Statik und elementare Festigkeitslehre (Mechanik I)

Transcrição

TECHNISCHE UNIVERSITÄT BERLIN
Fakultät V – Verkehrs- und Maschinensysteme - Institut für Mechanik
FG Systemdynamik
und Reibungsphysik
Prof. Dr. rer. nat. V. Popov
www.reibungsphysik.de
Statik und elementare
Festigkeitslehre
(Mechanik I)
Vorlesungsnotizen WiSe 2014/2015
Mechanik I / Prof. Popov / Vorlesung 1. Literatur: Hauger, Schnell und Groß. Technische Mechanik 1
Vektoren, Vektoralgebra, Skalarprodukt.
Kräfte mit gemeinsamem Angriffspunkt, Kräftegleichgewicht.
A  Ax  Ay  Az  Ax ex  Ay ey  Az ez
I. Übersicht der Mechanik-Kurse
  Ax
Ay
(Statik)
Az 
Summe von Vektoren in Komponenten:
A  B  Ax ex  Ay ey  Bx ex  By ey
II. Skalare und Vektoren
Skalare: Temperatur, Masse, Anzahl der Gegenstände, Länge,...
Vektoren: Verschiebung, Kraft, Impuls, Geschwindigkeit, Beschleunigung,...
Bezeichnungen: A , A , A , A oder einfach A
Betrag: A  A  A .
III. Summe von Vektoren C  A  B
B
C
A
A
B
Vertauschbarkeit: A  B  B  A .
Multiplikation mit einer Zahl:

C  A

C A 

dieselbe Richtung
Zerlegung eines Vektors:
Jeder Vektor kann als Summe anderer Vektoren dargestellt werden. Diese Zerlegung wird
durch die Wahl von Referenzrichtungen eindeutig.
A  Ax  Ay
A
 Ax 
A

A
e

A
e

x
 
x
x
y
y
Ay
 Ay 
ex  1 , ey  1 .
ey
Ax  Ax ex ,
ex
Ay  Ay ey .
Koordinaten (oder Komponenten) des Vektors
In drei Dimensionen:
Az
Ax
A
Ay
 Ax  Bx 
  Ax  Bx  e x   Ay  By  e y  

 Ay  By 
IV. Vektorielle Gleichungen
Was bedeutet die Gleichung A  B ?
Ax  Bx
 Ax   Bx 
.
   
Ay  By
 Ay   By 
Was bedeutet die Gleichung A  B  0 ?
Ax  Bx  0
 Ax   Bx   0 
.
      
Ay  By  0
 Ay   By   0 
Das Vektorzeichen beim Nullvektor wird oft
weggelassen. Unter einer Null in einer
Vektorgleichung wird immer ein Nullvektor
verstanden.
V. Produkte aus zwei Vektoren.
Es gibt drei Arten von Produkten, die sich
nach dem Charakter des Ergebnisses unterscheiden.
Skalarprodukt (Ergebnis ist ein Skalar): Arbeit, Leistung.
Vektorprodukt (oder Kreuzprodukt) (Ergebnis
ist ein Vektor): Magnetische Kraft, Kraftmoment, Drehimpuls.
Tensorprodukt (oder diadisches Produkt) (Ergebnis ist ein Tensor): Trägheitsmoment u.a.
Wir diskutieren jetzt nur das Skalarprodukt.
Definition des Skalarproduktes von zwei
Vektoren A und B :
A  B  A  B  cos 
A
Englische Bezeich
nung: dot product
B
AB  A cos  .
A

AB
A  B  B  AB
 BA cos   A  BA
Eigenschaften des Skalarproduktes:
1) A  B  B  A
2) A  B  C  A  B  A  C
B



A B  C
C


 A B  C
B
A

A

 A   BA  C A   A  BA  A  C A
 A B  AC
3) A  B  A  B  0
4) A  A  A2
VI. Skalarprodukt in Komponenten
Zwei Vektoren seien durch ihre kartesischen
Komponenten gegeben:
A  Ax ex  Ay ey  Az ez ,
B  Bx ex  By ey  Bz ez .
A  B  Ax  Bx  Ay  By  Az  Bz .
Für zwei gleiche Vektoren:
A2  Ax 2  Ay 2  Az 2 (Satz des Pythagoras)
Benutzung des Skalarproduktes
B1. In einem Dreieck sind die Seiten a, b und
der Winkel  zwischen
C
c
beiden bekannt. Zu beB b
stimmen ist die dritte


Seite und der Winkel  .
a
A
Lösung: Wir führen Vektoren A , B und C ein. Es gilt: C  B  A .
Zur Bestimmung der Seite c berechnen wir
das Skalarprodukt des Vektors C mit sich


2
selbst: c 2  C  C  B  A 
B2  2B  A  A2  b2  2ba cos   a 2 .
Somit ist c  b2  2ba cos   a 2 .
Um den Winkel  zu bestimmen, berechnen
wir das Skalarprodukt A  C  ac cos  . Daraus folgt


AC A B  A
A  B  A2



ac
ac
ac
ab cos   a 2
b cos   a


.
ac
b2  2ba cos   a 2
cos  
B2. Zwei Vektoren seien durch ihre Komponenten gegeben:
B
 3
1
A , B  .
A

1
 3
Zu bestimmen ist der Winkel zwischen den
Vektoren.
Lösung: Aus der Definition des SkalarprodukA B 6
  0, 6 .   53,13 °
tes folgt: cos  
AB 10
VII. Kraft ist einer der Grundbegriffe der
Mechanik. Die Krafteinheit Newton
[ N  kg  m / s 2 ] kommt aus der Dynamik.
Die Kraft ist ein gebundener, linienflüchtiger
Vektor. Am einfachsten ist der Fall, wo alle
Kräfte an einem Punkt angreifen: Zentrale
Kräftegruppe.
VIII. Gleichgewicht Ein starrer Körper ist im
Gleichgewicht, wenn die auf ihn wirkende
Kraft gleich Null ist: F  0 . Diese Gleichung
ist äquivalent zu den drei Gleichungen:
Fx  0 , Fy  0 und Fz  0 .
Oder: Die Summe aller an ihm angreifenden
n
Kräfte ist gleich Null: R   Fi  0 .
i 1
n
n
n
i 1
i 1
i 1
Rx   Fix  0 , Ry   Fiy  0 , Rz   Fiz  0 .
IX. Einteilung der Kräfte:
- eingeprägte Kräfte
- Zwangs- oder Reaktionskräfte
Reaktionskräfte werden durch Freischneiden
sichtbar gemacht. Das Bild mit den eingetragenen Kräften nennt man Freikörperbild.
Der Betrag der Reaktionskräfte ist von Anfang an nicht bekannt; die Richtung der Reaktionskräfte kann man dagegen in meisten Fällen leicht bestimmen. Richtung der Reaktionskraft ist immer die Richtung, in der die Bewegung verhindert ist.
B1. Eine Rolle (Gewicht G=2kN) wird auf
einer schiefen Ebene (Neigungswinkel 45°)
durch einen Faden (Neigungswinkel 30°) gehalten. Zu bestimmen ist die Spannkraft des
Fadens und die Druckkraft auf die Ebene.
x: F cos   N sin   0
y: F sin   N cos   G  0
F cos  sin   N sin  sin   0
F sin  cos   N cos  cos   G cos 
N  cos  cos   sin  sin    G cos  ,
G cos 
G cos 
.
N

 cos  cos   sin  sin   cos    
G sin 
G sin 
.
F

 cos  cos   sin  sin   cos    
Mechanik I / Prof. Popov / Vorlesung 2.
Moment einer Kraft. Moment eines Kräftepaars. Gleichgewichtsbedingungen in der Ebene.
Literatur: Hauger, Schnell und Groß. Technische Mechanik 1 (Statik), 3.1.1-3.1.4
Die Summe aller Momente ist gleich:
I. Das dritte Newtonsche Gesetz
(actio=reactio)
 F1 x   F1  F2  a1  x   F2 (a1  a2  x)
Kraft und Gegenkraft sind gleich groß, entgegengesetzt gerichtet und liegen auf der gleichen Wirkungslinie.
Wo ist hier die Gegenkraft?
G
(Antwort in der Vorlesung)
II. Resultierende für zwei parallele Kräfte
F1 und F2
R1
R1
a1
F1
O
und
M
i
0.
V. Kräftepaar
K
a2
h
IV. Gleichgewichtsbedingungen in einer
Ebene
Ein starrer Körper ist dann im Gleichgewicht,
wenn die Summe aller an ihm angreifenden
Kräfte gleich Null und die Summe aller
Kraftmomente gleich Null ist:
i
l
K
 F1a1  F2 a2  0
F  0
R
R2
 F1 x  F1a1  F1 x  F2 a1  F2 x  F2 a1  F2 a2  F2 x
F2
R2
R  R1  R2  F1  K  F2  K  F1  F2 .
F1 l
F
l
 , 2 

K a1 K a2
M (O )  F  l  d   Fl  Fd - hängt nicht von
der Wahl des Bezugspunktes ab!
F1a1  F2 a2
das Hebelgesetz von Archimedes.
VI. Komponentendarstellung des Moments
(1)
III. Kraftmoment
Man kann das Hebelgesetz anders interpretieren, indem man den Begriff des Kraftmomentes einführt.
Das Moment einer Kraft in
F
einer Ebene ist eine
algebraische Größe, deren
A
Betrag gleich M ( A)  hF ist.
h
Es wird vereinbart, dass ein
Moment positiv ist, wenn es gegen den
Uhrzeigersinn dreht.
Das Hebelgesetz (1) bedeutet, dass im
Gleichgewicht die Summe aller Momente Null
ist.
Diese Bedingung hängt nicht von der Wahl
des Bezugspunktes ab.
Beweis: Wählen
wir einen Bezugspunkt im
Abstand x vom
linken Ende des
Stabes.
Die Kraft F
habe die kartesischen Komponenten Fx
und Fy . Der
Angriffspunkt
der Kraft habe
die Koordinaten x und y. Zu bestimmen ist das
Kraftmoment.
Dem Bild kann man entnehmen, dass der Hebelarm h  x sin   y cos  mit
sin   Fy / F und cos   Fx / F ist. Das
Kraftmoment ist somit M  xFy  yFx  Das
Moment einer Kraft ist gleich der Summe der
Momente ihrer Kraftkomponenten.
Vorteil der Komponentendarstellung: Sie
ergibt immer "automatisch" sowohl den Betrag als auch das Vorzeichen (und somit den
Drehsinn) des Momentes richtig.
VII. Gleichgewichtsbedingungen in Komponentendarstellung
Kräftegleichgewicht:
 Fi  0   Fix  0 ,  Fiy  0 .
1
Momentengleichgewicht:
M
(O )
i
0 
 x F
i
iy
 yi Fix  .
Die Bedingung für das Momentengleichgewicht hat nur Sinn, wenn sie nicht von der
Wahl des Bezugspunktes abhängt. Beweis
dazu: Wählen wir einen anderen Bezugspunkt
A mit den Koordinaten x A und y A .
Die kartesischen
i
Koordinaten des
Fiy
Angriffspunktes
i
der Kraft bezüglich
Fix
des neuen Koordinatenursprungs
i
sind xi  xA und
yi  y A . Das Moment bezüglich des neuen
Bezugspunktes ist
 M    x  x  F   y  y  F  
  x F  y F   x  F  y  F 
M  x F  y F  M
( A)
i
i
i
iy
i
A
ix
iy
A
i
iy
A
A
ix
ix
(O )
i
(O )
A
iy
A
ix
i
VIII. Allgemeines Schema:







Das System skizzieren
Das interessierende Objekt freischneiden
Alle eingeprägten Kräfte und Reaktionskräfte auftragen
Gleichgewichtsbedingungen aufstellen
Die Zahl der Unbekannten und der Gleichungen zählen
Das Gleichungssystem lösen
Lösung auswerten
IX. Beispiele
B1. Eine Leiter der Länge l stützt auf eine
Wand der Höhe h.
Der Winkel zur Wand
ist  . Alles geschieht
draußen bei Glatteis.
Damit die Leiter nicht
gleitet, wird sie von
einem Seil gehalten.
Zu bestimmen sind
die Reaktionskräfte
an der Wand, am Boden und die Zugkraft
des Seils.
Lösung: Gleichgewichtsbedingungen lauten
 Fx : RC cos   0  0  T  0
F
y
: RC sin   G  RB  0  0
l
: G sin    RC h / cos   0 .
2
Aus der dritten Gleichung folgt
l
RC  G sin  cos  .
2h
Einsetzen in die 1. und 2. Gleichungen ergibt:
l
T  RC cos   G sin  cos 2  ,
2h
l


RB  G 1  sin 2  cos   .
 2h

M
( B)
B2. Wie ändert sich das Ergebnis, wenn die
Leiter an eine vertikale Wand angelehnt ist?
Lösung: Gleichgewichtsbedingungen:
RC  T  0
G  RB  0
l
G sin   RC l cos   0
2
Daraus folgt
sin 
G
RC  G
 tan 
2cos  2
G
T  RC  tan  , RB  G .
2
B3. Vergleichen Sie die Seilkraft in den zwei
Fällen: Leiter draufliegend, Leiter angelehnt.
Lösung: Bemerken wir zunächst, dass im skizzierten Fall
h / l  cos  ist. Die Seilkraft
kann daher in:
G
T  sin  cos 
2
umgeschrieben werden.
Diese Kraft ist kleiner als im Fall "angelehnt":
Tdraufliegend 
G
G
1
sin  cos   Tangelehnt  sin 
2
2
cos 
X. Arten der Lager
Festes Gelenklager,
kein Moment
Verschiebliches Gelenklager, auch Loslager,
kein Moment
Gleitführung
Einspannung
Nicht dehnbare Stange
(oder Seil)
2
Das Kreuzprodukt von Vektoren. Der Momentenvektor. Allgemeine Kräftegruppen im Raum.
Literatur: Hauger, Schnell und Groß. Technische Mechanik 1 (Statik), 3.2.1-3.2.2
I. Gleichgewicht in drei Dimensionen
A. Kräftegleichgewicht
∑ Fi = 0
n
1
B. Momentengleichgewicht bezüglich aller drei Achsen.
Momentengleichgewicht
bezüglich der zAchse:
Die z-Komponente der Kraft ist ohne Bedeutung. Die x- und y-Komponenten können parallel verschoben werden, so dass sie in der
Ebene (x,y) liegen. Nach solcher Transformation von allen Kräften lautet die Gleichge-
∑( x F
n
wichtsbedingung:
i
iy
i =1
− yi Fix ) = 0 .
Ähnliche Überlegungen für das Momentengleichgewicht bezüglich der x- und y-Achsen
liefern
∑( y F
n
i
i =1
iz
− zi Fiy ) = 0 ,
n
∑( z F
i
i =1
ix
II. Kraftmoment bezüglich einer Achse
M z = xFy − yFx : Kraftmoment bezüglich der
z-Achse
M x = yFz − zFy : Kraftmoment bezüglich der
x-Achse
M y = zFx − xFz : Kraftmoment bezüglich der
y-Achse
Die Gleichgewichtsbedingungen in drei Dimensionen lauten:
x
x
y
y
= 0,
Vektoren
C = A× B
C
B
A
α
1) Richtung: Achse senkrecht zu A und B +
Schraubenregel
2) Betrag: C = AB sin α
IV. Eigenschaften des Vektorproduktes
1) A × B = − B × A (antikommutativ)
2) A × B + C = A × B + A × C .
3) Ist A B , so ist A × B = 0 .
(
)
V. Koordinatendarstellung des Kreuzproduktes. Zwei Vektoren seien durch ihre kartesischen Komponenten gegeben:
A = Ax ex + Ay ey + Az ez ,
B = Bx ex + By ey + Bz ez .
Zu berechnen ist das Kreuzprodukt
C = A× B =
− xi Fiz ) = 0 .
Diese Gleichgewichtsbedingungen kann man
anders formulieren, indem man den Begriff
der Kraftmomente bezüglich der x-, y- und zAchsen einführt.
∑F = 0, ∑F
∑M = 0, ∑M
III. Vektor- oder Kreuzprodukt von zwei
∑F = 0
= 0, ∑M = 0
= ( Ay Bz − Az By ) ex + ( Az Bx − Ax Bz ) ey + ( Ax By − Ay Bx ) ez
Kartesische Komponenten dieses Vektors sind
C x = Ay Bz − Az B y ,
x,y,z-Achsen
z
C y = Az Bx − Ax Bz
bilden ein
x
y rechtes KoorCz = Ax By − Ay Bx
dinatensystem
VI. Momentenvektor
M = r ×F
M x = yFz − zFy
M y = zFx − xFz
M z = xFy − yFx
z
z
VII. Gleichgewichtsbedingungen
in Vektor
form ∑ Fi = 0 , ∑ M i = 0 .
1
VIII. Änderung des Momentenvektors bei
einer Verschiebung des Bezugspunktes
Gegeben seien zwei
Bezugspunkte O
und A. Momenten
vektor der Kraft F
bezüglich des Punktes O ist
M (O ) = r × F,
bezüglich des Punktes A: M ( A) = r ′ × F .
Dem Bild entnimmt man, dass r = r ′ + a ist.
Daraus folgt
M (O ) = r × F = ( r′ + a ) × F = r′ × F + a × F
= M ( A) + a × F
Greifen am Körper gleichzeitig mehrere Kräfte an, so haben wir für das Gesamtmoment
∑ M i (O ) = ∑ M i ( A) + ∑ a × Fi
= ∑ M i ( A) + a × ∑ Fi .
(
)
Im Gleichgewicht ist die Summe aller Kräfte
Null und das Kraftmoment hängt nicht von
der Wahl des Bezugspunktes ab:
∑ M i (O ) = ∑ M i ( A)
IX. Beispiele
B1. Eine Platte mit dem Gewicht G ist an einer Ecke mit einem Kugelgelenk befestigt und
an drei anderen Ecken durch gelenkig gelagerte Stäbe unterstützt. Zu bestimmen sind die
Stabkräfte.
prung gewählt werden (nur dann fallen die
Gelenkkräfte aus den Momentengleichungen
raus).
Momentengleichgewicht:
a
2
2
M x (O ) = −G + R2
a + R3
a=0
2
2
2
a
2
M y ( O ) = − R1a + G − R2
a=0
2
2
2
M z (O ) = R2
a=0
2
Daraus folgt: R2 = 0 , R1 = G / 2 , R3 = G / 2 .
B2. In der Mitte eines Trägers, der links mit
einem festen Gelenklager und rechts mit einem verschieblichen Gelenklager gelagert ist,
greift eine Kraft F an. Die Wirkungslinie der
Kraft bildet mit dem Träger den Winkel
α = 45° . Zu bestimmen sind die Auflagerreaktionen.
F
α
Freikörperbild:
α
Ax
F
Ay
By
x: Ax + F cos α = 0
y: Ay − F sin α + By = 0
M ( A) : − ( F sin α ) l / 2 + By l = 0 .
Aus der letzten Gleichung folgt:
By = ( F sin α ) / 2 .
Aus der zweiten: Ay = ( F sin α ) / 2 .
Aus der ersten: Ax = − F cos α
Lösung: Auf die Platte wirken: die Schwerekraft G, drei Stabreaktionskräfte (in der Richtung des jeweiligen Stabes), eine Kraft mit im
Allgemeinen allen drei kartesischen Komponenten im Kugelgelenk. Da wir uns für die
Kräfte im Kugelgelenk nicht interessieren,
reicht es, die drei Gleichungen für das Momentengleichgewicht aufzustellen. Dabei
muss der Bezugspunkt im Koordinatenurs-
B3. Ein Balken ist in einer Wand fest eingespannt und ist wie im vorigen Beispiel mit einer schräg gerichteten Kraft belastet. Zu bestimmen sind die Auflagerreaktionen.
F
α
α
M
Ax
Ay
F
l
2
Mechanik I / Prof. Popov / Vorlesung 4. Schwerpunkt
Literatur: Hauger, Schnell und Groß. Technische Mechanik 1 (Statik), 4.1-4.4
I. Schwerpunkt einer Gruppe paralleler
Kräfte
(A) Auf einen Stab greifen N parallele Kräfte
an. Wo muß man
den Balken unterstützen, damit er
im Gleichgewicht
bleibt? (Dieser
Punkt heißt der
Schwerpunkt des Kraftsystems).
Lösung: Das Kraftmoment bezüglich des
Punktes S muß verschwinden:
 x1  xs  F1  ... xi  xs  Fi  ...    xi  xs  Fi  0
oder
 x F  x  F  0 . Daraus folgt
x F
x 
F
i
i
s
i
i
i
s
i
(B) Dasselbe gilt für ein System von Kräften,
die an einer Platte
angreifen.
Lösung: Momentengleichgewicht
bezüglich des
Schwerpunkts S:
um die x-Achse:   yi  ys  Gi  0 ,
um die y-Achse:
Daraus folgt: xs
 x  x G  0 .
xG , y  yG

G
G
i
s
i
i
i
i
i
s
i
.
i
II. Kontinuierlich verteilte Kräfte
Eine auf einer Linie kontinuierlich verteilte
Kraft wird durch
die Streckenlast
q( x) charakterisiert. Die auf ein
infinitesimal kleines
Längenelement dl
wirkende Kraft ist gleich dF  q( x)dx . Bei
kontinuierlich verteilten Kräften werden in
der Schwerpunktdefinition die Summen durch
Integrale ersetzt:
xs 

xi 0
xi q( xi )xi
 q( x )x
xi 0
i
i

 xq( x)dx
 q( x)dx
.
Im zweidimensionalen Fall wird eine kontinuierlich verteilte Kraft durch den Druck
p  p( x, y) charakterisiert. Die auf ein infinitesimal kleines Flächenelement dA wirkende
Kraft ist gleich
dF  p( x, y)dA .
Für die Schwerpunktkoordinate
ergibt sich
xs 

xi 0

xi p( xi , yi )Ai
xi 0
p( xi , yi )Ai

 xp( x, y)dA
 p( x, y)dA
 yp( x, y)dA
 p( x, y)dA
ys 
III. Schwerpunkt von Schwerekräften
Den wichtigsten Sonderfall eines Systems von
parallelen
Kräften stellen
Schwerekräfte
dar. Die auf
einen Körper
mit der Masse
mi wirkende Kraft ist gleich Fi  mi g . Alle
Kräfte haben dieselbe Richtung. Aus der allgemeinen Formel für die Koordinate des
Schwerpunkts folgt:
xs 
xm g  xm  xm
m
m g m
i
i
i
i
i
i
i
i
(m ist hier die Gesamtmasse aller Körper).
Ähnliches gilt für die y und z-Koordinaten des
Schwerpunkts: ys  
yi mi
m
, zs  
zi mi
m
i
.
i
Bei kontinuierlichen Körpern werden die
Summen durch Integrale ersetzt:
xs 
xm
m
i
i
i

 xdm ,
m
ys 
 ydm ,
m
zs 
 zdm
m
Das Differential der Masse kann als dm   dV
geschrieben werden, wobei  die Dichte des
Körpers ist und dV ein infinitesimal kleines
Volumen. Somit nehmen die obigen Gleichungen die folgende Form an:
 x dV y   y  dV z   z  dV .
xs 
s
s
m
m
m
IV. Berechnung von Integralen
Integrieren ist eine Umkehroperation zum
Differenzieren: Eine Funktion G( x) , deren
Ableitung gleich g ( x) ist, heißt ein unbestimmtes Integral von g ( x) (auch Stammfunktion von g ( x) ). Eine Tabelle von Ableitungen
ist daher gleichzeitig - rückwärts gelesen eine Tabelle von unbestimmten Integralen:
1
Funktion
f ( x)
Ableitung
Funktion
df
g ( x)  f '( x) 
dx
g ( x)
x
x2
x3
xn
x1/ 2
Stammfunktion
(unbestimmtes Integral)
G( x)   g ( x)dx
1
2x
1
x
3x 2
nx n 1
1 1/ 2
2 x
x2
x n 1
x 1/ 2
x
x /2
x3 / 3
xn / n
2x1/ 2
x1/ 2
x1/ 2
2
3
x3/ 2
3
2
2
x3/ 2
e kx
sin ax
kekx
a cos ax
e kx
cos ax
ekx / k
 sin ax  / a
cos ax
a sin ax
sin ax
  cos ax  / a
ln x
1/ x
1/ x
ln x
Die Berechnung von bestimmten Integralen
beruht auf der Newtonschen Gleichung:
b
 g ( x)dx  G(b)  G(a)  G( x)
b
a
.
a
Bei der Berechnung von Integralen wird auch
der Begriff "Differential" oft benutzt:
df  f ' dx .
Zum Beispiel, d ( x 2 )  2 xdx .
Unter der Benutzung des Begriffs "Differential" wird die Eigenschaft, daß Integrieren und
Differenzieren zu einander Umkehroperationen sind, besonders klar:
 df ( x)  f ( x) , d  g ( x)dx  g ( x)dx .
V. Beispiele
B1. Zu berechnen ist der
Schwerpunkt einer konstanten Streckenlast.
Lösung:
q( x)  q0  const .
l
l
l
 xq( x)dx  xq dx
l
0
xs 

0
l
 q( x)dx
0
l

 q dx
0
l
q0  dx
0
0
q0  xdx
0

0
l
x0

l
2
0
B2. Zu berechnen ist der
Schwerpunkt einer linear
steigenden Streckenlast.
Lösung: q( x)  ax
l
l
xs 
l
 xq( x)dx  xaxdx

0
l
 q( x)dx
0
l
 axdx
0
a  x dx
2
0
l
a  xdx
B4. Schwerpunkt eines Halbkreises
Die Fläche des dünnen Streifens ist
dA  2 ydx . Aus dem Satz des Pythagoras
folgt y  R 2  x 2 .Die Koordinate des
Schwerpunkts berechnet sich daher als
 xdm  x dA
xs 


l
 x 2 / 2 
0

l3 / 3 2
 l
l2 / 2 3
 xdA 
A
R
xs 
  dA

 xdA
 dA
R
2
x  2 R 2  x 2 dx
2 
R 0
2
2
x  2 R 2  x 2 dx  
2 
R 0
 R2
0

0

R
zdz
2
2  2 3/ 2 
4R
4R
z  

 0.424 R
2 
2
 R 3
3
 R2 3 R
3
VI. Zusammengesetzte Figuren
B5. Die
Koordinaten der
R
Angriffspunkte der
r
Kräfte G1 und G2
2
G2   r
sind x1  R ,
G1   R 2
x  2R  r .
2
Für die Koordinate des Schwerpunktes ergibt
sich
2
2
x1G1  x2G2 R R   2 R  r   r
xS 

G1  G2
 R2  r 2


l
 x3 / 3
0
 dm

(  ist die Flächendichte
der Platte).
Das letzte Integral berechnet sich z.B. mit
Hilfe der Substitution R2  x2  z ,
R
0
2xdx  dz , x 0  z R2 
0
l
xs 
l
x2
2
B3. Zu berechnen ist die Lage des Schwerpunktes eines homogenen Dreiecks.
Lösung: Bei jedem
dünnen Streifen liegt
der Schwerpunkt in
der Mitte und kann
durch die in der Mitte
angreifende Resultierende ersetzt werden.
Angriffspunkte aller solcher "Teilresultierenden" liegen auf der Seitenhalbierenden des
Dreiecks. Sie stellen eine linear steigende
Streckenlast dar.
Der Schwerpunkt teilt somit die Seitenhalbierende im Verhältnis 2:1 (s. Beispiel 2).

R 3  r 3  2 Rr 2
R2  r 2
B6.
0
2
Schwerpunkt (Fortsetzung). Statische Bestimmtheit.
Literatur: Hauger, Schnell und Groß. Technische Mechanik 1 (Statik), 4.1-4.4; 5.1.1, 5.1.2
I. Schwerpunkt einer Gruppe von Massen
Das Differential der Masse kann als dm = ρ dV
geschrieben werden. Somit nehmen die obigen Gleichungen die folgende Form an:
xs =
Gegeben sei ein System von kleinen, aber
massiven Körpern, die alle starr miteinander
verbunden sind. Auf den i-ten Körper wirkt
die Schwerekraft mi g , wobei g die Fallbeschleunigung ist. Zu finden ist der Angriffspunkt der Resultierenden aller Kräfte
(Schwerpunkt).
Lösung: Die Aufgabe kann umformuliert
werden: Es ist der Punkt (S) zu finden, für den
der Momentenvektor aller Kraftmomente bezüglich S Null ist. Die Lage des Punktes S ist
durch die Gleichung
∑ mi ri
rs =
∑ mi
gegeben.
Beweis: Es ist zu beweisen, dass das Gesamtkraftmoment bezüglich des oben angegebenen
Punktes Null ist.
M S = ∑ mi ri′× g = ∑ mi ( ri − rS ) × g
i
i
= ∑ mi ri × g − ∑ mi rS × g =
i
∫ xdV ,
∫ dV
ys =
∫ ydV ,
∫ dV
xs =
∫ xdA ,
∫ dA
ys =
∫ ydA ,
∫ dA
i
∑m
∑m
i
≡0
In Koordinaten:
xs =
∑x m
∑m
i
i
, ys = ∑
yi mi
∑m
i
, zs = ∑
zi mi
∑m
i
.
und
xs =
∫ xdl ,
∫ dl
ys =
∫ ydl ,
∫ dl
zs =
Bei einem kontinuierlichen Körper werden
Summen durch Integrale ersetzt:
xs
ys
∫ ydm ,
=
∫ dm
zs
∫ zdm .
=
∫ dm
∫ zdl .
∫ dl
III. Beispiele
B1. Zu bestimmen ist die Lage des Schwerpunkts einer homogenen Halbkugel.
Lösung: Der Schwerpunkt liegt auf der yAchse. Es ist deshalb
nur die y-Koordinate
zu bestimmen:
∫ ydV .
∫ dV
Die y-Koordinate des Schwerpunkts ist somit
R
i
II. Schwerpunkt eines kontinuierlichen
Körpers
∫ xdm ,
=
∫ dm
an.
Wir schneiden die Halbkugel in dünne Scheiben parallel zur (x, z)-Ebene. Das Volumendifferential ist gleich
dV = π r 2 dy = π ( R 2 − y 2 ) dy .
i
i
∫ zdA
∫ dA
dm = λ dl
ys =
i
= ∑ mi ri × g −
zs =
Für eine Linie mit der
Liniendichte λ gilt
= ∑ mi ri × g − ( rS × g ) ∑ mi =
∑ mi ri × g
∫ zdV .
∫ dV
Für eine homogene Scheibe mit der Flächendichte σ schreibt sich dm = σ dA und die
Koordinaten des Schwerpunkts nehmen die
Form
i
i
zs =
ys =
∫ yπ ( R
2
0
R
∫π (R
2
− y ) dy
R
2
− y ) dy
R
∫ yπ R dy − ∫ yπ y dy
2
=
0
2
0


0
R
0
R
R
=
∫ π R dy − ∫ π y dy
2
0
R
2
2
0

π  R 2 ∫ ydy − ∫ yy 2 dy 
π ( R2 R2 / 2 − R4 / 4)

=
=
=

 2R
π ( R 2 R − R3 / 3)
2
π  R ∫ dy − ∫ y dy 
 0
0

0
R
1
ys =
π R4 / 4 3
= R.
2π R3 / 3 8
(Nenner: Volumen einer Halbkugel)
B2. Zu finden ist die Lage des Schwerpunkts
eines Kreisbogens.
Lösung:
xs =
∫ xdl = ∫ xdl
∫ dl π R
Wenn wir zur Charakterisierung des laufenden Punktes am Kreisbogen den Winkel ϕ
benutzen, so gilt:
π /2
x = R cos ϕ , dl = Rdϕ , ϕ −π / 2 . Somit: ist
π /2
xs =
∫
π
− /2
R 2 cos ϕ dϕ
πR
R 2 [sin ϕ ]−π / 2
π /2
=
πR
=
2
π
R.
IV. Statische Bestimmtheit
Definitionen:
A) Die Zahl der Freiheitsgrade f ist die Zahl
der unabhängigen Bewegungsmöglichkeiten
eines Körpers (bzw. eines Körpersystems).
Z.B. gilt für einen Punkt im Raum f = 3 und
für einen starren Körper im Raum f = 6 . Dasselbe gilt für die Ebene entsprechend mit 2
und 3.
Bemerkung: Die Zahl der Gleichgewichtsbedingungen ist immer gleich der Zahl der Freiheitsgrade.
B) Lager und Verbindungselemente sind Bindungen, die bestimmte Bewegungsarten verhindern.
C) Die Anzahl der Freiheitsgrade, die eine
Bindung einschränkt, heißt Wertigkeit der
Bindung (des Lagers).
Bemerkung: Die Zahl der unbekannten Lagerreaktionen r ist immer gleich der Wertigkeit
der Lager.
zweiwertig
einwertig
zweiwertig
dreiwertig
einwertig
D) Ein Tragwerk ist statisch bestimmt, wenn
alle Lagerreaktionen eindeutig aus den
Gleichgewichtsbedingungen bestimmbar sind.
E) Eine notwendige Bedingung für die statische Bestimmtheit ist, dass die Zahl der Gleichungen gleich der Zahl der Unbekannten ist,
oder:
Bei einem statisch bestimmten System ist die
Zahl der Freiheitsgrade gleich der Summe der
Wertigkeiten aller Lager und Verbindungselemente.
B1. Ist dieses Stabwerk statisch bestimmt?
(Antwort in der
Vorlesung)
F) Ist die Zahl der Freiheitsgrade größer als
die Wertigkeit der Lager (die Zahl der Gleichungen größer als die Zahl der Unbekannten) ⇒ Gleichgewichtsgleichungen können
nicht erfüllt werden - kinematische Unbestimmtheit.
B2.
Momentengleichung
Gl / 2 = 0 kann nicht
erfüllt werden: Es gibt
kein statisches Gleichgewicht.
G) Ist Die Zahl der Freiheitsgrade kleiner als
die Wertigkeit ⇒ Es gibt unendlich viele
Gleichgewichtslösungen - statische Unbestimmtheit.
B3.
Gleichgewichtsgleichungen:
Ax + Bx = 0 , Ay + By = 0 , By l = 0 .
Daraus folgt: By = 0 , Ay = 0 , Ax = − Bx . Die
letzteren zwei Kräfte sind nicht eindeutig bestimmbar ⇒ System ist statisch unbestimmt.
B4. Ist die notwendige Bedingung für statische Bestimmtheit bei dem abgebildeten System erfüllt?
Geben Sie die von Ihnen benutzte Formel an!
Benennen Sie die
auftretenden
Größen!
Ist dieses System statisch bestimmt?
2
Statische Bestimmtheit. Berechnung der Lagerreaktionen.
Literatur: Hauger, Schnell und Groß. Technische Mechanik 1 (Statik), 5.1.3, 5.2, 5.3.1-5.3.3
I. Definitionen zur statischen Bestimmtheit
f - Zahl der Freiheitsgrade;
r - Gesamtwertigkeit aller äußeren Lager;
v - Gesamtwertigkeit aller inneren Bindungen.
n sei die Differenz zwischen dem Freiheitsgrad und der Gesamtwertigkeit: n=f-r-v.
lässigen wir). Zu bestimmen sind die Reaktionskräfte.
3 Fälle sind möglich:
n<0 n-fach unbestimmtes System
n=0 statisch bestimmt
n>0 n-fach verschieblich
II. Beispiele
B1. Ein einfach statisch unbestimmtes System
Lösung: Zunächst überlegen wir, ob dieses
System statisch bestimmt ist. n = 6 − 5 = 1 ⇒
einfach beweglich.
Gleichgewichtsbedingungen:
Stab 1:
x: T − RC cos α = 0
y: RA − F + RC sin α = 0
M ( A) :
Fl
cos α + RC sin α ⋅ l cos α + Rc cos α ⋅ l sin α = 0
2
Stab 2:
x: −T + RC cos α = 0
−
Gleichgewichtsgleichungen:
Ax + Fx = 0 , Ay + S − Fy = 0 ,
− M + Sl − Fy l = 0 .
y: RB − RC sin α = 0
M
(B)
: 0=0
F
,
4sin α
Daraus folgt: Ax = − Fx
Ergebnis: RC =
Ay = − S + Fy ,
F
F
cot α , RB = RC sin α = ,
4
4
F 3
RA = F − = F .
4 4
B4. Ausnahmefälle
n = 6−6 = 0.
Die notwendige Bedingung für statische
Bestimmtheit ist erfüllt. Trotzdem gibt es keine statischen Lösungen (mit endlichen Reaktionskräften).
M = Sl − Fy l
Über eine Kraft (z.B. S) können wir frei verfügen, die anderen sind dann eindeutig bestimmt. ⇒ Einfach unbestimmtes System.
B2.
einfach verschieblich
zweifach verschieblich
Bemerkung: Statische
Unbestimmtheit bedeutet nicht, daß sich überhaupt keine Reaktionen eindeutig bestimmen
lassen. Auch eine kinematisch unbestimmte
Aufgabe kann in Spezialfällen eine eindeutige
Lösung haben. Hier ein Beispiel dafür:
B3. Ein einfach verschiebliches System
Zwei Stäbe der Länge l sind oben mit einem
Gelenk und unten mit einem Faden verbunden. In der Mitte des einen Stabes greift eine
Kraft F an (das Gewicht der Stäbe vernach-
T = RC cos α =
Rad mit Speichen (zweidimensional): In beiden Fällen gilt:
n = 3−3 = 0 .
Im linken Bild
kann jedoch
die Bedingung
für das Momentengleichgewicht nicht erfüllt werden.
Rad mit Speichen (dreidimensional): Wie
viele Speichen braucht man für eine statisch
bestimmte Lagerung eines Rades?
1
B5. Dreigelenkbogen ( f = 6 , r = 4 , v = 2 ,
n = 0 ⇒ statisch bestimmt).
Beispiel:
r = 5 ⇒ g = r −3= 2
Lösung der Aufgabe B6
l
F = ∫ q ( x)dx
0
l
πx
0
l
= ∫ q0 sin
= − q0
Ay
x: Ax + C x = 0
M ( B) = C y
l
+ Cx h = 0
2
Umformung:
Ax = −Cx
l
4h
l
Bx = − F
4h
Cx = − F
Bx = C x = − Ax
Cy = F / 2
2h
2h
C y = −C x
= Ax
l
l
Ay + Ax
Ax
l
l
= −q0
0
l
π
[cos π − cos 0] =
2lq0
π
Erster Teilbalken:
x: Ax + Gx = 0
Zweiter Teilbalken:
−G x = 0
y: Ay − F + G y = 0
−G y + B y + C y = 0
M ( A) : − Fl / 2 + Gy l = 0 ; M (G ) : By l + C y 3l = 0
Aus diesen sechs Gleichungen folgt:
Gx = 0 , Ax = 0 , G y = F / 2 , Ay = F / 2 ,
C y = − F / 4 , B y = 3F / 4 .
III. "Das Erstarrungsprinzip"
By = F / 2
2h
l
2h
=F
l
πx
By − C y = 0
l
l
− F + Cx h = 0
2
2
By = C y = Ax
π
cos
−C x + Bx = 0
y: Ay + C y − F = 0
M ( A) : C y
l
dx
Ay = F − Ax
2h
l
2h l
l
⋅ + Ax h = F
l 2
2
Ay = F / 2
Ax = F
B6. Gelenkbalken (Gerber-Träger)
r - Wertigkeit der Lager.
g - Anzahl der Gelenke des Balken.
N = g + 1 - Zahl der "Teilbalken"
f = 3 N = 3( g + 1) .
Bedingung für die statische Bestimmtheit:
f − r − 2 g = 0 ⇒ r + 2 g = 3( g + 1)
g = r −3
l
4h
∑ F
∑F
+I =0
(2)
Zweiter Körper:
−
I
=0
i
Daraus folgt: ∑ Fi (1) + ∑ Fi (2) = 0 :
Erster Körper:
(1)
i
Für ein System im Gleichgewicht ist die
Summe aller äußeren Kräfte gleich Null (innere Kräfte bleiben unberücksichtigt).
Dasselbe gilt für Momente.
⇒ Wir dürfen an einem Mehrkörpersystem
als Ganzes Gleichgewichtsgleichungen aufstellen, als ob es starr wäre.
Das gilt auch für jedes Teilsystem.
2
Fachwerke. Verfahren zur Ermittlung der Stabkräfte: Knotenpunktverfahren.
Literatur: Hauger, Schnell und Groß. Technische Mechanik 1 (Statik), 6.1, 6.2, 6.3.1.
I. Fachwerke
Grundelement eines Fachwerkes
ist ein Dreieck. Auch bei einer
gelenkigen Verbindung ist das ein
starres Gebilde: f = 9 , v = 6 . Die
Anzahl der restlichen Freiheitsgrade
n = 9 − 6 = 3 ist so wie bei einem starren Körper. Erweiterung durch zwei weitere Stäbe
(und 3 Gelenke) führt nicht zu einer Änderung der Zahl der Freiheitsgrade. Dieses Verfahren kann beliebig fortgesetzt werden.
Ist dieses Fachwerk statisch
bestimmt?
IV. Bildungsgesetze für Fachwerke
(1) Weitere Dreiecke hinzufügen ⇒ Einfaches Fachwerk
(2) Zwei einfache Fachwerke starr (aber statisch bestimmt, d.h. dreiwertig) verbinden:
oder
II. Ideales Fachwerk
(1) Alle Stäbe sind reibungsfrei gelenkig verbunden
(2) Alle Kräfte greifen nur in den Knoten (Gelenken) an
(3) Alle Stäbe sind gewichtslos (folgt aus dem
Punkt 2)
Aus den Gleichgewichtsbedingungen für jeden einzelnen Stab folgt, dass in einem idealen Fachwerk alle Stäbe nur auf Zug oder
Druck beansprucht sind.
III. Statische Bestimmtheit von Fachwerken
- mit drei Stäben
- mit einem Gelenk
und einem Stab
(3) Irgendwo einen Stab rausnehmen und
woanders anbringen.
⇒
V. Ermittlung der Stabkräfte: Knotenpunktverfahren
Man schneidet alle Knotenpunkte frei und
stellt für sie Kräftegleichgewichtsbedingungen auf.
Oft ist es sinnvoll, zunächst die nicht belasteten Stäbe (Nullstäbe) zu finden. Folgende
Regeln können dabei helfen:
Es ist üblich, die Stäbe mit arabischen Zahlen
und die Knoten mit römischen Zahlen zu
nummerieren. Dank den Annahmen eines
idealen Fachwerkes brauchen wir nicht die
Gleichgewichtsbedingungen für die Stäbe
aufzustellen. Statt dessen schneiden wir eine
kleine Umgebung eines Knotens frei. An der
wirkt nun eine zentrale Kräftegruppe. Zur
Ermittlung der Stabkräfte stehen zwei Kräftegleichgewichtsbedingungen an jedem Knoten
zur Verfügung. Damit erhalten wir im obigen
Beispiel insgesamt 7 × 2 = 14 Gleichungen
zur Bestimmung der 14 Unbekannten (11
Stabkräfte und drei Lagerkräfte).
Bei einem ebenen Fachwerk mit k Knoten, s
Stäben und r Lagerreaktionen hat man 2k
Gleichungen für s+r Unbekannte. Die notwendige Bedingung für die statische Bestimmtheit ist 2k=s+r .
Standardverfahren zur Ermittlung der Stabkräfte:
1. Alle Knoten und Stäbe nummerieren
2. Nullstäbe bestimmen
3. Das System als Ganzes freischneiden, Auflagerreaktionen bestimmen
4. Alle Knoten freischneiden und Stabkräfte
auftragen
5. Kräftegleichgewicht für jeden einzelnen
Knoten aufstellen
6. Das Gleichungssystem lösen
7. Alle Ergebnisse in eine Tabelle eintragen
1
B1. Das unten gezeigte Fachwerk wird durch
die Kraft F belastet. Zu bestimmen sind alle
Lager- und Stabkräfte.
1
S1 = − A = − F ; S3 = − S1 / sin α = F / 3sin α ;
3
S 2 = S6 = − S3 cos α = − F cos α / 3sin α ;
S11 = − Bv / sin α = −2 F / 3sin α ;
S12 = S8 = BH − S11 cos α = 2 F cos α / 3sin α ;
F
2F
F
S7 = −
+
=−
;
sin α 3sin α
3sin α
Aus der Geometrie folgt:
sin α = 1/ 5 , cos α = 2 / 5 .
Somit ergibt sich:
1
5F
S1 = − A = − F ; S3 = − S1 / sin α =
;
3
3
2F
2 5F
S 2 = S6 = −
; S11 = −
;
3
3
4F
5F
S12 = S8 =
; S7 = −
;
3
3
Lösung:
1. Alle Knoten und Stäbe nummerieren
2. Nullstäbe bestimmen
3. Das System als Ganzes freischneiden, Auflagerreaktionen
bestimmen:
7. Alle Ergebnisse in eine Tabelle eintragen
Si
M ( A) : −4lF + 6lBv = 0
2
⇒ Bv = F
3
M
( B)
1
i
BH = 0
F
−
2
1
−
3
3
2
3
5
3
4
5
0
0
6
−
7
2
3
−
8
5
3
4
3
9
10
0
0
11
−
12
13
2 5
4
0
3
3
Ist das ein statisch bestimmtes Fachwerk?
1
: 2lF − 6lA = 0 ⇒ A = F
3
4. Alle Knoten freischneiden und Stabkräfte auftragen:
5. Kräftegleichgewicht für jeden einzelnen Knoten aufstellen:
→:
S 2 + S3 cos α = 0
3
↑:
S1 + S3 sin α = 0
2
S1 + A = 0
1
III)
↑:
→:
4
IV)
→:
S6 − S 2 = 0
S8 − S3 cos α + S7 cos α = 0
V)
↑:
→:
VI)
↑:
→:
VIII)
→:
I)
II)
↑:
...und dieser Brückenträger?
S3 sin α + S7 sin α = 0
− S 6 − S7 cos α + S11 cos α = 0
F + S7 sin α + S11 sin α = 0
8
S12 − S8 = 0
7
BH − S12 − S11 cos α = 0
6
Bv + S11 sin α = 0
5
6. Das Gleichungssystem lösen:
Reihenfolge der Lösung
2
I. Fachwerke: Rittersches Schnittverfahren.
II. Schnittlasten bei Balken.
Literatur: Hauger, Schnell und Groß. Technische Mechanik 1 (Statik), 6.3.3. 7.1, 7.2.1, 7.2.2
I. Rittersches Schnittverfahren
B1. Das Knotenpunktverfahren ist
immer anwendbar.
Sind aber nur einzelne Stabkräfte zu bestimmen, so ist es oft
vorteilhaft, das Schnittverfahren nach Ritter zu
benutzen. Die Idee: Das oben gezeigte Fachwerk kann man als aus zwei Teilen bestehend
ansehen. Der Teil links vom Schnitt spielt die
Rolle einer "starren Wand" und das rechte
Dreieck ist ein starrer Körper, der dreiwertig
gelagert ist. Die Stabkräfte in den drei geschnittenen Stäben können ermittelt werden,
ohne irgendwas vom Rest der Konstruktion zu
wissen.
A3. F2 ≠ 0 , F1 ≠ 0 .
 S1 = F1 + F2 / sin 30°


S2 = − F1


 S = − F cot 30° 
2
 3

Das Superpositionsprinzip:
Reaktionen (Äußeres Kraftsystem 1 + äußeres
Kraftsystem 2)= Reaktionen (Kraftsystem 1)+
Reaktionen (Kraftsystem 2)
(gilt für alle statisch bestimmte Systeme, nicht nur für
Fachwerke!)
B2. Bei dem gezeigten Fachwerk sind die
Kräfte in
den Stäben
1,2,3 gesucht.
Gleichzeitig illustriere ich das Superpositionsprinzip für statisch bestimmte Systeme und
betrachte zwei folgende Teilaufgaben:
Lösung: Schritt 1: Wir machen einen Schnitt
durch die drei Stäbe. Dadurch wird das Fachwerk in zwei starre Körper zerlegt. Es gibt
sechs Freiheitsgrade, drei äußere LagerreaktioA1. F2 = 0 , F1 ≠ 0
nen und drei Stabkräfte ⇒ Aufgabe ist lösbar
x:
(gerade deswegen muss der Schnitt immer über
S1
− S1 cos30° − S 2 cos30° − S3 = 0 drei Stäbe oder ein Gelenk und einen Stab geA
hen).
a y:
S2
30°
− F1 + S1 sin 30° − S2 sin 30° = 0
Schritt 2: Die äußeren Reaktionen können
S3
(A)
durch eiM : − S3 a = 0
nen FreiAx
Daraus folgt:
By
schnitt des
S3 = 0 , S2 = − S1 , S1 = F1 .
A
Systems
 S1 = F1 
Ay
Diese Ergebnisse können


als Ganzes
 S2 = − F1 
wir in einer Tabelle
ermittelt
 S =0 
zusammenfassen:
 3

werden: x: Ax − F3 = 0 ,
A2. F2 ≠ 0 , F1 = 0
y: A − F − F + B = 0 ,
S1
x:
A
− S1 cos30° − S 2 cos30° − S3 = 0
y:
− F2 + S1 sin 30° − S 2 sin 30° = 0
S3
M(A): − S3a − F2 a cot 30° = 0
Daraus folgt: S3 = − F2 cot 30° ,
S2
30°
S1 + S 2 = −
S3
F cot 30°
F2
,
= 2
=
cos30°
cos30°
sin 30°
F2
.
sin 30°
Summieren dieser Gleichungen ergibt
F2
S1 =
. Subtrahieren: S2 = 0 .
sin 30°
 S1 = F2 / sin 30° 
Ergebnistabelle:


S2 = 0


 S = − F cot 30°
2
 3

y
1
2
y
M : − F1a − F2 4a + B y 6a − F3a = 0 .
(A)
F1 2
F
+ F2 + 3 ,
6 3
6
F  5
1
F
F 2
Ay = F1 + F2 −  1 + F2 + 3  = F1 + F2 − 3
6 6
3
6
6 3
Schritt 3: Linker und rechter Teil werden vollständig freigeschnitten und die Gleichgewichtsbedingungen aufgestellt.
Daraus folgt: Ax = F3 , B y =
S1 − S 2 =
Es reichen beliebige drei von insgesamt sechs
verfügbaren Gleichungen, da wir drei Reaktio-
1
nen bereits kennen. Am sinnvollsten ist es,
zwei Momentengleichungen bezüglich der
Knoten und eine weitere beliebige Gleichung
zu nehmen (in diesem Fall am besten in vertikaler Richtung).
Linker Teil:
M(I): −2aAy + aF1 + aS3 = 0
2
= 0,
2
2
F 
5
S3 = 2 Ay − F1 =  F1 + F2 − 3  − F1
3
3
3
2
2
F
S3 = F1 + F2 − 3
3
3
3
1
F 
 1
S 2 = 2 ( Ay − F1 ) = 2  − F1 + F2 − 3 
3
6
 6
Rechter Teil:
M(II): aS1 − aF2 + 3aB y = 0 ,
y: Ay − F1 − S 2
F
F
S1 = F2 − 3B y = F2 − 1 − 2 F2 − 3
2
2
F1
F3
S1 = − − F2 − .
2
2
II. Schnittlasten (oder Schnittgrößen) bei
Balken
Ein belasteter Balken wird durch innere Kräfte
zusammengehalten. Diese werden "sichtbar"
gemacht durch einen gedanklichen Schnitt durch
den Balken und heißen
daher Schnittgrößen oder
Schnittlasten. Diese
Schnittlasten sind nichts anderes als Reaktionskräfte, die ein Teil des Balkens auf den
anderen ausübt. In jedem Balkenschnitt gibt es
im Allgemeinen drei Reaktionen in zwei Dimensionen und sechs Schnittgrößen im dreidimensionalen Fall.
Definitionen und Zeichenvereinbarung
Die Normalkraft N ist eine in Richtung der
Stabachse wirkende Kraft. Sie wird für den
linken Teil nach rechts und für den rechten
Teil nach links wirkend positiv angenommen.
Die Querkraft Q ist eine senkrecht zur Stabachse wirkende Kraft. Sie wird für den linken
Balkenteil nach unten und für den rechten teil
nach oben wirkend positiv angenommen.
Das Biegemoment soll für den linken Teil entgegen dem Uhrzeigersinn und für den rechten
Teil im Uhrzeigersinn drehend positiv angenommen.
Besteht bei einer komplizierteren Struktur eine
Verwechselungsgefahr, so wird "unten" an
jeder Stelle willkürlich definiert und durch eine
gestrichelte Linie gekennzeichnet.
B3.
F
x
l
Drei Gleichgewichtsgleichungen:
N ( x) = 0 ,
Q( x ) = F ,
M ( x) = − F ⋅ (l − x) .
Verlauf des Biegemomentes:
Moment ist an der
Einspannstelle
maximal.
Beispiel 4. Zu bestimmen sind die Schnittgrößen im unten gezeigten Balken.
Lösung:
Wir betrachten drei
Schnitte:
(A) Der ganze Balken
freigeschnitten von den
Lagern.
Daraus folgt:
a
b
B= F , A= F.
l
l
(B) Schnitt vor dem Angriffspunkt der Kraft.
b
A−Q = 0 ⇒ Q = A = F .
l
b
− xA + M = 0 ⇒ M = xA = x F
l
(C) Schnitt nach dem Angriffspunkt der Kraft:
A− F −Q = 0
a
⇒ Q = A− F = − F
l
− xA + F ( x − a ) + M = 0
M = (1 − x / l ) aF .
2
Schnittlasten im Balken unter Einzellasten (Auszüge aus der Vorlesung).
Literatur: Hauger, Schnell und Groß. Technische Mechanik 1 (Statik), 7.2.1, 7.2.2.
I. Schnittlasten im Balken unter Einzellasten
Es gibt nur wenige Möglichkeiten, einen Balken statisch bestimmt zu lagern: (a) einseitige
Einspannung, (b) beidseitige gelenkige Lagerung, (c) Parallelführung an einem Ende plus
gelenkige Lagerung am anderen. Belasten kann
man entweder mit Einzelkräften oder Momenten. Im Weiteren betrachten wir typische
Kombinationen aus Lagerungs- und Belastungsarten und berechnen für diese den Verlauf
der Schnittlasten.
B1.
Wir schneiden frei
einmal links vom
Angriffspunkt der
Kraft ( x < a ).
Die Gleichgewichtsbedingungen sind:
Q ( x) − F = 0 ⇒ Q ( x ) = F
− M ( x) − F (a − x) = 0 ⇒ M ( x) = F ⋅ ( x − a) .
... und einmal rechts vom
Angriffspunkt ( x > a ):
Q( x) = 0 , M ( x) = 0 .
Graphische Darstellung der Schnittlasten:
Im Angriffspunkt der Kraft gibt es einen
Sprung der Querkraft gleich groß der angreifenden Kraft.
B3.
Zunächst schneiden
wir den gesamten
Balken frei.
Aus den Gleichgewichtsbedingungen folgt für die Lagerreaktionen:
a
 a
A = 1 −  F , B = F .
l
 l
Dann schneiden wir bei x frei:
1. x < a :
A − Q( x) = 0 ,
M ( x) − Q( x) ⋅ x = 0 .
Aus der ersten Gleichung folgt: Q( x) = A .
 a
Aus der Zweiten: M ( x) = Ax = 1 −  Fx .
 l
2. x > a :
A − Q( x) − F = 0
− Fa + M ( x) − Q( x) ⋅ x = 0
Aus der Ersten folgt: Q( x) = A − F .
Aus der Zweiten:
 x
M ( x) = Q( x) ⋅ x + Fa = ( A − F ) x + Fa = Fa 1 − 
 l
Verlauf der Schnittlasten:
Gestrichelten Flächen
sind gleich.
B2.
1. x < a :
N ( x) = 0 , Q( x) = 0 , − M ( x) + M 1 = 0 .
2. x > a :
N ( x) = 0 ,
Q( x) = 0 ,
M ( x) = 0 .
B4.
Zunächst schneiden wir
den gesamten Balken
frei:
Aus den Gleichgewichtsbedingungen
folgt:
A + B = 0 ⇒ A = −B .
Bl + M 1 = 0 ⇒ B = − M 1 / l , A = M 1 / l .
Dann schneiden wir bei x frei:
1. x < a :
A − Q( x) = 0 ,
M ( x) − Q( x) ⋅ x = 0 .
1
Aus der ersten Gleichung folgt: Q ( x) = A .
M
Aus der Zweiten folgt: M ( x) = Ax = 1 x .
l
2. x > a :
A − Q( x) = 0
−Q ( x ) ⋅ x + M ( x ) + M 1 = 0
Aus der Ersten folgt: Q( x) = A .
Aus der Zweiten folgt:
M
M ( x) = Q( x) ⋅ x − M 1 = 1 x − M 1 .
l
II. Ein bisschen Mathematik
df ( x) f ( x + dx) − f ( x)
=
.
1. Ableitung: y ' =
dx
dx
df
tan θ =
:
dx
Geometrische
Interpretation: Ableitung zeigt die
Steigung der Funktion im Punkt x.
2. Maxima und Minima: Im Maximum oder
Minimum (kurz
Extremum) ist
df
=0
dx
Form um: dM ( x) = Q( x)dx . Dann integrieren
wir entweder bestimmt oder unbestimmt.
(a) Bestimmte Integration:
x =b
∫
x=a
b
dM ( x) = ∫ Q( x)dx .
a
Wir berücksichtigen, dass
x =b
∫ dM ( x) = M (b) − M (a) . Somit ist
x=a
b
M (b) − M (a) = ∫ Q( x)dx .
a
(Als Grenzen der Integration können auch
Punkte innerhalb des Intervalls dienen).
(b) unbestimmte Integration:
∫ dM ( x) = ∫ Q( x)dx + C ,
wobei C eine beliebige Konstante ist.
Wir berücksichtigen, dass ∫ dM ( x) = M ( x) .
Somit gilt: M ( x) = ∫ Q( x)dx + C .
III. Zusammenhang zwischen Belastung
und Schnittgrößen
Ein Balken sei durch eine Streckenlast q ( x) belastet.
Wir schneiden einen infinetisimal kleinen Abschnitt des
Balkens zwischen x und x + dx frei: Die
Gleichgewichtbedingungen liefern:
x:
N ( x + dx) − N ( x) = 0
y:
Q ( x + dx) − Q( x) + q( x)dx = 0
3. Bestimmtes Integral:
Grenzwert der
Summe
lim ∑ f ( xi )∆xi
∆xi →0
b
= ∫ f ( x)dx
a
nennt man bestimmtes Integral der Funktion
f ( x) nach x. Geometrische Interpretation des
Integrals: Flächeninhalt der Figur zwischen
der Kurve f ( x) und der x − Achse von a bis b.
4. Wie löst man Differentialgleichungen?
Gegeben seien zwei solche Funktionen M ( x)
dM ( x)
und Q( x) , dass
= Q( x) gilt.
dx
Ist Q( x) bekannt und M ( x) zu bestimmen, so
ist das eine Differentialgleichung. Zur Lösung
schreiben wir sie zunächst in die folgenden
M ( x + dx / 2) :
dx
dx
− Q ( x) + M ( x + dx) − M ( x) = 0
2
2
Aus der ersten Gleichung folgt N ( x) = const .
Die zweite kann in der Form
Q ( x + dx) − Q ( x)
= − q ( x)
dx
umgeschrieben werden. Das bedeutet:
dQ ( x)
= −q ( x) .
(1)
dx
Die dritte Gleichung kann in der Form
M ( x + dx) − M ( x) Q( x + dx) + Q( x)
=
dx
2
umgeschrieben werden. Das bedeutet:
dM ( x)
= Q( x) .
(2)
dx
−Q ( x + dx)
(1,2) sind die Schnittgrößendifferentialgleichungen.
2
Differentialgleichungen für die Schnittlasten, Integration und Randbedingungen.
Literatur: Hauger, Schnell und Groß. Technische Mechanik 1 (Statik), 7.2.2, 7.2.3, 7.2.4, 7.3.
I. Zusammenhang zwischen Belastung und
Schnittgrößen
Wird ein Balken durch eine Streckenlast q ( x) belastet, so gilt für
die Querkraft Q ( x) und für das
Biegemoment M ( x) :
dQ( x)
dM ( x)
= −q ( x) ,
= Q( x) . (1)
dx
dx
Indem man beide Gleichungen kombiniert,
d 2 M ( x)
= −q ( x) .
erhält man
(2)
dx 2
Ist die Belastung q ( x) gegeben, so kann man
durch Lösung der Differentialgleichungen (1)
und (2) die Schnittgrößen berechnen.
Integration von (1) ergibt:
(3)
M ( x) = ∫ Q( x)dx + C2
(4)
Die zwei Integrationskonstanten C1 und C2
werden aus den Randbedingungen ermittelt.
III. Beispiele
B1. Zu bestimmen
sind die Schnittlasten im abgebildeten Balken.
Lösung: Aus Gleichung (3) folgt:
Q( x) = − ∫ q0 dx + C1 = − q0 x + C1 .
x2
+ C1 x + C2 .
2
l2
+ C1l + C2 = 0
2
Daraus folgt:
q l2
C1 = q0l , C2 = − 0 .
2
Q( x) = − q0 x + C1 = − q0 x + q0l = q0 ( l − x )
M (l ) = −q0
x2
+ C1 x + C2
2
q l2
q
x2
= −q0
+ q0lx − 0 = − 0 x 2 − 2lx + l 2
2
2
2
q
2
M ( x) = − 0 ( l − x ) .
2
(
)
B2. Zu bestimmen sind die Schnittlasten im
unten abgebildeten Balken.
Lösung: Da die Last dieselbe ist wie im vorigen Beispiel, sind auch die Differentialgleichungen und ihre Lösungen dieselben (5) und
(6). Der einzige
Unterschied lieg
in den Randbedingungen:
M (0) = 0 ,
M (l ) = 0 (wegen gelenkiger Lagerung). Einsetzen x = 0 und x = l in (6) ergibt:
M (0) = C2 = 0 ,
M (l ) = −q0
(5)
Aus Gleichung (4) folgt:
M ( x ) = ∫ Q ( x )dx + C2 = ∫ ( − q0 x + C1 ) dx + C2
= − q0
Q (l ) = − q0l + C1 = 0
M ( x) = −q0
II. Integration und Randbedingungen
Q( x) = − ∫ q ( x)dx + C1
Q(l ) = 0 , M (l ) = 0 . Einsetzen x = l in (5) und
(6) ergibt:
(6)
Konstanten C1 und C2 bestimmen wir aus den
Randbedingungen (in diesem Fall am rechten
Ende):
l2
+ C1l + C2 = 0 .
2
Aus der zweiten Gleichung folgt: C1 = q0
l
.
2
Der Verlauf der Schnittlasten ist somit
l
l

Q( x) = − q0 x + q0 = q0  − x  ,
2
2

2
x
l
M ( x) = −q0
+ q0 x ⇒
2
2
q
M ( x) = 0 x ( − x + l ) .
2
1
Streckenlast. Zu bestimmen sind die Schnittgrößen.
B3. Zu bestimmen sind die Schnittlasten im
unten abgebildeten Balken.
Lösung: Da die Last dieselbe ist wie im ersten
Bsp., sind auch
die Differentialgleichungen und
ihre Lösungen
dieselben (5) und
(6). Der Unterschied liegt in den Randbedingungen:
Q (0) = 0 , M (l ) = 0 .
Einsetzen von x = 0 in (5) und x = l in (6)
ergibt: Q (0) = C1 = 0 und
l2
l2
M (l ) = −q0 + C2 = 0 ⇒ C2 = q0 .
2
2
Der Verlauf der Schnittlasten ist somit
Q ( x) = − q0 x + C1 = − q0 x ,
M ( x ) = −q0
Lösung: Die Streckenlast wird offenbar durch
die Gleichung q ( x) = q0 x / l gegeben. Aus der
Gleichung (3) folgt:
Q( x) = − ∫ q ( x)dx + C1 = − ( q0 / l ) ∫ xdx + C1
x2
+ C1
(5)
2l
Aus der Gleichung (4) folgt:


x2
M ( x) = ∫ Q ( x)dx + C2 = ∫  −q0 + C1  dx + C2
2l


3
x
M ( x) = − q0 + C1 x + C2 .
(6)
6l
Aus den Randbedingungen Q(0) = 0 ,
M (0) = 0 folgt: C1 = 0 , C2 = 0 .
Der Verlauf der Schnittlasten:
x2
x3
Q( x) = − q0
, M ( x) = −q0
.
2l
6l
Q( x) = − q0
x2
l2
x 2 q0 2
+ C2 = q0 − q0
=
l − x2 .
2
2
2
2
(
)
IV. Schnittlasten und Lagerreaktionen
Die Schnittlasten am linken Balkenende sind
gleich den Lagerreaktionen:
A = Q (0) , M ( A) = M (0) .
Die Schnittlasten am rechten Balkenende sind
gleich den Lagerreaktionen mit dem entgegensetzten Vorzeichen:
B = −Q (l ) , M ( B ) = − M (l )
In den oben behandelten drei Aufgaben erhält
man:
q
B1: A = Q (0) = C1 = q0l , M ( A) = − 0 l 2 .
2
l
l
B2: A = Q(0) = q0 , B = −Q(l ) = q0 .
2
2
q
B3: M ( A) = M (0) = 0 l 2 , B = −Q(l ) = q0l .
2
B4. Der einseitig eingespannte Balken trägt eine
von einem Ende zum
anderen linear steigende
Lagerreaktionen:
ql
l2
B = −Q(l ) = 0 ,
M ( B ) = − M (l ) = q0
2
6
V. Bogen
Der Kreisbogenträger wird durch eine Einzelkraft belastet. Gesucht sind die Schnittlasten.
Lösung: Wir
schneiden einen Teil
des Bogens bis zum
Winkel ϕ frei.
Gleichgewichtsbedingungen:
x:
− N sin ϕ + Q cos ϕ + F = 0
y: N cos ϕ + Q sin ϕ = 0
M (ϕ ) :
− M (ϕ ) + FR sin ϕ = 0
Daraus folgt:
M (ϕ ) = FR sin ϕ , Q(ϕ ) = − F cos ϕ ,
N (ϕ ) = F sin ϕ .
B5. Erklären Sie, warum
die Dachträger am Bahnhof Alexanderplatz in der
Mitte dicker sind, als an
den gelenkig gelagerten
Enden (Bild links).
2
I. Seile und Ketten
Neben starren Körpern werden als Lastaufnehmende Elemente oft auch Seile oder Ketten benutzt. Ein ideales Seil kann keinen
Querkräften oder Biegemomenten widerstehen (Q=0, M=0). Die Schnittkräfte sind daher
stets entlang der Biegelinie des Seils gerichtet.
Ketten kann man als eine Reihe von starren
Stäben betrachten, die mit einander gelenkig
verbunden sind. Die auf die Kette wirkenden
Kräfte verteilen wir auf die benachbarten
Knoten. Wie in einem idealen Fachwerk, wirken dann alle Stabkräfte in der Kette in der
Richtung der Stabachse.
Trägt ein Seil vernachlässigbaren Gewichts
mehrere Einzelkräfte,
nimmt es die Form
mehrerer geradliniger
Stücke an.
II. Seil unter Wirkung einer Streckenlast
Greifen am
Seil mehrere
parallel gerichtete Kräfte,
kann man es
annähernd als
kontinuierlich mit einer Streckenlast
q( x)  dF / dx belastet ansehen.
Betrachten wir
ein infinitesimal kleines
Element des
Seils zwischen
x und x  dx .
Die Spannkraft
des Seils am
rechten Ende
des Elements
bezeichnen wir mit S ( x  dx) , am linken Ende S ( x) . Beide sind tangential zur Hängelinie
des Seils gerichtet. Kräftegleichgewicht:
x: H ( x  dx)  H ( x)  0 ,
y: V ( x  dx)  V ( x)  q( x)dx  0 .
Aus der ersten Gleichung folgt H ( x)  konst ,
die wir als H bezeichnen: H ( x)  H .
Die zweite Gleichung ergibt
V ( x  dx)  V ( x)
 q( x) oder
dx
Seile und Ketten
dV ( x)
(1)
 q( x) .
dx
Das Momentengleichgewicht haben wir bereits früher benutzt. Aus ihm folgt, daß die
Seilkräfte in der Seilrichtung wirken oder maV ( x)
dy
thematisch ausgedrückt:
.
 tan  
H ( x)
dx
dy
dy
Daraus folgt V ( x)  H ( x)
.
(2)
H
dx
dx
Indem wir die Gleichung (2) in (1) einsetzen,
d2y
erhalten wir H 2  q( x) oder
dx
2
d y q( x)
q( x)

oder auch y 
.
(3)
2
dx
H
H
Berechnen wir die Form des Seils bei einer
konstanten Streckenlast q( x)  q0 , wie es annähernd bei einer Hängebrücke der Fall ist,
d 2 y q0
gilt:
 . Die erste Integration ergibt
dx 2 H
q
q
dy
  0 dx  C1  0 x  C1 .
dx
H
H
Die zweite Integration ergibt
q

y    0 x  C1 dx  C2
H

q
  0 xdx   C1dx  C2 .
H
q x2
 0
 C1 x  C2
(4)
H 2
Die Konstanten C1 und C2 werden aus zusätzlichen geometrischen und anderen Bedingungen bestimmt.
B1. Gegeben seien die Länge der Hängebrücke L und der Durchhang h. Zu bestimmen ist
die Form des Seils
und die maximale
x
Seilkraft.
0
Lösung: Zählen wir die Koordinate x von der
Mitte der Brücke und y vom tiefsten
Durchhangpunkt. Dann gilt: y(0)  0 ,
y( L / 2)  h und y( L / 2)  h . Einsetzen
x  0 in (4) ergibt C2  0 . Einsetzen
x   L / 2 in (4) ergibt
q L2
L
y ( L / 2)  0
 C1  h ,
H 8
2
2
q L
L
y ( L / 2)  0
 C1  h .
H 8
2
q0 L2
. Die Form
H 8
4hx 2
des Seils berechnet sich somit zu y  2 .
L
Horizontale Komponente der Seilkraft ist
q L2
konstant und gleich H  0
. Die Seilkraft
h 8
berechnen wir gemäß
Daraus folgt C1  0 und h 
2
q0 L2
 8hx 
1   2  . Sie erh 8
 L 
reicht ein Maximum in den Punkten
S  H 1  y 2 
x  L / 2 :
Smax 
2
q0 L
 4h 
1   .
h 8
 L 
2
III. Seil unter Eigengewicht
Gegeben sei ein
Seil mit konstanter
linearer Massendichte dm / dl   .
Schneiden wir ein
infinitesimal kleines Element des
Seils zwischen den
Koordinaten x und x  dx frei. Auf dieses
Element wirkt die Schwerekraft
dF  dm  g   dl  g  q0 dl , wobei wir die
Bezeichnung q0   g eingeführt haben. Bezogen auf das Intervall dx ergibt das die Streckenlast q( x) , die auf das Seil wirkt:
dF
dl
.
q( x) 
 q0
dx
dx
Nach dem Pythagoras-Satz gilt
2
 dy 
dl  dx  dy  dx 1    .
 dx 
Für die Streckenlast erhalten wir somit
2
2
2
 dy 
q( x)  q0 1    .
 dx 
Einsetzen in Gleichung (3) ergibt
2
d 2 y q0
 dy 

1   .
2
dx
H
 dx 
(5)
Die Form des Seils ergibt sich aus der Lösung
dieser nicht linearen Differentialgleichung mit
gegebenen geometrischen Randbedingungen.
IV. Ein bißchen Mathematik: Exponentialfunktion und hyperbolische Funktionen
Sinus Hyperbolicus und Kosinus
Hyperbolicus werden definiert als
sinh x 
e x  e x
e x  e x
, cosh x 
.
2
2
Ihre geometrische
Darstellung sehen
Sie im nebenstehenden Bild.
Die so definierten
Funktionen haben
folgende Eigenschaften:
 sinh x   cosh x ,
 cosh x   sinh x , cosh 2 x  sinh 2 x  1 .
Warum heißen diese Funktionen Sinus und
Kosinus und warum Hyperbolicus?
Hyperbolicus: Die normalen Sinus und Kosinus-Funktionen werden auch Kreisfunktionen
genannt. Die Gleichungen x  cos  ,
y  sin  definieren in parametrischer Form
einen Kreis mit dem Radius r  1 . Das sieht
man daran, daß x2  y 2  sin 2   cos2   1
eine Kreisgleichung darstellt.
Die Gleichungen x  cosh  , y  sinh  definieren in parametrischer Form eine Hyperbel. Das sieht man daran, daß x 2  y 2  1 eine
Hyperbelgleichung darstellt. Daher stammt
der Name Hyperbolicus.
Sinus und Kosinus: Die sogenannte Eulersche
Formel für imaginäre Exponente lautet:
ei  cos   i sin  , wobei i  1 die imaginäre Einheit ist. Daraus folgt
ei  cos   i sin  . Summieren beider Gleiei  ei
 cosh  i  ,
chungen ergibt cos  
2
ei  ei
i sin  
 sinh  i  .
2
Umgekehrt gilt cos i  cosh  und
sin i  i sinh   .
Dieser Zusammenhang von hyperbolischen
und Kreisfunktionen erklärt die Namen Sinus
und Kosinus in beiden Fällen.
Auf dem nebenstehenden Bild können
Sie den Verlauf einer Parabel und einer Kosinus
Hyperbolicus-Kurve
vergleichen.
Seile und Ketten - Fortsetzung, Schnittgrößen bei Bogen, Fachwerkoptimierung
hängt werden, daß der Durchhang f  60m
I. Seil unter Eigengewicht
beträgt. Wie groß
In der vorigen
y
sind die maximale
x
Vorlesung haben
Seilkraft und die
wir festgestellt,
Seillänge L ?
daß die Form
Lösung: Wir legen
y  y( x) eines
das Koordinatenfreihängenden
system
so,
daß
der
Koordinatenursprung
mit
homogenen Seils
dem tiefsten Punkt des Seils zusammenfällt.
(oder einer Kette)
Dann gilt: y(0)  0 und y(0)  0 :
der folgenden Differentialgleichung genügt
dy
(Kettengleichung):
 sinh C1  0  C1  0
2
dx
2
q
d y q0
2
 dy 

1    oder y  0 1   y  .
H
H
2
y  cosh 0  C2  0  C2   .
dx
H
H
 dx 
q0
q0
Bezeichnen wir y  u , dann gilt y  u und
Die Form des Kabels ist dann
die Kettengleichung nimmt die Form
H
q  H H 
q  
q
du q0
2
y  cosh  0 x     cosh  0 x   1 .
u  0 1   u  oder

1  u 2 an.
q0
 H  q0 q0 
H  
H
dx H
Die unbekannte Konstante H folgt aus der
Trennung der Variablen ergibt
Forderung y(l / 2)  f :
q
du
 0 dx .
H
 q0l  
1 u2 H
 cosh 
  1  f oder
q0 
 2H  
Diese Gleichung kann nun integriert werden:
q
q
du
ql 
 q l 2f
.
(2)
cosh  0   1   0 
 1  u 2   H0 dx  C1  H0 x  C1 .
 2H 
 2H  l
Das Integral auf der linken Seite berechnen
 q0l 
Indem
wir
einen
neuen
Parameter
z

 2H 
u  sinh 


wir mit der Substitution
:
du  cosh 
einführen, erhalten wir
2f
du
cosh   d
cosh   d
cosh z  1 
z . Mit
 1  u 2   1  sinh 2    cosh   
l
f / l  60 / 300  2 / 5
Somit erhalten wir
4
q
q

folgt cosh z  1  z .
  0 x  C1  u  sinh  0 x  C1  .
5
H
H

Numerische oder graphiDiese Gleichung schreiben wir in der Form
sche Lösung dieser Gleichung ergibt:
dy
 q0

 q0

q0l
dy  sinh  x  C1  dx
 sinh  x  C1 

 0, 762 
z
*

0,762
H
dx
H




2H
Integration ergibt
q0l
120  300
H

 23, 6 103 N  23, 6kN .
 q0

2

0,
762
2

0,
762
 dy   sinh  H x  C1  dx  C2 oder
Die Seilkraft errechnet sich zu S  H 1  y2 .
q
H


y  cosh  0 x  C1   C2
Sie nimmt den maximalen Wert bei x  l / 2
q0
H

q l 
q l 
Die Form eines frei hängenden Seils oder eian: S  H 1  sinh 2  0   H cosh  0  .
 H 2
 H 2
ner frei hängenden Kette wird durch einen
Kosinus Hyperbolicus beschrieben (Kettenliq f
q l 
Aus (2) folgt, daß cosh  0   1  0 ist.
nie).
H
 H 2
Für die Seilkraft ergibt sich
B1. Ein Kabel ( q0  120 N / m ) soll zwischen
q l 
S  H cosh  0   H  q0 f  30,8kN .
zwei Masten im Abstand l  300m so aufge H 2
Die Länge des Kabels berechnet sich zu
l/2
l/2
q 
2

L  2  1  y ( x) dx  2  cosh  0 x dx 
H 
0
0
2H
q

sinh  0
q0
H

l/2
2H

ql
x 
sinh  0
q0
0
 2H



2  23, 6 103
sinh  0, 762   330m
150
II. Momentenfreie Bögen
Ein Seil kann keinen Biegemomenten widerstehen. Seine Gleichgewichtsform gibt daher
die Form eines momentenfreien Bogens, welcher auf Zug
beansprucht ist,
an. In der vorix
gen Vorlesung
0
haben wir die
4hx 2
Form eines Brückenseils zu y  2 berechL
net. Sie hängt nicht von der Größe der Streckenlast q0 ab! Bei einer beliebigen homogenen Änderung der Streckenlast ( q0  konst )
behält das Seil die gleiche Form und bleibt
momentenfrei. Das gilt auch für negative q0 .
In diesem Fall
haben wir es
mit einem
momentenfreie
n Bogen zu
tun, welcher
auf Druck beansprucht ist. In der Baustatik
nennt man diese Form Stützlinie.
III. Schnittgrößen bei Bögen
Gegeben sei ein gebogener Balken
(Bogen), dessen
Form durch die
Funktion y  y( x)
gegeben ist.
Auf ihn wirke in der
vertikalen Richtung
Streckenlast q( x) .
Zu bestimmen ist der
Verlauf des Biegemomentes Im Bogen.
Lösung: Wir schneiden ein infinitesimal kleines Element des Bogens frei. Aus dem Kräftegleichgewicht in horizontaler Richtung folgt
H ( x  dx)  H ( x) 
H ( x)  konst  H .
(1)
Gleichgewicht in der vertikalen Richtung
ergibt V ( x  dx)  V ( x)  q( x)dx  0 . Daraus
dV ( x)
 q( x) .
folgt
(2)
dx
Das Momentengleichgewicht lautet
M ( x  dx)  M ( x)  Hdy  Vdx  0 oder
dM ( x)
dy
 V ( x)  H
.
(3)
dx
dx
Integration der Gleichung (2) und Einsetzen in
(3) ergibt V ( x)   q( x)dx  C1
dM ( x)
dy
(4)
   q( x)dx  H
 C1 .
dx
dx
Eine zweite Integration liefert dann
M ( x)   dx  q( x)dx  Hy( x)  C1 x  C2 .
B1. Die Form des Trägers sei y  R 2  x 2 ,
die Streckenlast sei konstant mit q( x)  q0 .
An den Rändern sei er gelenkig gelagert.
Lösung: Integration von (4) ergibt
q0 x 2
M ( x)  
 Hy( x)  C1 x  C2 . Falls wir
2
den Koordinatenursprung in der Mitte des
Trägers wählen, wird C1  0 . Aus der Randbedingung M ( R)  0 ergibt sich
C2  q0 R 2 / 2 . Der Momentenverlauf lautet
M ( x)  q0 ( R 2  x 2 ) / 2  H R 2  x 2 .
III. Fachwerkoptimierung
Eine Brücke ist so zu optimieren, daß sie das
minimale Eigengewicht hat.
Lösung: Indem wir
die Knoten verschieben, ändern wir die Länge
der Stäbe. Außerdem kann der Querschnitt
geändert werden. Nehmen wir an, alle Stäbe
haben einen runden Querschnitt. Dann haben
wir für das skizzierte Fachwerk 20 Knotenkoordinaten und 27 Radien als frei wählbare
Parameter. Bei jeder Wahl bekommen wir
einen Satz von Stabkräften. Die Zugkräfte
müssen die Bedingung F   a 2 pl und die
Druckkräfte die Bedingung F   2 Ea 4 / l 2
erfüllen. Das Gesamtgewicht des Fachwerkes
M    li a 2 ist zu
minimieren. Mögliche
optimierte Formen:
(Mehr in der Veranstaltung "Numerische Simulationsmethoden". Jedes
WS, 4SWS, Kürschner).
I. Roberval-Waage (erfunden vom französischen Mathematiker Roberval (1602-1675))
Diese Waage bleibt im Gleichgewicht, wenn
man gleich große Gewichte auf der einer oder
der anderen Seite beliebig auf den Auslegern
nach innen oder außen verschiebt. Der Trick
besteht in der Art der Befestigung von den
Auslegern, die immer horizontal bleiben. Das
bedeutet, daß die
Wirkung eines
Kraftmomentes
(Kräftepaars) an
einem Ausleger
keine Änderung
des Gleichgewichts hervorruft. Andererseits
kann man mit
Hilfe des Momentes eine
Kraft parallel zu
ihrer Wirkungslinie verschieben,
was mit der nebenstehenden
Skizze illustriert
wird.
II. "Tricks" Beim Lösen von mechanischen
Aufgaben ist es oft hilfsreich, sich die folgenden "Tricks" zu merken.
☺ Trick Nr. 1: "System als Ganzes".
Gegeben sei das folgende System und zu
bestimmen die Stabkraft S1 . Ein reguläres Verfahren, wie etwa
Knotenpunktverfahren führt hier
zu keinem Erfolg: Das System
ist statisch unbestimmt und es ist
daher nicht möglich, alle Stabkräfte alleine aus
den Gleichgewichtsbedingungen zu ermitteln.
Selbst wenn das möglich wäre, wäre das ein
unnötig großer Aufwand. In diesem Fall kann
man aber leicht bemerken, daß das
Fachwerk an sich ein
starrer Körper ist (es
ist dabei absolut egal,
ob es statisch bestimmt
oder unbestimmt ist),
Verschiedenes aus Statik
welches durch drei Pendelstäbe, d.h. statisch
bestimmt, gestützt ist. Ein Freischnitt des
Fachwerkes als Ganzes erlaubt, alle drei Stabkräfte aus den drei Gleichgewichtsbedingungen
zu ermitteln, ohne etwas von den inneren Stabkräften im Fachwerk zu wissen.
☺ Trick Nr. 2: "Ganze Teile"
Das folgende System soll um ein Lager in A
ergänzt werden, so
daß das System
statisch bestimmt
gelagert ist.
Lösung: Offenbar besteht das Fachwerk aus
zwei Teilen: Den linke Teil kann man als einen
Teil der starren wand betrachten. Der rechte
teil ist ein starrer Körper, der and die "Wand"
zweiwertig gekoppelt ist. Zur statisch bestimmten Lagerung muß der rechte teil daher in A mit
einem einwertigen Lager gelagert werden, z.B.
mit einem Pendelstab.
III. Wichtige Unterscheidung: Ideales
Fachwerk oder nicht?
Bei Stabwerken macht man oft den Fehler, daß
man die Methoden, die für "ideale Fachwerke"
entwickelt wurden, auch für Stabwerke anwendet, die keine idealen Fachwerke sind.
Das wichtigste Merkmal eines idealen Fachwerkes ist, daß es aus Stäben besteht, auf welche nur Kräfte an deren Enden wirken, wo sie
gelenkig verbunden sind. Im Verlauf des Stabes darf keine Kraft wirken, insbesondere: (a)
keine Schwerkraft, (b) keine eingeprägten
Kräfte, (c) keine Reaktionskräfte (d.h. es darf
auch keine Verbindungen mit anderen Elementen innerhalb des Stabes geben). Nur unter diesen Voraussetzungen sind die Stabkräfte entlang der Stabachse gerichtet. Sind diese Bedingungen nicht erfüllt, so kann die Stabkraft eine
beliebige Richtung haben.
Beispiel: Wie bestimmt man am besten die
Stabkräfte im nebenstehend gezeigten Stabwerk - mit Knotenschnitt oder Ritterschnitt?
Lösung: Keines von
beiden, denn die genannten Methoden
werden an ideale Fachwerke angewandt. Das
vorliegende System ist aber kein ideales Fachwerk, z.B. weil zwei der Stäbe Gelenke innerhalb ihrer Länge haben. In diesem Fall müssen
alle Stäbe freigeschnitten werden und die
1
Gleichgewichtesbedingungen unter Berücksichtigung von allen Reaktionskräften aufgestellt werden.
IV. Übergangsbedingungen
Bei Integration von Schnittlastendifferentialgleichungen werden zur Bestimmung von Integrationskonstanten Randbedingungen benutzt. Liegt ein zusammengesetztes System vor
(z.B. bestehend aus mehreren Stäben), so müssen auch die Randbedingungen an den Übergängen von einem Teilsystem zum anderen
berücksichtigt werden. Diese Bedingungen
nennt man Übergangsbedingungen. Da wir
diese in den vorigen Vorlesungen nicht besprochen haben, hier eine kurze Darstellung von
typischen Übergangsbedingungen. Im Verbindungspunkt gelten folgende Zusammenhänge:
(I )
( II )
0
M
M
=
=
(I )
( II )
N
=
N=
0
(I )
( II )
Q
=
Q=
0
( II )
Q=
Q( I ) − F
( II )
M=
M (I ) − M
VI. Strukturen verstehen
Man kann ein qualitatives Verständnis von
Strukturen entwickeln, welches erlaubt, sie
schnell und verläßlich zu berechnen oder zu
entwickeln.
Beispiel 1: Schlankes Fachwerk
Ein erster vertikaler Schnitt durch
drei beliebige Stäbe und das Kräftegleichgewicht in vertikaler
Richtung ergibt: S 2 = 2 F . Das gilt offenbar
für alle schrägen Stäbe des Fachwerkes.
Ein zweiter vertikaler Schnitt durch
einen Knoten und
Anwendung des Momentengleichgewichtes
x
bezüglich des Knotens ergibt S1 = F . Bei
d
einem schlangen Fachwerk gilt für den größten
Teil des Fachwerkes x >> d , somit ist die
Zugkraft in der oberen Reihe von horizontalen
Stäben viel größer, als die Stabkräfte in den
schräg gelagerten Stäben. Dasselbe gilt für die
untere Reihe von horizontalen Stäben, nur sind
sie auf Druck beansprucht. Das bedeutet, daß
in einem schlanken Fachwerk am stärksten die
horizontal gerichteten Stäbe belastet sind. Sie
geben auch den größten Beitrag zum Schnittmoment, das in jedem "Knotenschnitt" einfach
gleich der Stabkraft mal die Dicke des Fachwerkes ist.
Verlauf des Momentes und Form des Trägers:
Soll man ein Fachwerk aus Stäben gleicher
Stärke aufbauen, so bedeutet das, daß die längs
laufenden Stabkräfte alle in etwa gleich sein
sollen. Die Dicke des Fachwerkes soll daher
proportional zum Schnittmoment sein. Im oben
gezeigten Beispiel eines Tragwerkes, welches
eine konzentrierte Kraft an seinem Ende tragen
soll, sollte die Dicke des Fachwerkes proportional zum Abstand von dem Angriffspunkt der
Kraft sein.
Es ist leicht zu
sehen, daß in
diesem Fall alle
schrägen Verbindungsstäbe sogar Nullstäbe
sind und nur für Stabilität des Trägers sorgen,
während alle Stabkräfte in der oberen und unteren Stabreihe jeweils gleich sind.
Verlauf des Momentes in Bögen eines Dreigelenkbogens:
Zu bestimmen ist die optimale Form (Breite)
von Bögen eines Dreigelenkbogens.
Lösung: Ein
Schnitt in der
Nähe des Gelenkes zeigt,
daß die Schnittkraft in
Richtung des zweiten (unteren) Gelenkes gerichtet
ist. Ein weiterer Schnitt an
einer beliebigen Stelle des
Bogens führt zum Momentengleichgewicht:
M = − Sh . Das Moment
ist somit einfach Proportional zur Höhe des Bogens von der Verbindungslinie zwischen beiden Lagern. Nach unseren
vorherigen heuristischen Überlegungen muß
die Dicke des Trägers (konzipiert als Fachwerk) auch proportional zu dieser Höhe sein.
2
Zug und Druck in Stäben, Hookesches Gesetz
Teil 2: Elastostatik
Literatur: Hauger, Schnell und Groß. Technische Mechanik 2 (Elastostatik), 1.1-1.3.
I. Das Hookesche Gesetz Ziehen wir an den
Enden eines Stabes mit einer Kraft F, so
nimmt die Länge um einen Betrag l zu. Wir
werden annehmen, daß die Längenänderung
ein kleiner Bruchteil der ursprünglichen Länge
ist. Für eine große Anzahl von Materialien
zeigen die Experimente, dass bei genügend
kleinen
Dehnungen die
Kraft
proportional zur Verlängerung ist:
F  l .
Diese Relation ist als Hookesches Gesetz bekannt. Solche Stoffe werden linear elastisch
genannt.
II. Dehnung Die Verlängerung l des Stabes
hängt auch von seiner Länge ab. Um eine Größe zu erhalten, die für das Material und nicht
für seine Form charakteristisch ist, verwenden
wir das Verhältnis l / l zwischen der Verlängerung und der ursprünglichen Länge. Dieses
Verhältnis heißt
Dehnung:   l / l . (Einheit: Dimensionslos)
Die Dehnung ist proportional zur Kraft, aber
unabhängig von l: F   .
III. Spannung Bei der gegebenen Dehnung
wirkt in jedem Querschnitt des Stabes eine
Normalkraft N . Sie hängt u.a. vom Flächeninhalt A des Querschnitts des Stabes ab. Die Kraft
für eine vorgegebene Verlängerung muss proportional zur Querschnittsfläche
A des Stabes sein. Die "Beanspruchungsintensität" wird somit nicht durch die Kraft, sondern
durch das Verhältnis der Kraft zur Fläche
(Spannung) charakterisiert:
Spannung:   N / A
(Einheit: N/m2=Pascal=[Pa])
Die Spannung hat dieselbe Einheit wie Druck.
Zur
Orientierung:
Atmosphärischer
5
Druck= 10 Pa , Fließgrenze von Stählen:
 fließ  200 1000 MPa , für temperiertes
Kupfer ist dagegen ca.  fließ  1MPa.
IV. Elastizitätsmodul Der Zusammenhang
zwischen der Dehnung und der Spannung
hängt weder von der Länge noch vom Querschnitt des Stabes, sondern nur vom Material
ab. Er wird durch die lineare Gleichung
  E (Hookesches Gesetz)
charakterisiert.
E ist der Elastizitätsmodul.
(Einheit: N/m2=Pascal)
Merken Sie sich den Elastizitätsmodul von
Stahl:
EStahl  210 GPa  2,11011 Pa.
V. Poisson-Zahl (Querkontraktionszahl)
Betrachten wir einen rechteckigen Block aus
einem Material mit der
Länge l, der
Breite w und
der Höhe h.
Wird der
Block in einer
Richtung gedehnt, so zieht er sich rechtwinklig zur Kraft
zusammen. Die Kontraktion in der Breite ist
proportional zur Breite w und zur Dehnung
l / l . Die Querkontraktion erfolgt sowohl für
die Breite als auch für die Höhe in derselben
Proportion und wird gewöhnlich geschrieben
als
w h
l

 
w
h
l
Die Konstante
 ist Poissonsche Zahl oder auch Querkontraktionszahl. (Einheit: Dimensionslos)
Merken Sie sich, daß bei den meisten Metallen
die Poisson-Zahl ungefähr gleich 1/3 ist
(  0.3  0.36 ). Bei einer Deformation ohne
Volumenänderung ist   1/ 2 . Für Gummi gilt
  1/ 2 .
VI. Wärmeausdehnungskoeffizient.
Dehnungen werden nicht nur durch Kräfte,
sondern auch durch Temperaturänderungen
hervorgerufen. Bei einer kleinen Temperaturänderung T kann man annehmen, dass die
Wärmedehnung  T proportional zu T ist:
 T  T T .
 T ist Wärmeausdehnungskoeffizient. (Einheit:
1/K bzw. 1/ C ). [K=Kelvin=1°C]
1
Der Wärmeausdehnungskoeffizient bei Stählen
liegt bei T  1, 2 105 1/°C.
Wird eine Spannung  angelegt und gleichzeitig Temperatur um T geändert, so werden
beide Dehnungen addiert (Superpositionsprinzip):  

E
 T T .
VII. Dehnsteifigkeit Schreiben wir
Hookesche Gesetz in der Form
F
l
E .
A
l
Daraus folgt, daß die Kraft proportional
Längenänderung ist:
 EA 
F 
 l  c  l
 l 
Die Konstante c nennt man die Steifigkeit
Stabes: c  EA / l .
Das Produkt EA wird als Dehnsteifigkeit
zeichnet.
das
zur
des
be-
B1. Eine stählerne Stange (Länge l  1 m,
Querschnitt A  1cm2 ) wird zwischen zwei
starren Wänden geklemmt und um 100°C erwärmt. Zu bestimmen
ist die Druckspannung
und die Druckkraft in
der Stange.
Lösung: Bezeichnen wir die in der Stange wirkende Spannung als  . Die Dehnung unter der
Wirkung dieser Spannung und der Temperaturänderung ist gleich


 T T .
E
Da die Stange sich nicht dehnen kann, ist

 T T  0 .
E
Daraus folgt
   ET T .
  0:
Mit E  2,11011 Pa und T  1, 2 105 1/K
erhalten wir
  2,11011 Pa1, 2 105 K 1100 K
 2,5 108 Pa  250 MPa
Das negative Vorzeichen zeigt, dass es sich um
eine Druckspannung handelt.
Die Normalkraft ist gleich
N   A  250 MPa104 m2
 2,5 104 N  25kN
B2. An einem Draht (Länge 1m, Querschnitt
1mm2 ) hängt ein Gewicht 100kg. Wie groß ist
die Dehnung des Drahtes? Kann der Draht diese Last aushalten?
Lösung: Wir benutzen das Hookesche Gesetz
 EA 
in der Form F  
 l . Daraus folgt
 l 
Fl mgl
100  9,8 1
l 


EA EA 2,11011 1106
 4, 7 103 m  4, 7 mm
Die Spannung ist
F mg 100  9,8
 

 980 MPa .
A
A
106
Nur hochfeste Stähle können solche Spannung
aushalten. Normalerweise wird sich der Draht
plastisch deformieren und reißen.
VIII. Ein Stab mit einem veränderlichen
Querschnitt Alle oben gegebene Definitionen
sind nur im Fall eines langen, homogenen Stabes gültig. Man kann sie aber auch dann als
eine gute Näherung benutzen, wenn der Querschnitt des Stabes nur schwach veränderlich
ist. In diesem Fall kann man die Normalspannung im Querschnitt mittels der Formel
N ( x)
 ( x) 
A( x)
bestimmen.
B3. Ein konischer Stab (Länge l) mit kreisförmigem Querschnitt (Endradien r0 und 2r0 )
wird durch eine
Druckkraft F belastet.
Zu bestimmen ist
die Normalspannung  ( x) im
beliebigen Querschnitt.
Lösung: Der Radius als Funktion der Längskoordinate x ist r ( x)  r0 1  x / l  . Die Querschnittsfläche ist A( x)   r 2 ( x) . Die Normalkraft ist N   F . Die Normalspannung ist:
N
F
 ( x) 
 2
.
2
A( x)
 r0 1  x / l 
IX. Nicht gleichmäßig deformierter Stab.
Einen nicht gleichmäßig
deformierten Stab kann
man durch die Verschiebung u ( x) des Punktes
mit der Anfangskoordinate x charakterisieren.
Es gilt:  
du ( x)
.
dx
2
Statisch bestimmte und statisch unbestimmte elastische Stabsysteme
Literatur: Hauger, Schnell und Groß. Technische Mechanik 2 (Elastostatik), 1.5,1.6.
I. Hilfsaufgabe
Ein elastischer Stab sei
an einem Ende in einem
Festlager befestigt. Das
andere Ende wird aus der
Anfangslage um den
Vektor u verschoben.
Wie ändert sich die Länge des Stabes?
Lösung: Wenn die Verschiebung klein ist, so
verursacht nur die Komponente der
Verschiebung in der Stabrichtung eine
Längenänderung: ∆l = u . Wenn wir einen
Einheitsvektor en in der Stabrichtung
einführen, kann man auch schreiben
∆l = u ⋅ en
II. Statisch bestimmtes Stabwerk 1
Zwei Stäbe mit der gleichen Dehnsteifigkeit
EA sind gelenkig gelagert und mit einander
verbunden, wie im Bild
gezeigt. Gesucht ist die
Verschiebung des Knotens C.
Bezeichnen wir die
Verschiebung des
Knotens mit
u = (u x , u y ) und bestimmen die Einheitsvektoren in der Richtung
des ersten und des zweiten Stabes:
en1 = (1,0) , en 2 = (cos α , − sin α ) .
Die Längenänderungen der beiden Stäbe sind
dann ∆l1 = u ⋅ en1 = (u x , u y ) ⋅ (1,0) = u x ,
∆l2 = u ⋅ en 2 = (ux , u y ) ⋅ (cos α , − sin α )
(1)
= ux cos α − u y sin α
Die Stabkräfte sind somit
EA
EA
(2)
S1 =
∆l1 , S 2 =
∆l2 .
l1
l2
Die Gleichgewichtsbedingungen lassen sich in
der folgenden Form schreiben:
x: − S2 cosα − S1 = 0 ,
y: S2 sin α − F = 0 .
Einsetzen von (2) liefert
EA
EA
−
∆l2 cos α −
∆l1 = 0 ,
l2
l1
EA
∆l2 sin α − F = 0 .
l2
Einsetzen von (1) und Berücksichtigung, dass
l2 = l1 / cos α , führt zum Gleichungssystem
EA
EA
−
cos α ( u x cos α − u y sin α ) cos α −
ux = 0
l1
l1
EA
cos α ( u x cos α − u y sin α ) sin α − F = 0
l1
oder
u x (1 + cos 3 α ) − u y sin α cos 2 α = 0
u x sin α cos 2 α − u y sin 2 α cos α =
Fl1
EA
Daraus folgt
Fl 1
ux = − 1
EA tan α
Fl cos α 1 + cos3 α
Fl1 1 + cos3 α
uy = − 1
=
−
EA sin α sin α cos 2 α
EA sin 2 α cos α
III. Statisch bestimmtes Stabwerk 2
Ein Fachwerk, das aus
drei Stahlstäben besteht,
wird durch die Kraft
F = 20 kN belastet. Wie
groß müssen die Querschnittsflächen mindestens sein, wenn die
Spannungen nicht größer als σ zul = 150 MPa
und die Verschiebung des Lagers B kleiner als
0, 05% der Länge des Stabes 3 sein sollen?
Lösung. Da das Stabwerk statisch bestimmt ist,
kann man die Stabkräfte direkt aus den
Gleichgewichtsbedingungen
bestimmen.
2
S1 = S 2 = −
F,
2
F
S3 = .
2
Damit die zulässige Spannung nicht überschritten wird, muss gelten:
σ1 =
S1
A1
≤ σ zul , σ 2 =
S2
A2
≤ σ zul , σ 3 =
S3
A3
≤ σ zul
Daraus folgt für die mindestens erforderlichen
Querschnittsflächen
S
0, 707 ⋅ 20 ⋅103 2
A1 = A2 = 1 =
[m ] = 94, 3mm 2
σ zul
150 ⋅106
S
0,5 ⋅ 20 ⋅103 2
A3 = 3 =
[m ] = 66, 7 mm 2 .
6
σ zul
150 ⋅10
Aus dem Hookeschen Gesetz für Stab 3folgt:
1
S3
∆l
=E 3
A3
l3
A3 =
S3
E ( ∆l3 / l3 )
und
≥
wir
erhalten
0, 5 ⋅ 20 ⋅103
[m 2 ]
2,1 ⋅10110, 5 ⋅10−3
= 9, 5 ⋅10−5 [m 2 ] = 95 mm 2
IV. Statisch unbestimmtes Stabwerk 1
Gegeben sind die Steifigkeiten c der Stäbe. Zu
berechnen ist die Verschiebung des Knotens.
Wir führen den Verschiebungsvektor und die Einheitsvektoren ein:
u = (ux , u y ) ,
e1 = (0, −1) ,
e2 = (−1, 0) ,
e3 = (0,1) ,
e4 = (1, 0) .
Die Längenänderungen sind
∆l1 = u ⋅ e1 = ( u x , u y ) ⋅ (0, −1) = −u y
∆l2 = u ⋅ e2 = ( u x , u y ) ⋅ (−1, 0) = −u x
∆l3 = u ⋅ e3 = ( u x , u y ) ⋅ (0,1) = u y
∆l4 = u ⋅ e4 = ( u x , u y ) ⋅ (1, 0) = u x
e1 = (cos α , − sin α )
e2 = (1, 0)
e3 = (cos α ,sin α )
∆l1 = u ⋅ e1 = ( u x , u y ) ⋅ (cos α , − sin α )
= u x cos α − u y sin α
∆l2 = u ⋅ e2 = ( u x , u y ) ⋅ (1, 0) = u x
∆l3 = u ⋅ e3 = ( u x , u y ) ⋅ (cos α ,sin α )
= u x cos α + u y sin α
S1 = c1∆l1 = c1 ( u x cos α − u y sin α )
S 2 = c2 ∆l2 = c2u x
S3 = c3∆l3 = c3 ( u x cos α + u y sin α )
x: − S1 cos α − S 2 − S3 cos α = 0
y: S1 sin α − S3 sin α − F = 0
−c1 ( u x cos α − u y sin α ) cos α − c2u x
−c3 ( u x cos α + u y sin α ) cos α = 0
c1 ( u x cos α − u y sin α ) sin α
Für die Stabkräfte ergibt sich
S1 = c∆l1 = −cu y
−c3 ( u x cos α + u y sin α ) sin α − F = 0
S 2 = c∆l2 = −cu x
VI. Statisch bestimmtes Stabwerk 3
S3 = c∆l3 = cu y
Zu bestimmen sind die Verschiebungen beider
Knoten
S 4 = c∆l4 = cu x
Kräftegleichgex: S 2 − S 4 + F cos α = 0
l
wicht:
y: S1 − S3 + F sin α = 0
−cu x − cu x + F cos α = 0 ⇒ 2cu x = F cos α
−cu y − cu y + F sin α = 0 ⇒ 2cu y = F sin α
F
F
cos α = x
2c
2c
F
F
y
u y = sin α =
2c
2c
ux =
F
u=
2c
V. Statisch unbestimmtes Stabwerk 2
Gegeben: l, EA, F.
Gesucht:
1. Stabkräfte
2. Verschiebungen
Bei F=0 sind alle
Stäbe entspannt.
VII. Statisch unbestimmtes Stabwerk mit
Wärmespannungen
α ( Stahl ) = 1, 2 ⋅10−51/K
α (Cu ) = 1, 7 ⋅10−51/K
∆T = 100 K .
Zu bestimmen sind die
thermischen Spannungen.
2
Schubspannung, Scherdeformation. Der Torsionsstab.
Literatur: Hauger, Schnell und Groß. Technische Mechanik 2 (Elastostatik), 5.1.
I. Reine Scherung (oder Scherdeformation)
Scherdeformation ≡
δ
γ3
= tan γ ≈ γ + .. ≈ γ
l0
3
γ heißt Schub- oder
Gleitwinkel.
Schubspannung
F
τ= .
A
Das Hookesche Gesetz für die Scherung:
τ = Gγ
G heißt Schubmodul. Er hängt mit dem Elastizitätsmodul und der Poissonzahl wie folgt zusammen:
E
G=
.
2(1 + ν )
3
Für Metalle ν ∼ 1/ 3 , somit G ≈ E .
8
Beispiele: Stahl: E = 210 GPa ⇒ G ≈ 78 GPa .
Gummi: ν ≈ 1/ 2 ⇒ G ≈ E / 3 .
II. Torsion
Gegeben sei ein elastischer Stab mit rundem
Querschnitt (Bild1a). Jeder Querschnitt wird
durch den Winkel θ ( x ) charakterisiert, um
welchen er sich bezüglich des "unverdrehten"
Anfangszustandes gedreht hat. Wir wollen das
mit dieser Verdrehung zusammenhängende
Torsionsmoment bestimmen. Als Hilfsaufgabe
betrachten wir einen dünnen zylindrischen
Ausschnitt aus dem Stab (dünnwandiger Zylinder mir dem Querschnittsradius r, Bild b).
x
kleine Element reine Scherung. Die Scherdeformation ist gleich
∆y rdθ
γ=
=
= rθ ' ,
l0
dx
die Scherspannung:
τ = Gγ = Grθ '
Das im Querschnitt wirkende Kraftmoment:
= Grθ ' A ⋅ r = GAr 2θ '
M Ring = τ ⋅ A ⋅ r
Summiert über alle Ringe im Querschnitt ergibt sich das folgende Torsionsmoment:
M T = ∑ ∆M = ∑τ r ∆A =
r2
r2
= ∫ τ (r ) ⋅ r ⋅ dA = ∫ Gθ ′( x) ⋅ r 2 ⋅ dA
r1
r1
r2
= Gθ ′( x) ∫ r 2 ⋅ dA
r1
M T = Gθ ′( x) I p ,
r2
I p = ∫ r 2 ⋅ dA - ist das polare Flächenträgr1
heitsmoment des Querschnitts
III. Torsionssteifigkeit
MT
Wird ein
Stab durch
ein Torsionsmoment
um den Winkel θ verdreht, so gilt
M T = kθ . k ist Torsionssteifigkeit.
IV. Homogene Torsion eines homogenen
Stabes.
In diesem Fall gilt
∆θ θ
θ′ =
= .
∆x l
Für das Torsionsmoment: M = Gθ ′( x) I p = G
θ
l
I p = kθ .
Die Torsionssteifigkeit ist: k =
Aus diesem schneiden wir (gedanklich) ein
infinitesimal kleines Element (Ring) zwischen
x und x+dx (Bild c). Der linke Rand ist gedreht
um den Winkel θ ( x ) , der rechte um
θ ( x + dx) = θ ( x) + dθ . Den Ring teilen wir
weiterhin in kleine (ursprünglich rechteckige)
Elemente. Durch Verdrehung erleidet jedes
GI p
l
Für einen runden Querschnitt gilt
r2
r2
.
r2
I p = ∫ r ⋅ dA = ∫ r ⋅ 2π rdr = 2π ∫ r 3dr
2
2
r1
= 2π
r1
4 r2
r
4
r1
=
π
r1
(r
2
4
2
)
− r14 .
1
Für einen Vollzylinder mit dem Radius R gilt
Ip =
π
2
R 4 . Die Torsionssteifig-
keit ist gleich k =
πG
R4 .
2l
Torsion kann man zur Messung
des Schubmoduls benutzen (historisches Beispiel: Torsionswaage von Coulomb).
V. Spannungen bei Torsion
Aus der Gleichung τ = Gγ = Grθ ' folgt, daß
die Deformationen im Querschnitt nicht
gleichmäßig verteilt sind: An der Achse sind
sie Null und erreichen an der äußeren Fläche
den maximalen Wert
θ
τ max = GRθ ' = GR .
l
θ M
θ
Andererseits ist M T = G I p ⇒ = T ⇒
l
l GI p
τ max = R
MT
Ip
Für einen Vollzylinder:
M
M
2 MT
τ max = R T = R T =
π 4 π R3
Ip
R
2
Aufgabe: Eine stählerne Welle überträgt ein
Kraftmoment M = 10 4 N⋅ m . Zu bestimmen ist
der zulässige Durchmesser der Welle, wenn
die Spannungen den Wert τ max = 60 MPa nicht
überschreiten dürfen.
1/ 3
 2 MT 
R=

 π τ max 
Lösung:
1/ 3
 2 10 N⋅ m 
=

6
 π 60 ⋅10 Pa 
4
=
= 0, 047 m = 4, 7 cm
VI. Steifigkeit einer Schraubenfeder
Zu bestimmen ist die Federkonstante einer
Schraubenfeder. Die
Feder sei eng gewickelt (Steigungswinkel klein). Der
Durchmesser des
Federdrahtes sei
klein im Vergleich
zum Radius der
Wicklung.
Aus einem Schnitt an einer beliebigen Stelle
erhalten wir
Q = F , M T = aF .
Betrachten wir einen unendlich kleinen Ausschnitt ds der Feder. Durch seine Verdrehung
um den Winkel dθ entsteht eine Absenkung
des Zentrums eines Federringes um df = adθ .
Der
Torsionswinkel
ergibt
sich
aus
MT = G
θ
l
I p , wobei wir dθ statt θ und ds
dθ
Ip.
ds
Für den Torsionswinkel ergibt sich
M
dθ = T ds und für die Absenkung
GI p
statt l einsetzen: M T = G
MT
ds .
GI p
Durch Integration über die Drahtlänge erhalten
wir für die gesamte Absenkung (Verschiebung
des unteren Federringes)
M
M
aF
f = ∫ a T ds = a T L = a
L,
GI p
GI p
GI p
wobei L die Gesamtlänge des Federdrahtes ist
( L ≈ 2π an ):
aF
a3 F
f =a
2π an =
2π n
GI p
GI p
(n ist die Zahl der Windungen).
Für die Federsteifigkeit ergibt sich
df = adθ = a
π
G R4
GI p
F
GR 4
Gd 4
2
c= =
=
=
=
.
f 2π na3 2π na 3 4na 3 64na3
VII. Aufgabe
Zu bestimmen ist die maximale Spannung in
einer Schraubenfeder (gegeben: G, n, a, d , F ).
M
2 M T 16 aF
Lösung: τ max = R T =
.
=
Ip
π R3 π d 3
Zahlenbeispiel: Eine Feder aus einem Federstahl mit τ max = 200 MPa habe folgende geometrische Parameter: a = 1cm , d = 1mm ,
n = 10 . Wie groß ist die maximale zulässige
Kraft?
Lösung:
F=
πτ max d 3
16a
3,14 ⋅ 200 ⋅106 Pa ⋅ (10−3 ) m 3
3
=
= 3,9 N
16 ⋅1 ⋅10−2 m
(Das entspricht einem Gewicht mit der Masse
m ≈ 0, 4 kg ).
2
Balkenbiegung.
Literatur: Hauger, Schnell und Groß. Technische Mechanik 2 (Elastostatik), 4.1., 4.3
I. Biegemoment in einem gebogenen Balken
Wird ein Balken gebogen, so wird das Material
auf der inneren Seite der Kurve gestaucht und
an der äußeren Seite gedehnt. Dazwischen
muss eine "neutrale Fläche" liegen, auf der das
Material nicht gedehnt ist.
Bei einer reinen Biegung (unter der Wirkung
von Biegemomenten) stehen die Querschnitte
senkrecht zur Balkenachse (neutraler Faser).
Bei einer Biegung unter der Wirkung einer
Querkraft ist diese Bedingung für schlanke
Balken eine gute Näherung (BernoulliHypothese).
Wir betrachten ein infinitesimal kleines Element des Balkens, das vom Krümmungszentrum aus gesehen, das Winkelmaß θ hat. Diese
wird in dünne Streifen parallel zur Balkenachse unterteilt. Für einen solchen Streifen mit der
Koordinate y (gemessen von der neutralen Faser) kann man der Skizze folgende Zusammenhänge entnehmen:
Anfangslänge l0 = Rθ ,
Längenänderung ∆l = yθ .
Daraus ergibt sich für die Dehnung
∆l y
ε= =
l0 R
Die Zugspannung
ergibt sich nach
dem Hookeschen
Gesetz zu
y
σ = Eε = E .
R
Die in dem Querschnitt wirkende
Gesamtkraft ist
E
N = ∫ dF = ∫ y d A .
(1)
R
Querschnitt
Das Moment einer einzelnen Kraft dF ist
gleich
E
dM z = − dF ⋅ y = − y 2 dA .
R
Hebelarm
Das Gesamtmoment
E
M z = ∫ dM z = − ∫ y 2 dA .
(2)
R
Aber: Wo liegt die neutrale Fläche? (Bisher
haben wir eine willkürliche Lage gewählt).
Die Lage der neutralen Fläche wird durch (1)
bestimmt. Bei einer reinen Biegung (ohne
Längskraft) gilt: N = 0 , d.h. ∫ ydA = 0 . Das
bedeutet, dass die neutrale Fläche durch den
Schwerpunkt des Querschnittes geht.
[Das folgt aus der Definition der Schwer∫ ydA ].
punktkoordinate ys =
∫ dA
Die Größe I z = ∫ y 2 dA nennt man Flächenträgheitsmoment des Querschnitts bezüglich
der z-Achse. Damit ergibt sich für das Biegemoment (2) die folgende Grundgleichung der
Balkentheorie
EI
Mz = − z
R
II. Elastische Biegelinie
A. Ein bisschen Geometrie:
Bei einem
gebogenen
Balken kann
man in jedem
Punkt den
lokalen
Krümmungsradius definieren. Der Krümmungsradius lässt sich analytisch berechnen.
Zu diesem Zweck
untersuchen wir die
Drehung der Tangente zu einem
Kreis:
∆s
∆θ =
.
R
1 ∆θ
Daraus folgt, dass
=
. Bei nicht konsR ∆s
1 dθ ( s )
.
tanten Krümmung =
R
ds
Für einen Balken mit der Biegelinie w( x ) gilt
1
θ ( x ) ≈ tanθ ( x ) =
dw( x )
= w′( x ) ,
dx
s≈x ⇒
1 dθ dθ
d  dw  d 2 w
=
≈
≈ 
= w′′( x ) .
=
R ds dx dx  dx  dx 2
Für das Biegemoment ergibt sich somit
EI
M z = − z = − EI z w′′( x )
R
"Balken-Gleichung"
III. Klassisches Beispiel: Biegung eines
Kragbalkens unter einer an seinem Ende
angreifenden Kraft
Zunächst
machen wir
eine Freischnittskizze
und bestimmen den Verlauf der Schnittlasten:
Q=F,
M = − F (l − x ) .
Aus der Balkengleichung folgt
2
d w
M F (l − x )
=−
=
.
2
dx
EI
EI
Die erste Integration ergibt:
dw
F (l − x )
F 
x2 
=
dx + C1 =
 lx −  + C1 .
dx ∫ EI
EI 
2
Die zweite Integration ergibt:
F 

x2 
w = ∫   lx −  + C1 dx + C2 =
2
 EI 

2
3
Fl x
F x
=
−
+ C1 x + C2
EI 2 EI 6
Randbedingungen:
Bei der Einspannung gilt:
w(0) = 0 , w′(0) = 0 .
Daraus folgt: C1 = 0 , C2 = 0 .
Biegelinie:
Fl x 2 F x 3
w( x ) =
−
EI 2 EI 6
Absenkung des Angriffspunktes der Kraft:
Fl 3
w( l ) =
.
3EI
Federsteifigkeit einer Blattfeder:
F
3EI
c=
= 3
w( l )
l
IV. Balken unter einer Streckenlast
Bei einer kontinuierlich verteilten Kraft q( x )
gilt für das Biegemoment die Differentialgleichung für die Streckenlasten:
d 2 M ( x)
= − q( x ) .
dx 2
Die Balkengleichung lautet:
M ( x ) = − EI z w′′( x ) .
Indem wir diese Gleichung zweimal differenzieren und die Differentialgleichung für das
Moment verwenden, erhalten wir:
( EI z w′′( x ) )′′ = q( x )
(Balkendifferentialgleichung 4. Ordnung)
Für einen homogenen Balken vereinfacht sie
sich zu
EI z w IV ( x ) = q( x ) .
V. Flächenträgheitsmoment eines Balkens
mit einem quadratischen Querschnitt
I z = ∫ y dA =
2
=a
3 a /2
y
3
−a/2
a/2
∫
y 2 ady
− a /2
= 2a
a3 a4
=
3 ⋅ 8 12
Federsteifigkeit einer "Balkenfeder" mit einem
quadratischen Querschnitt:
c=
3EI Ea 4
= 3
l3
4l
2
Flächenträgheitsmomente.
Literatur: Hauger, Schnell und Groß. Technische Mechanik 2 (Elastostatik), 4.2.1., 4.2.2
I. Definitionen
Wir haben das Trägheitsmoment bezüglich der
z-Achse als Integral
I z = ∫ y 2 dA definiert.
I zy = I yz = − ∫ yzdA
(Deviationsmoment)
(polares FläI p = ∫ ( y 2 + z 2 ) dA = ∫ r 2 dA chenträgheitsmoment)
II. Berechnung der Trägheitsmomente
B1. Rechteck mit den Seiten a und :
Bei der Biegung um die zAchse schneiden wir die Platte in dünne Streifen senkrecht
zur y-Achse.
b/2
y3
I z = ∫ y dA = ∫ y ady = a
3
−b / 2
b/ 2
2
ab3
Iz =
,
12
ba 3
Iy =
.
12
−b / 2
b3
= 2a
3⋅ 8
2
a
=  .
Iz  b 
Iy
⇒
B2. Kreisquerschnitt:
I z = ∫ y 2 dA =
= 2 ∫ y 2 R − y dy
2
2
0
=
π /2
=4
∫
R sin ϕ cos ϕ dϕ
4
2
2
R4
π /2
∫
1
1
(1 − cos 2ϕ ) (1 + cos 2ϕ ) dϕ
2
2
(
)
R 4 1 − cos 2 2ϕ dϕ
0
=
π /2
∫
0
=
1
2
 1

R 4 1 − (1 + cos 4ϕ )  dϕ
 2

π /2
∫
R 4 dϕ −
0
1
2
π /2
∫
R 4 cos 4ϕ dϕ =
y = R sin ϕ
=
dy = R cos ϕ dϕ
π R4
4
0
B3. Elliptischer Querschnitt:
Eine Ellipse mit den Halbachsen a und b wird durch
y2 z2
die Gleichung 2 + 2 = 1
a
b
beschrieben. Daraus folgt
z = b 1 − ( y / a ) . Für das
Flächenträgheitsmoment
2
ergibt sich:
a
I z = ∫ y 2 dA = 2 ∫ y 2 2b 1 − ( y / a ) dy =
2
0
Analog dazu: I y =
π
4
π
4
ba 3 .
ab3 .
III. Tricks
Aus den Definitionen folgt:
I p = I y + Iz .
B4. Polares Flächenträgheitsmoment eines
Kreises:
I p = ∫ r 2 dA ⇒
R
R
I p = ∫ r 2 2π rdr = 2π ∫ r 3 dr
0
0
4
4
R
R
=π
4
2
Andererseits wissen wir, dass
I p = I y + I z = 2I y .
= 2π
Daraus folgt I y = I z =
R
2
∫
0
=
Das Produkt EI z heißt
Biegesteifigkeit und bestimmt vollständig elastische Eigenschaften eines Balkens in Bezug auf
Biegung um die z-Achse.
Es ist bequem zunächst nicht
anzunehmen, daß das Koordinatensystem sein Ursprung
im Schwerpunkt des Querschnitts hat. Wir wählen ein
beliebiges Koordinatensystem und definieren die folgenden vier Größen:
I z = ∫ y 2 dA
achsiale Träg2
heitsmomente
I y = ∫ z dA
2
π /2
=4
Ip
π R4
=
.
2
4
B5. Zu bestimmen ist das polare Flächenträgheitsmoment
einer Ellipse:
Lösung:
I p = I y + Iz =
π
4
(ba 3 + ab3 )
0
1
Ip =
π ab
I yɶ = I y( S ) + zɶS 2 A
(a 2 + b 2 )
4
B6. Zu bestimmen ist das polare Flächenträgheitsmoment eines Rechtecks:
Lösung:
1
I p = I y + I z = (ba 3 + ab3 )
12
ab 2
=
(a + b 2 )
12
B7. Ein dünnwandiges Rohr:
I p = ∫ r 2 dA = R 2 A
= R 2 2π Rd = 2π R3 d
I y = Iz =
Ip
2
= π R3d
I zɶ = I z( S ) + yɶ S 2 A
Steinerscher Satz
I yzɶɶ = I yz( S ) − yɶ S zɶS A
B8.
2
bh3  h 
bh3
+   bh =
12  2 
3
3
hb
I yɶ =
3
bh
b2 h 2
.
I yzɶ ɶ = 0 −
bh = −
22
4
I zɶ =
V. Summierung der Trägheitsmomente
Ist ein Profil eine zusammengesetzte Figur, so
werden die Trägheitsmomente einzelner Teile
summiert:
N
I z = I z(1) + I z(2) + ... = ∑ I z( i )
IV. Parallelverschiebung der Bezugsachsen: Der Satz von Steiner
Betrachten wir die Trägheitsmomente I ( S )
eines Querschnitts bezüglich einer Achse, die
durch den
Schwerpunkt S
geht und Trägheitsmoment I
desselben Querschnitts bezüglich einer Achse
parallel dazu.
Die Koordinate
des Schwerpunkts im neuen Koordinatensystem seien yɶ S
und zɶS . Zwischen den Koordinaten desselben
Punktes in zwei Koordinatensystemen besteht
folgender Zusammenhang:
yɶ = y + yɶ S , zɶ = z + zɶS .
Für die Trägheitsmomente bezüglich des neuen
Koordinatensystems gilt:
I yɶ = ∫ zɶ dA = ∫ ( z + zɶS ) dA
2
2
(
)
= ∫ z 2 + 2 zzɶS + zɶS 2 dA
= ∫ z 2 dA + ∫ 2 zzɶS dA + ∫ zɶS 2 dA
i =1
Ähnliches gilt für
I yɶ = I
+ zɶS ∫ 2 zdA + zɶS A
2
N
i =1
i =1
Die zu addierenden Flächeträgheitsmomente
können auch negativ sein.
B9.
Iz =
Iz =
π
− R14
)
1 4
a − b4
12
)
4
(R
4
2
(
(
)
1 4
4
a − ( a − 2h )
12
Für dünnwandige Profile
2
I z = a3h
3
Iz =
= I y( S ) + zɶS ∫ 2 zdA + zɶS 2 ∫ dA
(S )
y
N
I y = ∑ I y(i ) , I yz = ∑ I yz(i ) .
Iz ≈
dh3 h 2bt
+
12
2
2
Balkenbiegung: Biegelinie
Literatur: Hauger, Schnell und Groß. Technische Mechanik 2 (Elastostatik), 4.5.2
Die maximale Absenkung
I. Balkendifferentialgleichung 4. Ordnung
wird im Endpunkt erreicht
Verlauf der
und ist gleich
neutralen Fa4
q0l 2
1 2
1 2
w(l ) = EI ( 24 l − 6 l + 14 l 2 ) = 18 qEI0l .
ser eines gebogenen BalB2. Auch dieser Balken ist statisch bestimmt
kens ("Biegegelagert. Dennoch ist es auch in diesem Fall
linie") berecheinfacher, die Gleichung (2) zu benutzen. Da
net sich entweder aus der Gleichung
die Streckenlast dieselbe
EI z w′′( x) = − M z ( x)
(1)
ist, wie im Beispiel 1, ist
auch die allgemeine Lö- wenn das Biegemoment als Funktion der
sung dieselbe. Der einziKoordinate im voraus bestimmt werden kann
ge Unterschied liegt in den Randbe-dingungen:
(d.h. für statisch bestimmte Systeme) oder aus
w(0) = 0 , w(l ) = 0 , M (0) = 0 ⇒ w′′(0) = 0 ,
der Balkendifferentialgleichung 4. Ordnung
M (l ) = 0 ⇒ w′′(l ) = 0 .
(2)
( EI z w′′( x ) )′′ = q( x ) .
EIw(0) = C4 = 0 , EIw′′(0) = C2 = 0 ,
Diese Gleichung kann auch an statisch unbesEIw(l ) = 241 q0l 4 + 16 C1l 3 + C3l = 0 ,
timmte Systeme angewandt werden. Die vier
Integrationkonstanten müssen aus vier RandEIw′′(l ) = 12 q0l 2 + C1l = 0 ,
bedingungen bestimmt werden.
C1 = − 12 q0l , C3 = 241 q0l 3 .
II. Beispiele
Die Biegelinie ist
Wir untersuchen drei gleiche Balken konstanw( x) = EI1 ( 241 q0 x 4 − 121 q0lx 3 + 241 q0l 3 x )
ter Biegesteifigkeit EI unter konstanter Streq
ckenlast q0 bei unterschiedlicher Lagerung.
= 24 0EI ( x 4 − 2lx 3 + l 3 x )
B1. Dieser Kragbalken ist statisch bestimmt.
Die maximale Durchbiegung wird in der Mitte
Man könnte zunächst
x = l / 2 erreicht und ist
den Momentenverlauf
gleich
berechnen und dann
w(l / 2) = 24q0EI ( 161 l 4 − 14 l 4 + 12 l 4 ) =
Gleichung (1) anwen.
den. In den meisten Fällen ist es aber einfaB3. Der unten abgebildete Balken ist statisch
cher, die Gleichung (2) zu benutzen:
unbestimmt gelagert. Schnittlasten (unter andeEIw IV = q0 .
rem das Biegemoment) können daher nicht
Ihre vierfache Integration ergibt:
alleine aus den GleichgeEIw′′′ = −Q = q0 x + C1 ,
wichtsbedingungen beEIw′′ = − M = 12 q0 x 2 + C1 x + C2 ,
rechnet werden. Die Be3
2
1
1
nutzung von Gleichung (2) ist in diesem Fall
EIw′ = 6 q0 x + 2 C1 x + C2 x + C3 ,
der einzig mögliche Weg zur Berechnung der
EIw = 241 q0 x 4 + 61 C1 x3 + 12 C2 x 2 + C3 x + C4 .
Durchbiegung. Wir nehmen an, daß der Balken
Die Randbedingungen lauten: w(0) = 0 ,
in Abwesenheit der Streckenlast spannungsfrei
′
′′
gelagert war.
w (0) = 0 , M (l ) = − EIw (l ) = 0 ,
Da die Streckenlast dieselbe ist, wie im BeiQ (l ) = − EIw′′′(l ) = 0 .
spiel 1, ist auch die allgemeine Lösung dieselAus den ersten beiden folgt C3 = 0 , C4 = 0 .
be. Der einzige Unterschied liegt wieder in den
Die letzten zwei Randbedingungen lauten
Randbedingungen:
q0l + C1 = 0 ,
w(0) = 0 , w′(0) = 0 , w(l ) = 0 ,
1
2
q0l 2 + C1l + C2 = 0 .
Daraus folgt C1 = −q0l , C2 = q0l .
Die Biegelinie ist somit
2
0x
w( x) = qEI
( 241 x2 − 16 lx + 14 l 2 ) .
1
2
2
M (l ) = − EIw′′(l ) = 0 .
EIw(0) = C4 = 0 , EIw′(0) = C3 = 0 ,
EIw(l ) =
l2
2
(
1
12
q0l 2 + 13 C1l + C2 ) = 0 ,
EIw′′(l ) = 12 q0l 2 + C1l + C2 = 0 .
1
5
384
Aus den letzten beiden Gleichungen folgt
C1 = − 85 q0l , C2 = 18 q0l 2 .
Für die Biegelinie ergibt
sich somit
w( x) =
q0
EI
(
1
24
x 4 − 485 lx 3 + 161 l 2 x 2 ) .
Zusammen mit der Biegelinie haben wir auch
die Verläufe von w′( x) , dem Biegemoment
M ( x) = − 18 q0 ( 4 x 2 − 5lx + l 2 ) und der Quer-
kraft Q( x) = − 18 q0 ( 8 x − 5l ) bestimmt. Daraus
lassen sich die Lagerreaktionen ablesen:
A = Q (0) = 85 q0l , B = −Q (l ) = 83 q0l ,
M ( A) = M (0) = − 18 q0l 2 .
B4. Wir lösen jetzt noch einmal die Aufgabe,
die wir schon einmal durch Integration der
Balkengleichung zweiter Ordnung gelöst haben.
Gegeben sei ein
links fest eingespannter Balken. An
seinem rechten Ende greift eine Kraft F an.
Zu bestimmen ist die Biegelinie und den Neigungswinkel im Angriffspunkt der Kraft.
Lösung: Auch in diesem Fall ist die oben erhaltene allgemeine Lösung korrekt, nur mit
q0 = 0 : EIwIV = 0 ,
EIw′′′ = −Q = C1 ,
EIw′′ = − M = C1 x + C2 ,
EIw′ = 12 C1 x 2 + C2 x + C3 ,
EIw = 16 C1 x3 + 12 C2 x 2 + C3 x + C4 .
Die Randbedingungen sind fast wie im ersten
Beispiel: w(0) = 0 , w′(0) = 0 ,
M (l ) = − EIw′′(l ) = 0 ; nur für die Querkraft am
rechten Ende gilt jetzt Q (l ) = − EIw′′′(l ) = F .
EIw(0) = C4 = 0 , EIw′(0) = C3 = 0 ,
EIw′′(l ) = C1l + C2 = 0 ,
EIw′′′(l ) = −Q = C1 = − F .
B5. Biegelinie unter Einwirkung eines Momentes:
Die allgemeine Lösung lautet
EIw′′′ = −Q = C1 ,
EIw′′ = − M = C1 x + C2 ,
EIw′ = 12 C1 x 2 + C2 x + C3 ,
EIw = 16 C1 x3 + 12 C2 x 2 + C3 x + C4 .
w′(0) = 0 , M (l ) = − EIw′′(l ) = M 0 ;
Q (l ) = − EIw′′′(l ) = 0 . Daraus folgt:
EIw(0) = C4 = 0 , EIw′(0) = C3 = 0 ,
EIw′′(l ) = C1l + C2 = − M 0 ,
EIw′′′(l ) = −Q = C1 = 0 .
1 M0 2
x .
2 EI
Beispiel 6. Auf einen links fest eingespannten
Balken wirkt eine linear
steigende Streckenlast.
Zu bestimmen ist die
Biegelinie.
Lösung: Die Balkendifferentialgleichung vierter Ordnung lautet EIw IV = q0 x / l .
Ihre vierfache Integration ergibt:
EIw′′′ = −Q = 12 q0 x 2 / l + C1 ,
Biegelinie ist eine Parabel: w( x) = −
EIw′′ = − M = 16 q0 x3 / l + C1 x + C2 ,
EIw′ =
1
24
q0 x 4 / l + 12 C1 x 2 + C2 x + C3 ,
1
EIw = 120
q0 x 5 / l + 16 C1 x 3 + 12 C2 x 2 + C3 x + C4 .
w′(0) = 0 , M (l ) = − EIw′′(l ) = 0 ,
Q(l ) = − EIw′′′(0) = 0 .
Aus den ersten beiden folgt C3 = 0 und C4 = 0 .
Die letzten zwei Randbedingungen lauten
EIw′′′(l ) = 12 q0l + C1 = 0 ,
EIw′′(l ) = 16 q0l 2 + C1l + C2 = 0 .
Daraus folgt C1 = − 12 q0l und C2 = 13 q0l 2 .
(
q0 x5 / l − 121 q0lx3 + 61 q0l 2 x 2 ) .
Daraus folgt C2 = Fl . Für die Biegelinie ergibt
w( x) =
sich w( x) =
B7.
Die allgemeine Lösung:
w′ = 12 C1 x 2 + C2 x + C3
F
EI
(−
1
6
x3 + 12 lx 2 ) und für den Nei-
gungswinkel (eigentlich Tangens des Neigungswinkels) w′( x) = EIF ( − 12 x 2 + lx ) . Die
Absenkung des Angriffspunktes der Kraft ist
3
gleich w(l ) = 3FlEI . Für den Neigungswinkel des
rechten Endes ergibt sich θ (l ) ≈ w′(l ) =
1 F
2 EI
l2 .
1
EI
1
120
w = 16 C1 x 3 + 12 C2 x 2 + C3 x + C4 .
Randbedingungen w(0) = 0 , w′(0) = 0 ,
w(l ) = −h , w′(l ) = 0 .
(
)
w( x) = h 2 ( x / l ) − 3 ( x / l ) .
3
2
2
Balkenbiegung: Heterogene und zusammengesetzte Systeme. Steifigkeiten.
Literatur: Hauger, Schnell und Groß. Technische Mechanik 2 (Elastostatik), 4.5.3, 4.5.4
I. Biegelinie eines Balkens mit veränderlicher Biegesteifigkeit
B1. Ein Flügel habe die unten gezeigte Konstruktion und sei mit einer konstanten Streckenlast belastet. Das Flächenträgheitsmoment
des Querschnittes
kann als
I ( x) = I 0 x 2 / l 2 geschrieben werden.
Die Biegedifferentialgleichung hat die Form ( EIw′′( x) )′′ = − q . Ihre
0
natenachse wählen (wobei x1 = x − a ist), so
sind die allgemeinen Lösungen für jeden Abschnitt bereits bekannt. Für den linken Abschnitt gilt:
EIw′′′ = −Q = q0 x + C1 ,
EIw′′ = − M = 12 q0 x 2 + C1 x + C2 ,
EIw′ = 16 q0 x3 + 12 C1 x 2 + C2 x + C3 ,
EIw = 241 q0 x 4 + 16 C1 x3 + 12 C2 x 2 + C3 x + C4 .
Für den rechten Abschnitt gilt:
EIw′′′ = −Q = B1 ,
EIw′′ = − M = B1 ( x − a ) + B2 ,
zweifache Integration unter Berücksichtigung
der Randbedingungen ( EIw′′( x) )′
= 0 und
EIw′ = 12 B1 ( x − a ) + B2 ( x − a ) + B3 ,
EIw′′( x) x = 0 = 0 ergibt
Aus den vier Randbedingungen: w(0) = 0 ,
w′(0) = 0 , w(2a ) = 0 , w′(2a ) = 0 und vier
Übergangsbedingungen: w(a )links = w(a ) rechts ,
EIw′′(a )links = 0 , EIw′′(a ) rechts = 0 ,
x=0
EI 0 ( x / l ) w′′( x) = − 12 q0 x 2 oder
2
EI 0 w′′( x) = − 12 q0l 2 .
Weitere zwei Integrationen ergeben
EI 0 w′( x) = − 12 q0l 2 x + C3 ,
EI 0 w( x) = − 14 q0l x + C3 x + C4 .
Aus den Randbedingungen w(l ) = 0 und
w′(l ) = 0 folgt dann C3 = 12 q0l 3 , C4 = − 14 q0l 4 .
Die Biegelinie ist somit eine Parabel
2
2
0l
w( x) = − 4qEI
(x −l) .
0
2
2
II. Übergangsbedingungen
In den folgenden Fällen ist es manchmal vorteilhaft, den Balken in mehrere Felder zu teilen
und für jedes Feld eine eigene Integration
durchzuführen:
- Es gibt Sprünge im Querschnitt,
- Im Verlauf des Balkens greifen einzelne
(konzentrierte) Kräfte oder Momente an,
- Ein Balken ist aus mehreren Teilen zusammengesetzt, die gelenkig mit einander gekoppelt sind,
- ....
B2. Als Beispiel betrachten wir das unten abgebildete System bestehend aus zwei gelenkig
gekoppelten Balken gleicher Biegesteifigkeit
EI, deren andere Enden fest eingespannt sind.
Wenn wir für
jeden "ganzen"
Balkenabschnitt eine
eigene Koordi-
2
EIw = 16 B1 ( x − a ) + 12 B2 ( x − a ) + B3 ( x − a ) + B4
3
2
EIw′′′(a )links = EIw′′′(a ) rechts folgt dann
13
C1 = − 16
q0 a , C2 = 165 q0 a 2 , C3 = 0 , C4 = 0 ,
B1 = 163 q0 a , B2 = 0 , B3 = − 323 q0 a 3 ,
B4 = 161 q0 a 4 .
Insbesondere für die Absenkung des Gelenkes
4
q0 a 4
ergibt sich w(a ) = EI
( 241 − 613⋅16 + 12 165 ) = 161 qEI0a .
III. Superposition
Bei Problemen mehrerer Bereiche ist es oft
einfacher das Superpositionsprinzip zu nutzen.
B3. Betrachten wir den
neben stehend gezeigten
Kragbalken. Zu bestimmen ist die Biegelinie.
Lösung: Die gegebene Belastung ist eine Superposition aus einer konstanten Streckenlast
und einer Kraft − F . Die Biegelinien für die
beiden Belastungen alleine sind bekannt:
q0 x 2
Erste: w1 ( x) = EI
( 241 x2 − 16 lx + 14 l 2 ) ,
Zweite: w2 ( x) = − EIF ( − 16 x3 + 12 lx 2 ) .
Bei der gesamten Belastung gilt das Superpositionsprinzip: w( x) = w1 ( x) + w2 ( x) .
Man kann z.B. eine Kraft wählen, bei der sich
das rechte Ende nicht verschiebt:
w(l ) = 18
q0 l 4
EI
− 3FlEI = 0 . Daraus ergibt sich
3
1
F = 83 q0l . Das ist das Ergebnis für die Lagerkraft im Beispiel 3 der vorigen Vorlesung.
Die Aufgabe aus Beispiel 2 kann man auch mit
Hilfe des Superpositionsprinzips lösen. Ein
Schnitt am Gelenk zeigt die in
diesem Gelenk
auf den linken
und rechten Teil des Systems wirkenden Kräfte. Die Absenkung des linken Balkens ist
gleich
q a4
3
3
Qa
w− (a ) = 80EI + Qa
3 EI , des rechten w+ ( a ) = − 3 EI .
Da die beiden gekoppelt und daher gleich sein
q a4
3
3
Qa
müssen, folgt daraus 80EI + Qa
3 EI = − 3 EI . Daraus
bekommen wir die noch unbekannte Querkraft
q0 a
Q = − 316
. Die Absenkung des Gelenks ist
4
somit gleich w+ (a ) = − 16q0 aEI , was wir vorher
durch direkte Integration und Übergangsbedingungen erhalten haben.
die Balkendifferentialgleichung für beide Felder zu integrieren und die 8 Rand- und Übergangsbedingungen zu benutzen. Viel einfacher
ist es aber zu bemerken, daß das gezeigte System zwei parallel angeordnete Blattfedern mit
3EI
den Federsteifigkeiten c1 = 3 und
a
3EI
c2 =
darstellt. Die Gleichgewichtsbe3
( 2a )
dingung für das Gelenk lautet somit
27 EI
F = F1 + F2 = c1w + c2 w =
w.
8a 3
8a 3 F
.
Für die Verschiebung erhalten wir w =
27 EI
B5. Ein links fest eingespannter Balken ist
rechts mit einem elastischen Pendelstab gestützt und mit einer Kraft F belastet. Zu bestimmen ist die Absenkung des Angriffspunk-
IV. Steifigkeiten
Ist bei einem zusammengesetzten System nur
die Verschiebung des Angriffspunktes einer
Kraft von Interesse, so kann unter bestimmten
Voraussetzungen die Benutzung des Begriffes
Federsteifigkeit die Berechnungen sehr stark
vereinfachen.
Verursacht eine Kraft F eine Verschiebung w
des Angriffspunktes in ihrer Wirkungsrichtung, so gilt F = cw , wobei c - die Federsteifigkeit ist. Für einen Stab, der in Richtung seiEA
ner Achse belastet wird, gilt cStab =
. Für
l
einen Kragbalken der Länge l, der Am Ende
mit der Querkraft F belastet wird, gilt
3EI
cBlattfeder = 3 . Werden mehl
rere Federn mit Steifigkeiten
c1 , c2 , ... parallel angeordnet,
so summieren sich die Steifigkeiten: c = c1 + c2 + ... .
B4. Betrachten wir das unten abgebildete System bestehend aus zwei gelenkig gekoppelten
Balken gleicher
Biegesteifigkeit EI,
deren andere Enden
fest eingespannt
sind.
Zu bestimmen ist die Absenkung des Angriffspunktes der Kraft. Der erste Lösungsweg ist,
tes der Kraft.
Lösung: Das System besteht aus einer parallel
angeordneten Blattfeder mit der Steifigkeit
3EI
c1 = 3 und einem Stab mit der Steifigkeit
l1
EA
c2 =
. Die Gleichgewichtbedingung für den
l2
Knoten lautet
 3EI EA 
F = F1 + F2 = c1w + c2 w =  3 +
w.
l2 
 l1
Daraus folgt für die Absenkung
F
.
w=
3
( 3EI / l1 + EA / l2 )
V. Drehsteifigkeit einer Blattfeder
Für die Biegelinie eines Balkens unter Wirkung eines Momentes M 0 haben wir
1 M0 2
w( x) = −
x
2 EI
berechnet. Das Verhältnis des Momentes zum
M
Drehwinkel θ (l ) ≈ w′(l ) = 0 l ist die DrehEI
steifigkeit k = EI / l .
2
Hauptträgheitsachsen und Hauptträgheitsmomente. Schiefe Biegung.
Literatur: Hauger, Schnell und Groß. Technische Mechanik 2 (Elastostatik), 4.2.3, 4.7
(
I. Drehung des Bezugssystems
Betrachten wir
zwei Koordinatensysteme ( y, z )
und (η , ζ ) . Das
zweite sei relativ
zum ersten um
den Winkel ϕ
gedreht.
Wir führen vier Einheitsvektoren ey , ez , eη , eζ
entlang entsprechender Achsen ein. Betrachtet
wird ein Punkt (Radiusvektor r ) mit den kartesischen Koordinaten y, z.
Eine geometrische Hilfsaufgabe: Zu bestimmen sind die kartesischen Koordinaten η , ζ
im "gedrehten" Koordinatensystem.
Der Radiusvektor sieht ist im kartesischen Sys
tem: r = yey + zez .Die Koordinaten η , ζ können als Skalarprodukte berechnet werden:
η = r ⋅ eη = ( yey + zez ) ⋅ eη ,
ζ = r ⋅ eζ = ( yey + zez ) ⋅ eζ .
Iηζ = I z sin ϕ cos ϕ − I y sin ϕ cos ϕ + I yz cos2 ϕ − sin 2 ϕ
-----------------------------------------------------Diese Gleichungen können unter Berücksichtigung der Additionstheoreme
1
1
sin 2 ϕ = (1 − cos 2ϕ ) , cos 2 ϕ = (1 + cos 2ϕ ) ,
2
2
und 2 sin ϕ cos ϕ = sin 2ϕ
wie folgt umgeschrieben werden:
Iη = 12 ( I y + I z ) + 12 ( I y − I z ) cos 2ϕ + I yz sin 2ϕ
Für die Skalarprodukte der Einheitsvektoren
gilt:
ey ⋅ eη = cos ϕ , ez ⋅ eη = sin ϕ
ey ⋅ eζ = − sin ϕ , ez ⋅ eζ = cos ϕ
2 I yz
sin 2ϕ *
.
= tan 2ϕ * =
cos 2ϕ *
(Iy − Iz )
η , ζ berechnen sich somit zu
η = y cos ϕ + z sin ϕ
ζ = − y sin ϕ + z cos ϕ .
Für die Trägheitsmomente bezüglich η , ζ gilt
----------------------------------------------------2
Iη = ∫ ζ 2dA = ∫ ( − y sin ϕ + z cos ϕ ) dA
= sin 2 ϕ ∫ y 2 dA + cos2 ϕ ∫ z 2 dA − 2sin ϕ cos ϕ ∫ yzdA
= I z sin 2 ϕ + I y cos2 ϕ + 2I yz sin ϕ cos ϕ
------------------------------------------------------2
Iζ = ∫ η 2 dA = ∫ ( y cos ϕ + z sin ϕ ) dA
= cos 2 ϕ ∫ y 2 dA + sin 2 ϕ ∫ z 2 dA + 2 sin ϕ cos ϕ ∫ yzdA
= I z cos 2 ϕ + I y sin 2 ϕ − 2 I yz sin ϕ cos ϕ
-----------------------------------------------------Iηζ = − ∫ηζ dA
= − ∫ ( − y sin ϕ + z cos ϕ )( y cos ϕ + z sin ϕ ) dA
= sin ϕ cos ϕ ∫ y 2 dA − sin ϕ cos ϕ ∫ z 2 dA
(
+ sin 2 ϕ − cos 2 ϕ
) ∫ yzdA
Iζ =
1
2
(I
y
+ I z ) − 12 ( I y − I z ) cos 2ϕ − I yz sin 2ϕ
Iηζ = − 12 ( I y − I z ) sin 2ϕ + I yz cos 2ϕ
II. Invarianten
2
Iη + Iζ = I y + I z = I p und  14 ( Iη − Iζ ) + Iηζ2 


III. Hauptträgheitsachsen und Hauptträgheitsmomente
Bei einem beliebigen Querschnitt kann man
die Achsen um einen Winkel ϕ * so drehen,
daß das Deviationsmoment verschwindet:
Iηζ = − 12 ( I y − I z ) sin 2ϕ * + I yz cos 2ϕ * = 0 ⇒
(1)
Gleichzeitig nehmen die axialen Trägheitsmomente extremale Werte an:
∂Iη
∂ϕ
= − ( I y − I z ) sin 2ϕ + 2 I yz cos 2ϕ = 0
Da tan 2ϕ * = tan 2 (ϕ * +π / 2 ) gilt, hat die
Gleichung (1) immer zwei Lösungen. Die entsprechenden Achsen stehen senkrecht zu einander und heißen Hauptträgheitsachsen. Die
zugehörigen axialen Trägheitsmomente heißen
Hauptträgheitsmomente:
2
1

I1,2 = ( I y + I z ) ± ( I y − I z ) + 4 I yz2  .
2

Zwei Balken mit gleichen Hauptträgheitsmomenten haben identische elastische Eigenschaften. Ein Balken mit einem beliebigen
Querschnitt kann daher immer äquivalent
durch einen Balken mit einem symmetrischen
Querschnitt ersetzt werden.
B1. Zu bestimmen sind die
Trägheitsachsen und Trägheitsmomente des gezeigten
dünnwandigen, rechtwinkligen
Profils.
1
)
Lösung: Symmetrieachsen sind immer Hauptträgheitsachsen. Da dies eine symmetrische
Figur ist, bestimmen
sich die Hauptachsen
leicht. Der Schwerpunkt
liegt auf der Verbindungslinie der Schwerpunkte beider Leisten.
Die Flächenträgheitsmomente sind:
Bezüglich der z-Achse
I z = I1 = 2
(
t 2 a/ 2
)
12
bezüglich der y-Achse
I y = I2 =
(
t 2 a 2
)
3
=
ta 3
und
12
ta 3
=
.
3
Iy =
12
3
8
2
+ 2taa 2 = ta 3 , I z = ta 3 ,
3
3
I yz = − ∫ yzdA = 2 ∫ aytdy = −ta 3 .
−a
Die Lage der Hauptträgheitsachsen wird durch
den Winkel ϕ * gegeben:
−2ta 3
= −1
8 3 2 3
ta
−
ta


3 
3
Daraus folgt 2ϕ * = −45° ,
ϕ * = −22, 5° .
Die Hauptträgheitsmomente sind
I1,2 =
1
(Iy + Iz ) ±
2 
(I
y
(I
y
+ I z ) − 12 ( I y − I z ) cos 2ϕ
Iηζ = − 12 ( I y − I z ) sin 2ϕ .
Sind die beiden Hauptträgheitsmomente
gleich, so hängen sie vom Winkel nicht ab, und
das Deviationsmoment ist immer Null.
Fz = F cos α . Die Flächenträgheitsmomente
0
tan 2ϕ * =
1
2
V. Schiefe Biegung
Ein links fest eingespannter Balken mit rechteckigem Querschnitt (Seiten a und b) wird am
rechten Ende mit einer Kraft F unter dem
Winkel α zur Vertikalen belastet. Zu bestimmen ist der Betα
rag und die Richtung der Verschiebung des
Angriffspunktes
der Kraft.
Lösung: Kartesische Komponenten der Kraft
F = ( Fy , Fz ) sind gleich Fy = F sin α ,
B2. Zu bestimmen sind die
Trägheitsachsen und Trägheitsmomente des gezeigten dünnwandigen Profils.
Lösung: Der Schwerpunkt
liegt im Symmetriezentrum
des Profils. Die Trägheitsmomente bezüglich der
Achsen y und z sind:
t ( 2a )
Iζ =
Beispiel: Balken mit den
folgenden zwei Profilen
haben gleiche Steifigkeit.
3
12
IV. Transformation vom Hauptträgheitsachsensystem
Ist das ursprüngliche Bezugssystem das Hauptträgheitsachsensystem, so sehen die Transformationen wie folgt aus:
Iη = 12 ( I y + I z ) + 12 ( I y − I z ) cos 2ϕ
2

− I z ) + 4 I yz2  =

1  8
2 
2 
8
=  ta 3 + ta 3  ±  ta 3 − ta 3  + 4 ta 3
2  3
3 
3 
3

3, 08  3
= 12 ta 3  103 ± 2 2 + 4  = 53 ± 2 = 
 ta


0, 25
2
( )
2
Das größere Trägheitsmoment ist hier ca. 12
Mal größer als das kleinere.




ab3
ba 3
, Iz =
. Gäbe es nur
12
12
die vertikale Kraftkomponente, würde sich der
F l 3 Fl 3 cos α
Angriffspunkt um wz = z =
ver3EI y
3EI y
schieben. Gebe es nur die horizontale Kraftkomponente, würde sich der Angriffspunkt um
Fy l 3 Fl 3 sin α
wy =
=
verschieben. Bei An3EI z
3EI z
wesenheit beider Kraftkomponenten ist der
Verschiebungsvektor durch Superpositionsprinzip gegeben:
 Fl 3 sin α Fl 3 cos α  4 Fl 3  sin α cos α 
sind gleich I y =
w=


3EI z
,
3EI y
 =
 2 , 2 
b 
 Eab  a
Die Verschiebungslinie bildet mit der Vertika2
len den Winkel θ : tan θ = ba 2 tan α .
Der Betrag der Verschiebung ist gleich
4 Fl 3 sin 2 α cos 2 α
.
w=
+
Eab
a4
b4
2
Spannungen im gebogenen Balken. Biegung und Längskraft.
Literatur: Hauger, Schnell und Groß. Technische Mechanik 2 (Elastostatik), 4.4., 4.8
I. Spannungsverteilung im Balken
Bei der Herleitung der Balkengleichung haben
wir festgestellt, dass die Zugspannungen im
y
Balken gleich σ = Eε = E
sind, wobei y
R
eine Koordinate senkrecht zur Balkenachse,
gezählt von der neutralen Fläche, ist. Andererseits folgt aus der Balkengleichung
EI
1
M
M z = − z . Daraus folgt = − z und
R
EI z
R
M
σ =− z y.
Iz
Maximale Spannungen werden erreicht in den
Punkten, die am weitesten von der neutralen
Fläche entfernt liegen. Wenn der maximale
Abstand von der neutralen Fläche ymax ist, so
ist die maximale Spannung gleich
M
M
σ max = z ymax = z .
Iz
W
Die Größe W = I z / ymax
standsmoment.
heißt das Wider-
B1. Ein Rohr ( Ra = 5cm , Ri = 4 cm , l = 3 m )
ist links eingespannt. Wir groß darf die am
anderen Ende angreifende Kraft F sein, damit
die
zulässige
Spannung
den
Wert
σ zul = 150 MPa nicht überschreitet?
Lösung. Das maximale Biegemoment wirkt an
der Einspannstelle und ist gleich
M max = lF . Die maximale Spannung
σ max =
M max
muss die Bedingung
W
lF
σ max = ≤ σ zul erfüllen, wobei
W
π Ra4 − Ri4
Iz
W=
=
= 5,8 ⋅10−5 m3 gilt.
ymax
4 Ra
Daraus folgt
W σ zul 5,8 ⋅10 −5 m3 ⋅150 ⋅106 N/m 2
F≤
=
l
3m
3
= 2,9 ⋅10 N
(
)
B2. Ein dünnwandiger Kastenträger (konstante
Wandstärke t = 15 mm , Länge L = 10 m ) soll
die Last F = 200 kN tragen. Wie groß muss
die Seitenlänge mindestens sein, damit die
zulässige Spannung σ zul = 200 MPa nicht
überschritten
wird?
Lösung:
Ist ein Balken beidseitig gelenkig gelagert, so
tritt das größte Biegemoment im Angriffspunkt
2
der Kraft auf. Es ist gleich M max = lF . Das
9
Trägheitsmoment des dünnwandigen Quer2
schnitts ist I = c3t . Das Widerstandsmo3
I
(2 / 3)c3t 4 2
=
= tc .
ment ist somit W =
ymax
c/2
3
Die geforderte Bedingung lautet:
M
lF
σ max = max ≤ σ zul oder
≤ σ zul . ⇒
W
6tc 2
lF
c≥
= 0,333m
6tσ zul
II. Was passiert, wenn die kritische Spannung überschritten wird?
Das reale Spannungs-Dehnungs-Diagramm
eines metallischen Werkstoffs (links) wird oft
näherungsweise durch das Modell eines "elastisch-ideal plastischen" Mediums ersetzt. Nach
diesem Modell steigt die Spannung zunächst
linear nach dem Hookeschen Gesetz. Nach
Erreichen einer Kritischen Spannung σ pl ändert sich die Spannung bei
weiterer Deformation nicht
mehr. Im elastischen Bereich ist die Spannung
gleich σ = Ey / R .
Sie erreicht ihr Maximum
bei y = ± h / 2 . Danach ändert sie sich nicht
mehr (s. nebenstehende Skizze). Der kritische
1
Zustand, wo das gesamte Balkenvolumen plastisch deformiert ist, ist auf der nächsten Skizze
gezeigt. Das in diesem Zustand wirkende
Die Lage der neutralen Fläche bestimmt sich
My
M
N
aus der Forderung σ =
z− z y+ =0.
Iy
Iz
A
Ist N = 0 , so ist das eine Gerade z =
MzIy
M y Iz
y
durch den Koordinatenursprung (Schwerpunkt
des Querschnitts). Ist N ≠ 0 , so ist das eine
verschobene Gerade z =
Moment berechnet sich zu
h/2
h/ 2
0
0
M p = ∫ ydF = ∫ yσ dA = 2 ∫ yσ pl dA = 2 ∫ yσ pl bdy
2
1h 1
M p = 2σ pl b   = σ pl bh 2 .
22
4
Zum Vergleich berechnen wir das Kraftmoment im Zustand, wo die Spannung erst an
einem einzigen Punkt den kritischen Wert erreicht hat.
h/ 2
h /2
yσ pl
σ pl
M c = ∫ yσ el dA = 2 ∫ y
dA = 4 ∫ y 2
bdy
0
h/2
0
h
1
M c = σ pl bh 2 .
6
Wir sehen, dass M p = 1,5M c . Es gibt also
zwei kritische Beigemomente:
M c ("elastisches Versagen").
M p ("plastisches Versagen").
III. Biegung und Längskraft
Betrachten wir wieder einen Balken
mit einem symmetrischen Profil.
Wird er mit einem Kraftmoment
M y belastet, so wird die Spannungsverteilung im Querschnitt durch
M
σ = y z gegeben. Bei einer Belastung mit
Iy
einem Kraftmoment M z ist die SpannungsverM
teilung σ = − z y . Ist der Balken mit einer
Iz
Normalkraft N belastet (in axialer Richtung),
so ist die Zugspannung im Querschnitt homoN
gen und gleich σ = . Wirken gleichzeitig
A
beide Momente und Normalkraft, so erhält
man die Spannung als Summe von drei o.g.
Beiträgen
(Superpositionsprinzip):
M
M
N
σ = y z− z y+
Iy
Iz
A
MzIy
M y Iz
y − M yyA .
NI
B3. Proben mit symmetrischer und nicht
symmetrischer Verjüngung:
Zu vergleichen sind die
maximalen Zugspannungen, die im Querschnitt
von nebenstehend skizzierten Proben wirken.
Lösung: Die rechte Probe
ist symmetrisch beansprucht, so daß nur reine
homogene Zugspannung
vorliegt und die Spannung sich einfach als
Verhältnis der Kraft zur
Querschnittsfläche berechts
= F / ah .
rechnet: σ max
Die linke Probe dagegen ist nicht symmetrisch
beansprucht. Bezüglich des Schwerpunkts des
verjüngten Querschnitts hat die Kraft F ein
Moment: M y = Fa / 4 . Die Spannungen im
Querschnitt setzen sich daher zusammen aus
den Zugspannungen durch die Kraft F und
den Zugspannungen durch Biegung mit dem
Moment M y = Fa / 4 . Die letzten erreichen ihr
Maximum an der Oberfläche der Probe (im
Abstand 34 a vom Schwerpunkt des Querschnitts). Die maximale Spannung ist daher
gleich
My 3
F
2F
12 Fa 3
links
σ max
= 3 +
+
4a =
4a =
3ah 4h ( 32 a )3
Iy
2 ah
2F 2F
4F
+
=
3ah 3ah 3ah
Sie ist trotz des größeren Querschnitts größer
als bei der symmetrischen Probe.
=
IV. Riemen als Balken
Auch Objekte, die keinen
Druck aushalten, können als
Balken behandelt werden,
wenn sie so gespannt sind,
daß an keinem Punkt Druckspannungen wirken.
2
Außermittiger Zug/Druck. Querschnittskern. Einfluß des Schubes. Spannungstensor
Literatur: Hauger, Schnell und Groß. Technische Mechanik 2 (Elastostatik), 4.9, 4.6.2, 1.1, 2.1, 2.2
I. Außermittiger Zug (Druck)
Wir betrachten eine
Säule unter einer exzentrischen Druckkraft
F. Die Kraft erzeugt
sowohl eine Dehnung
in der Achsenrichtung
als auch Biegemomente um die Achsen y und z: M z = + FyF ,
M y = − FzF , N = − F . Die Lage der neutralen
Fläche wird gegeben durch
z
y
1
FzF
Fy
F
z+ F y+ =0, F z+ F y+ =0
Iy
Iz
A
Iy
Iz
A
Ein bißchen analytische Geometrie.
Gleichung einer Geraden ay + bz + c = 0
kann in der Form
y / y0 + z / z0 = 1 geschrieben werden mit
y 0 = − c / a , z0 = − c / b .
Der Abstand vom Koordinatenursprung zur
Geraden ist gleich
c
1
1/ A
OS =
=
=
2
2
2
2
1
1
a +b
 z F   yF 
+
2
2
+
y0 z0
 I   I 
 y  z 
Damit die gesamte Fläche auf Druck beansprucht wird, muss die neutrale Fläche außerhalb des Querschnitts liegen. Die Gesamtheit
aller Angriffspunkte der Kraft, für die diese
Bedingung erfüllt ist, heißt Querschnittskern.
B1. Kern eines runden Querschnitts:
1/ π a 2
OS =
≥a ⇒
2
 zF 
 4 
πa /4
z F ≤ a / 4 . Radius des Kerns ist a / 4 .
B2: Kern eines Rechteckquerschnitts
Betrachten wir
zunächst als
Nullinien die
Seiten des
Querschnitts:
1) z0 = h / 2 ,
y0 = ∞ Das bedeutet, daß in der Gleichung der
Nulllinie y / y0 + z / z0 = 1 den Term mit y ge-
gen Null strebt. Die Gleichung der Nullinie
zF
y
1
z + F y + = 0 reduziert sich auf
Iy
Iz
A
zF
1
z h 1
h
z + = 0 mit z = z0 = ⇒ F + = 0
Iy
A
2
Iy 2 A
2bh3
h
⇒ zF = −
=−
= − , yF = 0 .
2
Ah
12bh
6
2) z0 = ∞ , y0 = −b / 2 ⇒ z F = 0 , yF = b / 6 .
2I y
3) z0 = −h / 2 , y0 = ∞ ⇒ z F = h / 6 , yF = 0 .
4) z0 = ∞ , y0 = b / 2 ⇒ z F = 0 , yF = −b / 6 .
Für eine beliebige Gerade, die durch eine Ecke
1 geht, ist z0 = h / 2 , y0 = b / 2 . Die Gleichung
zF
y
1
z0 + F y0 + = 0 stellt eine Gerade auf
Iy
Iz
A
der Ebene ( z F , yF ) dar. Der Querschnittskern
hat somit die Form eines Rhombus.
II. Einfluß des Schubes
Bei einer Belastung durch eine Querkraft ist
die Durchbiegung durch zwei Deformationsarten verursacht: (a) "reine Biegung" unter Wirkung eines Momentes und (b)
eine Scherung
durch die Querkraft.
Zum Beispiel,
bei einem Kragbalken ist die
Absenkung des
Angriffspunktes
Fl 3
durch Biegung gleich wBiegung =
. Die Ab3EI
senkung durch Schub ist gleich
F
wSchub = lγ = l
. Die gesamte Durchbiegung
AG
Fl 3
Fl
ist gleich w =
+
.
3EI AG
B3. Rohr
Zu bestimmen ist das Verhältnis der Schub- und Biegebeiträge in die Absenkung eines
Kragbalkens mit einem dünnwandigen runden Querschnitt.
Lösung: Das gesuchte Verhältnis ist gleich
wSchub
Fl 3EI
=
. Unter Berücksichtigung
wBiegung AG Fl 3
1
der Gleichungen A = 2π Rt , I = π R 3t und
E = 2(1 + ν )G erhalten wir
2
wSchub
3 E R2
R2  2R 
=
= 3(1 +ν ) 2 ≈ 
 .
wBiegung 2 G l 2
l
 l 
Die Beiträge werden gleich, wenn der Durchmesser des Rohres gleich seiner Länge ist. Für
l = 6 R beträgt der Schubbeitrag ca. 10%, bei
l = 20 R nur 1%.
III. Spannungen bei einachsiger Dehnung
Betrachten wir einen
axial mit einer Kraft F
belasteten Stab. Wir
machen einen Schnitt
senkrecht zur Achse.
Die einzige Schnittgröße ist in diesem Fall die
Normalkraft N = F . Im Schnitt wirkt eine
Zugspannung σ = F / A , die wir als σ 0 bezeichnen.
Machen wir jetzt bei
demselben Stab einen
schrägen Schnitt
(Neigungswinkel ϕ ), so
wirkt im Schnitt natürlich immer noch dieselbe axiale Kraft. Sie
kann aber jetzt in eine
Komponente senkrecht zum Schnitt und eine
parallel dazu zerlegt werden. Die Gleichgewichtsbedingungen lauten:
→: σ A *cos ϕ + τ A *sin ϕ − F = 0 ,
↑: σ A *sin ϕ − τ A *cos ϕ = 0 .
Dann ist
σ + τ tan ϕ = F / A und σ tan ϕ − τ = 0 .
Daraus folgt
F tan ϕ
F
F
τ=
= sin ϕ cos ϕ =
sin 2ϕ
2
A 1 + tan ϕ A
2A
F
1
F
F
σ=
= cos 2 ϕ =
(1 + cos 2ϕ )
2
A 1 + tan ϕ A
2A
oder
σ0
σ0
(1 + cos 2ϕ )
2
2
Tangentialspannungen erreichen ein Maximum
bei ϕ = π / 4 . In vielen metallischen Stoffen
beginnt plastische Deformation durch Gleiten
in Richtung maximaler Schubspannungen (45°
zur Zugachse). Bei solchen Stoffen hängen die
Fließgrenzen beim Schub und beim Zug wie
folgt zusammen: σ 0,c = 2τ c .
τ=
sin 2ϕ , σ =
(Photo eines kleinen gedehnten Kupferkristalls)
IV. Spannungstensor
Den Spannungszustand eines Mediums charakterisiert man, indem man im gegebenen Punkt verschiedene Schnitte macht und die dort wirkenden
Spannungen untersucht. Betrachten wir die drei
Schnitte senkrecht zu den x, y und z- Achsen. Diese Schnittspannungen
werden mit zwei Indizes gekennzeichnet,
von denen der erste
den Normalvektor
zum Schnitt angibt
und der zweite die
Richtung der im
Schnitt wirkenden Kraftkomponente. Insgesamt
gibt es 9 Spannungskomponenten, die man in einer
Tabelle anordnen kann:
 σ xx σ xy

σˆ =  σ yx σ yy
 σ zx σ zy

σ xz 

σ yz  .
σ zz 
Diese Matrix heißt Spannungstensor.
Oft wird auch die folgende Bezeichnung benutzt:
 σ x τ xy τ xz 


σˆ = τ yx σ y τ yz  .
 τ zx τ zy σ z 


V. Symmetrie des Spannungstensors
Untersuchen wir das
Momentengleichgewicht für ein infinitesimal kleines
Volumenelement
mit Abmessungen
dx , dy und dz um
eine zur x-Achse
parallele Achse (bezüglich des Mittelpunktes):
dy
dz
2 τ yz dxdz − 2 τ zy dxdy = 0 ⇒ τ yz = τ zy .
2
2
τ xy = τ yx , τ xz = τ zx , τ yz = τ zy
Es gibt somit nur 6 unabhängige Komponenten
des Spannungstensors.
2
Ebener Spannungszustand. Hauptachsen und Hauptspannungen. Moorscher Spannungskreis.
Literatur: Hauger, Schnell und Groß. Technische Mechanik 2 (Elastostatik), 2.2., 2.2.1, 2.2.2, 2.2.3, 2.2.4
I. Ebener Spannungszustand
Betrachten wir eine homogene Platte, die nur
in ihrer Ebene beansprucht wird (bleibt also
auch im deformierten
Zustand eben). Alle
Kräfte an ihren Flächen
sind Null. Das bedeutet, dass τ zx = τ zy = σ z = 0 .
Aus
der
Symmetrieeigenschaft
folgt:
τ xz = τ yz = 0 :
 σ x τ xy 0 
σˆ = τ xy σ y
.
 0

0

0
0 
II. Koordinatentransformation
dAy = dA sin ϕ
dAx = dA cos ϕ
Betrachten wir einen ebenen Spannungszustand und schneiden aus dem Medium ein infinitesimal kleines Dreieck. Betrachten wir das
Kräftegleichgewicht in den Achsen ( ξ ,η ), die
relativ zu den Achsen ( x, y ) um den Winkel ϕ
gedreht sind.
σ ξ dA − (σ y dAy ) sin ϕ − (τ yx dAy ) cos ϕ
ξ:
− (σ x dAx ) cos ϕ − (τ xy dAx ) sin ϕ = 0
τ ξη dA − (σ y dAy ) cos ϕ + (τ yx dAy ) sin ϕ
η:
+ (σ x dAx ) sin ϕ − (τ xy dAx ) cos ϕ = 0
σ ξ = σ y sin 2 ϕ + τ yx sin ϕ cos ϕ + σ x cos 2 ϕ + τ xy sin ϕ cos ϕ
τ ξη = σ y sin ϕ cos ϕ − τ yx sin 2 ϕ − σ x sin ϕ cos ϕ + τ xy cos2 ϕ
σ ξ = σ y sin 2 ϕ + 2τ yx sin ϕ cos ϕ + σ x cos 2 ϕ
τ ξη = − (σ x − σ y ) sin ϕ cos ϕ + τ xy ( cos2 ϕ − sin 2 ϕ )
σ η = σ y cos 2 ϕ − 2τ yx sin ϕ cos ϕ + σ x sin 2 ϕ
σ ξ = 12 (σ x + σ y ) + 12 (σ x − σ y ) cos 2ϕ + τ yx sin 2ϕ
(σ + σ ) − (σ − σ ) cos 2ϕ − τ
= − (σ − σ ) sin 2ϕ + τ cos 2ϕ
ση =
τ ξη
1
2
x
1
2
1
2
y
x
y
x
y
yx
sin 2ϕ
xy
Schlußfolgerungen:
1. Die vier Komponenten des Spannungstensors (in 2D) und 9 (in 3D) bestimmen vollständig den Spannungszustand.
2. Es gibt Invarianten des Spannungstensors:
I1 = σ x + σ y (Spur der Matrix)
I 2 = σ 2 x + τ 2 xy + τ 2 yx + σ 2 y .
B1. In einem Koordinatensystem gilt
σ x = σ y = σ , τ xy = 0 . Zu bestimmen ist der
Spannungszustand in einem beliebig orientierten Koordinatensystem.
Lösung: σ ξ = σ η = σ , τ ξη = 0 . Diesen Spannungszustand nennt
man hydrostatischen
Spannungszustand.
B2. Ein Block ist in
einer Richtung auf
Zug und in Querrichtung auf Druck
mit der gleichen Spannung σ belastet. Zu bestimmen ist der Spannungstensor in einem beliebig orientierten Koordinatensystem.
Lösung: σ x = σ , σ y = −σ , τ xy = τ yx = 0
σ ξ = σ cos 2ϕ , σ η = −σ cos 2ϕ ,
τ ξη = −σ sin 2ϕ .
Für ϕ = π / 4 ist σ ξ = 0 , σ η = 0 , und
τ ξη = τηξ = −σ .
Im Koordinatensystem (x,y) ist das Material
auf Zug und Druck beansprucht, und im System ( ξ ,η ) ist das reiner Schub.
B3. Ein Material wird auf reinen Schub beansprucht. Zu bestimmen ist der Spannungstensor
in einem beliebig orientierten System.
Lösung: σ x = σ y = 0 , τ xy = τ yx = τ .
σ ξ = τ sin 2ϕ , σ η = −τ sin 2ϕ , τ ξη = τ cos 2ϕ .
Für ϕ = π / 4 gilt τ ξη = 0 , σ ξ = τ , σ η = −τ .
(Ein sprödes Material bricht typischerweise
senkrecht zur maximalen Zugspannung. Sprödes Material wird deshalb Bruch unter 45° zur
Schubrichtung erleiden).
B4. Eine Säule ist auf Druck belastet
( σ x = −σ , σ y = 0 , τ xy = 0 ). In welchem Querschnitt ist die Schubspannung maximal?
τ = ( −σ / 2 ) sin 2ϕ . ϕ = 45° (Bruchwinkel
spröder Stoffe unter Druck).
III. Hauptachsen und Hauptspannungen
1. Man kann die Achsen immer so wählen,
dass die Schubspannungen verschwinden.
1
Gleichzeitig nehmen die Zugspannungen (Diagonalkomponenten) ihren extremalen Wert an:
2τ xy
tan 2ϕ * =
,
σx −σ y
σx +σ y
σx −σ y 
2
σ 1,2 =
± 
 + τ xy .
2
2 

2. Andererseits gibt es immer Achsenrichtungen, bei denen die Schubspannungen ein Maximum erreichen:
dτ ξη
= − (σ x − σ y ) cos2ϕɶ − 2τ xy sin 2ϕɶ = 0 ⇒
dϕ
2τ xy
cot 2ϕɶ = −
= − tan 2ϕ *
(σ x − σ y )
2
Dafür muss offenbar gelten: 2ϕɶ = 2ϕ * +π / 2 .
In der Tat gilt
cos 2ϕɶ = cos ( 2ϕ * +π / 2 ) = − sin ( 2ϕ *) ,
sin 2ϕɶ = sin ( 2ϕ * +π / 2 ) = cos ( 2ϕ *) und
cot 2ϕɶ = − tan 2ϕ * .
Die Achsenrichtungen, in denen die Schubspannungen maximal sind, sind zu den Hauptachsen um 45° gedreht. Die Extremalwerte der
Schubspannung heißen Hauptschubspannungen:
 σ −σ y 
2
τ max = ±  x
 + τ xy .
2


Mit Hilfe der Hauptspannungen gilt:
1
τ max = ± (σ 1 − σ 2 ) .
2
2
Dabei sind die Normalspannungen
σ = 12 (σ y + σ x ) = 12 (σ 1 + σ 2 ) .
IV. Mohrscher Spannungskreis
Schreibt man die Transformationsformeln um:
σ ξ − 12 (σ y + σ x ) = 12 (σ y − σ x ) cos 2ϕ + τ yx sin 2ϕ
τ ξη = − 12 (σ x − σ y ) sin 2ϕ + τ xy cos 2ϕ ,
so kann durch Quadrieren und Addieren der
Winkel ϕ eliminiert werden.
 σ −σ x 
2
σ ξ − (σ y + σ x )  + τ ξη =  y
 + τ xy


 2 
Den Ausdruck auf der rechten Seite bezeich2
 σ y −σ x 
2
2
nen wir als 
 + τ xy = r und den Mit 2 
telwert der Diagonalspannungen als
σ M = 12 (σ y + σ x ) . Somit gilt für σ ξ und τ ξη
2
1
2
2
2
2
2
σ ξ − σ M  + τ ξη
= r2
Im Weiteren lassen wie die Indizes aus:
2
[σ − σ M ] + τ 2 = r 2 .
Dies ist die Gleichung eines Kreises in der
(σ ,τ ) -Ebene mit dem Zentrum im Punkt σ M
und dem Radius r . Dese Überlegungen können zur graphischen Bestimmung von
Hautspannungen, maximalen Schubspannungen
und Hauptachsen benutzt
werden. So geht es: Gegeben seien σ x , σ y
und τ xy . Der Punkt ( σ x , τ xy ) liegt auf dem
Kreis, der Punkt
( (σ
1
2
x
)
+ σ y ) , 0 liegt in der
Mitte des Kreises, somit ist der gesamte Kreis
eindeutig bestimmt. An dem Kreis können jetzt
problemlos die Hauptspannungen und die maximale Schubspannung abgelesen werden.
V. Dünnwandiger Kessel
Ein dünnwandiger zylindrischer Kessel mit
dem Radius r und der Wandstärke t stehe unter
dem Druck p. Zu ermitteln ist der Spannungszustand
Ein Schnitt senkrecht zur Achse ergibt die folgende Gleichgewichtsbedingung
pr
σ x 2π rt − pπ r 2 = 0 ⇒ σ x =
.
2t
Ein Schnitt entlang der Achse ergibt:
pr
2σ ϕ t ∆l − p 2r ∆l = 0 ⇒ σ ϕ =
t
Wegen r ≫ t gilt σ x , σ ϕ ≫ σ r . Der Spannungszustand kann daher als eben betrachtet
werden.
Die maximale Schubspannung ist
pr
τ max = 12 (σ 1 − σ 2 ) =
, sie wirkt in Schnitten
4t
unter 45° zur Achse.
Plastische Deformation wird daher in Richtung
45° initiiert werden. Der Riß breitet sich aber
in der Längsrichtung aus.
2
Verzerrungstensor
Literatur: Hauger, Schnell und Groß. Technische Mechanik 2 (Elastostatik), 3.1, 3.2.
u
 u u 
u
I. Verzerrungstensor
 x  x ,  y  y und  xy   x  y  .
Nicht jede Bewegung eines elastischen Körx 
x
y
 y
pers ist mit seiner Deformation verbunden:
Sie sind Komponenten eines symmetrischen
Verschiebung als Ganzes oder Rotation als
Verzerrungstensors
Ganzes sind Beispiele von Bewegungen ohne
1
 x
2  xy 
Verzerrung. Ein offensichtliches Merkmal
ˆ   1
.
einer "richtigen" Verzerrung ist Änderung der
 2  xy  y 
Abstände zwischen den Punkten des Körpers.
Den mechanischen Sinn einzelner KomponenBetrachten wir als erstes einen ebenen Verzerten des Verzerrungstensors kann man den folrungszustand.
genden Skizzen entnehmen.
Wählen wir im nicht deformierten Zustand
eines elastischen Körpers zwei nahe liegenden
Punkte mit Koordinaten
und
( x, y)
( x  dx, y  dy) . Wird der Körper deformiert,
so verschieben sich diese beiden Punkte in
( x  ux ( x, y), y  u y ( x, y))
neue Positionen
und ( x  dx  ux ( x  dx, y  dy),
y  dy  u y ( x  dx, y  dy)) .
Der ursprüngliche Abstand zwischen den
Punkten war l02  dx2  dy 2 . Der Abstand nach
der Deformation ist gleich
2
l12   dx  ux ( x  dx, y  dy )  ux ( x, y )  
  dy  u y ( x  dx, y  dy)  u y ( x, y)  .
2
Mit Hilfe von Taylor-Reihen erhalten wir
u
u
ux ( x  dx, y  dy )  u x ( x, y )  x dx  x dy ,
x
y
u
u
u y ( x  dx, y  dy )  u y ( x, y )  y dx  y dy .
x
y
Berechnung der Längenänderung unter Beibehaltung Glieder kleinster (2.) Ordnung ergibt
l12  l02 
 u

u
 u u 
 2  x dx 2   x  y  dxdy  y dy 2 
x 
y
 y
 x

Die Abstandsänderung in einer beliebigen
Richtung und somit der Deformationszustand
ist eindeutig bestimmt durch die drei Größen
Die Komponenten  x und  y auf der Hauptdiagonale nennt man Dehnungen, die auf der
Nebendiagonale Gleitung, Scherung oder
Winkelverzerrung.
II. Dehnung als Funktion des Winkels
Mit Hilfe des Verzerrungstensors kann die
Abstandsänderung zwischen zwei Punkten wie
folgt umgeschrieben werden
l12  l02  2  x dx 2   xy dxdy   y dy 2 
oder l0 dl   x dx 2   xy dxdy   y dy 2 .
Aus der Skizze ist
sichtbar, dass
dx  l0 cos  und
dy  l0 sin  .
Dies setzen wir in die
oben stehende Gleichung ein und bekommen
l0 dl  l02  x cos2    xy cos  sin    y sin 2  
Für die Dehnung  ( )  dl / l0 in Richtung 
ergibt sich
(1)
 ( )   x cos2    xy cos sin    y sin 2 
III. Messung von Deformationen mit Dehnungsmeßstreifenrosetten
Zur Messung von Deformationen werden oft
Dehnungsmeßstreifen benutzt, deren elektrischer Widerstand von der Dehnung des Streifens in Richtung seiner Achse abhängt. Zur
Messung von allen drei Komponenten des
Verzerrungstensors muß man drei nahe an
einander liegende Streifen benutzen: die Dehnungsmeßstreifenrosetten.
1
Betrachten wir zunächst eine Rosette mit
beliebigen Winkeln.
Die durch einzelne
Streifen gemessenen
Dehnungen sind:
 a   x cos2 a   xy cosa sin a   y sin 2 a
 b   x cos2 b   xy cosb sin b   y sin 2 b
 
x y
 c   x cos2 c   xy cosc sin c   y sin 2 c
Auflösung dieses Gleichungssystems bezüglich  x ,  y ,  xy liefert alle drei Komponenten
des Verzerrungstensors.
45°-Rosette (  a  0 , b  45 , c  90 ):
 x  a
 y  c
 xy  2 b   a   c
( a  0 ,
60°-Rosette
b  60 , c  120 ):
 x  a
 y  13  2 b  2 c   a 
 xy 
2
3
 b   a 
IV. Koordinatentransformation
Die Gleichung (1)
kann man auch allgemeiner Interpretieren:  ( ) ist offenbar
die   -Dehnung im
 Dehnung in der Senkrechten zur  -Achse
bekommen wir aus (1) durch Substitution
cos    / 2    sin  ,
    / 2 ,
gedrehten
Koordinatensystem.
Die
sin    / 2   cos  :
 (   / 2)   x sin 2    xy cos sin    y cos 2 
Zusammenfassend gilt:
   x cos2    xy cos sin    y sin 2  ,
   x sin 2    xy cos sin    y cos2  ,
oder umgeformt:
   

   x y  x y cos 2  xy sin 2 (2)
2
2
2
   

  x y  x y cos 2  xy sin 2 (3)
2
2
2
sin 2 
 xy
cos 2 . (4)
2
2
2
(Die letzte Gleichung haben wir hier ohne
Beweis hinzugefügt).
Es gibt immer zwei senkrecht zu einander
stehende Achsen, in denen die Dehnungen
maximale Werte erreichen und Winkelverzerrungen verschwinden - Hauptachsensystem.
Seine Orientierung ist gegeben durch

tan 2 * 
 xy
x y
Die Hauptdehnungen sind
1,2 
x y
2
    y    xy 
  x
 
 .
 2   2 
2
2
B2. Zu untersuchen ist der Spannungs- und
Deformationszustand
eines wie nebenstehend
beanspruchten Elementes einer Struktur.
Lösung: Die Achsen
(x,y) sind Hauptachsen
des Spannungstensors.
Die Spannungskomponenten  x   ,
 y   sind die Hauptspannungen.
Die Hauptspannung in x-Richtung verursacht
die folgenden Dehnungen:
x 

,  y   x  

.
E
E
Die Hauptspannung in y-Richtung verursacht
die folgenden Dehnungen:
y  

,  x   y  

.
E
E
Bei gleichzeitiger Wirkung gilt nach dem
Superpositionsprinzip:

(1  ) ,  y  

(1  ) .
E
E
Auch für den Verzerrungstensor ist es das
Hauptachsensystem Im Koordinatensystem
( , ) gedreht um 45° zu den Hauptachsen
gibt es nur Schubkomponenten des Spannungs- und des Verzerrungstensors:
x 
    ,
 

(1  ) 

(1  ) .
2
E
E
Der Koeffizient zwischen Schubspannung und
Schubwinkel ist der Schubmodul:
E
G
.
2(1  )

2
Kontaktmechanik mit der Methode der Dimensionsreduktion (MDR) I.
Lit.: V.L. Popov & M. Heß, Method of Dimensionality reduction in contact mechanics and friction: A users handbook. I. Axially-symmetric contacts, Facta Universitatis, Series: Mechanical Engineering, 2014, v. 12, N.1, pp.1-14.
http://casopisi.junis.ni.ac.rs/index.php/FUMechEng/article/view/155/47 (open access)
I. Liste von Bezeichnungen:
E Elastizitätsmodul, G Schubmodul
 Querkontraktionszahl
E*  E / (1  2 ) effektiver Elastizitätsmodul
G*  4G / (2  ) effektiver Schubmodul
F oder FN Normalkraft
a Kontaktradius, d Eindrücktiefe
f (r ) dreidimensionales Profil
g ( x) 1D, MDR-transformiertes Profil
p(r ) Druckverteilung im Kontaktgebiet
q( x) Streckenlast im äquivalenten Modell
f (r ) , q( x) Ableitungen nach dem jeweiligen Argument
x Abstand zwischen Federn
c differenzielle Kontaktsteifigkeit
II. Kontakt elastischer Körper. Kontakte
treten in unzähligen Anwendungen, wie Kupplungen, Bremsen, Reifen, Gleit- und Kugellager. Kontakte können zur Übertragung von
mechanischen Kräften (Schrauben), elektrischem Strom oder Wärme dienen bzw. einen
Materialstrom verhindern (Dichtungen).
III. Kontaktgrößen vom Interesse. Wird ein
starrer Körper in einen
ausgedehnten
elastischen Körper mit ebener Oberfläche ("elastischer Halbraum") mit
einer Kraft F eingedrückt,
so sinkt er um den Betrag d
(Eindrücktiefe) unter die ursprüngliche Oberfläche des elastischen Körpers. Dabei bildet
sich ein Gebiet mit dem Radius a (Kontaktradius). Innerhalb des Kontaktgebietes herrscht
bestimmte Spannungsverteilung p(r ) , wobei
r der polare Radius in der Kontaktfläche ist.
Die Beziehungen zwischen den Größen F ,
d , a sowie die resultierende Spannungsverteilung sind die wichtigsten Größen welche
Kontakteigenschaften bestimmen.
Kontaktsteifigkeit. Die Beziehung F (d ) definiert den Kontakt als eine "nichtlineare Feder". Wird die Eindrücktiefe um einen kleinen
Wert d geändert, so ändert sich auch die
Eindrückkraft um F  F (d  d )  F (d ) .
Das Verhältnis c  (F / d ) wird die differentielle Steifigkeit des Kontaktes genannt. Sie
bestimmt die Dynamik des Systems mit der
Kontaktstelle (z.B. Dynamik eines Schienenfahrzeugs). In der Kontaktmechanik wird gezeigt, dass die differentielle Steifigkeit ausschließlich durch den Durchmesser 2a des
Kontaktgebietes bestimmt wird:
(1)
c  2aE* .
Elektrische Leitfähigkeit. Werden zwei elektrisch leitende Körper in Kontakt mit Radius a
gebracht, so ist der elektrische Widerstand des
Kontaktes, R , gleich
R   1  2  /  4a  ,
(2)
worin 1 und  2 die spezifischen Widerstände der beiden Körper bezeichnen.
Wärmeleitfähigkeit. Werden zwei Körper mit
einer Temperaturdifferenz T in Kontakt
gebracht, so entsteht ein Wärmestrom Q
(Einheit J / s ) vom wärmeren zum kälteren
Körper hin. Der Proportionalitätskoeffizient
zwischen beiden nennt man den Wärmewiderstand Rth  T / Q . Auch der Wärmewiderstand wird alleine durch den Kontaktradius
bestimmt:
(3)
Rth  1 /  4a * 
mit 1 /  *  1 / 1  1 / 2 . Darin bezeichnen 1
und 2 die spezifischen Wärmeleitfähigkeiten
der beiden Körper.
Alle drei o.g. Größen hängen von dem Kontaktradius a ab.
IV. Methode der Dimensionsreduktion.
Fragestellung: Ein starres rotationssymmetrisches Profil z  f (r ) sei in einen elastischen
Körper mit der Normalkraft FN um eine
Indentierungstiefe d eingedrückt; den Kontaktradius sei a . Gesucht wird der Zusammenhang zwischen FN , d und a sowie die
Spannungsverteilung im Kontakt.
Lösungsschritte der MDR:
(1) Man definiert ein „MDR-transformiertes“
eindimensionales Profil
x
g ( x)  x

0
f (r )
x2  r 2
dr .
(4)
1
Stempel, eine Kugel und einen Kegel die folgenden transformierten Profile:
Tabelle I
(2) Anstelle des elastischen Halbraums wird
eine lineare Reihe von unabhängigen Federn
definiert, die sogenannte „Winklersche Bettung“, mit einem kleinen Abstand x und
Normalsteifigkeit k z  E*x und Tangentialsteifigkeit k x  G*x .
(3) Das eindimensionale Profil wird nun mit
der
Normalkraft FN in die
0, r
, r
a
a
r 2 / 2R
g(x )
0, x
, x
a
a
x2 / R
2
x tan
Als ein weniger triviales Beispiel betrachten
wir den Kontakt eines parabolischen Profils
mit verschlissener Spitze:
für 0  r  b
0

f (r )   r 2  b 2
für b  r  a

 2R
0,

g ( x)   x

R
V. Berechnungsschritte der MDR. Vertikale
Verschiebung einer Feder an der Stelle x innerhalb des Kontaktgebietes ist gleich
uz  x   d  g  x  . Am Rand des Kontaktes
x  a wird sie Null: uz  a   0 
d  g a .
(5)
Die entsprechende Federkraft ist gleich Verschiebung mal Steifigkeit:
Fz  x   kzuz  x   E*uz  x  x .
Summe aller einzelnen Federkräfte ergibt die
Normalkraft:
für 0  x  b
x2  b2
0
.
für b  x  a
VII. Beispiele für die Berechnung des Kontaktradius und der Normalkraft. Einsetzen
von MDR-transformierten Profilen aus Tabelle I in (5) ergibt den Kontaktradius a als
Funktion der Eindrücktiefe d . Weiteres Einsetzen in (6) ergibt die Normalkraft als Funktion der Eindrücktiefe. Ergebnisse sind in der
Tabelle II zusammengefasst.
Tabelle
II
a
a
FN
2
Rd
a
FN : E *  uz  x  dx  2 E *   d  g  x   dx (6)
a
r tan
Das MDR-transformierte Profil ist gleich
elastische Bettung
eingedrückt.
a
f (r )
4 * 1/2 3/2
E R d
3
*
2aE d
2
d
tan
E*
d2
tan
Definieren wir noch die Streckenlast
qz  x  
Fz  x 
x
 E *uz  x   E *  d  g ( x)  . (7)
Die Druckverteilung im ursprünglichen 3D
Kontakt bestimmt sich dann laut:

1
q  ( x)
p(r )    z
dx
(8)
 r x2  r 2
Die Gleichungen (5),(6) und (8) lösen vollständig das Kontaktproblem.
VI. Beispiele für Profiltransformation
Durch Anwendung der Transformation (4)
bekommt man für einen flachen zylindrischen
VIII. Beispiele für Druckverteilungen
Einsetzen der Profile aus der Tabelle I in die
Gleichung (7) und diese in (8) ergibt folgende
Druckverteilungen:
p(r )
p(r )
p(r )
E *d
1
a
2E * d
R
E*
tan
2
r
a
1/2
ln
1
a
r
2
1/2
r
a
a
r
2
2
1
2
Kontaktmechanik mit der Methode der Dimensionsreduktion (MDR) II.
Lit.: V.L. Popov & M. Heß, Method of Dimensionality reduction in contact mechanics and friction: A users handbook. I. Axially-symmetric contacts, Facta Universitatis, Series: Mechanical Engineering, 2014, v. 12, N.1, pp.1-14.
http://casopisi.junis.ni.ac.rs/index.php/FUMechEng/article/view/155/47 (open access)
I. Adhäsiver Kontakt. Zwischen beliebigen Körpern gibt es relativ schwache und schnell mit dem Abstand zwischen den Oberflächen abfallende Wechselwirkungskräfte (van der Waals-Kräfte), die zur gegenseitigen Anziehung der Körper führen und als Adhäsionskräfte bekannt sind. Sie spielen eine wichtige Rolle
in den Anwendungen, wo eine der folgenden Bedingungen erfüllt ist:
(i) Die Oberflächen der Körper sind sehr glatt (wie z.B.
die der magnetischen Scheibe von Festplatten)
(ii) Einer der Kontaktpartner besteht aus einem sehr
weichen Material (Gummi oder biologische Strukturen)
oder
(iii) Es handelt sich um mikroskopische Systeme (mikromechanische Geräte, Atomkraftmikroskope, biologische Strukturen u.ä.).
Anwendung der MDR: Wird der effektive
Profil in die effektive Winklersche Bettung
zunächst
eingedrückt und dann
gezogen, so werden die Federn am
Rande des Kontaktes abspringen wenn die Auslenkung der Feder
den kritischen Wert
2a 12
lmax (a) 
(1)
E*
übersteigt, wobei  12 die Trennungsarbeit pro
Flächeneinhalt ist (Regel von Heß). Der kritische Kontaktradius im Moment der vollständigen Trennung beider Körper bestimmt sich
aus
dg(a )
da a
9
ac
12
*
2acE
.
(2)
Die dabei wirkende Kraft wird Adhäsionskraft
genannt. Sie ist gleich
ac


*
FA  2 E  ac  max  ac    xg   x  dx  . (3)


0
Der Zusammenhang zwischen der Normalkraft, der Eindrücktiefe und dem Kontaktradius entsprechen dabei immer exakt denen des
ursprünglichen dreidimensionalen Problems.
Am einfachsten wird die Adhäsionskraft zwischen einem Zylinder mit dem Radius a und
einem elastischen Halbraum berechnet. In
diesem Fall ist das Integral in der Gleichung
(3) gleich Null und die Adhäsionskraft wird
alleine durch das erste Glied gegeben:
FA  2E*a max  a   8 a3 E* 12 (Kendall,
1970). Für ein parabolisches Profil
f (r )  r 2 / 2R gilt g ( x)  x 2 / R . Die Glei2ac
9 12

an.
R
2ac E *
kritischen
Radius
folgt
chung (2) nimmt die Form
Für
den
1/3
 9 12 R 2 
ac  
 . Einsetzen in (3) ergibt die
*
 8E 
Adhäsions
2ac 12 2 ac3  3
*
kraft FA  2 E  ac

   R 12
E*
3 R 2

(Johnson, Kendall, Roberts, 1971). Berechnungen für andere Profile sind genauso einfach und sind in der unten folgenden Tabelle
zusammengefasst.
Beispiele für adhäsive Normalkontakte
ac
FA
a
8 a3 E*
R2
9
8E
3
2
1/3
18
E * tan2
*
R
54
tan 3
2
E*
II. Tangentialkontakt. Betrachten wir einen
axialsymmetrischen Indenter, der zunächst mit
einer Normalkraft FN in den elastischen Halbraum gedrückt und anschließend durch eine
Tangentialkraft Fx in x -Richtung beansprucht wird. Bei kleiner Tangentialkraft entsteht am Rande des Kontaktgebietes ein ringförmiges Gleitgebiet, welches sich bei steigender Kraft nach Innen ausbreitet bis das
vollständige Gleiten einsetzt. Den Radius des
Haftgebietes bezeichnen wir durch c .
Anwendung der MDR: Ein solcher Tangentialkontakt wird innerhalb der MDR wie folgt
gelöst: Das modifizierte Profil g wird in die
Winklersche
Bettung, gekennzeichnet durch die Steifigkeiten
gemäß
*
k z  E x
und
k x  G*x , mit der Normalkraft FN einge-
drückt und dann tangential um u x(0) verscho-
1
ben. Jede Feder haftet am Indenter und verschiebt sich zusammen mit ihm, solange die
Tangentialkraft Fx  k xux(0) kleiner Fz ist.
Nachdem die Haftkraft erreicht ist, beginnt die
Feder zu gleiten und die Kraft bleibt konstant
und gleich Fz . In einem Tangentialkontakt
mit dem Reibungskoeffizienten  sind die
Federn im Haftzustand wenn kxux   k zuz .
Der Radius des Haftgebietes bestimmt sich
aus der Gleichung k xux(0)   k zuz (c) . Unter
Berücksichtigung
der
Gleichung
uz ( x)  d  g ( x) ergibt sich die bestimmende
Gleichung
G *ux(0)
E * d g(c) .
Maximale Verschiebung bis zum Beginn des
Gleitens erhält man durch Einsetzen c  0
(Verschwinden des Haftgebietes). Sie ist
gleich ux ,max
d E* /G*
1.2 d und
wird nur durch die Eindrücktiefe bestimmt (ist
also unabhängig von der Form des Indenters).
Die Tangentialverschiebung ist gleich
u x(0) ,
für x  c
  *
ux  x    E

d  g ( x)  , für c  x  a
  G*  

und die Streckenlast
G*u (0) ,
für x  c
qx  x    *x
.
  E  d  g ( x)  , für c  x  a
Für die Tangentialkraft ergibt sich
a
a


Fx  2 qx  x  dx  2  E * c  d  g (c)     d  g ( x)  dx 
0
c


Die Normalkraft wird durch die Gleichung
a
a
a
0
E*
d
G*
3. Kegel: ux(0)
Fx
FN
2
c tan
,
2
1
c
.
a
4. Potenzprofil f (r )  cn r n .
u
(0)
x
E*
d
G*
n
cc ,
n n
Fx
1
FN
c
a
n
.
III. Rauer Kontakt. Reale Oberflächen sind
auf der Mikroskala
immer rau. Die Rauheit zeigt oft die Eigenschaft der „Selbstaffinität“ (d.h. sie sieht
bei
verschiedenen
Vergrößerungen ähnlich aus). Die genaue
Art der Selbstaffinität
wird durch den sogenannten HurstExponenten H charakterisiert. Zur Simulation
von rauen Oberflächen kann man folgende
Äquivalenzregel benutzen: Ein zylindrischer
Stempel mit Durchmesser L und Rauheit, die
durch den quadratischen Mittelwert h und den
Hurst-Exponenten H charakterisiert wird,
kann durch das Profil
g(x )
(H )h x / L
H
(4)
repräsentiert werden. Für den mittleren Bereich von Hurst-Exponenten ( 0.3 H 0.7 )
gilt (H ) 4 . Das bedeutet, dass die raue
Oberfläche durch eine einzige Spitze ersetzt
wird, die durch ein Potenzgesetz beschrieben
wird.
FN  E *  uz  x  dx  2 E *   d  g  x   dx
gegeben und das Verhältnis Fx /   FN  durch
a
Fx

 FN
 xg ( x)dx
c
a
.
ag (a )   g ( x)dx
0
Beispiele für Tangentialkontakte
1. Zylinder: Kein Gleitgebiet. Das Gleiten
beginnt sofort in der gesamten Kontaktfläche.
2. Kugel: u
(0)
x
E*
d
G*
c2
R
,
Fx
FN
3
1
c
.
a
2
Knickung
Literatur: Hauger, Schnell und Groß. Technische Mechanik 2 (Elastostatik), 7.2
I. Begriff Stabilität
(F
f
− Fs ) l cos ϕ − Fx =
0 ⇒
( cx − Fs ) l ⋅1 − Fx =0
x=
Eine Gleichgewichtslage ist stabil, wenn das
System nach einer kleinen Störung des Gleichgewichtes wieder in die ursprüngliche Position
zurückkehrt.
II. Statische Stabilität von Feder-StabSystemen
Zur Einführung betrachten wir einen gelenkig
gelagerten starren Stab, der durch eine Feder
gehalten wird.
Unter der Wirkung einer Kraft F in der Längsrichtung verschiebt sich der Stab nicht (a). Unter Einwirkung einer kleinen Störkraft Fs verschiebt es sich geringfügig (b). Wenn aber beide Kräfte gleichzeitig wirken, kann es
zu einer großen
Auslenkung kommen, auch wenn die
Störkraft unendlich
klein ist: es tritt eine
Instabilität auf.
Bei der Untersuchung des Gleichgewichtes nehmen wir an,
daß alle Winkel und Auslenkungen sehr klein
sind. Wir werden alle Terme zweiter oder höherer Ordnung vernachlässigen (dieses Vorgehen nennt man Theorie zweiter Ordnung). Unter anderem gilt in dieser Näherung:
sin ϕ = ϕ −
cos ϕ =1 −
ϕ3
3!
ϕ2
+
ϕ5
5!
ϕ4
− ... ≈ ϕ ,
+
− ... ≈ 1 ,
2! 4!
In der gleichen Näherung ist x = lϕ .
Für die Federkraft gilt Ff = cx . Die Momentengleichgewichtsbedingung bezüglich des
Gelenkes A lautet:
⇒
Fs l
.
cl − F
Offenbar ist lim
F →cl
Fs l
= ∞.
cl − F
Instabilitätsbedingung aus anderer Sicht:
Gibt es keine Störkraft, so lautet die Gleichgewichtsbedingung: ( cl − F ) x =
0.
Bei F ≠ cl hat diese Gleichung eine einzige
Lösung x = 0 . Bei der kritischen Kraft F = cl
dagegen, kann x einen beliebigen Wert annehmen.
Das liegt daran, daß zwischen einem stabilen
und einem instabilen Zustand immer ein indifferenter Zustand liegt. Wir können diesen kritischen Zustand gerade daran erkennen, daß es
unendlich viele Gleichgewichtspositionen gibt.
B1. Wie groß ist die kritische Last für dieses
Zweistabsystem?
Lösung: Wir lassen kleine Verschiebungen des Systems aus der
geraden Lage zu und stellen
Gleichgewichtsbedingungen am
verformten System auf. Unser
Anliegen ist festzustellen, unter
welchen Bedingungen sich das
System im indifferenten Gleichgewicht befindet. Das ist gerade
der kritische Zustand.
Das Momentengleichgewicht für
das Gesamtsystem
bezüglich des Gelenkes A lautet
0
Ff 1l + 2 Ff 2l − Fx2 =
Das Momentengleichgewicht für den oberen
Stab bezüglich des Gelenkes B lautet
Ff 2l − F ( x2 − x1 ) =
0 . Mit den Federkräften
Ff 1 = cx1 , Ff 2 = cx2 führen die Gleichungen
auf
clx1 + ( 2cl − F ) x2 =
0,
Fx1 + ( cl − F ) x2 =
0.
Die kritische Last ist die Größe, bei der es unendlich viele Gleichgewichtslagen gibt. Ein
1
lineares Gleichungssystem hat nur dann nicht
triviale Lösungen, wenn seine Determinante
gleich Null ist:
cl 2cl − F
2
=F 2 − 3clF + ( cl ) =0 .
F cl − F
Diese charakteristische Gleichung hat zwei
Lösungen
F=
1.5 ± 1.25 cl und damit ist
1,2
(
)
F1 = 0.38cl und F2 = 2.62cl .
Die Lösungen selbst sind:
x 
 −0.85 
bei F1 :  1  = const1 
,
 0.53 
 x2 
x 
 0.53 
bei F2 :  1  = const2 
.
 0.85 
 x2 
Das sind die Knickeigenformen.
III. Knickstab
Betrachten wir den unten abgebildeten Stab.
Durch Freischneiden
bei einer
Koordinate x
wird das Biegemoment sichtbar. Das Momentengleichgewicht bezüglich des Schnittpunktes
lautet:
− M ( x) + Fw( x) =
0
Für das Biegemoment gilt aber
M ( x) = − EIw′′( x) .
Daraus ergibt sich die Gleichung
EIw′′( x) + Fw( x) =
0 oder
F
.
w′′( x) + λ 2 w( x) =
0 mit λ 2 =
EI
Die allgemeine Lösung dieser Gleichung ist
=
w( x) A sin ( λ x ) + B cos ( λ x ) .
Die Konstanten A und B werden aus den
Randbedingungen bestimmt. In diesem Fall:
w=
(0) w=
(l ) 0 ⇒ B = 0 , A sin λl = 0 .
Die letztere Gleichung ist erfüllt entweder
wenn A = 0 oder wenn sin λl = 0 . Nur die letztere Bedingung entspricht einer nicht trivialen
Lösung. Daraus folgt λl = π n ( n ist eine ganze Zahl),
 π nx 
Die Eigenformen sind w( x) = A sin 

 l 
IV. Knickspannungen
Die Druckspannung bei der kritischen KnickFk π 2 EI
last ist gleich σ Knick
.
= =
A
Al 2
Vergleichen wir diese Spannung mit der Spannung σ pl , bei der der Stab durch plastische
Deformation versagt. Die beiden Spannungen
π 2 EI
sind gleich wenn
= σ pl .
Al 2
Für einen runden Stab mit dem Radius a gilt
π 2 a 2 σ pl
π a4
, A=π2 ⇒
=
⇒
I=
E
4
4l 2
l π E
.
=
a 2 σ pl
Für Stahl: E ≈ 200 GPa , σ pl ≈ 500 MPa ,
l
l
≈ 1.5 400 =
30 oder ≈ 15 .
a
d
l
Stählerne Stäbe mit
< 15 versagen durch
d
l
plastische Deformation. Stäbe mit > 15 verd
sagen durch Knickung.
F
πn 
πn 
⇒ Fk = EI 
=
λ =
 .

EI
 l 
 l 
2
2
2
2
Knickung (Fortsetzung). Eulersche Knickfälle
Literatur: Hauger, Schnell und Groß. Technische Mechanik 2 (Elastostatik), 7.2
Einsetzen in die allgemeine Lösung (1) liefert:
I. Eulersche Knickungsgleichung vierter
w(0)  A cos 0  B sin 0  C0  D  A  D  0
Ordnung
w(0)   A 2 cos 0  B 2 sin 0   A 2  0
Ein Stab sei in der x-Richtung auf Druck mit
einer Kraft F belastet. Wir schneiden ein Ele A 0, D  0.
w(l )  B sin l  Cl  0
ment zwischen x und x0 frei und stellen
Gleichgewichtsbedingungen auf. Kräftegleichw(l )   2 B sin l  0
gewicht in der
 C  0 , sin l  0  l   n
x-Richtung
( n ist eine ganze Zahl),
ergibt
2
2
n 
N ( x)  N0   F .  2    n   F  Fk  EI 
 .
EI
 l 
 l 
In der wRichtung:
Fall IV: Die Randbedingungen lauten:
Q( x )  Q0 .
w(0)  0 , w(0)  0 , w(l )  0 , w(l )  0 .
Momentenglei
Daraus folgt:
chgewicht
w(0)  A cos 0  B sin 0  C0  D  A  D  0
bezüglich des Punktes O:
w(0)   A sin 0  B cos 0  C  B  C  0
M ( x)  M 0  N0  w( x0 )  w( x)   Q0  x0  x   0.
w(l )  A cos l  B sin l  Cl  D
Unter Benutzung der Balkengleichung folgt:
 A cos l  B sin l  Bl  A  0
EIw( x)   M ( x)   M 0  N 0  w( x0 )  w( x)   Q0  x0  x 
w(l )   A sin l  B cos l  C
  M 0  F  w( x0 )  w( x)   Q0  x0  x  .
  A sin l  B cos l  B  0
Zweimaliges Differenzieren ergibt
oder
  cos l  1  sin l  l    A   0 
 EIw( x )    Fw( x ) (Eulersche Gleichung).
.



 sin l   cos l  1   B   0 

Für einen homogenen Stab ( EI  const ) folgt:
Diese Gleichung hat nur dann nicht triviale
EIwIV ( x )   Fw( x )
Lösungen wenn die Determinante verschwin2
IV
2
det:
oder w ( x)   w( x ) mit   F / EI .
 cos l  1  sin l  l 
Diese Gleichung enthält zunächst keine Rand sin l   cos  l  1
bedingungen und kann daher in allgemeiner
2
Form gelöst werden.
   cos l  1  sin l  sin l  l   


Es ist leicht zu prüfen, daß folgende Funktionen Lösungen der Eulerschen Gleichung sind:
   2 1  cos l   l sin l   0
w1 ( x )  A cos  x , w2 ( x)  B sin  x ,
oder
w3 ( x )  Cx , w4 ( x )  D .
l 
l
l 
sin  4sin  2l cos   0 
Die allgemeine Lösung lautet somit
2 
2
2
w( x)  A cos  x  B sin  x  Cx  D . (1)
2
l
l
n 
sin  0 
  n , Fk  4 EI 
II. Eulersche Knickfälle
 .
2
2
 l 
Abhängig von der Lagerung unterscheidet man
Fall I: Die Randbedingungen
vier Fälle, die bereits Leonard Euler untersucht
lauten in diesem Fall:
hat.
w(0)  0 , w(0)  0 , w(l )  0
(kein Moment),
Q(l )  EIw(l )  w(l ) F .
Daraus folgt:
w(0)  A  D  0
Fall II: Randbedingungen: w(0)  0 ,
w(0)  B  C  0
w(0)  0 (kein Moment), w(l )  0 , w(l )  0 .
1
w(l )   A 2 cos l  B 2 sin l  0
w(l )  A 3 sin l  B 3 cos l
F
    A sin l  B cos l  C 
EI
Die letzte Gleichung kann auch als
A 3 sin l  B 3 cos l
F
    A sin l  B cos l  B 
EI
umgeschrieben werden oder
A 3 sin l  B 3 cos l
  2  A sin l  B cos l  B 
  2 cos l  2 sin l   A   0 

     .
0
 3   B   0 

 2 cos l  2 sin l
0
0
 3
1 n 
cos l  0 ,  l   / 2  Fk  EI 

4  l 
2
Aufgabe: Ein zwischen zwei festen Wänden
gespannter stählerner Stab mit l / a  100 wird
gleichmäßig erwärmt. Bei welcher Temperaturerhöhung
knickt
der
Stab?
T
5
1
  1, 2 10 K .


Lösung:
Thermische
Spannung
ist
gleich  T   ET .
Die
Druckkraft
F   T A  ETA muss den kritischen Wert
Fk   2 EI / l 2 erreichen: ETA   2 EI / l 2 .
 2 EI
.
AE l 2
Für einen runden Stab mit Radius a gilt:
2
 2 a 4
 2a2 1  2  a 
T 


 
4 a 2 l 2 4 l 2 4   l 
Der Stab wird instabil bei T 
Für a / l  100 ergibt sich
1 10 104
T 
 20 K
4 1, 2 105
III. Ein Bein oder mehrere Beine?
Ein runder, fest
eingebetteter
Stab (Radius R1 )
kann eine Last
 2 EI  3 ER14
F1 

4l 2
16l 2
aushalten. Werden aus dem gleichen Material
zwei Stäbe mit dem gleichen Gewicht gemacht, so werden sie Radien R2  R1 / 2 ha-
 3 ER24
1
F1
16l
2
tragen, die zwei Mal kleiner ist als F1 . Generell gilt: je mehr Beine desto kleiner ist die
kritische Last (bzw. desto größer das Gewicht
der erforderlichen Konstruktion). Die optimalen Strukturen von Druckstäben sind daher
Strukturen mit nur einem Kräftigen Druckstab.
So sind Pflanzen, Tiere und viele moderne
Bauten aufgebaut (eine zentrale tragende Säule, auf der alles aufgehängt wird).
ben. Sie können eine Last F2  2
2

IV. Andere Arten von Instabilitäten
(A) Wird ein Stab
verdreht, so wird die
gerade Lage seiner
Achse instabil und
biegt sich zu einer Schraubenlinie sobald der
9 EI
Drehwinkel größer wird als max 
. Für
GI p
einen runden Stab gilt max  9(1  ) . Ein metallischer Draht wird daher bei   12 instabil
werden (ca. zwei volle Umdrehungen).
(B) Um maximale Stabilität einer Säule zu
erzielen, sollte sie einen möglichst großen Radius (bei entsprechend dünner
Wand) haben. Allerdings
wird ein solcher dünnwandiger Zylinder "lokal instabil"
wenn die Spannung in der
Wand den Wert   Et / 4R
erreicht, wobei t Dicke der
Wand ist. Um diese Art der
Instabilität zu vermeiden,
werden Wände wie auf dem
Bild rechts verstärkt (wird im
Schiffsbau,
Flugzeugbau
usw. benutzt). Auch Pflanzen
verstärken die Wände auf
eine der nebenstehend gezeigten Arten.
(C) Soll eine Struktur nur
vertikale Lasten tragen, so
soll ein optimaler Querschnitt
möglichst große Höhe und
kleine Breite haben. Der Träger wird aber instabil und
2bh3 E 1, 7bh3 E

verdreht sich bei Fkr  2
.
l2
l 1 
(D) Eine weitere Methode zur Vermeidung von
Instabilitäten: Druckkräfte vermeiden (Speichen).
2
Reibung
Literatur: Hauger, Schnell und Groß. Technische Mechanik 1 (Statik), 9. /
I. Haftreibung und Gleitreibung
In dieser Vorlesung untersuchen wir nur die
trockene oder Coulomb'sche Reibung zwischen festen Körpern. Durch sehr ausführliche
experimentelle Untersuchungen hat Coulomb
(1736-1806) festgestellt, dass die Reibungskraft R zwischen zwei Körpern, die mit der
Normalkraft
N aneinander
gedrückt sind,
in erster, grober Näherung
folgende einfache Eigenschaften hat:
A) Die Haftreibung (auch statische Reibungskraft) Rs , die zu überwinden ist, um den Körper in Bewegung zu setzen, ist proportional
zur Anpreßkraft N:
Rs  s N .
Der Koeffizient  s heißt statischer Reibungskoeffizient. Er hängt von der Materialpaarung
ab, weist aber dagegen fast keine Abhängigkeit von der Kontaktfläche und Rauhigkeit der
Oberflächen auf. Bereits Coulomb hat festgestellt, dass  s mit der Standzeit wächst. Dies
wird aber in den meisten einfacheren Anwendungen vernachlässigt.
B) Die Gleitreibung (auch kinetische Reibungskraft) Rk ist die Widerstandskraft, die
nach dem Überwinden der Haftung wirkt.
Coulomb hat experimentell folgende Eigenschaften der Gleitreibungskraft festgestellt:
- Gleitreibung ist proportional zur Anpreßkraft
N
Rk  k N
- Sie weist keine wesentliche Abhängigkeit
von der Kontaktfläche und Rauhigkeit der
Oberflächen
- Der kinetische Reibungskoeffizient ist näherungsweise gleich dem statischen Reibungskoeffizienten:
k   s
- Die Gleitreibung hängt nicht (bzw. nur sehr
schwach) von der Gleitgeschwindigkeit ab.
Oft wird angenommen, dass  k mit der Geschwindigkeit schwach abnimmt. Das gilt aber
nicht immer, (z.B. nicht bei Gummireifen füri
kleine Gleitgeschwindigkeiten).
R.C. Hibbeler. Technische Mechanik 1, 8.1.-8.7.
Anders als oft behauptet, haben die statischen
und kinetischen Reibungskräfte die gleiche
physikalische Herkunft und können in vielen
mechanischen Aufgaben nicht getrennt voneinander betrachtet werden. Auch der Unterschied zwischen dem statischen und kinetischen Reibungskoeffizienten erweist sich als
relativ, da oft entweder der Übergang vom
statischen zum Gleitkontakt kontinuierlich
stattfindet (das ist der Fall im angetriebenen
Rad1) oder die "Haftreibung" sich in Wirklichkeit als Gleitreibung bei sehr kleinen Geschwindigkeiten entpuppt (das ist der Fall bei
Gummireibung, z.B. Gummireifen auf der
Straße1).
II. Reibungswinkel
B1. Auf einer geneigten Ebene liegt ein Klotz
(Haftreibungskoeffizient zwischen beiden sei  s ). Wie
groß darf der Neigungswinkel
werden, damit der Klotz nicht
rutscht?
Lösung: Bei maximalem Neigungswinkel wird
die Reibungskraft ihren maximalen Wert R  s N erreichen. Kräftegleichgewicht
in diesem kritischen Zustand
(im gezeigten Koordinatensystem) lautet
x: mg sin   s N  0
y: N  mg cos   0
daraus folgt
tan   s Tangens des "Rutschwinkels" ist gleich dem
statischen Reibungskoeffizienten. Dieser
Winkel heißt "Reibungswinkel".
B2. Unter welchem kleinsten Winkel muß die
Kraft F gerichtet sein, damit der Klotz nicht
rutscht?
Lösung: Es ist leicht zu verstehen, dass diese Aufgabe
äquivalent zu der vorigen ist,
nur muß man  durch
 / 2   ersetzen. Die Antwort ist also:
1
Diese komplizierten physikalischen Zusammenhänge
können aber erst durch eine aufwendige Betrachtung
der Kontaktmechanik eines angetriebenen Rades aufgedeckt werden. Hierfür ist das Modul "Kontaktmechanik
und Reibungsphysik" empfohlen (jedes WS) .
1
cot   s .
Selbstverständlich kann man
dieses Ergebnis aus dem Kräftegleichgewicht noch einmal
herleiten:
y: N  F sin   0
x: F cos   s N  0 .
Daraus folg die obige Gleichung.
B3. Kippende Kiste
Drückt man auf eine Kiste
seitlich, so tritt bei tief gelegenen Berührungspunkt
Gleiten ein, bei hoch gelegenem dagegen Kippen.
Aus der Grenzhöhe zwischen Gleiten und Kippen
läßt sich der Reibungswinkel ebenfalls bestimmen.
Im Grenzfall setzen Gleiten
und Kippen gleichzeitig
ein, d.h. die Bodenreaktion
wirkt an der rechten Bodenkante und die Reibungskraft erreicht dabei
ihren
Maximalwert
R  s N . Aus dem Kräfteund Momentengleichgewicht folgt dann:
N  G , F  s N  sG , Fh  Gb / 2  0 ;
b/2
Gb
b
 s .

h

h
2 F 2s
tragsmäßig gleich sind (so sind sie im Bild
eingezeichnet). An der Grenze zwischen Gleiten und Selbstsperrung erreicht die Reibungskraft R seinen maximalen Wert R  s N .
Aus dem Kräftegleichgewicht in vertikalen
Richtung
und
2s N  G  0
Momentengleichgewicht bezüglich des Zentrums der Buchse Gl  2 N h2  2s N d2  0 folgt
h
d
 .
für die kritische Länge lc : ls 
2s 2
IV. Keil rein, Keil raus
Aus dem
Gleichgewicht
in vertikaler
Richtung für
den anzuhebenden Körper gilt G  N cos / 2  s N sin  / 2 .
Daraus folgt
G
N
cos  / 2  s sin  / 2
Aus dem Gleichgewicht
für den Keil in horizontaler Richtung folgt dann
F1  2 N sin  / 2  2s N cos / 2
oder
sin  / 2  s cos  / 2
cos  / 2  s sin  / 2
Beim Rausholen des
Keils erhalten wir
G  N cos / 2  s N sin  / 2
G
N
cos  / 2  s sin  / 2
F1  2G
III. Selbstsperrung
An einer auf einer senkrechten Stange verschiebbaren Führungsbuchse ist
ein Arm befestigt, an dem
ein Gewicht verschiebbar
angeordnet ist. Solange
sich das Gewicht weit
genug außen befindet,
wird es durch die Reibungskräfte, die in den
Eckpunkten der Führungsbuchse auftreten,
gehalten (Selbstsperrung).
Aus dem Kräftegleichgewicht
in
horizontaler
Richtung folgt, dass beide
Reaktionskräfte N
in Eckpunkten be-
F2  2 N sin  / 2  2s N cos  / 2
oder
 sin  / 2  s cos  / 2
cos  / 2  s sin  / 2
Die Kräfte F2 und F1 stehen im Verhältnis
F2  sin  / 2  s cos  / 2 cos  / 2  s sin  / 2


F1
cos  / 2  s sin  / 2 sin  / 2  s cos  / 2
F2  2G
Für kleine  gilt:

F2
1
 1   s 
F1
s




V. Thermisches Kriechen
VI. Seitliche Kraft
VII. Seilreibung
2
Festigkeitshypothesen
Literatur: Hauger, Schnell und Groß. Technische Mechanik 2 (Elastostatik), 3.3.
I. Allgemeine Überlegungen zu den Festigkeitshypothesen.
Bei einem "einfachen Spannungszustand",
(z.B. bei einer einachsigen Dehnung eines
Stabes) kann man durch Experimente feststellen, bei welcher kritischen Spannung der Stab
"versagt" (z.B. sich plastisch deformiert oder
bricht). Die zulässige Spannung soll kleiner
sein als diese kritische Spannung    c .
Ähnliche kritische Spannungen kann man
auch bei anderen "einfachen Spannungszuständen" ermitteln, z.B. die kritische Schubspannung  c : Damit der Stab bei einer Schubbeanspruchung im elastischen Zustand bleibt,
muss die Bedingung    c erfüllt sein. Haben
wir es mit einem komplexen Spannungszustand zu tun (z.B. wirken gleichzeitig eine
axiale Kraft und ein Torsionsmoment), so
stellt sich die Frage, wann der Stab unter dieser komplexen Beanspruchung versagt.
Eine einfache Zusammensetzung der Bedingungen    c ,    c wäre dabei falsch! Davon kann man sich am einfachsten durch die
folgenden Überlegungen überzeugen: Die
Spannungskomponenten sind bezüglich der
Rotationen nicht invariant. Es kann sein, dass
in einem Koordinatensystem beide Gleichungen erfüllt sind und im anderen eine erfüllt
und die andere nicht erfüllt. Das würde bedeuten, dass bezüglich eines Koordinatensystems
das Medium noch im elastischen Zustand ist
und im anderen schon im plastischen. Das
kann aber nicht sein. Die Aussage, ob der
Körper immer noch elastisch oder bereits plastisch deformiert wird, ist eine absolute Aussage, die von der Wahl des Koordinatensystems
nicht abhängen darf. Der Körper ist entweder
im elastischen oder im plastischen Zustand,
egal ob wir auf ihn von oben, von unter oder
irgendwie schräg sehen. Das bedeutet, dass ein
Kriterium für den Beginn der plastischen Deformation ist, dass es nur Spannungskomponenten in solchen Kombinationen enthalten
kann, die invariant bezüglich der Achsenrotationen sind. Es gibt aber nur drei unabhängigen Invarianten des Spannungstensors. Als
diese können z.B. die drei Hauptspannungen
gewählt werden oder die Invarianten I1, I2 , I3
(Spur, Summe der Quadraten aller Komponenten und die Determinante).
Ein Kriterium für das Einsetzen der plastischen Deformation oder des Bruches muss mit
Hilfe dieser Invarianten formuliert werden.
Die drei Invarianten bestimmen den Spannungszustand eindeutig. Das bedeutet, dass
zwei verschiedene Spannungszustände, mit
zwei verschiedenen Spannungstensoren, die
aber die gleichen drei Invarianten besitzen, in
Wirklichkeit die gleichen Spannungszustände
sind. Man kann zeigen, dass die drei Hauptspannungen sich durch die drei Invarianten
ausdrücken lassen. Wenn Sie zwei verschiedene Spannungszustände haben bei denen alle
drei Invarianten gleich sind, so sind auch die
drei Hauptspannungen gleich. Das heißt, Sie
haben zwei gleich beanspruchte Gebiete, die
nur räumlich verschieden orientiert sind. Aber
in einem isotropen Medium kann die Festigkeit nicht von der Orientierung des Spannungszustandes abhängen. Wenn wir gleich
stark ziehen, dann ist es egal in welche Richtung.
Das ist natürlich nur für isotrope Medien richtig. Dies sind aber viele klassische Werkstoffe,
wie
Mauerwerk
oder
noch
besser
polykristalline metallische Werkstoffe. Haben
Sie ein Faserverbund, so hängt seine Festigkeit natürlich sehr wesentlich davon ab, ob in
Richtung der Faser oder senkrecht dazu gezogen wird. Wir reden also jetzt nicht von den
modernen Werkstoffen solcher Art wie Faserverbunde oder Laminate, bei denen alles noch
komplizierter ist, sondern nur von klassischen
isotropen Werkstoffen, wie Stahl, Aluminium
und ähnliches.
II. Die wichtigsten Festigkeitshypothesen
1. Normalspannungshypothese
Hier wird angenommen, dass für die Materialbeanspruchung die größte Normalspannung
maßgeblich ist. Diese wird durch die größte
der drei Hauptspannungen gegeben.
Beispiele: Bei einem einachsigen Zug ist die
maximale Hauptspannung einfach gleich der
Zugspannung Zug . Wenn diese den kritischen
Wert c erreicht, versagt das Bauteil. Wird
dasselbe Material mit der Spannung  auf
Schub belastet, so sind die Hauptspannungen
1
gleich  . das Bauteil versagt beim Überschreiten des kritischen Wertes   c .
2. Schubspannungshypothese
Dieser Hypothese liegt die Annahme zugrunde, dass die Materialbeanspruchung durch die
maximale Schubspannung charakterisiert werden kann. Das Material versagt, wenn die
größte Schubspannung den kritischen Wert c
überschreitet.
Beispiele: Bei Beanspruchung auf Schub lautet das Versagenskriterium   c . Bei einer
einachsigen Dehnung mit der Zugspannung 
ist die maximale Schubspannung gleich
max  21  und das Material versagt, wenn die
Zugspannung den Wert 2c übersteigt.
3. von Mises-Kriterium
Vorüberlegungen
Durch physikalische Überlegungen kann man
meistens feststellen, dass nicht alle drei Invarianten die gleiche Rolle spielen. Was ist z.B.
die erste Invariante des Spannungstensors? Es
ist immer möglich, die Koordinatenachsen so
zu drehen, dass alle drei Diagonalkomponenten des Spannungstensors gleich sind und der
Spannungszustand somit in eine Superposition aus einem hydrostatischen Druck und einer
reinen Scherung zerlegt werden kann. Nun ist
es ziemlich einfach zu verstehen, dass der
hydrostatische Druck und die Schubspannung
völlig verschiedene Wirkung in Bezug auf die
Festigkeit haben. Den hydrostatischen Druck
können alle Körper sehr gut und unendlich
lange aushalten. Selbst solche fließende Medien wie Flüssigkeiten oder Gase halten einen
allseitigen Druck sehr gut aus. Legen Sie dagegen eine auch sehr kleine Schubspannung
an, so beginnen sie zu fließen.
Wir reden jetzt von zähen Werkstoffen, wie
Stahl, Kupfer oder Aluminium. Für diese Materialien ist es ziemlich egal, ob der hydrostatische Druck da ist oder nicht. Versuchen wir,
diese Erkenntnis mathematisch auszudrücken.
Nehmen wir an, wir haben einen beliebigen
Spannungszustand. Wir können die Achsen so
drehen, dass wir diesen Zustand als eine
Superposition eines hydrostatischen Drucks
und einer Scherung darstellen. Den hydrostatischen Druck ziehen wir ab, da er keine Rolle
spielt. Unsere Behauptung ist also, dass der
Deviationstensor im Sinne der Festigkeit dem
ursprünglichen Tensor äquivalent ist. Welche
Invarianten des Spannungstensors gibt es nun?
Die erste Invariante (Spur) ist jetzt Null, die
haben wir angezogen. Die zweite Invariante
ist die Summe aller Quadrate, die dritte Invariante ist die Determinante. Es gibt viele
Spannungszustände, für die die dritte Invariante gleich Null ist. Ist eine der (Hauptschubkomponenten gleich Null, so ist die dritte Invariante identisch Null, egal wie groß die anderen Komponenten sind. Die zweite Invariante aber wohl nicht. Im Fall, wenn beide Invarianten nicht Null sind, gibt es keine theoretischen Gründe, warum nur eine der beiden eine
wichtigere Rolle spielen soll. Man nimmt aber
meistens an, dass die dritte Invariante keine
Rolle spielt. Wenn wir das annehmen, lautet
das Festigkeitskriterium: I2<I*. In dem Fall,
für den nur zwei der Komponenten nicht Null
sind, ist das ein exaktes Kriterium und uns
bleibt nur zu hoffen, dass dies auch für andere
Fälle eine brauchbare Interpolationsformel
darstellt.
Beim von Mises-Kriterium nimmt man also
an, dass der hydrostatische Druck keinen Einfluss auf die Festigkeit des Materials hat. Vom
Spannungstensor kann daher der hydrostatische Anteil abgezogen werden:
 23  x  13  y  13  z

 
 yx

 zx

2
3
 xy
 y   x  13  z
 zy
1
3

 xz

 yz

2
1
1






z
y 
3
3 x
3
Die quadratische Invariante dieses Tensors ist
gleich
I 2 =  23 σ x - 13 σ y - 13 σ z  +  23 σ y - 13 σ x - 13 σ z 
2
2
+  23 σ z - 13 σ x - 13 σ y  + 2τ 2xy + 2τ 2xz + 2τ 2yz
2
= 2τ 2xy + 2τ 2xz + 2τ 2yz

+ 23 σ 2x + σ 2y + σ 2z - σ x σ z - σ x σ y - σ y σ z

Ist die kritische Spannung bei einem einfachen
Zugexperiment gleich c , so bedeutet das, dass
der kritische Wert der zweiten Invariante ist gleich
I2,c = 23 σc2 . Bei einem reinen Schub würde das
Material bei der kritischen Spannung versagen, die
der Bedingung
1
σc .
2τc2 = Ic = 23 σc2 genügt. Daraus folgt τ c =
3
Das von Mises Kriterium lautet


32xy  32xz  32yz  2x  2y  2z   x z   x y   y z  c
2

Statik und elementare Festigkeitslehre (Mechanik I)

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