=1 D = 0.2

0

1

D=0

2

η

3

Bild 21.19 Vergr¨ oßerungsfunktion bei D¨ ampferkraftanregung

21.3.4

Unwuchtanregung

Bei dieser Art der Anregung ist an der eigentlichen schwingenden Masse eine zus¨ atzliche Unwucht vorhanden. Durch die Rotation der Unwuchtmasse mu entstehen Tr¨ agheitskr¨ afte, die das Gesamtsystem zu Schwingungen anregen. Ein Beispiel daf¨ ur ist der Schleudervorgang bei einer Waschmaschine. Generell sind alle rotierenden Maschinen anf¨ allig f¨ ur derart angeregte Schwingungen.

c

Sh

d m0

Fc Sv

xu

Fd m0

S

r x

Sv

ϕ = Ωt mu

mu

Bild 21.20 System mit Unwuchtanregung

In Bild 21.20 ist ein einfaches System mit Unwuchtanregung abgebildet. Dieses besteht aus zwei Massen m0 und mu . Die kleinere Masse mu rotiert mit der Winkelgeschwindigkeit Ω um eine Achse, die mit der Masse m0 verbunden ist, die sich nur in der gegebenen x-Richtung bewegen kann. Durch die rotierende Masse entsteht so eine periodische Anregung. Um die Erregerkraft zu ermitteln wird die Unwuchtmasse mu freigeschnitten. Die Bewegung xu (t) der Unwuchtmasse setzt sich aus der Bewegung x(t) der Masse m0 und der Rotation zusammen. xu = x + r cos(Ω t)

(21.101)

Mit den Newtonschen Gesetz erh¨ alt man die vertikale Kraft ` ´ Sv (t) = −mu x ¨u = mu rΩ2 cos(Ω t) − x ¨ .

(21.102)

436

21 Schwingungen

Das Newtonsche Gesetz f¨ ur die freigeschnittene Masse m0 liefert ¨, Sv (t) − Fc − Fd = m0 x

(21.103)

daraus erh¨ alt man die Bewegungsgleichung ` ´ ¨ − c x − d x˙ = m0 x ¨, mu rΩ2 cos(Ω t) − x

(21.104)

also c mu d x˙ + x = rΩ2 cos(Ω t) , (21.105) m0 + mu m0 + mu m0 + mu beziehungsweise mit der Gesamtmasse m = m0 + mu d c mu 2 2 x ¨ + (21.106) x˙ + x = r ω0 η cos(Ω t) , m m m womit aus Gleichung x ¨ +

x ¨ + 2δ x˙ + ω02 x = ω02 p0 cos(Ω t) ,

(21.107)

die Parameter c d , ω02 = , 2m m zu identifizieren sind. δ =

p0 = r

mu 2 η . m

Die Amplitude der Systemantwort ist also mit Gleichung 21.73 mu 2 r η m . x ˆ = p (1 − η 2 )2 + 4D2 η 2

(21.108)

(21.109)

Da hier keine typische Gr¨ oße als Erregeramplitude vorliegt, aber die f¨ ur die Anregung wichtigen Gr¨ oßen Radius und Massenverh¨ altnis im Erregerterm auftreten, kann die Vergr¨ oßerungsfunktion als x ˆ η2 mu = p (1 − η 2 )2 + 4D2 η 2 r m definiert werden. V =

(21.110)

Der Verlauf der Vergr¨ oßerungsfunktion f¨ ur verschiedene D¨ ampfungsmaße D ist in Bild 21.21 abgebildet. Das Resonanzverhalten ist ¨ ahnlich wie bei Kraftanregung, der Verlauf des Phasenwinkels stimmt mit dem bei Kraftanregung u ¨berein (siehe Bild 21.16). Die Antwort des Systems bei kleinen und großen Erregerfrequenzen unterscheidet sich allerdings von der bei Kraftanregung. F¨ ur kleine η schwingt das System kaum mit. Wenn also die Unwucht mit niedriger Geschwindigkeit rotiert, treten nur kleine Schwingungsamplituden auf, wobei sich die beiden Massen m0 und mu bei geringer D¨ ampfung in Phase bewegen. Wandert also mu nach oben, so bewegt sich auch m0 dorthin. Bei großer Rotationsgeschwindigkeit treten dagegen m¨ aßige Schwingungen auf. Die Amplitude h¨ angt hier in erster Linie von den relativen Gr¨ oße der Unwucht ab, also neben der Rotationsgeschwindigkeit auch von Radius r und Massenverh¨ altnis mu /m0 . In diesem Fall bewegen sich die beide Massen gegenphasig, d. h. der Gesamtschwerpunkt bleibt in Ruhe.

437

21.3 Erzwungene Schwingungen V (η) D=0

3 2 D = 0.2 1 D=1 0 1

2

η

3

Bild 21.21 Vergr¨ oßerungsfunktion bei Unwuchtanregung

21.3.5

Seismische Anregung m

u(t)

EI Bild 21.22 Stockwerkrahmen mit Fußpunktanregung

EI

h

x(t)

Bei Fußpunktanregung wird das System dadurch ins Schwingen gebracht, dass sich das Auflager des Systems bewegt. Diesen Fall hatten wir bereits in Abschnitt 21.3.2. F¨ ur den wichtigen Fall der seismischen Anregung kann es zweckm¨ aßig sein, ein mitbewegtes Koordinatensystem einuf¨ uhren, dass z. B. bei der Erdbebenbelastung an der bewegten Erdoberfl¨ ache festgemacht ist. Bild 21.22 zeigt das einfache Modell eines solchen Geb¨ audes – einen Stockwerkrahmen. Dieser ist fest mit dem Boden verbunden, der sich mit x(t) = x0 cos(Ω t)

(21.111)

in horizontaler Richtung bewegt. Dadurch schwingt der Rahmen mit der Relativbewegung u(t), d. h. die Masse m bewegt sich letztlich mit u(t)+x(t). Um die Bewegungsgleichung zu ermitteln wird die Masse m im ausgelenkten Zustand frei geschnitten. FB

m

FB

438

21 Schwingungen

Wie bereits aus Beispiel 21.3 bekannt ist, ist die Kraft aus den Balken FB =

12 EI u. h3

(21.112)

Das Newtonsche Gesetz f¨ ur die Masse liefert −2

12 EI u = m (¨ u + x ¨) , h3

(21.113)

damit ist die Bewegungsgleichung u ¨ +

24 EI u = −¨ x = x0 Ω2 cos(Ω t) = x0 ω02 η 2 cos(Ω t) , (21.114) m h3

also u ¨ + ω02 u = ω02 p0 cos(Ω t)

(21.115)

mit δ = 0,

ω02 =

24 EI , m h3

p0 = x0 η 2 .

(21.116)

Die Amplitude der Systemantwort ist demnach u ˆ =

x0 η 2 . 1 − η2

(21.117)

Der Verlauf der Vergr¨ oßerungsfunktion entspricht dem bei Unwuchtanregung. Beispiel 21.6 Einschwingvorgang bei Kraftanregung Die abgebildete Walze wird von einer an der Achse p befestigen Feder und einem D¨ ampfer mit der D¨ ampferkonstante d = m6 c in der dargestellten statischen Ruhelage gehalten. Die Walze erf¨ ahrt ab dem Zeitpunkt t = 0 eine periodische Kraft F (t) = F0 cos(Ω t) mit Ω = 2 ω0 . Gesucht ist die Bewegung des Walzenmittelpunkts, insbesondere wann der Einschwingvorgang beendet ist und die Amplitude der anschließenden harmonischen Bewegung. x

x

d

r F (t) S m

ϕ

c

d x˙

F (t) S A

cx

439

21.3 Erzwungene Schwingungen

L¨ osung: Um die Bewegungsgleichung des Systems zu bestimmen, wird die Walze freigeschnitten. Die Koordinate x bezeichnet die Verschiebung der Achse, der Winkel ϕ die Verdrehung der Walze. Der Momentensatz bez¨ uglich des Punktes A liefert ¨. −c x r − d x˙ r + F (t) r = ΘA ϕ Mit dem Massentr¨ agheitsmoment 3 mr2 2

ΘA =

aus Tabelle B.6 und der Rollbedingung ϕ =

x r

erh¨ alt man die Bewegungsgleichung x ¨ + Dabei sind ω02

2 c 2 F (t) 2 F0 2 d ω02 cos(Ω t) . x˙ + x = = 3 m 3 m 3 m 3 m ω02 r

=

2 c , 3 m

p0 =

2 F0 F0 = , 3 m ω02 c

und die D¨ ampfungsmaße δ =

1 d , 3 m

D =

1 d δ = = √ < 1, ω0 6 6mc

zu identifizieren. Das System ist demnach schwach ged¨ ampft. Die L¨ osung des Systems setzt sich aus zwei Anteilen zusammen x(t) = xp (t) + xh (t) , dabei ist die Partikul¨ arl¨ osung nach Gleichung 21.69 ˆ cos(Ω t − ϕ∗ ) . xp (t) = x Mit η = Ω/ω0 = 2 ist x ˆ

= =

p0 p (1 − η 2 )2 + 4D2 η 2 1 F0 F0 q = 0.342 c c 1 (1 − 22 )2 + 4 · ( 6 )2 · 22

und tan ϕ∗ =

2 · 61 · 2 2 2Dη = = − 1 − η2 1 − 22 9

⇒

ϕ∗ = −0.218 .

440

21 Schwingungen

Die L¨ osung der homogenen Gleichung ist nach Gleichung 21.68 beziehungsweise Gleichung 21.47 “ ” xh (t) = A cos(ωd t) + B sin(ωd t) e−δt = Ce−δt cos(ωd t − ϕ) mit ωd = ω0

p 1 − D2 = 0.986 ω0 .

Die Werte von A und B erh¨ alt man aus den Anfangsbedingungen x(t = 0) ⇒

=

xp (0) + xh (0) = x ˆ cos(−ϕ∗ ) + A = 0 F0 −ˆ x cos(−ϕ∗ ) = −0.334 c

A

=

x(t ˙ = 0)

=

x˙ p (0) + x˙ h (0)

=

−ˆ x ηω0 sin(−ϕ∗ ) + ωd B − δ A = 0 F0 δ , A + x ˆ η sin(−ϕ∗ ) = 0.094 ωd c

und

⇒

B

=

damit ist C =

p F0 A2 + B 2 = 0.347 . c

Man kann nun beispielsweise davon ausgehen, dass der Einschwingvorgang 1 der beendet ist, wenn die Amplitude der homogenen L¨ osung bis auf 100 Amplitude der Partikul¨ arl¨ osung zur¨ uckgegangen ist. Also C e−δt ⇒

ω0 t

= = ≈

1 x ˆ C e−D ω0 t = 100 „ « ” “ 0.342 ˆ 1 1 x = −6 ln − ln = 27.7 D 100 C 100 · 0.347 4.4 · 2π ,

d. h. nach ca. 4.5 Perioden, bzw. 9 Erregerperioden kann der Einschwingvorgang als beendet angesehen werden. Man erh¨ alt folgenden Verlauf: x(t)

ω0 t 1

2

3

4

5

441

21.3 Erzwungene Schwingungen

ahrend xp (t) (geMan erkennt deutlich, dass xh (t) (gepunktet) abnimmt, w¨ strichelt) konstant bleibt. Die wirkliche Bewegung x(t) (durchgezogene Linie) stimmt also nach dem Einschwingvorgang mit xp (t) u ¨berein. Beispiel 21.7 Partikul¨ arl¨ osung bei Unwuchtanregung Zur Bemessung einer Windkraftanlage wird der Fall untersucht, dass ein Fl¨ ugel abbricht. Um die Belastung des Mastes zu beurteilen, soll die Amplitude der entstehenden Schwingung ermittelt werden. Die Fl¨ ugel rotieren mit der Winkelgeschwindigkeit ϕ˙ = 2/s, die Biegesteifigkeit des Turmes ist EI = 4 000 MN m2 , die Masse m0 = 9.5 t und die Unwucht mu = 0.5 t mit einem Radius r = 10 m. Die Nabenh¨ ohe soll  = 50 m betragen. Als D¨ ampfung kann f¨ ur die Stahlkonstruktion von einem logarithmischen Dekrement Λ = 0.02 ausgegangen werden. Fu,h mu ϕ(t)

m0 d

Fu,v Fu,v Fu,h

Fd Fb

x

EI

L¨ osung: Durch den fehlenden Fl¨ ugel entsteht eine Unwucht, die das System zu Schwingungen anregt. Da die Biegesteifigkeit des Mastes sehr viel geringer als seine Dehnsteifigkeit ist, kann davon ausgegangen werden, dass lediglich eine horizontale Bewegung auftritt. Daher kann das System wie oben abgebildet vereinfacht werden. Der Turm wird als masseloser Kragarm modelliert. Nach der Biegelinientafel in Tabelle B.3 gilt daher die Last-Verschiebungs-Beziehung 3 EI Fb  3 x. ⇒ Fb = 3EI 3 Mit dem Newtonsche Gesetz f¨ ur die freigeschnittene Masse x =

−Fd − Fb − Fu,h = m0 x ¨, der D¨ ampferkraft Fd = d x˙ und mit xu = x + r cos(ϕ(t)) ⇒

Fu,h = mu x ¨ u = mu x ¨ − mu rϕ˙ 2 cos(ϕ˙ t)

442

21 Schwingungen

erh¨ alt man die Bewegungsgleichung ¨ + d x˙ + (m0 + mu ) x

3 EI x = mu r ϕ˙ 2 cos(ϕ˙ t) 3

Ferner folgt mit m = m0 + mu = 10 t x ¨ +

3 EI d mu mu x˙ + r ϕ˙ 2 cos(ϕ˙ t) = ω02 r η 2 cos(ϕ˙ t) . x = m m 3 m m

Die Eigenkreisfrequenz des unged¨ ampften Systems ist r ω0 =

3 EI = m 3

s

3 · 4 000 106 N m2 1 = 3.10 , 10 · 503 103 kg m3 s

damit erh¨ alt man das Frequenzverh¨ altnis η =

ϕ˙ 2 Ω = = = 0.645 . ω0 ω0 3.10

Die Abklingkonstante l¨ asst sich mit Tabelle 21.1 direkt aus dem gegebenen logarithmischen D¨ ampfungsmaß berechnen, es ist δ = √

1 0.02 · 3.10 Λ ω0 = 0.020 = √ 2 2 2 2 s 0.02 + 3.14 Λ +π

und damit der D¨ ampfungsgrad D =

δ 0.020 = = 0.0065 . ω0 3.10

Da der Einschwingvorgang von den genauen Anfangsbedingungen abh¨ angt, die nicht bekannt sind, soll hier nur der eingeschwungene Zustand n¨ aher untersucht werden um eine Gr¨ oßenordnung der zu erwartenden Amplitude zu erhalten. Mit p0 =

0.5 mu 2 rη = 10 m · 0.6452 = 0.208 m m 10

ist die Amplitude der Partikul¨ arl¨ osung nach Gleichung 21.73 x ˆ

= = =

p0 p (1 − η 2 )2 + 4D2 η 2 0.208 m p (1 − 0.6452 )2 + 4 · 0.00652 · 0.6452 0.356 m = 35.6 cm .

¨ 21.4 Ubungsaufgaben

21.4

443

¨ Ubungsaufgaben

Aufgabe 21.1 (Schwierigkeitsgrad 2) F¨ ur das skizzierte, schwingungsf¨ ahige System ist die Eigenkreisfrequenz ω0 zu bestimmen. Die Umlenkrollen (Massen m2 und m3 ) sind homogene, starr miteinander verbundene Zylinder. Die Verbindungsseile zwischen der Feder (Federsteifigkeit c) und der Rolle bzw. zwischen der Masse m1 und der Rolle sind undehnbar und biegeschlaff. Gegeben: m1 , m2 , m3 , c, r2 , r3

m3 m2

L¨ osung:

0110

r2

r3

“ ω02

c = m1 +

c

m2 2

r3 r2

+

”2 m3 2

“

r3 r2

”2

11 00

m1

Aufgabe 21.2 (Schwierigkeitsgrad 1) Unter dem Gewicht der Masse 3m hat sich eine Feder um den Betrag f0 verl¨ angert. Die Masse 2m wird pl¨ otzlich entfernt. Berechnen Sie die Eigenkreisfrequenz ω sowie die Bewegung x(t). Gegeben: m, f0 = 6 cm, g = 10 m/s2

L¨ osung:

m 2m

ω

=

x(t)

=

√

500

1 s

2 f0 cos ωt 3

444

21 Schwingungen

Aufgabe 21.3 (Schwierigkeitsgrad 2) Ein Klotz (Masse m) h¨ angt an einem elastischen Gummiband (L¨ ange , L¨ angssteifigkeit EA). a) Wie sieht der Schwingungsverlauf x(t) aus, wenn der K¨ orper zur Zeit t = 0 mit der kleinen Anfangsauslenkung x0 ohne Anfangsgeschwindigkeit losgelassen wird? b) Wie groß darf x0 h¨ ochstens sein, wenn das Seil stets gespannt ist? c) Diskutieren Sie den Fall, wenn das x0 aus b) u ¨berschritten wird. Gegeben: m, g, , EA, x0

L¨ osung: EA



m

r a)

x(t)

=

x0 cos

b)

x0

<

mg EA

x(t)

!

EA t m

Aufgabe 21.4 (Schwierigkeitsgrad 3) Eine Masse m f¨ allt auf einen Tr¨ ager der L¨ ange  und der Biegesteifigkeit EI. In dem Augenblick, in dem die Masse den Tr¨ ager erreicht, hat sie die Geschwindigkeit v0 . Die Tr¨ agermasse kann vernachl¨ assigt werden. 1. Bestimmen Sie die Eigenfrequenz des entstehenden schwingungsf¨ ahigen Systems. 2. Bestimmen Sie den zeitlichen Verlauf der Schwingung. 3. Wie groß ist die maximale Durchbiegung des Tr¨ agers? Gegeben: m, EI, , v0 , g

L¨ osung:

g

r

m v0

a)

ω =

b)

u ¯(t) =

EI 

c) umax

48 EI m3

v0 g sin(ωt) − 2 cos(ωt) ω ω s v2 g2 g = + 02 + 2 ω4 ω ω

¨ 21.4 Ubungsaufgaben

445

Aufgabe 21.5 (Schwierigkeitsgrad 2) Ein L¨ aufer (Masse m, Massentr¨ agheitsmoment ΘM ) liegt mit seinen Wellenenden auf einem Lager mit dem Kr¨ ummungsradius R. a) Stellen Sie die Bewegungsgleichung f¨ ur kleine Schwingungen auf, wenn der L¨ aufer rollt, ohne zu rutschen. b) Wie kann man durch Messung der Periodendauer T das Massentr¨ agheitsmoment ermitteln? Geben Sie den entsprechenden Zusammenhang an. Gegeben: m, ΘM , r, R, g, ϕ, T

L¨ osung:

ϕ R

111111111111 000000000000 000000000000 111111111111 000000000000 111111111111 000000000000 111111111111

a)

ϕ ¨+ “ 1+

b)

ΘM = mr2

m

r

g ”

ΘM mr 2

»

(2π)2 (R − r)

Berechnen Sie die Eigenkreisfrequenz des Systems. Gegeben: M , , c, cD

cD

01

starr m 

L¨ osung: s

c

1 0

ω

=

ϕ = 0

g T2

Aufgabe 21.6 (Schwierigkeitsgrad 1) Ein starrer Stab der Masse m wird wie dargestellt gelagert.

1 0 0c 1

(R − r)

3cD + 6c2 m2

– −1

446

21 Schwingungen

Aufgabe 21.7 (Schwierigkeitsgrad 2) Ein Schornstein (idealisiert durch eine starre, d¨ unne Stange) tr¨ agt eine Plattform (idealisiert als Massenpunkt). Die Stange hat die Gesamtmasse M und die H¨ ohe . Der Massenpunkt befindet sich in der H¨ ohe h. In einer Drehfeder mit der Drehfederkonstanten cD ist die Biegesteifigkeit des Schornsteins konzentriert. Bestimmen Sie die Eigenkreisfrequenz des Systems. Gegeben: M , m, g, h, , cD , ω0

M L¨ osung:

m  h

ω

2

=

” “ 3 cD − M g 2 − mgh M 2 + 3mh2

1111 0000 0000 1111 cD

Aufgabe 21.8 (Schwierigkeitsgrad 2) Die dargestellte homogene Pendelt¨ ur (Masse m, Breite ) ist mit einem T¨ urschließer der Drehfedersteifigkeit c und Drehd¨ ampfung b ausger¨ ustet. Sie wird offnet und dann losgelassen. aus der Ruhelage heraus um ϕ = ϕ0 ge¨ a) Man gebe die Bewegungsgleichung des Systems und ihre L¨ osung an. b) Welche Beziehung muß zwischen den Systemparametern bestehen, damit eine Schwingbewegung m¨ oglich ist? c) Wie groß ist die Periodendauer dieser ged¨ ampften Schwingung? ur ohne d) Wie groß muß die D¨ ampferkonstante b = bmin sein, damit die T¨ ¨ Uberschwingen in die Gleichgewichtslage zur¨ uckkehrt? Gegeben: m, , c, b, ϕ = ϕ0

¨ 21.4 Ubungsaufgaben

447 L¨ osung:

b

m, 

a)

ϕ

b)

c

3b 3c ϕ˙ + ϕ = 0 m2 m2 3b √ < 1 2 3mc 4πm2 T = √ 12cm2 − 9b2 2 √ bmin =  3mc 3 ϕ ¨+

c) d)

Aufgabe 21.9 (Schwierigkeitsgrad 3) Stellen Sie f¨ ur die zwei dargestellten Systeme jeweils die Bewegungsgleichung auf und berechnen Sie die Eigenkreisfrequenz. Wie groß ist jeweils der Ausschlag der Masse nach einer Periode, wenn der ˙ = 0) = 0 Anfangsausschlag x(t = 0) = x0 und die Anfangsgeschwindigkeit x(t ist und ferner angenommen werden soll, daß schwache D¨ ampfung vorliegt und die Walze nicht rutscht. In der statischen Ruhelage soll x = 0 sein. ˙ = 0) = 0 Gegeben: m, g, c, d, r, μ, x(t = 0) = x0 , x(t

1111111111 0000000000 d 0000000000 1111111111 0000000000 1111111111 0000000000 1111111111 x c 0000000000 1111111111 0000000000 1111111111 0000000000 1111111111 r, m 0000000000 1111111111 0000000000 1111111111 30 0000000000 1111111111 b) 111111111111 000000000000 c 000000000000 111111111111 000000000000 111111111111 x111111111111 000000000000 m 000000000000 111111111111 000000000000 111111111111 000000000000 111111111111 r, m μ 000000000000 111111111111 30 000000000000 111111111111 000000000000 111111111111 a)

L¨ osung: a) r ωd

=

x(T )

=

◦

◦

s 2c 3m

1−

2πd − 3mω

e

d

d2 6mc

x0

b) r ω

=

x(T )

=

2c 5m

√ μmg x0 − 2 3 c

448

21 Schwingungen

Aufgabe 21.10 (Schwierigkeitsgrad 3) Gegeben ist das skizzierte System in seiner statischen Ruhelage. a) Stellen Sie die Bewegungsgleichung des Systems auf. b) Ermitteln Sie die Amplitude des Stabdrehwinkels im eingeschwungenen Zustand. oßte Ausschlag des c) Berechnen Sie, bei welcher Erregerkreisfrequenz Ω∗ der gr¨ Systems auftritt. Geben Sie diesen Winkelausschlag betragsm¨ aßig an. Gegeben: m, , d, k, u0 , u(t) = u0 sin(Ωt)

L¨ osung:

0110

 starr d

11 00 00 11



a)

ϕ ¨+

3d 3k 3k ϕ˙ + ϕ=− u(t) 4m m 2m

m

b)

A=

u0 p 2 (1 − η 2 )2 + 4D2 η 2

k mit u(t) c)

Ω 3d η= ,D= ,ω= ω 8mω p ∗ Ω = ω 1 − 2D2 , u0 √ A= 4D 1 − D2

r

3k m

Aufgabe 21.11 (Schwierigkeitsgrad 2) Unten abgebildet ist ein einfaches Modell eines Geb¨ audes, das aus einem starren Dach mit der Masse m und zwei St¨ utzen mit den Biegesteifigkeiten EI und der H¨ ohe h besteht. Der D¨ ampfer mit der D¨ ampfungskonstante d soll die D¨ ampfung durch Luftreibung und im Tragwerk ersetzen. F¨ ur Stahlkonstruktionen kann von einem logarithmischen Dekrement Λ = 0.05 ausgegangen werden. 1. Wie groß ist die D¨ ampfungskonstante d f¨ ur dieses System? 2. Bestimmen Sie das Lehr’sche D¨ ampfungsmaß D. Welche Art der D¨ ampfung liegt vor? 3. Das Geb¨ aude wird am Dach durch Einwirkung von außen um den Weg x0 ausgelenkt und schwingt dann frei. Nach welcher Zeit hat sich die Amplitude halbiert? 4. Wie viele Schwingungsperioden durchl¨ auft das Geb¨ aude bis dahin? Gegeben: m = 40 t, EI = 4.5 MNm2 , h = 3 m, Λ = 0.05

¨ 21.4 Ubungsaufgaben

449 L¨ osung:

x m

h

d

EI

EI

a)

d

=

0.0064

b)

D

=

0.016

c)

t

=

8.66 s

d)

n

=

13.8

MN s m

Aufgabe 21.12 (Schwierigkeitsgrad 3) F¨ ur das skizzierte System mit viskoser D¨ ampfung ermittle man die Eigenkreisfrequenz der ged¨ ampften Schwingung. Die Massen des Balkens (Biegesteifigkeit EI, L¨ ange ) und der St¨ abe (jeweils Dehnsteifigkeit EA, L¨ ange /2) seien vernachl¨ assigbar. Gegeben: , EA, EI = EA 2 , d, m

L¨ osung: EA

d m

EI 

EA

 2

s ωd

=

48 EA − 13 m

„

d 2m

«2

450

21 Schwingungen

Aufgabe 21.13 (Schwierigkeitsgrad 3) Ein Mast (L¨ ange , Biegesteifigkeit EI, Masse vernachl¨ assigbar), der in der H¨ ohe h durch dehnstarre Seile gest¨ utzt ist, tr¨ agt an seinem oberen Ende eine Masse m. Der Mast wird durch Wind mit der periodischen Kraft F (t) zum Schwingen angeregt. a) Bestimmen Sie die Kreisfrequenz ω des Systems. aren Zub) Ermitteln Sie den Maximalausschlag xmax des Systems im station¨ stand f¨ ur mit der Erregerkraft F (t) erzwungene Schwingungen. Gegeben: EI = 3 · 108 Nm2 ,  = 20 m, h = 10 m, m = 3000 kg, F (t) = F0 cos Ωt, F0 = 1 · 104 N, Ω = 10 s−1

m F (t) L¨ osung:

EI  h

a)

ω

=

b) xmax

=

√

150 1/s

6.67 cm

Aufgabe 21.14 (Schwierigkeitsgrad 2) Ein ged¨ ampfter Feder-Masse-Schwinger wird durch eine harmonisch ver¨ anderliche Kraft mit der Amplitude F0 zu Schwingungen angeregt. Wie groß muß die D¨ ampfungskonstante d (schwache D¨ ampfung) gew¨ ahlt werden, wenn die Amplitude der erzwungenen periodischen Auslenkung nach Ende des Einschwingvorgangs h¨ ochstens auf das dreifache der statischen Verl¨ angerung der Feder unter der Wirkung der Kraft F0 ansteigen darf? Gegeben: g = 10 m/s2 , m = 1 kg, c = 10 N/m

c

d

L¨ osung: √

m d F (t) = F0 cos Ωt

=

10 kg/s 3

¨ 21.4 Ubungsaufgaben

451

Aufgabe 21.15 (Schwierigkeitsgrad 3) Eine Waschmaschine sei durch das skizzierte Ersatzsystem dargestellt. Die W¨ aschetrommel mit Waschgut wird durch die ausmittige Masse m1 approximiert. Sie ist u ¨ber eine Feder (Federkonstante c), einen geschwindigkeitsproportionalen D¨ ampfer (D¨ ampfungskonstante d) und eine starre, masselose Pendelst¨ utze mit dem Maschinengeh¨ ause (Masse m) verbunden. Geben Sie an, wie groß die Masse m des Maschinengeh¨ auses mindestens sein muss, wenn die Maschine beim Schleudern (mit 335 Umdrehungen pro Minute) im station¨ aren Zustand nicht vom Boden abheben soll. Gegeben: m1 = 10 kg, r = 0.1 m, g = 10 m/s2 , c = 49 kN/m, d = 140 Ns/m, n = 335 min−1

d r

n

L¨ osung:

m1 c

m m

≥

151.9 kg

Anhang

A

Mathematische Grundlagen

A.1

Ebene Trigonometrie

A.1.1

Definitionen

Definition am Dreieck Die Winkelfunktionen entsprechen dem Verh¨ altnis der Seiten in einem rechtwinkligen Dreieck. C b A

a β

α c

Bild A.1 Winkelfunktionen am rechtwinkligen Dreieck

B

Mit den in Bild A.1 festgelegten Bezeichnungen gilt beispielsweise f¨ ur den Winkel α:

Sinus

=

Gegenkathete Hypotenuse

sin α =

a c

Cosinus

=

Ankathete Hypotenuse

cos α =

b c

Tangens

=

Gegenkathete Ankathete

tan α =

a b

Cotangens =

Ankathete Gegenkathete

cot α =

b a

(A.1)

Winkelfunktionen am Kreis Die Definition am Dreieck l¨ asst sich am Kreis f¨ ur große Winkel erweitern. Die Koordinaten des Punktes P in Bild A.2 auf einem Kreis mit dem Radius r lassen sich mit den Winkelfunktionen ausdr¨ ucken, dies gilt auch f¨ ur Win-

453

A.2 Drehung des Koordinatensystems y P

r tan ϕ

r ϕ

r sin ϕ

x r cos ϕ Bild A.2 Winkelfunktionen am Kreis

kel ϕ > 90◦ . Die Koordinaten von P sind also P (r cos ϕ, r sin ϕ) .

A.1.2

Zusammenh¨ange zwischen den Winkelfunktionen

F¨ ur die Winkelfunktionen gelten folgende Beziehungen f¨ ur beliebige Winkel α:

sin2 α + cos2 α = 1 tan α =

sin α cos α

1 + tan2 α = cot α =

A.2

1 tan α

(cos α = 0) 1 cos2 α

(A.2) (cos α = 0)

(tan α = 0)

Drehung des Koordinatensystems

y η yP

P ξ

ηP Bild A.3 Drehung des Koordinatensystems

ξP ϕ xP

x

454

Anhang A Mathematische Grundlagen

Bei der in Bild A.3 skizzierten Drehung des Koordinatensystems um den Winkel ϕ lassen sich die Koordinaten des Punktes P mit Hilfe der Transformationsmatrix wie folgt umrechnen: "

"

ξP ηP xP yP

#

" =

#

" =

cos ϕ − sin ϕ

sin ϕ cos ϕ − sin ϕ cos ϕ

cos ϕ sin ϕ

A.3

Geometrische Momente

A.3.1

Definition

#"

#"

xP yP ξP ηP

# (A.3) # (A.4)

Unter geometrischen Momenten versteht man allgemein Integrale von Potenzen der Koordinaten in der Form Z

xα y β z γ ds

s

Z , A

xα y β z γ dA

Z ,

xα y β z γ dV

(A.5)

V

mit nat¨ urlichen Exponenten α, β und γ, wobei die Summe n = α + β + γ als Grad des geometrischen Moments bezeichnet wird. Fl¨achenmomente In der Mechanik werden haupts¨ achlich die Fl¨ achenmomente f¨ ur Querschnitte von Balken, also f¨ ur den zweidimensionalen Fall ben¨ otigt, d. h. Z

y β z γ dA .

(A.6)

A

¨ Tabelle A.1 zeigt einen Uberblick u achen¨ber die Definitionen der wichtigsten Fl¨ momente, diese werden in den folgenden Abschnitten detaillierter dargestellt. ¨ Eine Ubersicht u achenmomente einfacher Geometrien befindet sich in ¨ber die Fl¨ Tabelle B.5.

455

A.3 Geometrische Momente Grad

Name

0

Fl¨ ache

Definition Z A = dA A

Z

Sy = 1

z dA A Z

statisches Moment Sz =

y dA A

Z

z 2 dA

Iy = 2

A

Z

Fl¨ achentr¨ agheitsmoment

y 2 dA

Iz = A

2

Deviationsmoment der Fl¨ ache

Z 2

Polares Fl¨ achentr¨ agheitsmoment

Z

Iyz = −

yz dA A

r 2 dA ,

Ip =

(r 2 = y 2 + z 2 )

A

Tabelle A.1 Fl¨ achenmomente

Fl¨acheninhalt Der Fl¨ acheninhalt Z A =

dA

(A.7)

A

ist unabh¨ angig von der Wahl des Koordinatensystems, da im Integral keine Koordinaten auftreten.

A.3.2

Statisches Moment und geometrischer Schwerpunkt

Das statische Moment wird auf eine Achse bezogen. Das auf die y-Achse bezogene statische Moment ist beispielsweise Z Sy =

z dA .

(A.8)

A

Da das statische Moment achsenbezogen ist, ¨ andert es sich, wenn man die zugeh¨ orige Achse verschiebt. Bild A.4 zeigt eine Fl¨ ache mit einem infinitesimalen

456

Anhang A Mathematische Grundlagen

y Δz

z

y¯ z¯ dA

Bild A.4 Statisches Moment bei Verschiebung der y-Achse

z = z¯

Fl¨ achenelement dA. Bei Verschiebung der y-Achse um Δz, also z¯ = z − Δz, erh¨ alt man

Z Sy¯ =

Z

z − Δz dA =

z¯ dA = A

A

Z

z dA − Δz

A

Z

dA = Sy − Δz A .

A

(A.9)

Das Koordinatensystem kann so verschoben werden, dass Sy und Sz verschwinden. Der Ursprung eines solchen Koordinatensystems wird geometrischer Schwerpunkt S genannt, man spricht auch vom Schwerpunktskoordinatensystem. Die Koordinaten des geometrischen Schwerpunkts in einem gegebenen y-zKoordinatensystem ergeben sich mit der Forderung Sy¯ = Sz¯ = 0 aus Gleichung A.9

yS

1 = A

Z y dA

,

zS

1 = A

A

Z z dA.

(A.10)

A

Beispiel A.1 Schwerpunkt eines Dreiecks Berechnen Sie den geometrischen Schwerpunkt (xS , yS ) des Dreiecks mit der oberen Berandung g(x). y

g(x) =

h x a

h

a

x

457

A.3 Geometrische Momente

L¨ osung: 1. Schritt: Berechnung der Dreiecksfl¨ ache x=a Z y=g(x) Z

Z A

dA =

=

=

dy dx = x=0

A

y=0

x=a Z

h a

x=a Z

x dx =

g(x) dx x=0

1 ha . 2

x=0

2. Schritt: Berechnung des geometrischen Schwerpunktes xS

1 A

=

Z x dA =

x=a Z

1 A

x g(x) dx x=0

»

1 h x3 A a 3

=

–x=a = x=0

1 1 2 2 ha = a. A 3 3

3. Schritt: Durch analoges Vorgehen erh¨ alt man f¨ ur die y-Koordinate des geometrischen Schwerpunkts yS

1 h. 3

=

Zusammengesetzte Fl¨achen Mit Gleichung A.9 und Gleichung A.10 erh¨ alt man eine einfache Gleichung zur Berechnung des statischen Moments bei aus einfachen Geometrien zusammengesetzten Fl¨ achen, deren Teilschwerpunkte bekannt sind. (Diese k¨ onnen beispielsonnen mit weise Tabelle B.5 entnommen werden). Sy und Sz k¨

Sy =

X

zSi Ai ,

Sz =

X

i

ySi Ai

(A.11)

i

berechnet werden, wobei zSi und ySi die Koordinaten der geometrischen Teilachen der Teile sind. Daraus folgt auch entsprechend schwerpunkte und Ai die Fl¨ Gleichung A.10 f¨ ur den geometrischen Schwerpunkt von solchen zusammengesetzten Fl¨ achen: P yS =

ySi Ai i P , Ai i

P zS =

zSi Ai P Ai

i

(A.12)

i

Die praktische Berechnung des Fl¨ achenschwerpunkts einer zusammengesetzten Fl¨ ache wird in Beispiel 5.1 gezeigt.

458

Anhang A Mathematische Grundlagen

Geometrischer Linien- und Volumenschwerpunkt

y

dV

ds

x

S S

s

z

Bild A.5 Geometrischer Schwerpunkt von Linie und Volumen

Analog zu Gleichung A.10 lassen sich im allgemeinen dreidimensionalen Fall die geometrischen Schwerpunkte von Linien und Volumen berechnen. F¨ ur den Linienschwerpunkt gilt

xS =

1 L

Z x ds ,

yS =

1 L

Z y ds ,

zS =

1 L

Z z ds

(A.13)

mit der L¨ ange Z L=

ds .

(A.14)

Der Volumenschwerpunkt l¨ asst sich mit

xS =

1 V

Z x dV ,

yS =

1 V

Z y dV ,

zS =

1 V

Z z dV

(A.15)

berechnen mit dem Volumen Z V =

dV .

(A.16)

Beispiel A.2 Linienschwerpunkt Berechnen Sie den Linienschwerpunkt (xS , yS ) des dargestellten Kreisbogens. y ds = R dϕ ϕ R cos ϕ R

α α

x

459

A.3 Geometrische Momente

L¨ osung: Aus der Symmetrie ergibt sich xS

=

0.

Die L¨ ange des Kreisbogens ergibt sich nach Gleichung A.14 zu Z Z α L = ds = 2 R dϕ = 2 R α . 0

Die Koordinate yS bestimmt sich mit y

=

R cos ϕ

nach Gleichung A.13 zu Z 2 α sin α R cos ϕ ds = R yS = . L 0 α

Beispiel A.3 Volumenschwerpunkt Berechnen Sie den geometrischen Schwerpunkt (xS , yS , zS ) der skizzierten Pyramide.

h z x a

y a

L¨ osung: Da sich die horizontalen Querschnittsfl¨ achen A(z) der Pyramide leicht in Abh¨ angigkeit der z-Koordinate ausdr¨ ucken lassen, empfiehlt sich eine Integration u ohe h. Die Querschnittsfl¨ ache ist ¨ber die Pyramidenh¨ „ « h “ z2 z z ”i2 = a2 1 − 2 + 2 A(z) = a 1− h h h Das Volumen V der Pyramide ist Zh V

=

A(z) dz = a2

« Zh „ z2 z 1 − 2 + 2 dz h h

»

–h

0

=

0

a2 z −

z3 z2 + 2 h 3h

= 0

1 2 a h. 3

460

Anhang A Mathematische Grundlagen

Die Lage des Schwerpunktes ergibt sich in x- und y-Richtung aus der Symmetrie zu xS = 0 ,

yS = 0 .

In z-Richtung erh¨ alt man aus Gleichung A.15 die Schwerpunktkoordinate zS

1 V

=

Zh z A(z) dz =

a2 V

0

a2 V

=

A.3.3

»

« Zh „ z z2 z 1 − 2 + 2 dz h h 0

z2 2 z3 z4 − + 2 3h 4 h2

–h = 0

a2 h 2 1 = h. V 12 4

Fl¨achentr¨agheitsmoment

Definition Neben den axialen Fl¨ achentr¨ agheitsmomenten Z Iy =

z 2 dA

Z ,

Iz =

A

y 2 dA ,

(A.17)

A

die wegen der quadratischen Terme stets positiv sind, ist das Deviationsmoment oder Zentrifugalmoment definiert durch

Iyz = −

Z yz dA .

(A.18)

A

Bei Fl¨ achen, bei denen eine der Koordinatenachse Symmetrieachse ist, ist das Deviationsmoment null. Dies wird unten bei der Berechnung der Haupttr¨ agheitsmomente gezeigt. Anmerkung: Das negative Vorzeichen wird hier aus rechentechnischen Gr¨ unden eingef¨ uhrt. In der Literatur wird das Deviationsmoment teilweise auch ohne negatives Vorzeichen definiert, daher ist beim Nachschlagen von Querschnittswerten in Tabellen auf das richtige Vorzeichen zu achten.

Das polare Fl¨ achentr¨ agheitsmoment ist definiert durch Z Ip = A

r2 dA =

Z

`

´ y 2 + z 2 dA = Iy + Iz

(A.19)

A

und kann daher leicht aus den axialen Tr¨ agheitsmomenten berechnet werden.

461

A.3 Geometrische Momente

Beispiel A.4 Fl¨ achentr¨ agheitsmomente eines Rechtecks Berechnen Sie f¨ ur das dargestellte Rechteck der Breite B und H¨ ohe H die Fl¨ achentr¨ agheitsmomente bzgl. des Schwerpunktskoordinatensystems. B

B

H/2 y

S

y H z

dz

dA = B dz

z

H/2

z

L¨ osung: Zur Bestimmung von Iy ist es zweckm¨ aßig, ein Fl¨ achenelement dA zu w¨ ahlen, bei dem alle Punkte den gleichen Abstand z von der y-Achse haben. Daraus folgt Z Iy

=

2

z dA = A

=

H/2 Z

z 2 B dz

−H/2

˛H/2 » 3 „ «– ˛ 1 H H3 H 3B 1 Bz 3 ˛˛ B − − = = 3 3 8 8 12 −H/2

Entsprechend ergibt sich durch Vertauschen von B und H Iz =

HB 3 12

und daraus unter Verwendung von Gleichung A.19 Ip =

H 3 B + HB 3 . 12

Wegen der Symmetrie des Rechtecks bzgl. der Koordinatenachsen ist das Deviationsmoment Iyz = 0 .

Parallelverschiebung des Koordinatensystems Verschiebt man die Achsen wie in Bild A.6 dargestellt parallel aus dem Schweralt man punkt heraus mit z¯ = z + z¯S , y¯ = y + y¯S , erh¨

462

Anhang A Mathematische Grundlagen

y¯ z¯S S

y

y¯S

z dA

y z¯

z

Z

Iy¯

= =

= =

z¯2 dA =

Z

(z + z¯S )2 dA Z Z Z zS z dA + z¯S2 dA , z 2 dA + 2¯ | {z } | {z } | {z } Z

Iz¯

Bild A.6 Fl¨ achentr¨ agheitsmoment bei Parallelverschiebung der Achsen

Iy

y¯2 dA =

Z

= =

A

(y + y¯S )2 dA Z Z Z yS y dA + y¯S2 dA , y 2 dA + 2¯ | {z } | {z } | {z } Iz

Iy¯z¯

0

− − |

Z

Z

0

(A.20)

A

Z

y¯z¯ dA = − (y + y¯S )(z + z¯S ) dA Z Z Z dA . yz dA − y¯S z dA − z¯S y dA − y¯S z¯S | {z } | {z } | {z } {z }

Iyz

0

0

A

Aus diesen Gleichungen folgen die Steinerschen S¨ atze (nach Jacob Steiner, 1796 – 1863) Iy¯

=

Iy + z¯S2 A ,

Iz¯

=

Iz + y¯S2 A ,

Iy¯z¯

=

Iyz − y¯S z¯S A .

(A.21)

Aus den Steinerschen Formeln erkennt man unmittelbar, dass die axialen Fl¨ achentr¨ agheitsmomente bez¨ uglich des Schwerpunktskoordinatensystems am kleinsten sind. Die so genannten Steineranteile z¯S2 A und y¯S2 A sind stets positiv, y¯S z¯S A kann je nach Lage der Achsen positiv oder negativ sein. Bei Verschiebung aus einem beliebigen Koordinatensystem in das Schwerpunktskoordinatensystem m¨ ussen die Steineranteile abgezogen werden.

463

A.3 Geometrische Momente

Beispiel A.5 Fl¨ achentr¨ agheitsmoment eines Dreiecks Berechnen Sie f¨ ur den dargestellten Dreiecksquerschnitt die Fl¨ achentr¨ agaheitsmomente Iy und Iy¯ . Kontrollieren Sie den Zusammenhang der Fl¨ chentr¨ agheitsmomente Iy und Iy¯ mit Hilfe des Steinerschen Satzes. 4a

2a

y¯

a S

y

2a z z¯

L¨ osung: Mit den Geradengleichungen f¨ ur die Hypotenuse y = 2a − 2z ,

y¯ = 6a − 2¯ z

folgt Z Iy

=

Z2a 2a−2z Z Z2a 2 z dy dz = z dA = z 2 [y]2a−2z dz −2a 2

−a −2a

A

Z2a =

` ´ 4az 2 − 2z 3 dz =

−a

»

−a

4a 3 1 4 z − z 3 2

–2a = −a

9 4 a 2

und Z Iy¯

= A

Z3a =

z¯2 dA =

Z3a 6a−2¯ Z z Z3a z z¯2 d¯ y d¯ z = z¯2 [¯ y ]6a−2¯ d¯ z 0 0

0

` ´ 6a¯ z 2 − 2¯ z = z 3 d¯

0

»

2a¯ z3 −

1 4 z¯ 2

0

–3a = 0

27 4 a . 2

Aus Gleichung A.21 folgt f¨ ur Iy¯ direkt « „ 1 9 4 27 4 Iy¯ = a + (−a)2 6a 3a = a . 2 2 2 Anmerkung: In Tabelle B.5 sind Fl¨ achentr¨ agheitsmomente von diversen Querschnitten angegeben.

Drehung des Koordinatensystems Bild A.7 zeigt das durch Drehung um den mathematisch positiven Winkel ϕ aus dem Schwerpunktskoordinatensystem y, z hervorgegangene System η, ζ sowie ein

464

Anhang A Mathematische Grundlagen

S

y

ϕ η

Bild A.7 Fl¨ achentr¨ agheitsmoment bei Drehung des Koordinatensystems

dA z

ζ

infinitesimales Fl¨ achenst¨ uck dA. Die Lage im neuen Koordinatensystem l¨ asst sich in Abh¨ angigkeit der urspr¨ unglichen Koordinaten berechnen. Damit folgt beispielsweise f¨ ur das axiale Fl¨ achentr¨ agheitsmoment bez¨ uglich des gedrehten Koordinatensystems Z Iη

=

ζ 2 dA =

A

Z

=

Z

(−y sin ϕ + z cos ϕ)2 dA

A

` 2 2 ´ y sin ϕ − 2yz sin ϕ cos ϕ + z 2 cos2 ϕ dA

A

=

Iz sin2 ϕ + Iyz 2 sin ϕ cos ϕ + Iy cos2 ϕ .

(A.22)

Mit den Additionstheoremen 2 sin ϕ cos ϕ

=

sin 2ϕ , 1 cos ϕ = (1 + cos 2ϕ) , 2 1 (1 − cos 2ϕ) , sin2 ϕ = 2 l¨ asst sich Iη schließlich umschreiben zu 2

1 1 (Iy + Iz ) + (Iy − Iz ) cos 2ϕ + Iyz sin 2ϕ . 2 2 Entsprechend folgt Iη =

Iζ =

1 (Iy + Iz ) 2

Iηζ =

(A.23)

−

1 (Iy − Iz ) cos 2ϕ − Iyz sin 2ϕ , 2

(A.24)

−

1 (Iy − Iz ) sin 2ϕ + Iyz cos 2ϕ . 2

(A.25)

Haupttr¨agheitsmomente Unter Haupttr¨ agheitsmomenten versteht man die durch Drehung eines Schwerpunktskoordinatensystems erreichbaren maximalen und minimalen Fl¨ achentr¨ agheitsmomente.

A.3 Geometrische Momente

465

Um diese zu ermitteln leitet man das Fl¨ achentr¨ agheitsmoment Iη nach dem Drehwinkel ϕ ab und setzt das Ergebnis gleich null. Damit erh¨ alt man als Bedingung f¨ ur ein extremales Fl¨ achentr¨ agheitsmoment die Gleichung 1 − (Iy − Iz ) 2 sin 2ϕ∗ + Iyz 2 cos 2ϕ∗ = 0 . 2

(A.26)

Woraus sich die Bedingung f¨ ur den Drehwinkel ergibt, tan 2ϕ∗ = 2

Iyz . Iy − Iz

(A.27)

M¨ ochte man die Extremwerte von Iz bestimmen, so erh¨ alt man wegen der orthogonalen Achsen dieselben Gleichungen. F¨ ur eine Drehung um den Winkel ϕ∗ erh¨ alt man also sowohl die maximalen als auch die minimalen Fl¨ achentr¨ agheitsmomente. Die zugeh¨ origen Achsen werden Hauptachsen genannt und mit I (maximales Tr¨ agheitsmoment) und II (minimales Tr¨ agheitsmoment) bezeichnet. Da der Tangens π-periodisch ist, erh¨ alt man zwei L¨ osungen ϕ∗1 und ϕ∗2 , die sich um π2 bzw. 90◦ unterscheiden, also ϕ∗2 = ϕ∗1 + 90◦ .

(A.28)

Beide Winkel f¨ uhren aber auf dieselben Hauptachsen, die den Winkel 90◦ einschließen. Das Ergebnis unterscheidet sich lediglich in der Zuordnung der Hauptachsen zu den Koordinatenachsen η und ζ. Vergleicht man Gleichung A.26 mit der Gleichung f¨ ur die Transformation des Deviationsmoments A.25, so sieht man, dass in einem Hauptachsensystem das Deviationsmoment verschwindet. Ein Hauptachsensystem liegt genau dann vor, wenn das Deviationsmoment null ist. Setzt man den mit Gleichung A.27 erhaltenen Winkel in Gleichung A.23 und A.24 ein, so kann man auch eine Formel zur direkten Berechnung der Haupttr¨ agheitsmomente herleiten. Unter Ber¨ ucksichtigung elementarer trigonometrischer Zusammenh¨ ange folgt s„ «2 Iy + Iz Iy − Iz 2 . II,II = + Iyz (A.29) ± 2 2 Im Allgemeinen ben¨ otigt man allerdings auch die Lage der Hauptachsen nach Gleichung A.27, so dass sich eine Berechnung mit den Gleichungen A.27, A.23 und A.24 empfiehlt. Der Mohrsche Tr¨agheitskreis Die Transformationsgleichungen A.23, A.24 und A.25 f¨ ur Fl¨ achentr¨ agheitsmomente k¨ onnen grafisch interpretiert werden. Dies f¨ uhrt auf den Mohrschen Tr¨ agheitskreis (nach Christian Otto Mohr, 1853-1918). Bild A.8 zeigt einen solchen Tr¨ agheitskreis, in dem f¨ ur den dargestellten Querschnitt die Tr¨ agheitsmomente bez¨ uglich des urspr¨ unglichen Koordinatensystems

466

Anhang A Mathematische Grundlagen Iij II

Py

Iyz I Iz

S

y

III

ϕ∗ −Iyz

Iyz

2ϕ∗ Iy

II

Ii

Pz

z Iy + Iz 2

Iy − Iz 2

Bild A.8 Mohr’scher Tr¨ agheitskreis

y, z eingezeichnet sind, sowie die Hauptachsen I und II. Der Rotationswinkel ϕ tritt im Mohr’schen Tr¨ agheitskreis mit dem doppelten Betrag und dem entgegengesetzten Drehsinn auf. Man erkennt auch hier, dass es stets ein maximales und ein minimales Fl¨ achentr¨ agheitsmoment gibt, wobei die zugeh¨ origen Hauptachsen senkrecht aufeinander stehen. Gleichung A.27 ist als trigonometrische Beziehung im grau unterlegten Dreieck erkennbar. Mit dem Satz von Pythagoras l¨ asst sich in diesem Dreieck der Radius des Kreises berechnen. Dies f¨ uhrt auf Gleichung A.29. Ein Sonderfall liegt vor, wenn die Haupttr¨ agheitsmomente II und III gleich groß sind. Dann wird der Mohr’sche Tr¨ agheitskreis zu einem Punkt und alle Richtungen sind Hauptachsen mit jeweils dem gleichen Tr¨ agheitsmoment. Dies ist beispielsweise bei quadratischen oder kreisrunden Querschnitten der Fall, siehe dazu auch den folgenden Abschnitt. Haupttr¨agheitsachsen symmetrischer Profile Symmetrieachse

y S

dA

dA y

y z

Bild A.9 Symmetrischer Querschnitt

467

A.3 Geometrische Momente

Bild A.9 zeigt einen symmetrischen Querschnitt, bei dem das Koordinatensystem so festgelegt sei, dass die z-Achse mit der Symmetrieachse zusammenf¨ allt, wie in Bild A.9 gezeigt. Zu jedem Fl¨ achenelement dA mit dem Abstand y zur z-Achse gibt es ein symmetrisches Element dA mit dem Abstand y  = −y. Daher erh¨ alt man bei der Berechnung des Deviationsmoments nach Gleichung A.18

Iyz

=

−

Z

yz dA = −

A

=

Z

−

1 A 2

yz dA −

Z

Z

yz dA −

1 A 2

Z

y  z dA

1 A 2

−yz dA = 0 .

(A.30)

1 A 2

Das Deviationsmoment ist demnach bei symmetrischen Querschnitten null. Dies ist im Allgemeinen genau dann der Fall, wenn das gew¨ ahlte Koordinatensystem ein Hauptachsensystem ist. Daraus folgt, dass bei einfach symmetrischen Querschnitten die Symmetrieachse eine Hauptachse ist. Die zweite Hauptachse verl¨ auft orthogonal zur Symmetrieachse durch den Schwerpunkt. II

II I

II I I

Bild A.10 Hauptachsen symmetrischer Querschnitte

Hieraus l¨ asst sich folgern, dass ein Querschnitt, der Symmetrieachsen hat, die nicht orthogonal sind, wie das Quadrat, das gleichseitige Dreieck und der Kreis in Bild A.10, mehrere Hauptachsen haben. Bei diesen Querschnitten entartet der Mohrsche Tr¨ agheitskreis zu einem Punkt und alle Achsen sind Hauptachsen.

Fl¨achentr¨agheitsmomente zusammengesetzter Querschnitte Ist eine Querschnittsfl¨ ache A aus geometrisch einfachen Teilfl¨ achen Ai zusammengesetzt, deren Fl¨ achentr¨ agheitsmomente bekannt sind (z. B. nach Tabelle B.5), so l¨ asst sich das Fl¨ achentr¨ agheitsmoment des Gesamtquerschnitts aus der Summe der Fl¨ achentr¨ agheitsmomente der Einzelfl¨ achen berechnen, nachdem diese zun¨ achst auf ein gemeinsames Koordinatensystem bezogen wurden.

468

Anhang A Mathematische Grundlagen 1

y

S

2 zS2 S2 yˆ2

Bild A.11 Fl¨ achentr¨ agheitsmomente eines zusammengesetzten Querschnitts

yS2 zˆ2

z

Bild A.11 zeigt einen aus zwei Teilen zusammengesetzten Querschnitt mit dem lokalen Koordinatensystem f¨ ur Teil 2. F¨ ur die Fl¨ achentr¨ agheitsmomente gilt Z Iy

A

Iz

=

Z

z 2 dA =

=

... =

X

z 2 dA1 +

A1

Z

A2

z 2 dA2 + . . . =

X

Iy i

(A.31)

i

Iz i

(A.32)

Iyz i .

(A.33)

i

Iyz

=

... =

X i

F¨ ur eine formalisierte Berechnung von Fl¨ achentr¨ agheitsmomenten von zusammengesetzten Querschnitten ist folgende Umformung der o. g. Gleichungen sinnvoll, Iy

=

X

Iyˆi +

i

Iz

=

X

X

Izˆi +

X

i

Iyz

=

X i

2 zSi Ai ,

i

2 ySi Ai ,

(A.34)

i

Iyˆzˆi −

X

ySi zSi Ai ,

i

wobei Iyˆ i , Izˆ i und Iyˆzˆ i die Eigenanteile der Fl¨ achentr¨ agheitsmomente der Teilfl¨ achen (bezogen auf die jeweiligen Teilschwerpunktsachsen) sind sowie ySi und zSi die Abst¨ ande vom Gesamtschwerpunkt zum jeweiligen Teilschwerpunkt.

Beispiel A.6 Fl¨ achentr¨ agheitsmoment eines zusammenesetzten Querschnitts Berechnen Sie f¨ ur das dargestellte T-Profil die Fl¨ achentr¨ agheitsmomente uglich der Schwerpunktsachsen. Iy , Iz und Iyz bez¨

469

A.3 Geometrische Momente 8a y¯ a z¯S S y 8a z a

z¯

L¨ osung: Da das T-Profil zur z-Achse symmetrisch ist, ist zum einen das Deviationsmoment Iyz null, zum anderen liegt der Schwerpunkt ebenfalls auf dieser Achse (¯ ys = 0). Die z-Koordinate des Schwerpunkts berechnet sich nach Gleichung A.12 zu z¯S =

11 a. 4

Das T-Profil wird in die zwei Teilfl¨ achen Flansch (1) und Steg (2) aufgeteilt, deren (Teil-) Schwerpunkte ebenfalls auf der z-Achse liegen yS1 = 0 ,

yS2 = 0 .

Die z-Koordinaten der Teilschwerpunkte ergeben sich zu 11 11 1 9 9 a + a = − a, zS2 = 5a − a = a. 4 2 4 4 4 Mit Gleichung A.34 folgt f¨ ur die gesuchten axialen Fl¨ achentr¨ agheitsmomente zS1 = −

Iy

= = =

Iy

= =

2 2 Iyˆ 1 + Iyˆ 2 + zS1 A1 + zS2 A2 «2 „ „ «2 1 9 9 1 3 a · 8a + a · (8a)3 + − a · 8a2 + a · 8a2 12 12 4 4 373 4 a , 3 2 2 Izˆ 1 + Izˆ 2 + yS1 A1 + yS2 A2 1 1 3 130 4 3 a · (8a) + a · 8a + 0 + 0 = a . 12 12 3

Beispiel A.7 Hauptachsen, Haupttr¨ agheitsmomente uglich des Gesucht sind die Fl¨ achentr¨ agheitsmomente Iy , Iz und Iyz bez¨ Schwerpunktskoordinatensystems y, z sowie Hauptachsen und Haupttr¨ agheitsmomente II und III f¨ ur das abgebildete L-Profil.

470

Anhang A Mathematische Grundlagen 1 cm y¯ z¯ 6 cm

1 cm 5 cm

L¨ osung: F¨ ur die Berechnung der Fl¨ achentr¨ agheitsmomente muss zun¨ achst der Fl¨ achenschwerpunkt bestimmt werden. Dazu zerlegen wir die Fl¨ ache in zwei Teilfl¨ achen und verwenden Gleichung A.12 zur Berechnung des Fl¨ achenschwerpunktes, yS

=

yS1 A1 + yS2 A2 A1 + A2

=

4.5 · 6 + 2 · 4 6+4

=

3.5 cm

zS

=

zS1 A1 + zS2 A2 A1 + A2

=

3 · 6 + 5.5 · 4 6+4

=

4 cm .

Damit kann man nun die Fl¨ achentr¨ agheitsmomente bez¨ uglich des Schwerpunktskoordinatensystems berechnen. Dazu ben¨ otigt man die Fl¨ achentr¨ agheitsmomente der Teilfl¨ achen bez¨ uglich ihrer Teilschwerpunkte, wie sie z. B. in Tabelle B.5 aufgef¨ uhrt sind. Mit den Abmessungen b1 , h1 , b2 und h2 folgt Iy

=

b1 h31 b2 h32 + (zS1 − zS )2 · A1 + + (zS2 − zS )2 · A2 12 12 1 · 63 4 · 13 + (3 − 4)2 · 6 + + (5.5 − 4)2 · 4 = 33.33 cm4 12 12 h2 b32 h1 b31 + (yS1 − yS )2 · A1 + + (yS2 − yS )2 · A2 12 12 1 · 43 6 · 13 + (4.5 − 3.5)2 · 6 + + (2 − 3.5)2 · 4 = 20.83 cm4 12 12 0 − (yS1 − yS )(zS1 − zS ) A1

=

0 − (4.5 − 3.5) · (3 − 4) · 6 + 0 −(2 − 3.5) · (5.5 − 4) · 4

=

15 cm4 .

= =

Iz

= =

Iyz

+ 0 − (yS2 − yS )(zS2 − zS ) A2

Die Richtung der Hauptachsen erh¨ alt man mit Hilfe von Gleichung A.27, tan 2ϕ∗ = 2 ⇒

Iyz 15 = 2· = 2.4 , Iy − Iz 33.33 − 20.83

2ϕ∗ = 67.38◦

⇒

ϕ∗1 = 33.69◦ .

Anmerkung: Als zweite L¨ osung ergibt sich der Winkel ϕ∗2 = 33.69◦ + 90◦ , der aber auf dieselben Hauptspannungen f¨ uhrt (vergleiche Gleichung A.28).

471

A.3 Geometrische Momente

Die zugeh¨ origen Haupttr¨ agheitsmomente erh¨ alt man schließlich mit den Transformationsgleichungen A.23 und A.24, 1 1 (Iy + Iz ) + (Iy − Iz ) cos 2ϕ + Iyz sin 2ϕ Iη = 2 2 1 1 = (33.33 + 20.83) + (33.33 − 20.83) cos 67.38◦ 2 2 +15 sin 67.38◦ = 43.33 cm4 1 1 Iζ = (Iy + Iz ) − (Iy − Iz ) cos 2ϕ − Iyz sin 2ϕ 2 2 1 1 = (33.33 + 20.83) − (33.33 − 20.83) cos 67.38◦ 2 2 −15 sin 67.38◦ = 10.83 cm4 Die Haupttr¨ agheitsmomente sind so definiert, dass II das maximale und III das minimale Tr¨ agheitsmoment ist, also hier II = Iη = 43.33 cm4

III = Iζ = 10.83 cm4 .

,

Die Lage der Hauptachsen I und II ist durch den Winkel ϕ∗ (oder ϕ∗2 ) bestimmt: I S

y ϕ∗1 η

ϕ∗2 ζ II

z

Zur anschaulichen Kontrolle kann man den Mohr’schen Tr¨ agheitskreis verwenden. Iij

Iyz 10 2ϕ∗1 III

0 10

-10 −Iyz

Iz 20

30 Iy

2ϕ∗2

40

II

50

Ii

472

Anhang A Mathematische Grundlagen

Fl¨achentr¨agheitsmomente d¨ unnwandiger Querschnitte D¨ unnwandige Querschnitte sind Querschnitte, bei denen eine Kantenl¨ ange (z. B. die Dicke t) wesentlich kleiner als die andere ist (z. B. die L¨ ange a), d. h. t  a. Bei der Berechnung von Fl¨ achentr¨ agheitsmomenten von d¨ unnwandigen Querschnitten k¨ onnen dann meistens die Eigenanteile der Fl¨ achentr¨ agheitsmomente vernachl¨ assigt werden, wenn die kleinere Kantenl¨ ange potenziert wird. Die Steineranteile dieser (Teil-)Querschnitte d¨ urfen jedoch auf keinen Fall vernachl¨ assigt werden. Sie liefern dennoch einen wesentlichen Anteil zum gesamten Fl¨ achentr¨ agheitsmoment und m¨ ussen deswegen unbedingt in Betracht gezogen werden. Beispiel A.8 Fl¨ achentr¨ agheitsmoment eines d¨ unnwandigen Querschnitts Berechnen Sie das axiale Fl¨ achentr¨ agheitsmoment des skizzierten d¨ unnwandigen T-Profils (t  a) bez¨ uglich der angegebenen Schwerpunktsachse y. a t

a/4 y

S a t

z

L¨ osung: Mit der Aufteilung des Querschnitts in die beiden Teilfl¨ achen Flansch (1) und Steg (2) ergibt sich f¨ ur die z-Koordinaten der Teilschwerpunkte a zS1 = − , 4

zS2 =

a . 4

Die Eigenanteile der Fl¨ achentr¨ agheitsmomente der Teilfl¨ achen sind unter Ber¨ ucksichtigung der D¨ unnwandigkeit (t  a) Iyˆ 1 =

at3 ≈ 0, 12

Iyˆ 2 =

a3 t . 12

Aus Gleichung A.34 folgt f¨ ur das gesuchte axiale Fl¨ achentr¨ agheitsmoment Iy

= =

2 2 Iyˆ 1 + Iyˆ 2 + zS1 A1 + zS2 A2 ” “ a ”2 “ 3 a t 5 3 a 2 0 + at + at = + − a t. 12 4 4 24

Die Auswirkung der Vernachl¨ assigung der Eigenanteile zeigt die Betrachtung unterschiedlicher Abmessungsverh¨ altnisse a/t:

473

A.3 Geometrische Momente

F¨ ur a/t = 10 folgt

Iy =

1250 4 t , 6

5 4 t , 6

Iyˆ 1 =

f¨ ur a/t = 100 folgt Iy =

625000 4 t , 3

Iyˆ 1 =

25 4 t . 3

Die Abweichung von der exakten L¨ osung betr¨ agt damit f¨ ur a/t = 10 0.4 % bzw. f¨ ur a/t = 100 sogar nur noch 0.004 %.

A.3.4

Volumentr¨agheitsmoment

Entsprechend den Fl¨ achentr¨ agheitsmomenten f¨ ur eine Fl¨ ache in Gleichung A.17 sind f¨ ur ein Volumen V die axialen Volumentr¨ agheitsmomente bez¨ uglich eines Schwerpunktskoordinatensystems definiert durch Z ´ ` 2 = (A.35) Θ(S) y + z 2 dV , x Z ´ ` 2 (A.36) = z + x2 dV , Θ(S) y Z ´ ` 2 (A.37) = x + y 2 dV , Θ(S) z die deviatorischen Tr¨ agheitsmomente lauten Z (S) Θxy = Θyx = − xy dV , Z (S) Θyz = Θzy = − yz dV , Z = Θ = − zx dV . Θ(S) xz zx

(A.38) (A.39) (A.40)

Die Volumentr¨ agheitsmomente bez¨ uglich der Parallelen zu den Achsen durch atze berecheinen Punkt A(xA , yA , zA ) lassen sich mit Hilfe der Steiner’schen S¨ nen, Θ(A) x Θ(A) y

=

2 2 Θ(S) x + V (yA + zA )

(A.41)

+

2 zA )

(A.42)

+

2 yA )

(A.43)

=

Θ(S) y

Θ(A) z

=

Θ(S) z

Θ(A) xy

=

Θ(S) xy − V (xA yA )

(A.44)

=

Θ(S) yz

− V (yA zA )

(A.45)

=

Θ(S) zx

− V (zA xA )

(A.46)

Θ(A) yz Θ(A) zx

+V

(x2A

+V

(x2A

474

Anhang A Mathematische Grundlagen

Beispiel A.9 Massentr¨ agheitsmoment eines Quaders Von dem abgebildeten Quader ist das Massentr¨ agheitsmoment bez¨ uglich der x-Achse durch den Schwerpunkt S gesucht. a

b S

x

y

c

z

L¨ osung: Nach Gleichung A.35 ist Z ´ ` 2 = Θ(S) y + z 2 dV x Die Integration kann nacheinander in jeder Achsrichtung erfolgen. Die Integrationsgrenzen m¨ ussen dabei so gew¨ ahlt werden, dass genau u ¨ber das gesamte Volumen des Quaders integriert wird, also Θ(S) x

Zc/2

Zb/2

Za/2

−c/2

−b/2

−a/2

Zc/2

Zb/2

−c/2

−b/2

=

= Zc/2

»„

=

`

` 2 ´ y + z 2 dx dy dz

´ y 2 + z 2 a dy dz

1 2 y + z2 3

«

–y=b/2

−c/2

Zc/2 „ =

dz

ya y=−b/2

« b2 + z 2 ab dz 12

−c/2

»„

= =

A.4

« –z=c/2 b2 1 + z 2 zab 12 3 z=−c/2

b2 + c2 abc . 12

Vektor- und Matrizenrechnung

In diesem Abschnitt wird stets von einem kartesischen Koordinatensystem ausgegangen. Auf eine Einf¨ uhrung in die Tensorrechnung wird verzichtet, da diese f¨ ur die Grundlagen der Mechanik nicht ben¨ otigt wird.

475

A.4 Vektor- und Matrizenrechnung

A.4.1

Vektoren

Darstellung eines Vektors In einem kartesischen Koordinatensystem ist in Richtung jeder Achse ein Einheitsvektor der L¨ ange 1 definiert. Ein allgemeiner Vektor a, dargestellt durch einen Pfeil, setzt sich aus Vielfachen dieser Einheitsvektoren zusammen. y

a

ey ex

ez

ay

a

=

az z

=

x

a x e x + ay e y + az e z 3 X

ai ei

i=1

ax

In der Regel wird die matrizielle Schreibweise verwendet, d. h. es werden lediglich die Faktoren ax , ay , az in einer Spaltenmatrix notiert 2

3 ax 6 7 a = 4 ay 5 . az Das verwendete kartesische Koordinatensystem muss als Rechtshandsystem definiert sein, d. h. die Lage der orthogonalen Koordinatenachsen entspricht dem gespreizten Daumen, Zeigefinger und Mittelfinger der rechten Hand, wie in Bild A.12 dargestellt ist. x

x y

Bild A.12 Rechtshandsystem

y

z z

Skalarprodukt Das Skalarprodukt a · b zweier Vektoren a und b ist ein Skalar c:

476

Anhang A Mathematische Grundlagen b

c ϕ

a

=

a · b = ab cos(ϕ)

=

ax bx + ay by + az bz

=

b cos ϕ

3 bx 7 6 aT b = [ax , ay , az ] 4 by 5 . bz 2

a

Betrag eines Vektors

Der Betrag (die L¨ ange“) eines Vektors l¨ asst sich mit Hilfe des Skalarproduktes ” berechnen:

a = |a| =

√

a·a =

q a2x + a2y + a2z

Vektorprodukt

Das Vektorprodukt oder Kreuzprodukt a × b zweier Vektoren a und b ist ein Vektor c, der senkrecht auf der von den Vektoren a und b aufgespannten Fl¨ ache steht. Dabei ist der Betrag des Vektors |c| gleich dem Fl¨ acheninhalt A des von a und b aufgespannten Parallelogramms. c = a×b

b A = |c| a

c

=

a×b

477

A.4 Vektor- und Matrizenrechnung

Die Berechnung des Vektorprodukts kann mit Hilfe der ˛ 1 0 ˛ e ex ey ez ˛ x ey C ˛ B c = det @ ax ay az A = ˛ ax ay ˛ ˛ bx by bx by bz = = = =

Sarrus-Regel erfolgen: ˛ ez ˛˛ ˛ az ˛ ˛ bz ˛

(ay bz − az by )ex + (az bx − ax bz )ey + (ax by − ay bx )ez 3 2 ex 7 6 [ay bz − az by , az bx − ax bz , ax by − ay bx ] 4 ey 5 ez [ay bz − az by , az bx − ax bz , ax by − ay bx ] e 3 2 ay bz − az by 7 6 eT 4 a z b x − a x b z 5 ax b y − a y b x

Die drei Vektoren a, b und c bilden in dieser Reihenfolge ein Rechtshandsystem, siehe Bild A.12. Daher l¨ asst sich auch die folgende Rechenregel f¨ ur das Vektorprodukt leicht nachvollziehen: a×b

A.4.2

=

−b × a

Dyaden (Tensoren 2. Stufe)

Um zum Beispiel Spannungszust¨ ande dreidimensional darstellen zu k¨ onnen, werden in der Mechanik Dyaden bzw. Tensoren 2. Stufe ben¨ otigt. Darstellung eines Tensors 2. Stufe Tensoren 2. Stufe k¨ onnen sowohl nach der Einsteinschen Summenkonvention als auch in der Komponentenschreibweise geschrieben werden: σ

=

σij ei ej σxx ex ex + σxy ex ey + σxz ex ez

=

+ σyx ey ex + σyy ey ey + σyz ey ez + σzx ez ex + σzy ez ey + σzz ez ez . In der matriziellen Schreibweise sieht die Darstellung folgendermaßen aus: σ

= =

eT σe h

ex

ey

ez

i

2

σxx 6 4 σyx σzx

σxy σyy σzy

32 3 σxz ex 76 7 σyz 5 4 ey 5 . ez σzz

478

Anhang A Mathematische Grundlagen

Die Ausf¨ uhrung des Matrizenprodukts nach dem Falkschen Schema ergibt wieder 3 2 ex 7 6 4 ey 5 ez 3 2 3 2 σxx ex + σxy ey + σxz ez σxx σxy σxz 7 6 7 6 4 σyx ex + σyy ey + σyz ez 5 4 σyx σyy σyz 5 σzx σzy σzz σzx ex + σzy ey + σzz ez i h = σxx ex ex + σxy ex ey + σxz ex ez ex ey ez + σyx ey ex + σyy ey ey + σyz ey ez + σzx ez ex + σzy ez ey + σzz ez ez . Eigenwerte und Eigenvektoren symmetrischer Matrizen (Dyaden) F¨ ur symmetrische Matrizen (Dyaden) gilt σyx

=

σxy ,

σzx

=

σxz ,

σzy

=

σyz .

F¨ ur alle symmetrischen Dyaden gibt es eine Drehtransformation in eine Diagonalform, also 3 2 0 σ1 0 7 6 σ ∗ = 4 0 σ2 0 5 . 0 0 σ3 Die Diagonalelemente heißen Eigenwerte oder Hauptwerte der Dyade. Es gilt [σ − σi I]

=

woraus die Bedingung 2 σxx − σi 6 det 4 σxy σxz

0,

σxy σyy − σi σyz

3 σxz 7 σyz 5 σzz − σi

=

0

folgt. Aus der Determinante berechnet sind das charakteristische Polynom zur Bestimmung der Eigenwerte σi3 − I1 σi2 + I2 σi − I3

=

0

479

A.4 Vektor- und Matrizenrechnung

mit den Invarianten I1

=

I2

=

I3

=

σxx + σyy + σzz , ` 2 2 2 ´ , σxx σyy + σyy σzz + σzz σxx − σxy + σyz + σzx ` 2 ´ det σ = σxx σyy σzz − σyz − σxy (σxy σzz − σyz σxz ) + σxz (σxy σyz − σyy σxz ) .

Sind die Eigenwerte bestimmt, so k¨ onnen die zugeh¨ origen Eigenvektoren xi aus einem linearen Gleichungssystem berechnet werden, 32 3 2 2 3 σxy σxz xi 0 σxx − σi 76 7 6 6 7 σxy σyy − σi σyz 5 4 yi 5 = 4 0 5 . 4 zi σxz σyz σzz − σi 0 Die Eigenvektoren beschreiben die Orientierung des Hauptachsensystems bez¨ uglich des inertialen Koordinatensystems. Anmerkung: F¨ ur symmetrische Matrizen sind alle Eigenwerte σi und Eigenvektoren xi reell!

Mit Hilfe der Eigenvektoren l¨ asst die Dyade σ in die Diagonalform σ ∗ transformieren: σ∗

=

AT σA

A = [ x1 , x2 , x3 ]

mit

Ebenes Problem F¨ ur ebene symmetrische Probleme 2 σxx σxy 0 6 σ = 4 σxy σyy 0 0 0 0

gilt 3 7 5

mit den Invarianten I1

=

σxx + σyy

I2

=

2 σxx σyy − σxy

I3

=

0

und dem charakteristischen Polynom σi3 − I1 σi2 + I2 σi − I3 Mit der trivialen L¨ osung σ3

=

0

=

0.

480

Anhang A Mathematische Grundlagen

folgen die restlichen Eigenwerte aus ` 2 ´ σi2 − (σxx + σyy ) σi + σxx σyy − σxy

=

0.

Die L¨ osungen dieser quadratischen Gleichung lauten r “ σ + σ ”2 ` ´ σxx + σyy xx yy 2 σ1,2 = − σxx σyy − σxy ± 2 2 r “ σ − σ ”2 σxx + σyy xx yy 2 . + σxy = ± 2 2 Beispiel A.10 Eigenwerte, Eigenvektoren Berechnen Sie die Eigenwerte und Eigenvektoren der gegebenen (symmetrischen) Matrix. 3 2 √ 3 0 4 √ 7 6 σ = 4 3 2 0 5 0 0 0 L¨ osung: Die Eigenwerte lassen sich entweder durch Nullstellenbestimmung des charakteristischen Polynoms oder mit Hilfe der Invarianten bestimmen. Hier sollen beide Wege gezeigt werden. Mit Hilfe der Invarianten folgt unmittelbar s„ «2 √ 2 4+2 4−2 + 3 = 3±2. ± σ1,2 = 2 2 Das charakteristische Polynom lautet 2 3 √ 3 0 4 − σi 6 √ 7 det 4 3 2 − σi 0 5 = (4 − σi ) (2 − σi ) − 3 0 0 0 mit den L¨ osungen σi2 − 6σi + 5 = 0

⇒

σ1,2 = 3 ±

√

=

0

9−5 = 3±2.

Damit lauten die Eigenwerte σ1

=

5,

σ2

=

1.

asst sich nun aus mit Hilfe des 1. Eigenwertes σ1 Der 1. Eigenvektor x1 l¨ durch L¨ osung eines linearen Gleichungssystems l¨ osen: # " # " #" √ 3 0 4−5 x1 √ = 3 2−5 y1 0 √ √ −x + 3 y1 = 0 √ 1 ⇒ x1 = 3 y1 ⇒ 3 x1 − 3y1 = 0

¨ A.5 Ubungsaufgaben

481

Dieses Gleichungssystem ist linear abh¨ angig, da sich Eigenvektoren nur bis auf einen Faktor bestimmen lassen! Notwendig ist eine Normierung des Vektors auf die L¨ ange 1: " √ # 1 3 . ⇒ x1 = ||x1 || = 1 2 1 Analog bestimmt sich der 2. Eigenvektor x2 mit Hilfe des 2. Eigenwertes σ2 zu " # " # " # #" √ 1 4−1 3 1 0 x2 √ √ . = ⇒ x2 = 2 − 3 3 2−1 y2 0 Die Matrix der Eigenvektoren A =

h

x1

x2

i

=

1 2

" √

3 1

1 √

#

− 3

beschreibt die Hauptachsentransformation " # 5 0 ∗ T σ = A σA = . 0 1

A.5

¨ Ubungsaufgaben

Aufgabe A.1 (Schwierigkeitsgrad 1) Berechnen Sie die Schwerpunktskoordinaten des abgebildeten gleichseitigen Dreiecks mit der Seitenl¨ ange a. Gegeben: a

y

a

a x a

L¨ osung: a xS = , 2

√ yS =

3 a 6

482

Anhang A Mathematische Grundlagen

Aufgabe A.2 (Schwierigkeitsgrad 2) Bestimmen Sie die Schwerpunktskoordinaten einer Halbkugel mit dem Radius r. Gegeben: r

y L¨ osung: yS = x

r

3 r 8

Aufgabe A.3 (Schwierigkeitsgrad 2) Wo liegt der Schwerpunkt des abgebildeten Rotationsparaboloids? Es handelt sich um eine quadratische Parabel. Gegeben: R, h

y L¨ osung:

1111111111111111 0000000000000000 0000000000000000 1111111111111111 0000000000000000 1111111111111111 1111111111111111 0000000000000000 h

R

z

xS

=

0

yS

=

1 h 3

zS

=

0

x

Aufgabe A.4 (Schwierigkeitsgrad 3) Berechnen Sie die Schwerpunktskoordinaten f¨ ur die Linie y = x2 im Bereich x ∈ [0, 1]. Gegeben: siehe Skizze

¨ A.5 Ubungsaufgaben

483

y

L¨ osung: √ 5 x= ; 12

y = x2

y= x

√ 125 1 1 q − ≈ 0.473 4 2√5 + ln(1 + 5 ) 16 4

Aufgabe A.5 (Schwierigkeitsgrad 2) Bestimmen Sie die Koordinate zS der Linienschwerpunkte. Gegeben: siehe Skizze

a)

b)

L¨ osung:

y 10 cm

y z

z

10 cm

20 cm 3 20 cm = π

a) zS = b) zS

10 cm

Aufgabe A.6 (Schwierigkeitsgrad 1) achen an. Geben Sie die Schwerpunktskoordinaten (xS , yS ) der folgenden Fl¨ Gegeben: a, b

a) y

b) y

a

a

L¨ osung: x x

b c) y

b 2

b

d) a 2

y

a

a 2

b 4 a 2

a

x a 2

a

a a

a

x

a

a

1 1 b, yS = a 3 3 41 5 b, yS = a b) xS = 44 11 59 59 c) xS = a, yS = a 60 60 1 1 a, yS = a d) xS = − 60 60 a) xS =

484

Anhang A Mathematische Grundlagen

Aufgabe A.7 (Schwierigkeitsgrad 3) Bestimmen Sie f¨ ur das skizzierte Profil die Tr¨ agheitsmomente Iy und Iz . Gegeben: r

L¨ osung: r

y

z

Iy

=

Iz

=

πr 4 8 πr 4 8

Aufgabe A.8 (Schwierigkeitsgrad 2) F¨ ur den unten abgebildeten Hohlkasten ermittle man die Fl¨ achentr¨ agheitsmomente Iy , Iz , Iyz und Ip f¨ ur das im Schwerpunkt liegende Achsenkreuz. Gegeben: h1 = 20 cm, h2 = 10 cm, h3 = 12 cm, h = 162 cm, b = 200 cm

h1 h2

h2

S

y

z

L¨ osung:

h3

h

Iz

=

4.482 · 107 cm4

Iy

=

3.657 · 107 cm4

Ip

=

8.139 · 107 cm4

Iyz

=

0

b

Aufgabe A.9 (Schwierigkeitsgrad 2) Bestimmen Sie f¨ ur den mit seinen Abmessungen dargestellten Br¨ uckenquerschnitt die Tr¨ agheitsmomente Iy und Iz . Gegeben:

¨ A.5 Ubungsaufgaben

485

3

1 3

L¨ osung: y

S 2

20 2

12

10

Iy

=

11424.7 dm4

Iz

=

21989.4 dm4

z [dm]

Aufgabe A.10 (Schwierigkeitsgrad 1) Berechnen Sie f¨ ur den dargestellten Querschnitt die Fl¨ achentr¨ agheitsmomente Iy und Iz bez¨ uglich der Schwerpunktsachsen y und z. Gegeben: a = 1 cm

3a

2a

3a L¨ osung:

y¯

z¯ 6a

Iy

=

79.2 cm4

Iz

=

85.0 cm4

Aufgabe A.11 (Schwierigkeitsgrad 1) Berechnen Sie f¨ ur den dargestellten Querschnitt das Fl¨ achentr¨ agheitsmoment Iy bez¨ uglich der Schwerpunktsachse y. Gegeben: a

2a

3a y¯

z¯

2a

L¨ osung:

a Iy 4a

=

85.71 a4

486

Anhang A Mathematische Grundlagen

Aufgabe A.12 (Schwierigkeitsgrad 1) Berechnen Sie f¨ ur den dargestellten Querschnitt die Fl¨ achentr¨ agheitsmomente Iy und Iz bez¨ uglich der Schwerpunktsachsen y und z. Gegeben: Maße in cm

1

2

2

1

1

y¯

L¨ osung:

z¯ 6

Iy

=

216.0 cm4

Iz

=

136.0 cm4

1

Aufgabe A.13 (Schwierigkeitsgrad 3) Gesucht sind die Haupttr¨ agheitsmomente und die Lage der Haupttr¨ agheitsachsen f¨ ur den gegebenen d¨ unnwandigen Querschnitt. Gegeben: b = 200 mm, h = 100 mm, t = s = 10 mm

L¨ osung: t

s

b

h I1

=

15452243 mm4

I2

=

1607870 mm4

∗

=

−16.29◦

ϕ

B

Hilfsmittel Zug/Druck

Biegung

x z

Verschiebung Schnittgr¨ oßen Verschiebung u=0

—

w = 0, w = 0

—

u=0

—

w=0

M =0

—

N =0

w=0

M =0

u=0

—

w = 0

V =0

—

N =0

w = 0, w = 0

—

—

N =0

—

V = 0, M = 0

uL = uR

—

uL = uR

—

w L = wR

ML = MR = 0

uL = uR

—

 = w wL R

VL = VR = 0

—

NL = NR = 0

Steifigkeitssprung R L

Momentengelenk

Querkraftgelenk

Normalkraftgelenk

Schnittgr¨ oßen

 = w wL R

—

wL = wR

¨ Tabelle B.1 Rand- und Ubergangsbedingungen

wL = wR  = w wL R

—

488

Anhang B Hilfsmittel

11 00 00 11

A

11 00 00 11 B

x

a

11 00 00 11

b 

EIw(x) =

11 00 00 11

8 > > > <

11 00 00 11 q0

11 00 00 11

8 > > > <

11 00 00 11

11 00 00 11

11 00 00 11 B

f¨ ur

x≥a

q0 3 24

 =− EIwB

q0 3 24

 = EIwA

 = EIwA

q0 3 45

´ M0  ` 2 3β − 1 6 B ´ `  = M 0  3 α2 − 1 EIwB 6 ´ ˜ M0 2 ˆ 3 ` 2 f¨ ur x ≤ a ξ + 3β − 1 ξ 6

M0

8 > > > <

7q0 3 360

 =− EIwB

´ q0 4 ` 5 3 ξ − 10 ξ 3 + 7 ξ 360

A

EIw(x) =

x 

> i 4 h > > : q0  ξ 4 − 2 `1 − β 2 ´ ξ 3 + `1 − β 2 ´2 ξ − (ξ − α)4 24

A

EIw(x) =

ξ=

´2 q0 3 ` 1 − β2 24 B 3 ` ´  = q0  β4 − 4 β3 + 4 β2 − 1 EIwB 24 ` ` ´ ´2 i q0 4 h 4 f¨ ur x ≤ a ξ − 2 1 − β 2 ξ3 + 1 − β 2 ξ 24

q0

11 00 00 11

 = EIwA

´ q0 4 ` 4 ξ − 2ξ 3 + ξ 24

A

EIw(x) =

b , 

 = EIwA

B

q0

11 00

β=

> i 3 h > > : F  β ξ `−ξ 2 − β 2 + 1´ + (ξ − α)3 6

A

EIw(x) =

a , 

´ F 2 ` 3 −β + β 6 B 2 ` ´  = F EIwB α3 − α 6 ` 2 ´˜ F 3 ˆ 2 β ξ −ξ − β + 1 f¨ ur x ≤ a 6 F

A

α=

 = EIwA

11 00

> i 2 h > > : M0  ξ 3 + `3 β 2 − 1´ ξ − 3 (ξ − α)2 6

Tabelle B.2 Biegelinientafel f¨ ur Einfeldbalken

f¨ ur

x≥a

f¨ ur

x≥a

01 10 10

489

Anhang B Hilfsmittel A

A

x

B a

01 10 EIw(x) =

A

0110 10 EIw(x) =

A

0110 EIw(x) =

0110 10

α=

b

EIw(x) =

A

0110 10

EIw(x) =

b , 

β=

ξ=

x 

  =0 EIwA

F B

 = EIwB

8 ´ F 3 ` 3 > > −ξ + 3 α ξ 2 > < 6

f¨ ur

F a2 2

x≤a

> i 3 h > > : F  −ξ 3 + 3 α ξ 2 + (ξ − α)3 6

f¨ ur

x≥a

 =0 EIwA

q0 B

 = EIwB

q0 3 6

´ q0 4 ` 4 ξ − 4 ξ3 + 6 ξ2 24  =0 EIwA

q0 B

 = EIwB

´ q0 3 ` 3 β − 3 β2 + 3 β 6

8 ˜ q0 4 ˆ > > −4 β ξ 3 + 6 β (2 − β) ξ 2 > < 24

f¨ ur

x≤a

> i 4 h > > : q0  −4 β ξ 3 + 6 β (2 − β) ξ 2 + (ξ − α)4 24

q0 A

a , 

 =0 EIwA

B

q0 4 ` 5 −ξ + 5 ξ 4 − 10 ξ 3 + 10 ξ 120

 =0 EIwA

M0 B 8 M0 2 2 > > ξ > < 2

q0 3 24 ´ 2

 = EIwB

f¨ ur

 =M a EIwB 0

x≤a

> 2 > > : M0  `2 α ξ − α2 ´ 2

f¨ ur

Tabelle B.3 Biegelinientafel f¨ ur Kragarm

x≥a

f¨ ur

x≥a

490

Anhang B Hilfsmittel

f (x)

k

i

i

i s i2 s

k1

k

s

k2

s

s

sik

1 sik 2

1 sik 2

1 si(k1 2

+ k2 )

1 sik 2

1 sik 3

1 sik 6

1 si(k1 6

+ 2k2 )

s

i1

k

k s

g(x)

1 s(i1 2

+ i2 )k

1 s(i1 6

+ 2i2 )k

1 s(2i1 6

+ i2 )k

1 s(2i1 k1 6

+ 2i2 k2

+i1 k2 + i2 k1 ) quadratisch 2 sik 3

1 sik 3

1 sik 3

1 si(k1 3

2 sik 3

5 sik 12

1 sik 4

1 si(3k1 12

1 sik 3

1 sik 4

1 sik 12

1 si(k1 12

+ 3k2 )

i

1 sik 4

1 sik 5

1 sik 20

1 si(k1 20

+ 4k2 )

i

3 sik 8

11 sik 40

1 sik 10

1 si(4k1 40

+ 11k2 )

1 sik 4

2 sik 15

7 sik 60

1 si(7k1 60

+ 8k2 )

i s

+ k2 )

quadratisch i s quadratisch i s

+ 5k2 )

kubisch s kubisch s kubisch i s

Bei quadratischen Parabeln kennzeichnet ◦ den Scheitelpunkt der Parabel, bei kubischen Parabeln den Wendepunkt (Nullstelle der zweiten Ableitung) Tabelle B.4 Werte der Integrale

R (s)

f (x) g(x) dx

491

Anhang B Hilfsmittel Rechteck b y

S

y¯

z

A = bh

h

Quadrat a y

Iy = Iz = S

y¯

A = a2

a

z

a y

S

h

h 3

z

b

A=

bh 2

S

A = πR2

z

d¨ unner Kreisring hR R y S

A = 2πRh

a4 6

Iyz = 0 5πR4 Iy¯ = 4

Iyz = 0

Ip = IT = WT =

πR4 2

πR3 2

Ip = IT = 2πR3 h WT = 2πR2 h

z

y¯

R z

4 R 3π

A=

πR2 2

π 3 ab 4 π 3 Iz = ba 4 Iyz = 0 5π 3 ab Iy¯ = 4 Iy =

Ellipse a

R4 (9π 2 − 64) 72π πR4 Iz = Iy¯ = 8 Iyz = 0 Iy =

S

y

y¯

πR4 4

Iy¯ = 3πR3 h

Halbkreis

y

Ip =

IT = 0.140a4 WT = 0.208a3

Iy = Iz = πR3 h

h y¯

bh 2 (h + b2 ) 12

bh3 36 bh 2 (b − ba + a2 ) Ip = bh (h2 + b2 Iz = 36 36 −ba + a2 ) bh2 (b − 2a) Iyz = 72 bh3 Iy¯ = 12 Iy = Iz =

R

y¯

a4 12

Iyz = 0 a4 Iy¯ = 3

Kreis y

Ip =

Iy =

Dreieck

y¯

bh3 12 hb3 Iz = 12 Iyz = 0 bh3 Iy¯ = 3 Iy =

S b z

A = πab

Tabelle B.5 Fl¨ achenmaße einfacher Geometrien

Ip =

πR4 (9π 2 − 32) 36π

πab 2 (a + b2 ) 4 a 3 b3 =π 2 a + b2 2 a b (a > b) = 2

Ip = IT WT

492

Anhang B Hilfsmittel

Geometrie

Massentr¨ agheitsmomente

Punktmasse a

 Θa

=

Θs

=

Θa

=

Θs

=

Θa

=

Θs

=

Θa

=

Θb

=

Θs

=

Θa

=

Θs

=

Θa

=

m2

m d¨ unner Stab s S s

a

 a

Quadera

s

d S

c

s

a

m2 12 m2 3 ´ ` 1 m b2 + d2 12 „ « 1 2 1 2 m b + d 3 12

b Kreiszylinder a

s

r 

b

b S

1 mr2 2 3 mr2 2 1 1 mr2 + m2 4 12

s

a

d¨ unne Kreisscheibe a

s S

s

r

1 mr2 2 1 mr2 4

a

Kugel a S

r

2 mr2 5 7 mr2 5

a

Tabelle B.6 Massentr¨ agheitsmomente einfacher K¨ orper mit konstanter Dichte

C

Englische Fachbegriffe

¨ Als Hilfe zum Verst¨ andnis englischer Fachliteratur ist im Folgenden eine Ubersicht der wichtigsten Begriffe der Mechanik in englischer und deutscher Sprache wiedergegeben. Hinter dem deutschen Begriff ist in Klammern jeweils die Nummer des entsprechenden Kapitels angegeben, sie erm¨ oglicht ein Nachschlagen des Zusammenhangs, in dem der jeweilige Begriff verwendet wird. Um das rasche Auffinden der Begriffe in beiden Sprachen zu erm¨ oglichen, ist die gesamte Vokabelliste zun¨ achst englisch–deutsch und anschließend deutsch–englisch abgedruckt. Zur vertieften Einarbeitung in die englische Fachsprache eignet sich auch die englische Version dieses Buches, die zurzeit in Arbeit ist und nach Fertigstellung im Internet unter www.tm-kompakt.de zum Download bereitgestellt wird.

Englisch–deutsche Vokabelu ¨bersicht acceleration amplitude angular frequency angular momentum angular momentum angular velocity arch area area at-rest position axial force axial moment of inertia axial stiffness axial stress axiom bar base excitation beam bearing bending bending moment bending stiffness body boundary condition

Beschleunigung (18) Amplitude (21) Kreisfrequenz (21) Drall (20) Drehimpuls (20) Winkelgeschwindigkeit (18) Bogentr¨ ager (6) Fl¨ acheninhalt (A) Fl¨ ache (A) statische Ruhelage (21) Normalkraft (6) Massentr¨ agheitsmoment (20) Dehnsteifigkeit (7) Axialspannung (8) Axiom (1) Stab (11) Fußpunktanregung (21) Balken (6) Lager (3) Biegung (12) Biegemoment (6) Biegesteifigkeit (12) K¨ orper (1) Randbedingung (12)

494 brittle buckling cantilever beam Cartesian coordinates center of gravity central system of forces centripetal acceleration centroid centroidal axis chain circular arc circular motion circular tube coefficient of restitution composite beam compression compression compression force conservation of energy conservation of momentum conservative force continuum coordinate system critical load critically damped critically damped state curvature curved beam cylinder coordinates damped vibration damper damping damping coefficient damping ratio deflection curve deformation energy degree of freedom density displacement displacement vector displacement-time graph distributed load ductile dynamics eigenfrequency elastic elastic modulus elastic section modulus elastostatics elongation

Anhang C Englische Fachbegriffe spr¨ ode (17) Knicken (16) Kragarm (B) Kartesische Koordinaten (18) Schwerpunkt (5) zentrales Kr¨ aftesystem (2) Zentripetalbeschleunigung (18) geometrischer Schwerpunkt (A) Schwerachse (12) Kette (6) Kreisbogentr¨ ager (6) Kreisbewegung (18) Kreisrohr (13) Stoßzahl (19) Verbundbalken (14) Druckspannung (11) Kompression (19) Druckkraft (4) Energieerhaltung (20) Impulserhaltung (19) konservative Kraft (20) Kontinuum (1) Koordinatensystem (18) kritische Last (16) kritische D¨ ampfung (21) aperiodischer Grenzfall (21) Kr¨ ummung (12) gekr¨ ummter Balken (6) Zylinderkoordinaten (18) ged¨ ampfte Schwingung (21) D¨ ampfer (21) D¨ ampfung (21) D¨ ampferkonstante (21) D¨ ampfungsgrad (21) Biegelinie (12) Form¨ anderungsenergie (15) Freiheitsgrad (3) Dichte (5) Verschiebung (9) Verschiebungsvektor (9) Weg-Zeit-Diagramm (21) verteilte Last (5) duktil (17) Dynamik (1) Eigenfrequenz (21) elastisch (19) Elastizit¨ atsmodul (7) Widerstandsmoment (12) Elastostatik (7) Verl¨ angerung (11)

Anhang C Englisch–deutsche Vokabel¨ ubersicht energy dissipation energy method energy theorem equation of motion equilibrium equivalent stress excitation finite elements fixed support flexure force force of impact forced vibration frame free vibration free-body diagram frequency frequency ratio friction friction of ropes gravitation force gravitational acceleration harmonic excitation harmonic oscillation harmonic vibration hinge hinged bar hinged column homogeneous Hooke’s law hydrostatic state of stress imbalance excitation impact inclined plane indifferent initial condition instantaneous center of rotation internal forces and moments isotropic joint kinematically indeterminated kinematics kinetic energy kinetics lever arm line load line load line of action linear motion load

495

Energieverlust (19) Energiemethode (15) Arbeitssatz (15) Bewegungsgleichung (20) Gleichgewicht (3) Vergleichsspannung (17) Anregung (21) Finite Elemente (15) Festlager (3) Biegung (12) Kraft (2) Kraftstoß (19) erzwungene Schwingung (21) Rahmen (6) freie Schwingung (21) Freik¨ orperbild (3) Frequenz (21) Frequenzverh¨ altnis (21) Reibung (19) Seilreibung (19) Gewichtskraft (5) Erdbeschleunigung (5) harmonische Anregung (21) harmonische Schwingung (21) harmonische Schwingung (21) Gelenk (3) Pendelstab (3) Pendelst¨ utze (3) homogen (10) Hookesches Gesetz (10) hydrostatischer Spannungszustand (8) Unwuchtanregung (21) Stoß (19) schiefe Ebene (20) indifferent (16) Anfangsbedingung (21) Momentanpol (20) Schnittgr¨ oßen (6) isotrop (10) Gelenk (3) kinematisch unbestimmt (3) Kinematik (18) kinetische Energie (19) Kinetik (19) Hebelarm (2) Linienlast (5) Streckenlast (5) Wirkungslinie (2) geradlinige Bewegung (18) Last (5)

496 logarithmic decrement magnification factor mass matching condition material equation material equation material property mathematical pendulum mechanical work mechanics method of joints method of sections method of sections (truss) model Mohr’s circle of inertia Mohr’s circle of stress moment moment of inertia momentum motion natural coordinates natural frequency neutral axis neutral axis node normal stress oblique centric impact oscillation overdamped parallel connection parallel-axis theorems parallelogram of forces pendulum period period phase angle phase angle planar impact plane bending plane stress plane stress plastic point mass point of application Poisson’s ratio polar coordinates polar moment of inertia position vector potential potential energy

Anhang C Englische Fachbegriffe logarithmisches Dekrement (21) Vergr¨ oßerungsfunktion (21) Masse (19) ¨ Ubergangsbedingung (12) Materialgleichung (10) Stoffgleichung (10) Werkstoffkennwert (10) mathematisches Pendel (21) mechanische Arbeit (15) Mechanik (1) Knotenpunktverfahren (4) Schnittprinzip (3) Ritter-Schnitt-Verfahren (Fachwerk) (4) Modell (1) Mohrscher Tr¨ agheitskreis (A) Mohrscher Spannungskreis (8) Moment (2) Fl¨ achentr¨ agheitsmoment (A) Impuls (19) Bewegung (18) nat¨ urliche Koordinaten (18) Eigenfrequenz (21) Spannungsnulllinie (12) neutrale Faser (12) Knoten (4) Normalspannung (8) schiefer zentrischer Stoß (19) Schwingung (21) stark ged¨ ampft (21) Parallelschaltung (21) Steinersche S¨ atze (A) Kr¨ afteparallelogramm (2) Pendel (21) Periode (21) Schwingungsdauer (21) Phasenverschiebung (21) Phasenwinkel (21) ebener Stoß (20) ebene Biegung (12) ebener Spannungszustand (8) ebener Verzerrungszustand (9) plastisch (19) Massenpunkt (19) Angriffspunkt (2) Querkontraktionszahl (10) Polarkoordinaten (18) polares Fl¨ achentr¨ agheitsmoment (A) Ortsvektor (18) Potential (19) potentielle Energie (15)

Anhang C Englisch–deutsche Vokabel¨ ubersicht power preservation of shape pressure pressure vessel principal axis principal moment of inertia principal strain principal stress principle product of inertia projectile motion pulley pure bending quantity radial velocity reaction force reaction of joint relative angle-of-twist resonance response response of a system restitution resultant rigid body rigid body motion rod roller support rope rope line rotation section self-weight sense (of a moment) series connection shear shear center shear flow shear force shear modulus shear stress shearing strain sign convention simply supported beam skew bending slide bearing slipping specific weight spring spring combination spring constant

Leistung (19) Formtreue (13) Druck (5) Kessel (8) Hauptachse (A) Haupttr¨ agheitsmoment (A) Hauptdehnung (9) Hauptspannung (8) Prinzip (1) Deviationsmoment (A) schiefer Wurf (19) Seilrolle (3) reine Biegung (12) Gr¨ oße (1) Radialgeschwindigkeit (18) Reaktionskraft (3) Gelenkreaktion (3) Drillung (13) Resonanz (21) Antwort (21) Systemantwort (21) Restitution (19) Resultierende (2) starrer K¨ orper (2) Starrk¨ orperbewegung (20) Stab (4) Loslager (3) Seil (3) Seillinie (6) Rotation (20) Schnittufer (6) Eigengewicht (6) Drehsinn (eines Moments) (2) Reihenschaltung (21) Schub (13) Schubmittelpunkt (13) Schubfluss (13) Querkraft (6) Schubmodul (10) Schubspannung (8) Gleitung (9) Vorzeichenkonvention (8) Einfeldbalken (B) schiefe Biegung (12) Gleitlager (3) Gleiten (19) spezifisches Gewicht (5) Feder (16) Federschaltung (21) Federkonstante (16)

497

498 stability stable state of stress static moment statical determined statical determinism statical indetermined statics sticking sticking coefficient stiffness straight centric impact strain strain strain tensor strength of materials stress stress stress tensor superposition superposition support support reaction surface load surface load symmetric cross section symmetry tangent tangential velocity temperature tensile force tensile test tension thermal expansion thin-walled torque torsion torsion stiffness torsional moment torsional spring transient motion truss undamped motion underdamped unit unloaded truss unstable velocity vibration virtual displacement

Anhang C Englische Fachbegriffe Stabilit¨ at (16) stabil (16) Spannungszustand (8) statisches Moment (A) statisch bestimmt (3) statische Bestimmtheit (3) statisch unbestimmt (3) Statik (1) Haften (19) Haftzahl (19) Steifigkeit (7) gerader zentrischer Stoß (19) Dehnung (9) Verzerrung (9) Verzerrungstensor (9) Festigkeitslehre (17) Beanspruchung (17) Spannung (8) Spannungstensor (8) ¨ Uberlagerung (14) Superposition (14) Lager (3) Lagerreaktion (3) Fl¨ achenlast (5) Oberfl¨ achenlast (5) symmetrisches Profil (A) Symmetrie (A) Tangente (18) Bahngeschwindigkeit (18) Temperatur (10) Zugkraft (4) Zugversuch (10) Zugspannung (11) W¨ armedehnung (10) d¨ unnwandig (13) Torsionsmoment (13) Torsion (13) Torsionssteifigkeit (13) Torsionsmoment (13) Drehfeder (16) Einschwingvorgang (21) Fachwerk (4) unged¨ ampfte Bewegung (21) schwach ged¨ ampft (21) Einheit (1) Nullstab (4) labil (16) Geschwindigkeit (18) Schwingung (21) virtuelle Verr¨ uckung (15)

Anhang C Deutsch–englische Vokabel¨ ubersicht virtual force virtual work viscous damping volumetric moment of inertia warp warping torsion weight weight force work yield criterion Young’s modulus

virtuelle Kraft (15) virtuelle Arbeit (15) viskose D¨ ampfung (21) Volumentr¨ agheitsmoment (A) Verw¨ olbung (13) W¨ olbkrafttorsion (13) Gewicht (5) Schwerkraft (5) Arbeit (15) Beanspruchungshypothese (17) Elastizit¨ atsmodul (7)

Deutsch–englische Vokabelu ¨bersicht Amplitude (21) Anfangsbedingung (21) Angriffspunkt (2) Anregung (21) Antwort (21) aperiodischer Grenzfall (21) Arbeit (15) Arbeitssatz (15) Axialspannung (8) Axiom (1) Bahngeschwindigkeit (18) Balken (6) Beanspruchung (17) Beanspruchungshypothese (17) Beschleunigung (18) Bewegung (18) Bewegungsgleichung (20) Biegelinie (12) Biegemoment (6) Biegesteifigkeit (12) Biegung (12) Biegung (12) Bogentr¨ ager (6) D¨ ampfer (21) D¨ ampferkonstante (21) D¨ ampfung (21) D¨ ampfungsgrad (21) Dehnsteifigkeit (7) Dehnung (9) Deviationsmoment (A) Dichte (5) Drall (20) Drehfeder (16) Drehimpuls (20) Drehsinn (eines Moments) (2)

amplitude initial condition point of application excitation response critically damped state work energy theorem axial stress axiom tangential velocity beam stress yield criterion acceleration motion equation of motion deflection curve bending moment bending stiffness bending flexure arch damper damping coefficient damping damping ratio axial stiffness strain product of inertia density angular momentum torsional spring angular momentum sense (of a moment)

499

500 Drillung (13) Druck (5) Druckkraft (4) Druckspannung (11) d¨ unnwandig (13) duktil (17) Dynamik (1) ebene Biegung (12) ebener Spannungszustand (8) ebener Stoß (20) ebener Verzerrungszustand (9) Eigenfrequenz (21) Eigenfrequenz (21) Eigengewicht (6) Einfeldbalken (B) Einheit (1) Einschwingvorgang (21) elastisch (19) Elastizit¨ atsmodul (7) Elastizit¨ atsmodul (7) Elastostatik (7) Energieerhaltung (20) Energiemethode (15) Energieverlust (19) Erdbeschleunigung (5) erzwungene Schwingung (21) Fachwerk (4) Feder (16) Federkonstante (16) Federschaltung (21) Festigkeitslehre (17) Festlager (3) Finite Elemente (15) Fl¨ achenlast (5) Fl¨ ache (A) Fl¨ acheninhalt (A) Fl¨ achentr¨ agheitsmoment (A) Formtreue (13) Form¨ anderungsenergie (15) freie Schwingung (21) Freiheitsgrad (3) Freik¨ orperbild (3) Frequenz (21) Frequenzverh¨ altnis (21) Fußpunktanregung (21) ged¨ ampfte Schwingung (21) gekr¨ ummter Balken (6) Gelenk (3) Gelenk (3) Gelenkreaktion (3)

Anhang C Englische Fachbegriffe relative angle-of-twist pressure compression force compression thin-walled ductile dynamics plane bending plane stress planar impact plane stress eigenfrequency natural frequency self-weight simply supported beam unit transient motion elastic Young’s modulus elastic modulus elastostatics conservation of energy energy method energy dissipation gravitational acceleration forced vibration truss spring spring constant spring combination strength of materials fixed support finite elements surface load area area moment of inertia preservation of shape deformation energy free vibration degree of freedom free-body diagram frequency frequency ratio base excitation damped vibration curved beam hinge joint reaction of joint

Anhang C Deutsch–englische Vokabel¨ ubersicht geometrischer Schwerpunkt (A) gerader zentrischer Stoß (19) geradlinige Bewegung (18) Geschwindigkeit (18) Gewicht (5) Gewichtskraft (5) Gleichgewicht (3) Gleiten (19) Gleitlager (3) Gleitung (9) Gr¨ oße (1) Haften (19) Haftzahl (19) harmonische Anregung (21) harmonische Schwingung (21) harmonische Schwingung (21) Hauptachse (A) Hauptdehnung (9) Hauptspannung (8) Haupttr¨ agheitsmoment (A) Hebelarm (2) homogen (10) Hookesches Gesetz (10) hydrostatischer Spannungszustand (8) Impuls (19) Impulserhaltung (19) indifferent (16) isotrop (10) Kartesische Koordinaten (18) Kessel (8) Kette (6) Kinematik (18) kinematisch unbestimmt (3) Kinetik (19) kinetische Energie (19) Knicken (16) Knoten (4) Knotenpunktverfahren (4) K¨ orper (1) Kompression (19) konservative Kraft (20) Kontinuum (1) Koordinatensystem (18) Kr¨ afteparallelogramm (2) Kraft (2) Kraftstoß (19) Kragarm (B) Kreisbewegung (18) Kreisbogentr¨ ager (6) Kreisfrequenz (21)

centroid straight centric impact linear motion velocity weight gravitation force equilibrium slipping slide bearing shearing strain quantity sticking sticking coefficient harmonic excitation harmonic oscillation harmonic vibration principal axis principal strain principal stress principal moment of inertia lever arm homogeneous Hooke’s law hydrostatic state of stress momentum conservation of momentum indifferent isotropic Cartesian coordinates pressure vessel chain kinematics kinematically indeterminated kinetics kinetic energy buckling node method of joints body compression conservative force continuum coordinate system parallelogram of forces force force of impact cantilever beam circular motion circular arc angular frequency

501

502 Kreisrohr (13) kritische D¨ ampfung (21) kritische Last (16) Kr¨ ummung (12) labil (16) Lager (3) Lager (3) Lagerreaktion (3) Last (5) Leistung (19) Linienlast (5) logarithmisches Dekrement (21) Loslager (3) Masse (19) Massenpunkt (19) Massentr¨ agheitsmoment (20) Materialgleichung (10) mathematisches Pendel (21) Mechanik (1) mechanische Arbeit (15) Modell (1) Mohrscher Spannungskreis (8) Mohrscher Tr¨ agheitskreis (A) Moment (2) Momentanpol (20) nat¨ urliche Koordinaten (18) neutrale Faser (12) Normalkraft (6) Normalspannung (8) Nullstab (4) Oberfl¨ achenlast (5) Ortsvektor (18) Parallelschaltung (21) Pendel (21) Pendelstab (3) Pendelst¨ utze (3) Periode (21) Phasenverschiebung (21) Phasenwinkel (21) plastisch (19) polares Fl¨ achentr¨ agheitsmoment (A) Polarkoordinaten (18) Potential (19) potentielle Energie (15) Prinzip (1) Querkontraktionszahl (10) Querkraft (6) Radialgeschwindigkeit (18) Rahmen (6) Randbedingung (12)

Anhang C Englische Fachbegriffe circular tube critically damped critical load curvature unstable bearing support support reaction load power line load logarithmic decrement roller support mass point mass axial moment of inertia material equation mathematical pendulum mechanics mechanical work model Mohr’s circle of stress Mohr’s circle of inertia moment instantaneous center of rotation natural coordinates neutral axis axial force normal stress unloaded truss surface load position vector parallel connection pendulum hinged bar hinged column period phase angle phase angle plastic polar moment of inertia polar coordinates potential potential energy principle Poisson’s ratio shear force radial velocity frame boundary condition

Anhang C Deutsch–englische Vokabel¨ ubersicht Reaktionskraft (3) Reibung (19) Reihenschaltung (21) reine Biegung (12) Resonanz (21) Restitution (19) Resultierende (2) Ritter-Schnitt-Verfahren (Fachwerk) (4) Rotation (20) schiefe Biegung (12) schiefe Ebene (20) schiefer Wurf (19) schiefer zentrischer Stoß (19) Schnittgr¨ oßen (6) Schnittprinzip (3) Schnittufer (6) Schub (13) Schubfluss (13) Schubmittelpunkt (13) Schubmodul (10) Schubspannung (8) schwach ged¨ ampft (21) Schwerachse (12) Schwerkraft (5) Schwerpunkt (5) Schwingung (21) Schwingung (21) Schwingungsdauer (21) Seil (3) Seillinie (6) Seilreibung (19) Seilrolle (3) Spannung (8) Spannungsnulllinie (12) Spannungstensor (8) Spannungszustand (8) spezifisches Gewicht (5) spr¨ ode (17) Stab (11) Stab (4) stabil (16) Stabilit¨ at (16) stark ged¨ ampft (21) starrer K¨ orper (2) Starrk¨ orperbewegung (20) Statik (1) statisch bestimmt (3) statisch unbestimmt (3) statische Bestimmtheit (3) statische Ruhelage (21)

reaction force friction series connection pure bending resonance restitution resultant method of sections (truss) rotation skew bending inclined plane projectile motion oblique centric impact internal forces and moments method of sections section shear shear flow shear center shear modulus shear stress underdamped centroidal axis weight force center of gravity oscillation vibration period rope rope line friction of ropes pulley stress neutral axis stress tensor state of stress specific weight brittle bar rod stable stability overdamped rigid body rigid body motion statics statical determined statical indetermined statical determinism at-rest position

503

504 statisches Moment (A) Steifigkeit (7) Steinersche S¨ atze (A) Stoffgleichung (10) Stoß (19) Stoßzahl (19) Streckenlast (5) Superposition (14) Symmetrie (A) symmetrisches Profil (A) Systemantwort (21) Tangente (18) Temperatur (10) Torsion (13) Torsionsmoment (13) Torsionsmoment (13) Torsionssteifigkeit (13) ¨ Ubergangsbedingung (12) ¨ Uberlagerung (14) unged¨ ampfte Bewegung (21) Unwuchtanregung (21) Verbundbalken (14) Vergleichsspannung (17) Vergr¨ oßerungsfunktion (21) Verl¨ angerung (11) Verschiebung (9) Verschiebungsvektor (9) verteilte Last (5) Verw¨ olbung (13) Verzerrung (9) Verzerrungstensor (9) virtuelle Arbeit (15) virtuelle Kraft (15) virtuelle Verr¨ uckung (15) viskose D¨ ampfung (21) Volumentr¨ agheitsmoment (A) Vorzeichenkonvention (8) W¨ armedehnung (10) Weg-Zeit-Diagramm (21) Werkstoffkennwert (10) Widerstandsmoment (12) Winkelgeschwindigkeit (18) Wirkungslinie (2) W¨ olbkrafttorsion (13) zentrales Kr¨ aftesystem (2) Zentripetalbeschleunigung (18) Zugkraft (4) Zugspannung (11) Zugversuch (10) Zylinderkoordinaten (18)

Anhang C Englische Fachbegriffe static moment stiffness parallel-axis theorems material equation impact coefficient of restitution line load superposition symmetry symmetric cross section response of a system tangent temperature torsion torque torsional moment torsion stiffness matching condition superposition undamped motion imbalance excitation composite beam equivalent stress magnification factor elongation displacement displacement vector distributed load warp strain strain tensor virtual work virtual force virtual displacement viscous damping volumetric moment of inertia sign convention thermal expansion displacement-time graph material property elastic section modulus angular velocity line of action warping torsion central system of forces centripetal acceleration tensile force tension tensile test cylinder coordinates

Abbildungsnachweis

Die Wiedergabe der aufgef¨ uhrten Abbildungen erfolgt mit freundlicher Genehmigung des jeweiligen Rechteinhabers bzw. Verlages. Bild 3.1: Sascha Beuermann Bild 3.5: Sascha Beuermann; Eisenbahnbr¨ ucke u ¨ber die Leine von 1975, Hannover Bild 3.9: Sascha Beuermann; Messehalle 13, Messegel¨ ande Hannover Bild 4.1: Sascha Beuermann; Br¨ ucke des 25. April u ¨ber den Tejo, Lissabon (1966) Bild 5.1: Holger Spiess Bild 6.1: Ing.-Software Dlubal GmbH, Tiefenbach Bild 6.6: Hans Straub; Gm¨ undertobelbr¨ ucke u ¨ber die Sitter bei Teufel, Schweiz (1908), aus Straub, Hans: Die Geschichte der Bauingenieurkunst, erschienen im Birkh¨ auser Verlag Bild 8.1: Jochen Naumann, Institut f¨ ur Mechanik, Technische Universit¨ at Chemnitz Bild 10.1: Sascha Beuermann; Zugversuch am Institut f¨ ur Baustoffe, Universit¨ at Hannover Bild 11.1: Sascha Beuermann; Messehalle 27, Messegel¨ ande Hannover Bild 12.1: Holger Spiess Bild 12.2: Holger Spiess Bild 13.1: Sascha Beuermann; Versuchsk¨ orper am Institut f¨ ur Stahlbau, Universit¨ at Hannover Bild 13.21: Rolf Lammering, Institut f¨ ur Mechanik, Helmut-Schmidt-Universit¨ at, Hamburg Bild 15.1: DaimlerChrysler AG, Sindelfingen, 2005; Crashsimulation des Frontalaufpralls eines PKW Bild 16.1: Sascha Beuermann; Knickversuch am Institut f¨ ur Stahlbau, Universit¨ at Hannover Bild 17.1: Andrea Hildebrand, Institut f¨ ur Baustoffe, Universit¨ at Hannover Bild 18.1: Heide-Park Soltau GmbH, Soltau Bild 20.5: Firma Hagedorn GmbH Abbruch und Bauschuttaufbereitung, G¨ utersloh Bild 21.1: The Camera Shop, 1007 Pacific Ave, Tacoma WA 98402, USA

Symbolverzeichnis

Grunds¨atzliche Schreibweise Skalare werden kursiv dargestellt (z. B. A), Vektoren durch fett-kursive Buchstaben (beispielsweise v), Matrizen durch i. d. R. Großbuchstaben, die fett und aufrecht dargestellt sind (z. B. I).

Verzeichnis wichtiger Symbole Im Folgenden sind Symbole aufgef¨ uhrt, die in der Mechanik verwendet werden. Die Symbole sind alphabetisch sortiert, zun¨ achst nach lateinischen Buchstaben, anschließend nach griechischen. A Ai Am a a a ar aϕ b C c D E e eM ex , ey , ez f F FR Fkrit F (t) Fˆ f f f

Querschnittsfl¨ ache ideelle Querschnittsfl¨ ache von Profilmittellinie eingeschlossene Fl¨ ache Wertigkeit eines Lagers Beschleunigung Beschleunigungsvektor Radialbeschleunigung Zirkularbeschleunigung Massenkraftdichte Amplitude Federkonstante D¨ ampfungsgrad Elastizit¨ atsmodul Stoßzahl Lage des Schubmittelpunkts Basiseinheitsvektoren Volumenkraft Kraft Resultierende Kraft kritische Last zeitabh¨ angige Kraft Kraftstoß Stichh¨ ohe, Durchhang Gesamtverschiebung Frequenz

f G G g H h Iy , Iz Iyz Ip Iξ , Iη Iξη II , III Ii IT i K k L M MR

Volumenkraftdichte Gewichtskraft Schubmodul Gravitationskonstante Betrag der Haftkraft Scheibendicke axiale Fl¨ achentr¨ agheitsmomente Deviationsmoment der Fl¨ ache polares Fl¨ achentr¨ agheitsmoment transformierte Fl¨ achentr¨ agheitsmomente transformiertes Deviationsmoment Haupttr¨ agheitsmomente ideelles Fl¨ achentr¨ agheitsmoment Torsionstr¨ agheitsmoment Tr¨ agheitsradius Stoßebene Anzahl der Knoten in einem Fachwerk Drehimpuls Moment resultierendes Moment

507

Symbolverzeichnis (0)

ˆ M MT m m N n n n N n P p p q R Rm r r

r r⊥ S S Si Sy , Sz s s˙ s¨ T T t t t t U U UG UV u V V v v v vr vϕ

Momentenstoß Torsionsmoment Masse Streckenmoment Normalkraft Anzahl der Teilsysteme Anzahl der St¨ abe in einem Fachwerk Streckennormallast Stoßnormalenrichtung Richtungsvektor Leistung Impuls Druck Streckenlast Reibkraft Radius der Profilmittellinie Radius Anzahl der Lagerreaktionen in einem Fachwerk Ortsvektor Hebelarm Schwerpunkt Seil-/Stabkraft ideeller Schwerpunkt statisches Moment Kurvenparameter Bahngeschwindigkeit Bahnbeschleunigung Temperatur Schwingungsdauer Schubfluss Zeit Spannungsvektor Oberfl¨ achenspannungen Umfang potentielle Energie Gestalt¨ anderungsenergie Volumen¨ anderungsarbeit Verschiebung in x-Richtung Querkraft Volumen Verschiebung in y-Richtung Geschwindigkeit Geschwindigkeitsvektor Radialgeschwindigkeit Zirkulargeschwindigkeit

W W WT w x S , yS , zS z

Widerstandsmoment mechanische Arbeit Torsionswiderstandsmoment Verschiebung in z-Richtung Koordinaten des Schwerpunktes Wertigkeit eines Gelenks

γ γ δ ε ϑ Θ κ μH μR ν Π   σ σm σzul σ1 , σ2 σi σξ , ση , τξη G σV

spezifisches Gewicht Gleitung Abklingkonstante Dehnung Drillung Tr¨ agheitsmoment Schubfl¨ achenfaktor Haftzahl Reibzahl Querdehnzahl Momentanpol Kr¨ ummungsradius Dichte Spannung mittlere Spannung zul¨ assige Spannung Hauptspannungen ideelle Spannung transformierte Spannungen

S σV Z σV

τ ϕ ϕ0 , ϕ 1 ψ ω ω ωd

von Mises-Vergleichsspannung Tresca-Vergleichsspannung maximale Zugnormalspannung Schubspannung Phasenwinkel Richtungen der Hauptspannungen Verdrehung Kreisfrequenz Winkelgeschwindigkeit Kreisfrequenz der ged¨ ampften Schwingung

Stichwortverzeichnis

Tritt ein Stichwort nicht als Hauptbegriff auf, so sollte zun¨ achst nach einem Oberbegriff gesucht werden, unter dem das gesuchte Stichwort evtl. als Untereintrag zu finden ist. Seitenzahlen, die bei den nachfolgenden Stichw¨ ortern fett dargestellt sind, verweisen auf diejenigen Stellen, an denen der zugeh¨ orige Begriff weitergehend behandelt wird.

A Abklingkonstante . . . . . . . 414, 416, 417 Abz¨ ahlformel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47 bei Fachwerken . . . . . . . . . . . . . . . 60 Amplitude . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 405, 410 Anfangsbedingung . . . . . . . . . . . . . . . . 409 Angriffspunkt . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17, 22 Anregung D¨ ampferkraftanregung . . . . . . 434 Fußpunktanregung . . . . . . . . . . 437 Kraftanregung . . . . . . . . . 429, 431 Unwuchtanregung . . . . . . . . . . . 435 Weganregung . . . . . . . . . . . . . . 432f. Antwort . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 427 aperiodischer Grenzfall . . . . . . . . . . . 417 Arbeit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 281 Arbeitssatz. . . 281, 348, 384, 386 Auflager . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . s. Lager Ausnahmefall . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47 Axialspannung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133 Axiom . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14, 18, 33 Dynamisches Grundgesetz . . . . 34 Gleichgewichtsaxiom . . . . . . . . . 33 Reaktionsaxiom . . . . . . . . . . . . . . 34 B Bahn Bahnbeschleunigung . . . . . . . . 337 Bahngeschwindigkeit . . . . . . . . 337 Balken . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 175 Balkenachse . . . . . . . 176, 178, 196 Einfeldbalken . . . . . . . . . . . . . . . 488 gekr¨ ummter . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94

Verbundbalken . . . . . . . . . . . . . . 262 Beanspruchung kombinierte . . . . . . . . . . . . . . . . . 248 Beanspruchungshypothese max. Gestalt¨ anderungsenergie 328 max. Schubspannung . . . . . . . . 327 max. Zugnormalspannung . . . 327 begleitendes Dreibein . . . . . . . . . . . . . 336 Bemessung . . . . . . . . . . . . . . . . . . 164, 258 Bernoulli-Hypothese . . . . 176, 195, 263 Beschleunigung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 335 Bahnbeschleunigung . . . . . . . . 337 Radialbeschleunigung . . . . . . . 338 Zirkularbeschleunigung . . . . . . 338 Betrag . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17, 476 Bewegung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13 des starren K¨ orpers . . . . . . . . . 374 geradlinige . . . . . . . . . . . . . . . . . . 337 in Polarkoordinaten . . . . . . . . . 338 Kreisbewegung . . . . . . . . . . . . . . 339 Bewegungsgleichung . . . . . . . . . . . . . . 404 Bewegungsgleichungen . . . . . . . 377, 388 Newtonsche . . . . . . . . . . . . . . . . . 345 Biegelinie. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .179 Biegelinientafel . . . . . . . 192, 488f. Differentialgleichung . . . . . . . . 178 Biegemoment . . . . . . . . . . . . 81, 178, 249 Biegesteifigkeit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 178 ideelle . . . . . . . . . . . . . . . . . . 265, 269 Biegung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 175, 249 ebene . . . . . . . . . . . . . . . . . . 176, 263 schiefe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 194 ager . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94 Bogentr¨ Kreisbogentr¨ ager . . . . . . . . . . . . . 94

509

Stichwortverzeichnis momentenfreier . . . . . . . . . . . . . . 96 Bredtsche Formel . . . . . . . . . . . . 226, 228

Druckkraft . . . . . . . . . . . . . . 55, 75f. Druckspannung . . . . . . . . . . . . . 162 Dynamik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

D E D¨ ampfer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 413 D¨ ampferkonstante . . . . . . . . . . . 413 Weganregung u ampfer . 433 ¨ber D¨ D¨ ampfung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 413 D¨ ampfungsgrad . . . . . . . . . . . . . 415 D¨ ampfungsmaß . . . . . . . . . . . . . 417 kritische . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 418 schwache . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 415 starke . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 417 viskose . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 413 d¨ unne Kreisscheibe . . . . . . . . . . . . . . . 492 d¨ unner Stab . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 492 d¨ unnwandiger Querschnitt . . 216, 225, 232 D¨ ampfungsgrad . . . . . . . . . . . . . . . . . . 417 d¨ unner Kreisring . . . . . . . . . . . . . . . . . 491 De Saint Venant . . . . . . . . . . . . . . . . . . 163 Dehnsteifigkeit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114 ideelle . . . . . . . . . . . . . . . . . . 265, 269 Dehnung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113 Hauptdehnung . . . . . . . . . . . . . . 143 Determinantenkriterium . . . . . . . 49, 60 Deviationsmoment. . . . . . . . . . . . . . . .460 Dichte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66, 70 Dichteverteilung . . . . . . . . . . . . . . 68 Differentialgleichung der Biegelinie . . . . . . . . . . 178, 192 der ebenen Biegung . . . . . . . . . 176 der schiefen Biegung . . . 195, 197 der Schnittgr¨ oßen . . . . . . . . . . . . 87 der Torsionsverformung . . . . . 223 des momentenfreien Tr¨ agers . . 98 des Seils . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 100 des Stabes . . . . . . . . . . . . . 114, 166 f¨ ur Verbundquerschnitte. . . . .266 Dimensionierung . . . . . . . . . . . . . . . . 163f. Doppel-T-Tr¨ ager . . . . . . . . . . . . . . . . . 189 Drall . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 382 Drallsatz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 382 Drehimpulssatz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 382 Drehsinn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23 Dreibein, begleitendes . . . . . . . . . . . . 336 Dreieck . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 491 Drillung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 222, 226 Druck . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72

Ebenbleiben der Querschnitte . . . . 176, 195, 263 ebene Biegung . . . . . . . . . . . . . . . 176, 263 Ebene, schiefe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 387 ebener Spannungszustand . . . . . . . . 176 ebener Stoß . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 383 Eigenfrequenz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 410 Eigengewicht . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101 Eigenkreisfrequenz . . . . . . . . 409f., 414f. Einfeldbalken . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 488 Einflusszahlen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 284 Einheit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 Einheitensystem . . . . . . . . . . . . . . 15 Einheitsvektor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 475 Einschwingvorgang . . . . . . . . . . . . . . . 429 Einzelkr¨ afte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17 Einzelstab . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 167 Elastizit¨ at Elastizit¨ atsgesetz . . . . . . . . . . . . 147 Elastizit¨ atskonstante . . . . . . . . 155 Elastizit¨ atsmodul . . . . . . . . . . . 114 Elastostatik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111 Ellipse . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 491 Energie dissipative Energie . . . . . . . . . . 282 Energiemethode . . . . . . . . . . . . . 281 Energierhaltung . . . . . . . . . . . . . 386 Energiesatz. . . . . . . . . . . . .348, 384 Energieverlust. . . . . . . . . . . . . . .353 Form¨ anderungsenergie . . . . . . 282 kinetische Energie . . . . . . 282, 349 potentielle Energie . . . . . 282, 349 Englische Fachbegriffe . . . . . . . . . . . . 493 Erdbeschleunigung . . . . . . . . . . . . . 34, 66 Ersatzfedersteifigkeit . . . . . . . . . 316, 406 erzwungene Schwingung . . . . . 404, 427 F Fachbegriffe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 493 Fachwerk . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55 Fachwerkknoten . . . . . . . . . . . . . . 55 Fachwerkstab . . . . . . . . . . . . . . . . 55 Knotenpunktverfahren . . . . . . . 56

510 Ritter-Schnitt-Verfahren . . . . . . 60 Faser, neutrale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 189 Feder Ersatzfedersteifigkeit . . . . . . . . 406 Federkonstante . . . . . . . . . . . . . . 314 Weganregung . . . . . . . . . . . . . . . 432 Feder-Masse-System . . . . . . . . . . . . . . 404 Federschaltung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 405 Finite Elemente Methode . . . . . . . . 297 Fl¨ ache Fl¨ acheninhalt . . . . . . . . . . . . . . . 455 Fl¨ achenmaße . . . . . . . . . . . . . . . . 491 zusammengesetzte . . . . . . . . . . . . 69 Fl¨ achentr¨ agheitsmoment178, 197, 460, 491 d¨ unnwandiger Querschnitte . 472 polares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 460 Form¨ anderungsarbeit . . . . . . . . . . . . 282 Form¨ anderungsenergie . . 282, 285, 328 durch Querkraftschub . . . . . . . 289 durch Torsion . . . . . . . . . . . . . . . 290 im Balken . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 287 im Zugstab . . . . . . . . . . . . . . . . . 285 formtreu . . . . . . . . . . . . . . . . 222, 232, 235 freie Schwingung . . . . . . . . . . . . . . . . . 404 Freiheitsgrad . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47, 48 Freik¨ orperbild . . . . . . . . . . . . . . . . . 39, 40 Frequenz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 405 Erregerfrequenz . . . . . . . . . . . . . 427 Frequenzverh¨ altnis . . . . . 427, 430 Kreisfrequenz . . . . . . . . . . . . . . . 410 Fußpunktanregung . . . . . . . . . . . . . . . 437 G ged¨ ampfte Schwingung . . . . . . 404, 413 Gelenk. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .41, 487 Gelenkreaktionen . . . . . . . . . . . 39f. Momentengelenk . . . . . . . . . . . . 487 Normalkraftgelenk . . . . . . . . . . 487 Querkraftgelenk . . . . . . . . . . . . . 487 geometrisches Moment. . . . . . . . . . . .454 geradlinige Bewegung . . . . . . . . . . . . . 337 geschlossener Querschnitt . . . . . . . . . 225 Geschwindigkeit . . . . . . . . . . . . . . . . . . 334 Gestalt¨ anderung Gestalt¨ anderungsenergie . . . . 328 Gewicht Eigengewicht . . . . . . . . . . . . . . . . 101 Gewichtskraft . . . . . . . . . . . . . . . . 66

Stichwortverzeichnis spezifisches . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66 Gleichgewicht . . . . . . . . . . . . . . 33, 35, 37 am ausgelenkten System . . . . 404 am Stab . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 165 Gleichgewichtsbedingungen . . 35, 41, 47 Gleichgewichtsbedingungen . . . . . . . 120 Gleiten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 357 Gleitung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 222 Gleitmodul. . . . . . . . . . . . . . . . . .149 Gleitwinkel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141 Gr¨ oße, physikalische . . . . . . . . . . . . . . . 14 Gravitation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66 Grenzfall, aperiodischer. . . . . . . . . . . 417 Grundaufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 340 H Haftbedingung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 356 Haften . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 355 Haftzahl . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 355 Halbkreis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 491 harmonische Anregung . . . . . . . . . . . 427 harmonische Schwingung . . . . 405, 409 Hauptachse . . . . . . . . . . . . . 176, 197, 202 Hauptspannung . . . . . . . 127, 130f., 327 Haupttr¨ agheitsmoment . . . . . . . . . . . 464 Hebelarm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22 homogen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 148 Hooke Hookesches Gesetz114, 146, 147, 152 Hookesches Gesetz f¨ ur Schub 149 I I-Tr¨ ager . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 189 ideelle Biegesteifigkeit . . . . . . . 265, 269 ideelle Dehnsteifigkeit . . . . . . . . 265, 269 ideeller Schwerpunkt . . . . . . . . . 264, 269 Impuls . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 345, 377 Drehimpulssatz . . . . . . . . . . . . . 382 Impulserhaltung . . . . . . . . . . . . 347 Impulssatz . . . . . . . . . . . . . 347, 382 indifferent . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 311 Integraltafel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 490 isotrop . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 148 K Kessel

511

Stichwortverzeichnis d¨ unnwandig, zylindrisch . . . . . 133 Kesselformel . . . . . . . . . . . . . . . . 134 Kette . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . s. Seil Kinematik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13, 374 des Punktes . . . . . . . . . . . . . . . . . 334 ebene Biegung . . . . . . . . . . . . . . 176 kinematisch unbestimmt . . . . . . . . . . . 48 kinematische Beziehung . . . . . . . . . . 165 Kinetik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13 des Massenpunktes . . . . . . . . . . 345 Knicken . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 317 Knoten Fachwerkknoten . . . . . . . . . . . . . . 55 Knotenpunktverfahren . . . . . . . 56 kombinierte Beanspruchung. . . . . . .248 Kompression . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 352 Kompressionsphase . . . . . . . . . . . . . . . 351 Kontinuum . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13 Koordinaten Drehung des Koordinatensystems . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 453 kartesische Koordinaten . . . . . 335 Koordinatensysteme. . . . . . . . .335 Koordinatentransformation . . 453 nat¨ urliche . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 336 Polarkoordinaten . . . . . . . . . . . . 338 Koordinatentransformation . . . . . . . 123 Kr¨ aftepaar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22 resultierendes Moment . . . . . . . 24 Kr¨ afteparallelogramm . . . . . . . . . . . . . 19 Kr¨ aftesystem allgemeines . . . . . . . . . . . . . . . 20, 37 ebenes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27 r¨ aumliches . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25 zentrales . . . . . . . . . . . . . . . . . 19, 36 Zusammenfassung . . . . . . . . . . . . 25 Kr¨ ummung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 179 Kr¨ ummungsradius . . . . . . . . . . . . . . . . 337 Kraft. . . . . . . . . . . . . . . . . . .13, 17, 22, 25 Angriffspunkt . . . . . . . . . . . . . . . . 17 Betrag . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17 innere . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80 konservative. . . . . . . . . . . . . . . . .386 Kraftanregung . . . . . . . . . . . . . . 429 Reaktionskraft . . . . . . . . . . . . . . . 34 resultierende . . . . . . . . . . . . 19, 26f. Richtungssinn . . . . . . . . . . . . . . . . 17 Wirkungslinie . . . . . . . . . . . . . . . . 17 Zerlegung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20 Zusammenfassung . . . . . . . . . . . . 19

Kraftstoß . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 347 Kragarm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 489 Kreis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 491 Kreisbewegung . . . . . . . . . . . . . . 339 Kreisbogentr¨ ager . . . . . . . . . . . . . 94 Kreisquerschnitt . . . . . . . . . . . . 221 Kreisrohr . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 224 Kreiszylinder . . . . . . . . . . . . . . . . 492 Kreisfrequenz . . . . . . . . . . . . . . . . 405, 410 Kreuzprodukt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 476 Kriechbewegung . . . . . . . . . . . . . . . . . 417f. kritische D¨ ampfung . . . . . . . . . . . . . . . 418 Kugel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 492 L L¨ angsspannung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133 labil . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 311 Lager . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40 Festlager . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41 Lagerreaktion . . . . . . . . . . . . . . . 39f. Loslager . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41 Lasten Fl¨ achenlasten . . . . . . . . . . . . . . . . 72 gleichgerichtete . . . . . . . . . . . . . . . 73 kritische . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 316 Linienlasten . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73 nicht gleichgerichtete . . . . . . . . . 75 Oberfl¨ achenlasten . . . . . . . . . . . . 72 Streckenlasten . . . . . . . . . . . . . . . . 73 verteilte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65 Lehr’sches D¨ ampfungsmaß . . . . . . . . 415 Leistung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 348 lineares Stabelement . . . . . . . . . . . . . . 297 Linienfl¨ uchtigkeit . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18 logarithmisches Dekrement . . . . . . 416f. M Masse . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14, 345 Massenpunkt . . . . . . . . . . . . . . . . 345 Punktmasse . . . . . . . . . . . . . . . . . 487 Massentr¨ agheitsmoment . . . . . 379, 492 Materialgleichung . . . . . . . . . . . 146, 166 mathematisches Pendel . . . . . . 410, 429 Matrix Determinante . . . . . . . . . . . . . . . 125 Invariante . . . . . . . . . . . . . . 125, 132 Spur . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125, 132 Mechanik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

512 Modell . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14, 73 Mohrscher Spannungskreis . . . . . . . . . . . . . 126 Tr¨ agheitskreis . . . . . . . . . . . . . . . 465 Moment . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22, 22, 25 Biegemoment . . . . . . . 81, 178, 249 Deviationsmoment . . . . . . . . . . 460 Fl¨ achentr¨ agheitsmoment . . . . 460 geometrisches . . . . . . . . . . . . . . . 454 inneres . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80 resultierendes . . . . . . . . . . . . . . . . 26 statisches . . . . . . . . . . . . . . 218, 455 Torsionsmoment . . . 92, 223, 235, 239 Versetzungsmoment . . . . . 25, 239 Momentanpol . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 375 momentenfreier Bogentr¨ ager . . . . . . . 96 Differentialgleichung. . . . . . . . . . 98 Momentengelenk . . . . . . . . . . . . . . . . . 487 Momentensatz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 377 N Nachgiebigkeit. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114 nat¨ urliche Koordinaten . . . . . . . . . . . 336 neutrale Faser . . . . . . . . . . . . . . . 189, 202 Newton Newtonsche Bewegungsgleichungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 345 Newtonsches Grundgesetz . . . 345 Normal Normalbeschleunigung . . . . . . 337 Normalkraft . . . . . . . . 81, 249, 263 Normalkraftgelenk . . . . . . . . . . 487 Normalspannung . . . . . . 119f., 131 Nullstab . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56 O Oberfl¨ achenkr¨ afte. . . . . . . . . . . . .65, 72f. offener Querschnitt . . . . . . . . . . . . . . . 232 Ortsvektor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22, 334 P Parallelogrammaxiom . . . . . . . . . . . . . . 19 Parallelschaltung . . . . . . . . . . . . . . . . . 407 Partikul¨ arl¨ osung . . . . . . . . . . . . . . . . . . 428 Pendel mathematisches . . . . . . . . . . . . . 410

Stichwortverzeichnis Pendelst¨ utze . . . . . . . . . . . . . . . . . 46 Pendelstab . . . . . . . . . . . . . . . 42, 46 Periode . . . . . . . . . . . . . . . 404, 409f., 416 periodische Schwingung. . . . . . . . . . .404 Phasenwinkel . . . . . . . . . . . . . . . . 410, 429 plastischer Stoß . . . . . . . . . . . . . . . . . . 383 Poissonsche Konstante . . . . . . . . . . . . 149 polares Fl¨ achentr¨ agheitsmoment . . 460 Polarkoordinaten . . . . . . . . . . . . . . . . . 338 Potential . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 350 potentielle Energie.282, 314, 349 Prinzip . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 von de Saint Venant. . . . . . . . .163 Profil Profilkoordinate . . . . . . . . . . . . . 217 symmetrisches . . . . . . . . . . . . . . 466 Punktmasse . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 492 Q Quader . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 492 Quadrat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 491 Querdehnzahl . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 149 Querkontraktion . . . . . . . . . . . . . . . . . . 148 Querkraft . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81, 238 Querkraftgelenk . . . . . . . . . . . . . 487 Schubspannung . . . . . . . . . 214, 218 Schubspannungen infolge Querkraft . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 212 Querschnitt d¨ unnwandiger . . . . . . . . . . 216, 225 geschlossener . . . . . . . . . . . . . . . . 225 Kreisquerschnitt . . . . . . . . . . . . 221 offener . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 232 Querschnittsufer . . . . . . . . . . . . . 82 Rechteckquerschnitt . . . . . . . . . 232 Rohrquerschnitt . . . . . . . . . . . . . 224 Verbundquerschnitt . . . . . . . . . 262 zusammengesetzter . . . . . . . . . . 235 R Radial Radialbeschleunigung . . . . . . . 338 Radialgeschwindigkeit . . . . . . . 338 Radialspannung . . . . . . . . . . . . . 134 Rahmen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91 Randbedingung . . . . . . . . . . . . . . 179, 487 Reaktionskraft . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34 Rechteck . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 491

Stichwortverzeichnis Rechteckquerschnitt . . . . . . . . . 232 Rechtshandsystem . . . . . . . . . . . 475, 477 Reduktionszahl . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 268 Referenzmaterial . . . . . . . . . . . . . . . . . 268 Reibung. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .354, 423 Seilreibung . . . . . . . . . . . . . . . . . . 359 Reihenschaltung . . . . . . . . . . . . . . . . . . 407 Resonanz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 431 Restitution . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 352 Restitutionsphase . . . . . . . . . . . . . . . . 351 Resultierende . . . . . . . . . . . . . 17, 65, 74f. Richtung Hauptspannungsrichtung . . . 127, 130f. Richtungssinn . . . . . . . . . . . . . . . . 17 Richtungsvektor . . . . . . . . . . . . . . 17 Ritter-Schnitt-Verfahren . . . . . . . . . . . 60 Rohrquerschnitt . . . . . . . . . . . . . . . . . . 224 Rotation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 374 Ruhelage, statische . . . . . 404, 426, 426 S Saint-Venantsche Torsion . . . . . . . . . 221 Satz von Betti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 284 Satz von Maxwell . . . . . . . . . . . . . . . . 284 Scheibe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122 Scherung, reine . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 211 schiefe Biegung. . . . . . . . . . . . . .194, 250 schiefe Ebene . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 387 Schnitt, schr¨ ager . . . . . . . . . . . . . . . . . 136 Schnittgr¨ oßen . . . . . . . . . . . . . . . . 80, 387 kinetische . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 387 punkteweise Ermittlung . . . . . . 90 Schnittprinzip . . . . . . . . . . 39, 40, 43, 80 Schnittufer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82, 92 Schornstein . . . . . . . . . . . . . . . . . . 387, 389 Schub reiner . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128 Schubbeanspruchung . . . . . . . . 211 Schubfl¨ achenfaktor . . . . . . . . . . 289 Schubfluss . . . . . . . . . . . . 217f., 225 Schubmittelpunkt . . . . . . . . . . . 238 Schubmodul. . . . . . . . . . . . . . . . .149 Schubspannung . . . . . . . . . . . . . 119f., 131 infolge Querkraft . . . . . . . 214, 218 infolge Torsion . . . 224, 233f., 236 zugeordnete . . . . . . . . . . . . . . . . . 122 Schubspannunszustand . . . . . . . . . . . 149 Schubverzerrungen . . . . . . . . . . . . . . . 142

513 schwache D¨ ampfung . . . . . . . . . . . . . . 415 Schwerachse . . . . . . . . . . . . . . . . . 178, 196 Schwerkraft. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .66 Schwerpunkt . . . . . . . . . . . . . . . . 66ff., 238 Fl¨ achenschwerpunkt . . . . . 69, 457 geometrischer . . . . . . . . . . . 68, 456 ideeller . . . . . . . . . . . . . . . . . 264, 269 Volumenschwerpunkt . . . . . . . . 458 von d¨ unnwandigen Querschnitten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71 Schwerpunktsatz . . . . . . . . . . . . . . . . . 377 Schwingung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 402 erzwungene . . . . . . . . . . . . 404, 427 freie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 404 freie unged¨ ampfte . . . . . . . . . . . 407 ged¨ ampfte . . . . . . . . . . . . . . 404, 413 harmonische . . . . . . . . . . . . 405, 409 periodische . . . . . . . . . . . . . . . . . . 404 Schwingungsdauer. . . . . . . . . . .404 Seil . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35, 100 Differentialgleichung . . . . . . . . 100 Seilline . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 100 Seilreibung . . . . . . . . . . . . . . . . . . 359 Seilrolle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35 Seillinie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102 Seismische Anregung . . . . . . . . . . . . . 437 Skalar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 Skalarprodukt . . . . . . . . . . . . . . . 475 Spannung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112, 162 Axialspannung . . . . . . . . . . . . . . 134 bei ebener Biegung . . . . . . . . . . 189 bei schiefer Biegung . . . . . . . . . 201 Definition . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118 L¨ angsspannung . . . . . . . . . . . . . 134 Radialspannung . . . . . . . . . . . . . 134 Spannungskreis . . . . . . . . . . . . . 126 Spannungsmatrix 122f., 125, 131, 133, 135 Spannungsnachweis . . . . . . . . . 163 Spannungsnulllinie . . . . . 202, 250 Spannungstensor . . . . . . . . . . . . 120 Spannungsvektor . . . . . . . . . . . . 118 Spannungsverteilung . . . . . . . . 162 Umfangsspannung . . . . . . . . . . . 134 Verbundquerschnitt . . . . . . . . . 266 Vergleichsspannung . . . . . . . . . 258 Spannungs-Dehnungs-Diagramm . . 147 Spannungskomponenten . . . . . . . . . . 119 Transformation . . . . . . . . . . . . . 123 Vorzeichenkonvention . . . . . . . 120

514 Spannungszustand . . . . . . . . . . 118, 119 dreiachsiger . . . . . . . . . . . . . . . . . 152 ebener . . . . . . 122, 153, 176, 327ff. einachsiger . . . . . . . . . . . . . . . . . . 135 hydrostatischer . . . . . . . . . . . . . . 128 r¨ aumlicher . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122 rotatationssymmetrischer. . . .133 zweiachsiger . . . . . . . . . . . . . . . . . 122 St¨ utzlinie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96 Stab . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112, 161, 161 Beanspruchung . . . . . . . . . . . . . . 161 Differentialgleichung . . . . 114, 166 Gleichgewicht . . . . . . . . . . . . . . . 165 Stabsysteme . . . . . . . . . . . . . . . . 167 Verformungshypothese . . . . . . 161 stabil . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 311 Stabilit¨ at . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 311 starke D¨ ampfung . . . . . . . . . . . . . . . . . 417 Starrk¨ orper . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18, 374 Starrk¨ orperbewegung. . . . . . . .374 Statik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13 statische Bestimmtheit42, 47, 59 statische Ruhelage. . . . . .404, 426, 426 statisches Moment . . . . . . 214, 218, 455 grafische Veranschaulichung . 219 Stauchung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 144 Steifigkeit Biegesteifigkeit . . . . . . . . . . . . . . 178 Dehnsteifigkeit . . . . . . . . . . . . . . 114 Steifigkeitssprung . . . . . . . . . . . 487 Torsionssteifigkeit . . . . . . . . . . . 223 Steinersche S¨ atze . . . . . . . . . . . . 462, 473 Stoß . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 351 ebener . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 383 elastischer. . . . . . . . . . . . . . . . . . .353 gerader zentrischer . . . . . . . . . . 351 plastischer . . . . . . . . . . . . . . . . . . 353 schiefer zentrischer . . . . . . . . . . 354 Stoßzahl . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 352 Stoffgleichung . . . . s. Materialgleichung Streckenlast . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73 Streckung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 144 Summenformel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68 Superposition . . . . . . . . . . . . . . . 192, 248 Symmetrie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 459 Symmetrieachse . . . . . . . . . . . . . . 68 symmetrisches Profil . . . . . . . . 466

Stichwortverzeichnis T Tangente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 334 Teilschubkraft . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 239 Temperatur . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 Temperatur¨ anderung . . . . . . . . . . . . . 150 Torsion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 221 Differentialgleichung . . . . . . . . 223 geschlossener Querschnitt . . . 225 Kreisquerschnitt . . . . . . . . . . . . 221 Kreisrohr . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 224 offener Querschnitt . . . . . . . . . . 232 Schubspannung . . 224, 233f., 236 Torsionsmoment . . . 92, 223, 235, 239 Torsionssteifigkeit . . . . . . . . . . . 223 Torsionstr¨ agheitsmoment . . . 223, 229, 234f., 491 Widerstandsmoment . . . 224, 226, 233f., 236 zusammengesetzter Querschnitt 235 Torsionsversuch . . . . . . . . . . . . . . . . . . 149 Tr¨ agheitskreis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 465 Tr¨ agheitsmoment . . . . . . . . . . . . . . . . . 460 Haupttr¨ agheitsmoment . . . . . . 464 Volumentr¨ agheitsmoment . . . 473 Tr¨ agheitstensor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 379 Tresca-Vergleichsspannung . . . . . . . . 328 Trigonometrie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 452 U ¨ Ubergangsbedingung . . . . . . . . 179, 487 ¨ Uberlagerung . . . . . . . . . . . . . . . 192, 248 Umfangsspannung . . . . . . . . . . . . . . . . 134 Unwuchtanregung . . . . . . . . . . . . . . . . 435 V Variation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 290 Vektor . . . . . . . . . . . . . . . 15, 21, 335, 475 freier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25 Vektorprodukt . . . . . . . . . . . . . . 476 Verbundbedingung. . . . . . . . . . .263, 268 Verbundquerschnitt . . . . . . . . . . . . . . 262 Verdrehung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 179 Verformung . . . . . . . . . . . . . . . . . . 179, 197 Verformungshypothese, beim Stab 161 Vergleichsspannung . . . . . . . . . 258, 326

Stichwortverzeichnis Vergr¨ oßerungsfunktion . . . . . . . . . . 429f. Verh¨ altnis der Elastizit¨ atsmoduln . 268 Verl¨ angerung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 167 Verr¨ uckung, virtuelle . . . . . . . . . . . . . 292 Verschiebung . . . . . . . . . . . 113, 140, 179 Verschiebungsvektor . . . . . . . . 140 Versetzungsmoment . . . . . . . . . . . 25, 239 Verw¨ olbung. . . . . . . . . . . . . . . . . .221, 229 Verzerrung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 140 Verzerrungsmatrix . . . . . . . . . . 142 Verzerrungstensor . . . . . . . . . . . 140 Verzerrungszustand . . . . . . . . . . . . . . . 140 dreiachsiger . . . . . . . . . . . . . . . . . 152 ebener . . . . . . . . . . . . . . . . . 143, 154 einachsiger . . . . . . . . . . . . . . . . . . 144 r¨ aumlicher . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142 viskose D¨ ampfung . . . . . . . . . . . 404, 413 Vollquerschnitt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 212 Volumen Volumen¨ anderungsenergie . . . 328 Volumenkr¨ afte . . . . . . . . . . . . 65, 73 Volumenschwerpunkt . . . . . . . . 458 Volumentr¨ agheitsmoment . . . . . . . . . 473 von Mises-Vergleichsspannung . . . . 330 Vorzeichenkonvention . . . . . . 55, 81, 92 W W¨ armedehnung . . . . . . . . . . . . . . 149, 166 W¨ armeausdehnungskoeffizient 150 W¨ olbkrafttorsion . . . . . . . . . . . . . . . . . 229 Weg-Zeit-Diagramm . . . . . . . . . 404, 409 Werkstoffkennwerte . . . . . . . . . . . . . . . 157 Widerstandsmoment . . . . . . . . . . . . . . 190 Torsion . . . . . . . 224, 226, 233, 236 Winkelgeschwindigkeit . . . . . . . . . . . . 338 Wirkungslinie . . . . . . . . 17f., 22, 25f., 76 Wurf schiefer Wurf . . . . . . . . . . . . . . . . 346 Z Zentrifugalbeschleunigung . . . . . . . 375f. Zentrifugalmoment . . . . . . . . . . . . . . . 460 Zentripetalbeschleunigung . . . . . . . . 337 Zirkularbeschleunigung . . . . . . 338, 376 Zug einachsiger . . . . . . . . . . . . . . . . . . 127 Zugkraft . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55

515 Zugspannung. . . . . . . . . . . . . . . .162 Zugversuch. . . . . . . . . . . . . . . . . .113 Zugversuch . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 147 zusammengesetzter Querschnitt. . .235 Zustandslinie . . . . . . . . s. Schnittgr¨ oßen Zwischenreaktionen . . . . . . . . . . . . . . . . 39 Zylinderkoordinaten . . . . . . . . . . . . . . 335