2 Flächenschwerpunkt (Flächenmoment 1. Ord-nung)

(1)

2 Flächenschwerpunkt (Flächenmoment 1. Ord- nung)

Aufgabe 2. 1

? • Berechnung des Gesamtschwerpunkts durch Integration

Der gegebene Querschnitt ist eine Halbkreisfläche mit dem Radius r.

gegeben: r

gesucht: Bestimmung des Gesamtschwerpunkts der angegebenen Fläche durch Integration

y

x r

Bild 2. 6 Halbkreisfläche mit dem Radius r Lösung

(2)

y = r sin ϕ, x = r cos ϕ, dA = r dϕ dr. (2. 14) Die Halbkreisfläche ist

∫

^{dA = A =}₂^π^r²^. ^{(2. 15)}

Damit ergibt sich der Schwerpunkt aus

yS =

∫ ∫

dA dA

y (2. 2)

mit

∫

^{y dA =}

∫∫

^r^π sinϕ (r dϕ dr)= -

0 0

r 3

1 π

ϕ₀

r 0 3 cos

r = -

3

1 r³ (-1 –1) = 3

2 r³. (2. 16)

Damit ist die Schwerpunktslage in y- Richtung bestimmt

y_S = y_S=

2 3

2r 3r 2 π =

π 3

r

4 . (2. 17)

In x- Richtung ergibt sich aus der Symmetrie des Querschnitts

xS = r. (2. 18)

Aufgabe 2. 2

? • Berechnung des Gesamtschwerpunkts

• Gesamtfläche besteht aus zwei Teilflächen

Der gegebene Querschnitt setzt sich aus einer Halbkreisfläche mit dem Radius r und einen Rechteck der Höhe h zusammen.

gegeben: r, h

gesucht: Bestimmung des Gesamtschwerpunkts der angegebenen Fläche

tm-ii-02-loesungen.doc

(3)

r

h y

x

Bild 2. 8 Halbkreisfläche mit dem Radius r und einen Rechteck der Höhe h Lösung

r

h y

A1 x A2

Bild 2. 9 Aufteilung der Teilflächen

Die Gesamtfläche besteht aus zwei Teilflächen, deren Fläche und Lage des Teil- schwerpunktes bekannt ist.

Die Halbkreisfläche ergibt sich mit den Abständen des Einzelschwerpunktes zu den Achsen

A1 = 2

π r², xS1 = r, yS1 = 3 4

π

r . (2. 19)

Die Rechteckfläche ergibt sich mit den Abständen des Einzelschwerpunktes zu den Achsen

(4)

Aufgabe 2. 3

• Gesamtfläche besteht aus drei Teilflächen

Der gegebene Querschnitt setzt sich aus zwei Dreiecken und einem Rechteck zusammen.

gegeben: a = 12 cm, b = 15 cm, c = 6 cm, h = 18 cm

gesucht: Bestimmung des Gesamtschwerpunkts der angegebenen Fläche.

y

x

a b c

h

Bild 2. 10 Querschnitt zwei Dreiecken und einem Rechteck Lösung

h

A2

y

x

a b c

S A3

A1

Die Gesamtfläche besteht aus drei Teilflächen, deren Fläche und Lage des Teil- schwerpunktes bekannt ist:

Die Dreieckfläche 1 ergibt sich mit den Abständen des Einzelschwerpunktes zu den Achsen

A1 = 2

1 a h, xS1 = 3

2 a, yS1 = 3

1 h. (2. 23)

(5)

Die Rechteckfläche 2 ergibt sich mit den Abständen des Einzelschwerpunktes zu den Achsen

A2 = b h, xS2 = a + 2

1 b, yS2 = 2

1 h. (2. 24)

A3 = 2

1 c h, xS3 = a + b + 3

1 c, yS3 = 3

1 h. (2. 25)

Damit erhält man den Gesamtschwerpunkt der Fläche mit Zahlenwerten

xS =

∑

i i i

Si i

A x A

=

3 2 1

3 S 3 2 S 2 1 S 1

A A A

x A x A x A

+ +

+

+ = 17.8 cm, (2. 26)

yS =

∑

i i i

Si i

A y A

=

3 2 1

3 S 3 2 S 2 1 S 1

A A A

y A y A y A

+ +

+

+ = 7.9 cm. (2. 27)

Aufgabe 2. 4

• Gesamtfläche besteht aus drei Teilflächen

(6)

. y

x 2a

2a 2a

a

a/2 a/2

Bild 2. 12 Querschnitt aus einem Dreiecken und zwei Rechtecken Lösung

y

x 3a/2

2a

2a 2a

a

a/2 a/2

A2

A3

A1

Die Gesamtfläche besteht aus drei Teilflächen, deren Fläche und Lage des Teil- schwerpunktes bekannt ist:

A1 = 2

1 2 a 3 a; xS1 = 2

3 a, yS1 = 3a + 3

2 a. (2. 28)

Die Rechteckfläche 2 ergibt sich mit den Abständen des Einzelschwerpunktes zu den Achsen

A2 = 3 a 3 a, xS2 = 2

3 a, yS2 = 2

3 a. (2. 29)

(7)

Die Rechteckfläche 3, die allerdings abgezogen werden muß, ergibt sich mit den Abständen des Einzelschwerpunktes zu den Achsen

A3 = 2 a 2 a, xS3 = 2

3 a, yS3 = a. (2. 30)

Damit erhält man den Gesamtschwerpunkt der Fläche xS =

2

3 a, (2. 31)

yS =

∑

i i i

Si i

A y A

=

3 2 1

3 S 3 2 S 2 1 S 1

A A A

y A y A y A

+ +

=

a 2 a 2 a 3 a 3 a 3 a 22 1

a 2 a 2 a a 3 a 3 2a a 3 3 a 22 )1 3a a 2 3 (

− +

+

= 16

41 a. (2. 32)

Aufgabe 2. 5

• Gesamtfläche besteht aus zwei Teilflächen

Der Schwerpunkt der Fläche einer Mondsichel setzt sich aus mehreren Kreisflä- chen zusammen.

gegeben: r = 24 cm, r = 30 cm, b = 18 cm

(8)

.

y

x r2

b

r1

Bild 2. 14 Mondsichel Lösung

a) y

x r1

b)

y

b x

r =s/21

α

r2

α

Bild 2. 15 Zusammensetzung der Teilflächen; Halbkreisfläche 1; b) Kreisausschnitt 2 Die Gesamtfläche besteht aus zwei Teilflächen, deren Fläche und Lage des Teil- schwerpunktes bekannt ist:

Die Halbkreisfläche 1 ergibt sich mit den Abständen des Einzelschwerpunktes zu den Achsen

A1 = 2

r₁² π , xS1 =

π 3

r 4₁

, yS1 = 0. (2. 33)

Die Kreisausschnitt 2 ergibt sich mit den Abständen des Einzelschwerpunktes zu den Achsen

(9)

A2 = 2

r₂² (2α – sin2α); x_S2= b A 12

s

2

3 − , yS2 = 0 (2. 34)

und dem Winkel α = arcos

r2

b . (2. 35)

Damit erhält man den Gesamtschwerpunkt der Fläche mit Zahlenwerten

xS =

∑

i i i

Si i

A x A

= ¹ ^S1 ² ^S2

1 2

A x A x A A

−

− = 14.4 cm. (2. 36)

Aus Symmetrie folgt

yS = 0. (2. 37)

(10)

3 Einachsiger Spannungszustand

Aufgabe 3. 1

? • Berechnung der Normal- und Tangentialspannungen infolge einer Normalkraft in einer um den Winkel α geneigten Ebene

Für den abgebildeten Stab (Kreisquerschnitt, Durchmesser d) berechne man die Normal- und Tangentialspannungen in einer um den Winkel α geneigten Ebene.

Die Spannungen sind über den Querschnitt gleichmäßig verteilt anzunehmen.

gegeben: F = 10 000N, d = 4 cm, α = 30⁰

gesucht: Bestimmung der Spannungen in der um den Winkel α geneigten Ebene σξ, ση, τξη

d y

x F

F

η α ξ

Bild 3. 3 Stab mit einer um den Winkel α geneigten Ebene Lösung

(11)

Es liegt ein eindimensionales Problem vor. Damit wirkt die Kraft nur in y- Rich- tung. Mit der Fläche A = π (

2 d)² = π (

2

4 )² cm²ergibt sich

σx = 0, (3. 10)

σy = A F =

cm2

4 16

N 10000 π

= π 2500

cm2

N . (3. 11)

Die Spannungen im ξ- η- System sind

σξ = σx cos²α + σy sin²α + 2 τxy sin α cos α = σy sin²α, (3. 12) σ_η= σ_x sin²α + σ_y cos²α - 2 τ_xy sin α cos α = σ_y cos²α, (3. 13) τ_ξη= τ_ηξ= - σ_x sin α cos α + σ_y sin α cos α + τ_xy (cos²α - sin²α)

= σy sin α cos α. (3. 14)

(12)

4 Zug- und Druckstab

Aufgabe 4. 1

? • Zug- und Druckstab ohne Eigengewicht und ohne Temperaturbelas- tung mit Flächenlast am Stabende

• Bestimmung der Spannungen des Stabes

Ein stabförmiger Pyramidenstumpf mit quadratischem Grundriss steht wie skiz- ziert auf einer ebenen Unterlage. Auf seiner oberen Querschnittsfläche wirkt eine Spannung σo. Das Eigengewicht kann vernachlässigt werden.

gegeben: a, b, h, σo, E

gesucht: Bestimmung der Spannung σu auf der unteren Querschnittsfläche und des Betrags Δh, um den sich der Pyramidenstumpf verkürzt. Wie kann das Sys- tem näherungsweise berechnet werden? Wann ist man auf der sicheren Seite?

a

h x

b σ0

Bild 4. 15 Stabförmiger Pyramidenstumpf mit quadratischem Grundriss Lösung

Aus den Gleichgewichtsbedingungen erfolgt die Spannungsberechnung

(13)

σo Ao = σu Au ⇒ σu = σ0 u o

A A = σ0

2 2

b

a . (4. 56)

Damit ergibt sich mit N = σo Ao = const. die Verkürzung aus

⏐Δh⏐ = dx

) x ( EA

) x (

h N

x

0 x

∫

⁼

=

= dx

) x ( EA

h N

x 0 x

∫

=

. (4. 56)

Die Berechnung der veränderlichen Querschnittsfläche erfolgt mit dem Strahlen- satz

x ) a x d ( 2 1 h

) a b ( 2

1 −

− =

. (4. 57)

Daraus folgt mit d x = x a

h ) a b

( − +

(4. 58) die veränderliche Fläche

A( x ) = ( x a h

) a b

( − +

)². (4. 59)

Mit E = const., N(x) = N = - σ_o a²= const., A( x ) = d x²folgt

⏐Δh⏐ = - E

a² σ0

∫

⁼

= − +

h x

0

x 2

) a h x

) a b ((

x

d . (4. 60)

Durch die Substitution mit )

a b

( − dz (b−a) h

(14)

Näherungslösung

Wenn die kleinste Fläche A0 als konstante Fläche des Stabes angenommenen wird, ergibt sich die geringste Dehnsteifigkeit. Damit wird die größtmögliche Ver- formung angegeben

⏐Δh⏐ =

0 0 0

A E

h σ A

= E

0h

σ (4. 64)

Das Verhältnis b

a ist das Mass für den Fehler. Das Näherungsergebnis ist zu groß.

Wird das Mittel der Flächen )² 2

b (a+

als konstante Fläche des Stabes angenommenen, ergibt sich eine mittlere Dehnsteifigkeit. Damit wird die größtmögliche Verformung angegeben

⏐Δh⏐ =

2 0 0

2 ) b (a E

h A +

σ =

2 2 0

2 ) b (a E

h a +

σ =

E

0h σ

2 2

) b a (

a 4

+ . (4. 65)

Das Verhältnis

2 2

) b a (

a 4

+ ist das Mass für den Fehler. Das Näherungsergebnis ist immer zu klein.

Tabelle 4. 1 Überprüfung der Genauigkeit der Näherungslösungen; gegeben: a = 20 cm b= 20 cm b= 40 cm b= 60 cm b= 80 cm

⏐Δh⏐ = b a E 0h σ nach (4. 63) (exakte Lösung)

E 0h σ

2 1 E 0h σ

3 1 E 0h σ

4 1 E

0h σ

⏐Δh⏐ = E 0h σ nach (4. 64) (sichere Seite)

E 0h σ

⏐Δh⏐ = E 0h σ

2 2

) b a (

a 4

+ nach (4. 65) (mittlere Fläche)

E 0h σ

9 4

E 0h σ

4 1

E 0h σ

25 4

(15)

Aufgabe 4. 2

? • Zug- und Druckstab ohne Eigengewicht und ohne Temperaturbelas- tung mit Einzelkraft F am Stabende

• Bestimmung der Normalkraft- und Verschiebungsverläufe des Sta- bes

Ein konisches Wellenstück wird mit der Kraft F belastet.

gegeben: F, E, d, D, l

gesucht: Bestimmung des Betrags Δl, um den sich das konische Wellenstück unter der Wirkung der Zugkraft F verlängert

l

F d D F

E = const.

Bild 4. 16 Konisches Wellenstück mit der Kraft F Lösung

F F

x

A B

(16)

xA = d D

l d

− , xB = xA + l = l ( d D

d

− + 1) (4. 67)

die Berechnung der veränderlichen Fläche A(x) =

2 B 2

x x 4

D ⎟⎟⎠

⎜⎜ ⎞

⎝ π ⎛

. (4. 68)

Aus der Differentialgleichung der Statik wird der Normalkraftverlauf bestimmt EA u″ =

dx

dN = 0 ⇒ N(x) = C1. (4. 69)

Die statische Randbedingung zur Bestimmung der Konstanten lautet

N(x = xA + l) = F ⇒ C1 = F ⇒ N = F = const. (4. 70) Aus dem Elastizitätsgesetz ergibt sich die Verlängerung Δl als Verschiebungsdif- ferenz der Punkte A und B

Δl = u(xB) - u(x^B A) =

∫

^B

A

x

)dx x ( A

1 E

F = _π

∫

^B

A

x

x 2 2

2

B dx

x 1 D

x 4 E

F =

π

2 2 B

D x 4 E

F [(x ) (-1)]^-1 ^B

A

x x

= ²π

2 B

D x 4 E

F [- xB

1 + xA

1 ] = π D2

l 4 E

F [1 + d

1 d D− ] =

π d D

l 4 E

F . (4. 71)

Aufgabe 4. 3

? • Veränderlicher Zug- und Druckstab ohne Eigengewicht und ohne Temperaturbelastung mit Einzelkraft F am Stabende

• Bestimmung der Normalkraft- und Verschiebungsverläufe des Sta- bes

• Bestimmung des Spannungsverlaufs

Ein homogener Stab konstanter Dicke mit linear veränderlichem Querschnitt wird mit Eigengewicht belastet.

gegeben: l, a, A0, ρ, g, F0, E

gesucht: Bestimmung des Zugspannungsverlaufs σ(x) und des Orts (x^*) und Be- trags der kleinsten Spannung sowie der Gesamtverlängerung Δl

(17)

l x

A₀ ρ

F0 a F0

Bild 4. 18 Homogenen Stab konstanter Dicke mit linear veränderlichem Querschnitt Lösung

Für Gleichung (4. 3) mit g(x) = γ A(x) = γ l A₀

x folgt der Normalkraftverlauf

N(x) =

∫

= γ

= ξ

ξ ξ

x

d ) (

g l

A₀

∫

=

= ξ

ξ ξ

x

d 2

1 γ l A₀

x² + C1. (4. 72) Daraus folgt der Normalspannung

σ(x) = ) x ( A

) x (

N . (4. 73)

1 A 1 A

(18)

(f )1/x1

σ(x) γx/2

a x*

l

x

Bild 4. 19 Spannungsverlauf

Der Ort und der Betrag der kleinsten Spannung σ(x^*) ergibt sich aus der ersten Variation nach x

dx ) x x ( dσ = ^*

= - x2

1 (

0 0

A l F -

2

1 γ a²) + 2

1 γ = 0 . (4. 75)

Daraus läßt sich der Ort bestimmen

0 0

A l F -

2 1 γ a²=

2

1 γ x² ⇒ x* = γ

γ

− 2 1 2 a 1 A

l

F ₂

0 0

. (4. 77)

Durch die zweite Variation wird das Minimum bestätigt

2 2

dx

*) x x ( d σ =

= - (- 2)

3

x*

1 (

0 0

A l F -

2

1 γ a²) = 2

3

x*

1 (

0 0

A l F -

2

1 γ a²) > 0. (4. 78)

Für x* > 0 und

0 0

A l F >

2

1 γ a²existiert ein Spannungsminimum.

Damit ist der Betrag der kleinsten Normalspannung σ(x*) =

x*

1 (

0 0

A l F -

2

1 γ a²)+

2

1 γ x*. (4. 80)

Die Gesamtverlängerung Δl des Stabes ergibt sich aus der Integration der Diffe- rentialgleichung (4. 6)

(19)

dx ) x ( du =

) x ( EA

) x ( N =

E 1 (

2 1 γ

0 0

A l l A

x

1 (x² – a²)+

x A

l F

0 0 )

= E 1 (

x 1(-

2 1 γ a²+

0 0

A l F ) +

2

1 γ x) (4. 81)

u(x) = E

1 (ln(x) (- 2 1 γ a²+

0 0

A l F ) +

4

1 γ x²) + C2 (4. 82)

Die geometrische Randbedingung zur Bestimmung der Konstanten lautet u(x = l) = 0 =

E

1 (ln(l) (- 2 1 γ a²+

0 0

A l F ) +

4

1 γ l²) + C2

⇒ C2 = - E

1 (ln(l) (- 2 1 γ a²+

0 0

A l F ) +

4

1 γ l²) (4. 83)

Damit lautet der Verschiebungsverlauf u(x) =

E

1 (ln(x) (- 2 1 γ a²+

0 0

A l F ) +

4

1 γ x² - (ln(l) (- 2 1γ a²+

0 0

A l F ) +

4

1 γ l²), (4. 82)

mit ln(x) - ln(l) = ln(

l x) folgt

u(x) = E 1 (ln(

l x) (-

2 1 γ a²+

0 0

A l F ) +

4

1 γ (x² - l²)). (4. 84)

Die Verschiebung ist negativ in positiver x- Richtung.

Am Stabende ist die Verlängerung

Δl = u(x = a) = 1 a 1 γ a² F⁰l 1 γ (a² ²

(20)

Ein gewichtsloser Stab der Länge (l1 + l2) mit konstantem Elastizitätsmodul ist aus zwei Stäben mit verschiedenen Kreisquerschnitten zusammengesetzt. Am unteren Ende wirkt eine Zugkraft F.

gegeben: l1, l2, E, F, D, d

gesucht: Bestimmung der Größen, die sich an der Übergangsstelle zwischen beiden Querschnitten sprunghaft ändern: Dehnung ε(x), Verschiebung u(x), Spannung σ(x), Normalkraft N(x) und Dehnsteifigkeit EA(x)

D

d F l1

l2

x

Ü

Bild 4. 20 Gewichtsloser Stab aus zwei Stäben mit verschiedenen Kreisquerschnitten Lösung

D

d F l₁

l2

x1

x2

Ü

Bild 4. 21 Einführung der Koordinatensysteme x₁und x₂

Die Berechnung des Normalkraftverlaufes erfolgt durch Integration in beiden Be- reichen

dx ) x (

dN = - g(x) = 0 ⇒ N1(x1) = C11, N2(x2) = C12. (4. 86) N ist in beiden Bereichen konstant.

(21)

N2(x2 = l2) = F ⇒ N2(x2) = F. (4. 87) Die statische Übergangsbedingung zur Bestimmung der Konstanten lautet

N1(x1 = l1) = N2(x2 = 0) ⇒ N1(x1) = F. (4. 88) Mit dem Elastizitätsgesetz mit E = const., A₁ =

4 D²

π = const., A₂ = 4 d²

π = const in (4. 6) ergeben sich für beide Bereiche die Verschiebungsverläufe

1 1 1

dx ) x ( du =

D2

E F 4 π ,

2 2 2

dx ) x (

du = ₂ d E

F 4

π , (4. 89)

⇒ u1(x1) = x1 + C21, u2(x2) = d2

E F 4

π x2 + C22. (4. 90) Die geometrische Randbedingung zur Bestimmung der Konstanten lautet

u₁(x₁ = 0) = 0 ⇒ C₂₁ = 0. (4. 91) Die geometrische Übergangsbedingung zur Bestimmung der Konstanten lautet u1(x1 = l1) = u2(x2 = 0) ⇒ C22 =

D2

E F 4

π l1. (4. 92)

Damit lauten die Verschiebungsverläufe u1(x1) =

D2

E F 4

π x1, u2(x2) = d2

E F 4

π x2 + D2

E F 4

π l1. (4. 93) Damit ergeben sich sprunghafte Änderungen

bei der Dehnung ε(x), denn A(x) hat einen Sprung an der Übergangsstel-

(22)

Aufgabe 4. 5

? • Druck- Zugstab

• Berechnung der Verformung des Lastangriffspunktes

• Gleichmäßige Temperaturbelastung

• Statisch unbestimmtes System

Ein schwerer Stab (spezifisches Gewicht γ, Querschnittsfläche A, Wärmeausdeh- nungskoeffitient α_T) unter einer gleichmäßigen Temperaturerwärmung um die Temperaturdifferenz ΔT ist in B und in C befestigt.

gegeben: γ, A, αT, l, ΔT

gesucht: Bestimmung der Spannungsverteilung σ(x) und des Verschiebungsver- laufes u(x).

l , γ α_T x B

C

Bild 4. 22 Schwerer Stab unter einer gleichmäßigen Temperaturerwärmung 1. Lösungsmöglichkeit

Die Differentialgleichung (4. 7) mit γ = ρ g und ΔT = const. ergibt durch Integration den Verschiebungsverlauf

(EA u')' = (αT EA ΔT)' - γ A (4. 94)

EA u' = α_T EA ΔT - γ A x + C₁ (4. 95) EA u = αT EA ΔT x -

2

1 γ A x² + C1 x + C2. (4. 96) Das System ist statisch unbestimmt. Es gibt nur geometrische Randbedingungen.

Die geometrische Randbedingung zur Bestimmung der Konstanten lautet

u(0) = 0 ⇒ C2 = 0, (4. 97)

(23)

u(l) = 0 ⇒ C₁ = - α_T EA ΔT + 2

1 γ A l. (4. 98)

Die Spannungs- und Verschiebungsverläufe mit N = EA u' σ(x) =

A 1 N =

A 1(

2

1 γ A l - γ A x - α_T EA ΔT) = γ ( 2

1 l - x) - α_T E ΔT (4. 99)

EA u = - 2

1 γ A x² + 2

1 γ A l x ⇒ u = 2 1 γ

E

1 x (l - x). (4. 100)

a) σ(x)

x=0

x x=l γl/2-Eα ΔT T

σ

-

-Eα ΔT T

b)

u(x) x=0

x x=l

u

γl /(E8)² +

x=l/2

Bild 4. 22 a) Spannungsverlauf; b) Verschiebungsverlauf

2. Lösungsmöglichkeit

Die Bestimmung der Normalkraft- und Verschiebungsverläufe erfolgt über die Integration der Gleichungen (4. 3) und (4. 6)

dN = - γ A ⇒ N = - γ A x + C1,

(24)

Aufgabe 4. 6

? • Starrer Balken mit dehnweichem Seil

• Berechnung der Seilspannung

• Berechnung der Verformung des Systems

• Statisch bestimmtes System

Ein starrer Gelenkträger ist mit der Einzelkraft F belastet und wird durch ein Seil gehalten.

gegeben: a, F, Seildurchmesser d, E

gesucht: Bestimmung der Spannung im Seil und die Absenkung des Gelenkes in C.

C F

A B

D 2a

2a

3a a a

Bild 4. 23 Starrer Gelenkträger mit der Einzelkraft F Lösung

a)

S AH

A_V

C_V CH

2a a

1

b) 2

a a

C_H

CV B

F

Bild 4. 24 Schnittbild; a) Teilsystem 1; b) Teilsystem 2 Die Gleichgewichtsbedingungen am Teilsystem 2 lauten

↑: CV = B= 2

F, (4. 103)

→: C_H= 0. (4. 104)

(25)

Die Gleichgewichtsbedingungen am Teilsystem 1 lauten C«: AV = -

3

S, (4. 105)

→: AH = 0, (4. 106)

↑: AV + S - CV = 0. (4. 107)

Daraus folgt die Seilkraft und die Auflagerkraft S = 4

3 F, AV = - 4

1 F. (4. 108)

Die Spannung im Seil ist σ = 4 d2

4 F 3 A S

= π = d2

F 3

π . (4. 109)

Damit ergibt sich die Seilverlängerung zu u(l) = Δl = dx

E 1 0 d

F

a3

2

∫

_π 2 ⁼_π³_d^F²_E¹²^a⁼_E⁶_π^F_d^a² ^.^(4.¹¹⁰⁾

fc

a 2a

A Δl

(26)

Aufgabe 4. 7

? • Druck- Zugstäbe

• Berechnung der Verformung des Lastangriffspunktes

• Gleichmäßige Temperaturbelastung

• Statisch unbestimmtes, symmetrisches System Das gegebene Stabsystem wird um ΔT gleichmäßig erwärmt.

gegeben: E, A1, A2, αT1, αT2, ΔT, h, β

gesucht: Bestimmung der Schnittkräfte, Spannungen und Dehnungen in den Stä- ben Si. Wo liegt der Punkt A nach der Erwärmung? Untersuchung des Sonder- falls EA₁ = EA₂ und α_T1 = α_T2

h EA1 EA1

EA₂

A β β

Bild 4. 26 Symmetrisches Stabsystem Lösung

Das Tragwerk und die Belastung sind symmetrisch, also sind auch die Schnitt- größen und Verformungen symmetrisch.

(27)

Δl1

1

β 2

Δl₂ β

β β

Bild 4. 27 Verformungsbild Aus der Geometrie folgt

l₁ = β cos

h , l₂= h. (4. 112)

Die Verträglichkeit der Verschiebungen ergibt

Δl₁ = Δl₂ cos β. (4. 113)

β S₁

βS1

S2

Bild 4. 28 Schnittbild Aus der Gleichgewichtsbedingung folgt

S2 = - 2 S1 cosβ . (4. 114)

Aus dem Elastizitätsgesetz folgen die Verlängerungen der Stäbe

(28)

Daraus folgen die Schnittkräfte, die Spannungen und die Dehnungen in den Stä- ben

S1 =

β β β+

α β α

Δ

EA )cos 2hcos cos

A E ( h

) - cos (

h T

2 2 1

T1 2

T2 =

2 3 1

T1 2 T2

EA cos 2 A E

1

) - cos (

T + β

α β α

Δ ,

S2 = - 2 cos β

2 3 1

T1 2 T2

EA cos 2 A E

1

) - cos (

T + β

α β α

Δ , (4. 116)

σ₁ =

1 1

A S =

2 3 1

T1 2 T2

EA cos A 2 E

1

) - cos (

T + β

α β α

Δ ,

σ2 =

2 2

A

S = - 2 cosβ

E cos 2 A E

A

) - cos (

T

3 1

2

T1 2 T2

+ β

α β α

Δ , (4. 117)

ε1 =

1 1

l Δl

=

2 3 1

T1 2 T2

EA cos 2 A E

1

) - cos (

T + β

α β α

Δ

EA1

1 + αT1 ΔT,

ε₂ =

2 2

l Δl

=

A ) E cos 2 A E ( 1 A E

T ) cos (

cos 2

2 3 1

2

2 2 T 1 T

+ β

Δ β α

+ α

− β

− + α_T2 ΔT. (4. 118)

Die Verschiebung des Punktes C ist fC = Δl₂ =

β +

α

− β α

Δ β

−

3 1

2

1 T 2 2 T

cos A 2

E A E

) cos

( h T cos

2 + α_T2 ΔT h. (4. 119)

Mit EA1 = EA2 = EA, αT1 = αT2 = αT und sin²β + cos²β = 1 folgen die Stabkräfte und die Stabverlängerungen

S1 =

β +

β α Δ

3 2 T

cos 2 1

sin T

EA , S2 = - 2 cosβ

β +

β α Δ

3 2 T

cos 2 1

sin T

EA , (4. 120)

Δl1 = β cos

h ( EA

S₁

+ αT ΔT), Δl2 = h ( EA S₂

+ αT ΔT). (4. 121)

(29)

5 Zweiachsiger Spannungszustand

Aufgabe 5. 1

? • Vorgegebener Spannungszustand einer ebenen Scheibe

• Berechnung der Größe und Richtung der Hauptspannungen

• Analytische Lösung

Eine Scheibe wird durch unter allseitig gleichen Druck σ0 belastet (Bild 5. 4 a).

Eine zweite Scheibe aus spröden Material, das nahezu keine Zugspannungen aufnehmen kann, ist durch allseitig gleicher Schubbeanspruchung τ0 belastet (Bild 5. 4 b).

gegeben: σ0, τ0

gesucht: Bestimmung der Spannungen in der Scheibe. Man zeige, daß Scheibe a unter allseitig gleichem Druck σ₀ nur Druckspannungen σ₀ auftreten (hydrostati- scher Druck) können und daß in Scheibe b bei sprödem Material ein Bruch unter 45⁰ auftritt.

σ0

σ0 τ0

τ0

(30)

σy

y

x ξ

η

α

σx

σy

σx

Bild 5. 5 Koordinatensysteme x, y und ξ, η Der Spannungszustand der Scheibe ist

σx = σy = - σ0, τxy = 0. (5. 12) Aus den Transformationsformeln folgen die Spannungen in einem Gedrehten Koordinatensystem

σ_ξ = 2

1 (σx + σy) = - σ0 = σ_η,τ_ξη = τ_ηξ = 0. (5. 13)

Das heißt, der MOHRsche Spannungskreis wird zu einem Punkt.

Scheibe b: Bruch unter 45⁰

τ τ_yx= ₀ y

x η

α ξ

τxy τ_xy

τ_xy

Bild 5. 6 Koordinatensysteme x, y und ξ, η Der Spannungszustand ist

σx = σy = 0, τxy = τ0 ≠ 0. (5. 14) Aus den Transformationsformeln folgen die Spannungen in einem Gedrehten Koordinatensystem

σ_ξ = τ_xy sin 2α, σ_η = - τ_xy sin 2α, τ_ξη = τ_ηξ = τ_xy cos 2α. (5. 15)

(31)

Sprödes Material kann nur sehr geringe Zugspannungen aufnehmen. Der Bruch tritt deshalb in einem Schnitt α = α^* auf, in dem die größten Zugspannungen σ_ξmax wirken. Aus der ersten Variation läßt sich die maximale Zugspannung berechnen

α σ_ξ d

d = 0 ⇒ 2 τ_xy cos 2α^*= 0 ⇒ cos 2α^*= 0. (5. 16) Für 2 α^*= ± 90⁰folgt

α^*= ± 45⁰. (5. 17)

Der Nachweis des Maximums erfolgt über die zweite Variation der Spannung

= ° α ξ

α σ

* 45 2 2

d

d = 2 2 τxy (- sin 2α^*) < 0. (5. 18)

Für diesen Winkel besteht ein Maximum, also die maximale Zugspannung.

− °

= α ξ

α σ

* 45 2 2

d

d = 2 2 τxy (- sin 2α^*) > 0. (5. 19)

Das Minimum ergibt die maximale Druckspannung. Druckspannungen können von einem spröden Körper aufgenommen werden.

Aufgabe 5. 2

• Analytische Lösung

(32)

y

x α

η α

ξ σ_y τyx

σ_x σx

τyx

Schnittebene

a

c

Bild 5. 7 Rechteckige Scheibe mit Belastung; Schnittebene unter dem Winkel α Lösung

Die Transformationsformeln lauten σξ =

2

1 (σx + σy) + 2

1 (σx - σy) cos 2α + τxy sin 2α, (5. 20)

ση = 2

1 (σx + σy) - 2

1 (σx - σy) cos 2α - τxy sin 2α, (5. 21)

τξη = - 2

1 (σx - σy) sin 2α + τxy cos 2α. (5. 22)

Mit σx = 60 mm2

N , σy = - 20 mm2

N , τxy = 30 mm2

N und cos 2α = cos 120⁰ = - 0.5, sin 2α = cos 120⁰ = 0.866 folgt

σξ = 25. 98 mm2

N , τξη = - 49. 64 mm2

N . (5. 23)

Die Kontrolle am abgeschnittenen Teil mit s = α tan

a und l = α sin

a ergibt : σξ l t - σx s t cos α + σy a t sin α - τxy s t sin α - τxy a t cos α = 0, ⏐:t (5. 24) : τξη l t + σx s t sin α + σy a t cos α - τxy s t cos α + τxy a t sin α = 0. ⏐:t (5. 25)

(33)

y

x α

η α

ξ σξ

σy

σx

τξη

τxy

l

b s

a τxy

σx

Bild 5. 8 Schnittbild des abgeschnittenen Teils Die Zahlenwerte eingesetzt in (5. 24) und (5. 25), ergibt (25.98

α sin

a - 60 α tan

a cosα + 20 a sinα - 30 ( α tan

a sinα + a cosα)) mm2

N =

= (30 - 17.32 + 17.32 - 30) ₂ mm

N = 0 (5. 26)

(- 57.32 + 30 + 10 - 8.66 + 25.98) mm2

N = 0 (5. 27)

Damit bestätigt die Kontrolle die berechneten Werte.

Aufgabe 5. 3

• Analytische und graphische Lösung

(34)

y

x α

η α

ξ σ_y τyx

σ_x σx

τyx

Schnittebene

a

c

Bild 5. 9 Rechteckigen Scheibe mit Belastung Lösung

Die Richtung der Hauptachsen sind tan 2α^*1,2 =

20 60

30 2

+ = 0.75 ⇒ 2 α^*1,2 = 36.87⁰. (5. 28) Daraus folgt

α^*₁= 18.43⁰, α^*₂= 108.43⁰. (5. 29) Die maximale Spannung ist

σ_ξ= 2

1 (σ_x + σ_y) + 2

1 (σ_x - σ_y) cos2 α + τ_xy sin 2α, (5. 30)

σmax = σ_ξ (α^*1 = 18.43⁰) = (20 + 32 + 18) mm2

N = 70 mm2

N = σ1. (5. 31)

Die Hauptspannungen sind σ_{1, 2} = (

2

40 ± ²

2

2 30 80⎟ +

⎠

⎜ ⎞

⎝

⎛ )

mm2

N . (5. 32)

Daraus folgen die Maximale und minimale Hauptspannung σ1 = 70

mm2

N , σ2 = - 30 mm2

N . (5. 33)

(35)

Lösung mit dem MOHRschen Spannungskreis

τ

τξη

ση σM

σξ

2α^∗ α

α^∗ α^∗∗

σ2

σ1

σx

τxy

σ

σ2

σy

σM

τmax

σM

τmax

σ1 σ1

σx

τxy σy

σ2

10 N/mm²

(36)

6 Verallgemeinertes Elastizitätsgesetz (HOOKE- sches Gesetz)

Aufgabe 6. 1

? • Berechnung der Spannungen in einer Scheibe

• Berechnung der Verzerrungen (Dehnungen und Winkeländerungen) in einer Scheibe

• Zweidimensionales System

• Belastung durch Gleichstreckenlast und Temperatur

In einem starren Betonsockel B (Dicke t) wird passend eine quadratische, elastische Scheibe eingesetzt. Die Scheibe wird mit einer Flächenlast q an der oberen Kante und der Temperatur ΔT belastet.

gegeben: a, q, E, ν, t, ΔT

gesucht: Bestimmung des Betrags Δa, um den sich die freie Seite unter der Druckspannung q und der Temperatur ΔT verschiebt, wenn vorausgesetzt wird, dass die Scheibe an den vertikalen Seitenrändern reibungsfrei gleiten kann

q x

y a

Dicke t

a

Bild 6. 4 Quadratische, elastische Scheibe im Betonsockel Lösung

(37)

Durch die Reibungsfreiheit werden die Winkeländerungen γij zu Null. Damit ergibt sich

γ_xy = G

1 τ_xy= γ_yz = γ_zx = 0. (6. 16) Die Spannung σx infolge der Belastung q in x- Richtung und der Temperaturerhö- hung ΔT lautet

σx = q a t a t

− = - q _⎥

⎦

⎢ ⎤

⎣

⎡ mm2

N (6. 17)

Die Scheibe kann sich wegen der starren Wände in y- Richtung nicht ausbreiten εy =

E

1 (σy – ν σx) + αT ΔT = 0 ⇒ σy = ν σx - αT ΔT E. (6. 18) σy ist die durch die Belastung und die Behinderung der Ausdehnung hervorgerufene Spannung in y- Richtung.

In (6. 1) mit ΔT eingesetzt ergibt sich die Dehnung in x- Richtung zu εx =

E

1 (σx – ν (ν σx - αT ΔT E)) + αT ΔT = E

1 (σx – ν ν σx) + αT ΔT (1 + ν)

= E

1 σ_x (1 – ν²) + α_T ΔT (1 + ν) (6. 19)

Damit ergibt sich die Höhenänderung in x- Richtung zu Δa = a εx = a (-

E

1 q (1 – ν²) + αT ΔT (1 + ν)). (6. 20)

(38)

gesucht: Bestimmung der Spannungen und Verzerrungen, wenn die Scheibe eine gleichmäßige Temperaturerhöhung ΔT erfährt. Wie groß sind die Abstände AB und AC nach der Temperaturerhöhung?

c/4 c/2

c/4 0 z

y A, C B

A C

B z 0 x

b a/2 a/2

b)

Bild 6. 5 Rechteckscheibe aus Stahl; a) Seitenansicht; b) Draufsicht Lösung

Durch die Reibungsfreiheit werden die Winkeländerungen γij zu Null γxy =

G

1 τxy = γyz = γzx = 0. (6. 21)

Es besteht keine Einspannung und keine Reibung. Die freie Ausdehnung zwischen Lager und Scheibe ist möglich. Damit entstehen in der Scheibe keine Spannungen in x- und y- Richtung

σ_x = 0, σ_y = 0. (6. 22)

Die Scheibe kann sich wegen der starren Wände in z- Richtung nicht ausbreiten.

In (6. 3) eingesetzt ergibt sich daraus eine Bedingung für die Spannung in z- Richtung

εz = E

1 σz + αT ΔT= 0 ⇒ σz = - αT ΔT E. (6. 23) σz ist die durch die Temperaturbelastung und die Behinderung der Ausdehnung hervorgerufene Spannung in z- Richtung.

Die Dehnung in x- und y- Richtung kann nun bestimmt werden. Mit (6. 22), (6. 23) und in (6. 1) und (6. 2) ergibt

(39)

ε_x = E

1 (- ν σ_z) + α_T ΔT ⇒ ε_x = (1+ ν) α_T ΔT, (6. 24)

εy = E

1 (- ν σz) + αT ΔT ⇒ εx = εy = (1+ ν) αT ΔT. (6. 25)

Durch die Lagerung oben und unten verändert sich die Länge AB nicht

AB = AB^*. (6. 26)

Die Länge ACverändert sich zu εx =

l l AC

AC

AC^* Δ

− =

⇒ AC* = AC (εx+1). (6. 27)

Aufgabe 6. 3

? • Berechnung der Spannungen in einer Scheibe

• Berechnung der Verzerrungen (Dehnungen und Winkeländerungen) in einer Scheibe mit seitlichen Wänden und ohne Wände

• Dreidimensionales System

• Belastung durch Flächenlast

Ein Würfel der Kantenlänge a wird durch eine Flächenlast q in eine Nut gepresst, deren Wände glatt und starr sein sollen.

gegeben: a, q, ν, E

gesucht: Bestimmung der Änderungen, die sich für den Spannungszustand ergeben, und der Längenänderungen, wenn die seitlichen Wände nicht vorhanden wären.

(40)

Lösung

Durch die Reibungsfreiheit werden die Winkeländerungen γ_ijin beiden Fällenzu Null

γxy = G

1 τxy = γyz = γzx = 0. (6. 28)

Die Spannungen aus dem Belastungszustand q lauten σ_x =

t a

− q = - q, σ_z= t a

t a

− q = - q, τ_xz= 0. (6. 29)

Die Scheibe kann sich wegen der starren Wände in y- Richtung nicht ausbreiten ε_y =

E

1 (σ_y + ν q + ν q) = 0 ⇒ σ_y = - 2 ν q. (6. 30) σ_y ist die durch die Belastung und die Behinderung der Ausdehnung hervorgerufene Spannung in y- Richtung.

In (6. 1) und (6. 3) eingesetzt ergibt sich die Dehnung in x- und z- Richtung für zu ε_x =

E

1 - (q - ν (- 2 ν q) + ν q) = E

1 - q (1 + ν + 2 ν²), (6. 31)

ε_z = E

1 (- q + ν q - ν (- 2 ν q)) = E

1 q (- 1 + ν + 2 ν²). (6. 32) Wenn die Ausdehnung nach allen Seiten möglich ist,also keine Behinderung vor- liegt, kann sich die Scheibe frei in y- Richtung ausbreiten. Es entstehen in dieser Richtung keine Spannungen

σy = 0. (6. 33)

In (6. 1), (6. 2) und (6. 3) eingesetzt ergibt sich die Dehnung in x-, y- und z- Rich- tung für zu

ε_x = E

1 (- q + ν q) = E

1 q (- 1+ ν), (6. 34)

ε_y = E

1 (+ ν q + ν q) = E

1 2 q ν, (6. 35)

(41)

ε_z = E

1 (- q + ν q) = E

1 q (- 1+ ν). (6. 36)

(42)

8 Flächenträgheitsmoment (Flächenmoment 2.

Ordnung)

Aufgabe 8. 1

? • Zusammengesetzter, symmetrischer Querschnitt

• Berechnung des Gesamtschwerpunktes

• Berechnung der Flächenträgheitsmomente

• Berechnung der Hauptträgheitsachsen und Hauptträgheitsmomente

Ein zusammengesetzter, symmetrischer Querschnitt (Bild 8. 6) liegt vor.

gegeben: b, h, t

gesucht: Bestimmung des Gesamtschwerpunktes, der Flächenträgheitsmomente Iy, Iz, Iyz, Ip im Schwerpunkt S, der Hauptträgheitsachsen und der Hauptträgheits- momente

b t

h

t z

y

S

Bild 8. 6 Zusammengesetzter, symmetrischer Querschnitt Lösung

(43)

b t

h

t z, z y

y z_s

s1

S1

s₂ S2

A1

A2

Bild 8. 7 Bezeichnungen im Querschnitt Die Fläche ergibt sich zu

A = A₁ + A₂ = h t + b t = t (h + b). (8. 31) Die Schwerpunktskoordinaten sind

yS = 0, (8. 32)

zS =

t ) b h (

2) h t ( t 2 b th h

+ + +

= (h b)2 ) t h ( b 2 h

+

+ + . (8. 33)

Die Abstände der Einzelschwerpunkte zum Gesamtschwerpunkt ergeben sich zu s1 =

2 ) b h (

) t h ( b

+

+ (8. 34)

s2 = h + 2

t - z_S =

2 ) b h (

) t h ( h

+

+ (8. 35)

Die Flächenträgheitsmomente ergeben sich zu Iy = Iy1 + s12

A1 + Iy2 + s22

A2 = 12

h t ³

+ s12

A1 + 12

t b ³

+ s22

A2

= 12

t (h³ + b t²) +

4 ) b h (

) t h ( h b

t ²

+

+ , (8. 36)

Iz = 12

t h³

+ 12 b t ³

= 12

t (b³ + h t²) . (8. 37) Es gibt eine Symmetrieachse. Das Deviationsmoment wird zu Null

Iyz = 0. (8. 38)

(44)

Die Trägheitsachsen sind Hauptträgheitsachsen. Das polare Flächenträgheits- moment ist

Ip = Iy + Iz = 12

t (b³ + h t² + h³ + b t²) +

4 ) b h (

) t h ( h b

t ²

+

+ . (8. 39)

Aufgabe 8. 2

gegeben: b, h, a

y

z

h a

b S

Bild 8. 8 Zusammengesetzter, symmetrische Querschnitt Lösung

(45)

y

z, z h a

b S S₂ S₁

S₃ s₃ s₁ A₁

A₃

A₂ y

A = A1 + A2 + A3 = 2 2 h 2 a−b

+ b h = 2

h ) b a ( +

. (8. 40)

Die Schwerpunktskoordinaten sind

yS = 0, z_S =

2 h ) b a (

h 2b ) h 2 h 2

b (a 3 2h

+

− +

= a b b 2 a 3 h

+

+ . (8. 41)

Die Berechnung der Abstände der Einzelschwerpunkte zum Gesamtschwerpunkt ergibt

s1 = s3 = z_S - 3 h =

b a

b 3 h

+ , (8. 42)

s2 = 2

h - z_S = b a

b a 6 h

+

− . (8. 43)

Die Berechnung der Flächenträgheitsmomente nach STEINER folgt Iy =

12 h b ³

+ s2

2 b h + 2 (IyD + s1 2

2 h 2 a−b

), (8. 44)

Iz = 12

b h ³

+ 2 (IzD + ( 6

b a 2

h+ − )² 2 h 2 a−b

). (8. 45)

(46)

a^* y S

y z, z

h^* b^*

Bild 8. 10 I_yD, I_zD aus Tabelle 8. 1

Die Einzelflächenträgheitsmomente der beiden Dreiecke werden aus Tabelle 8. 1 nach Bild 8. 10 mit a^* = 0; h^* =

2 a−b

, b^* = h berechnet. Sie ergeben sich zu

IyD = Iz* = (b b a a ) 36

h

b^* ^* _*₂− _* _*+ _*₂ = 36

h b^*³ ^*

= 36 2

b h³a−

, (8. 46)

IzD = Iy* = 36

b h^*³ ^*

= 36 8 ) b a ( h − ³

. (8. 47)

Damit folgen die Flächenträgheitsmomente in (8. 44) und (8. 45) mit (8. 46) und (8. 47)

Iy = 12

h b ³

+ ( a b b a 6 h

+

− )² b h + 2 ( 36

2 b h³a−

+ ( a b b 3 h

+ )² 2 h 2 a−b

)

= a b

b b a 4 a 36

h³ ² ²

+ +

+ , (8. 48)

Iz = 12

b h ³

+ 36 4 ) b a ( h − ³

+ h ( 6

b a 2

h+ − )² 2 a−b

= 144

1 [12 h b³ + h (a - b)³ + 2 h (a - b) (3 h + a - b)²]. (8. 49) Es gibt eine Symmetrieachse. Das Deviationsmoment wird zu Null

Iyz = 0. (8. 50)

Ip = Iy + Iz. (8. 51)

(47)

Aufgabe 8. 3

gegeben: b, h, a, r

a

z y

r b S h

a

z, z y

r b S h

s

1

s

₂

y

s

2

s

1

A

₁

A

₂

A = A1 - A2 = a h - π r². (8. 52) Die Schwerpunktskoordinaten sind

(48)

yS = 0, z_S =

2 2

r h a

b 2 r ah h

π

− π

−

. (8. 53)

Die Berechnung der Abstände der Einzelschwerpunkte zum Gesamtschwerpunkt ergibt

s1 = 2

h - z_S =

2 2

r h a

2) b h ( r

π

−

− π

, (8. 54)

s2 = b - z_S = r2

h a

2) b h ( h a

π

−

. (8. 55)

Die Berechnung der Flächenträgheitsmomente ergibt

Iy = 12

h a ³

+ s1 2 A1 -

4 r⁴ π - s2

2 A2 = 12

h a ³

- 4 r⁴ π -

2 2 2

r h a

2) b h ( r h a

π

−

− π

, (8. 56)

I_z = 12

a h ³

- 4 r⁴

π . (8. 57)

Es gibt eine Symmetrieachse. Das Deviationsmoment wird zu Null

Iyz = 0. (8. 58)

Ip = Iy + Iz. (8. 59)

Aufgabe 8. 4

? • Rohrquerschnitt

Ein Rohrquerschnitt (Bild 8. 13) liegt vor.

gegeben: d, D

(49)

d

S y

z

D

Bild 8. 13 Rohrquerschnitt Lösung

d

S y

z A2 D A₁

Bild 8. 14 Bezeichnungen im Querschnitt Die Fläche ist

A = A1 – A2 = 4 π2

(D² – d²). (8. 60)

Die Berechnung der Flächenträgheitsmomente ergeben Iy =

64

π (D⁴ - d⁴) = Iz. (8. 61)

Es gibt zwei Symmetrieachsen. Das Deviationsmoment wird zu Null

Iyz = 0. (8. 62)

Ip = Iy + Iz = 32

π (D⁴ - d⁴). (8. 63)

(50)

Aufgabe 8. 5

gegeben: b1, b2, h, t

y

b1

h t

t

z S

b₂

y

b1

h t

t

z, z S y

b2

A₂ A₃

A1

S1

S2

S3