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Prof. Dr. Wandinger 4. Tragwerke TM 2 4.2-1

19.09.18

2. Balkensysteme

2.1 Statisch bestimmte Balkensysteme

2.2 Statisch unbestimmte Balkensysteme

2.3 Zusammengesetzte Beanspruchung


19.09.18


● Beispiel: Abgesetzte Welle

– Gegeben:● Abmessung a● Biegesteifigkeit EIy

● Kraft F

– Gesucht:● Biegewinkel ϕA und ϕC

aa a

2EIy

EIy

F

A B

C

x

z


19.09.18


– Lagerkräfte:

– Biegemoment:

aa aF

A

B

C

x

z

Az

Cz

∑ M C=0 : 2 a F−3 a A z=0

→ Az=23

F

∑ M A=0 : −a F +3 A C z=0

→ C z=13

F

M y( x)=−(−x Az+ ⟨ x−a ⟩ F )=( 23

x− ⟨ x−a ⟩)F


19.09.18


– Wegen der veränderlichen Biegesteifigkeit müssen die wei-teren Integrationen abschnittsweise durchgeführt werden.

– Abschnitt AB: 0 < x < 2a

2 E I ydwdx =−( 1

3x2

−12

⟨ x−a ⟩2+c1)F

2 E I y w=−( 19

x3−

16

⟨ x−a ⟩3+c1 x+c 2)F

w(0)=0 → c 2=0


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– Abschnitt BC: 2a < x < 3a

E I ydwdx =−(1

3x2

−12

( x−a )2+c3)F

E I y w=−(19

x3−

16

( x−a )3+c3 x+c 4)F

w(3 a)=0 : 279

a3−

86

a3+3 c3 a+c 4=0

→ 9 a c 3+3 c 4=−5 a3 (1)


19.09.18


– Anschlussbedingungen: An der Stelle B müssen die Biege-linie und ihre Ableitung stetig sein.

dwdx (2 a−0)=

dwdx (2 a+0) :

43

a2−

12

a2+c1=2( 4

3a2

−12

a2+c3)

→ 6 c1−12 c3=5 a2 (2)

w (2 a−0)=w(2 a+0) :

89

a3−

16

a3+2 c1 a=2 (8

9a3

−16

a3+2 c3 a+c 4)

→ 36 a c1−72 a c3−36 c4=13 a3 (3)


19.09.18


– Auflösen nach den Konstanten:

– Biegewinkel:

ϕA=−dwdx (0)=

c1 F2 E I y

=−827

F a2

E I y

ϕC=−dwdx (3 a)=(3−2−

77108 )

F a2

E I y=

31108

F a2

E I y

(1) : 9 a c3 + 3 c 4 = −5 a3

(2) : 6 a c1 − 12 a c3 = 5 a3

(3) : 36 a c1 − 72 a c3 − 36 c 4 = 13 a3

→ c1=−1627

a2 , c3=−77108

a2 , c 4=1736

a3


19.09.18


● Vorgehen:

– Das System wird in statisch bestimmte Teilsysteme zerlegt.

– Die Verschiebungen an den Schnittstellen zwischen den Teilsystemen werden in Abhängigkeit von den unbekannten Zwischenreaktionen ermittelt.

– Die Zwischenreaktionen werden aus den kinematischen Verträglichkeitsbedingungen an den Schnittstellen be-stimmt.

– Die Verschiebungen an den Schnittstellen lassen sich oft durch Superposition unter Verwendung von Biegelinienta-bellen ermitteln.


19.09.18


● Beispiel: Abgestützter Kragbalken


● Dehnsteifigkeit EA● Kraft F

– Gesucht:● Normalkraft NBC im Stab BC

● Vertikalverschiebung wD am Lastangriffspunkt D

2a a

a EI

yx

zEA

F

A B

C

D


19.09.18


– Kragbalken als statisch bestimmtes Teilsystem:● Zu bestimmen:

– Lastfall 1: Kraft F

2a a

x

z

F

A B DN

BC

wD (N BC ) , wB(N BC)

2a a

x

z

F

A B D

wB1

wD1

w1( x)=F (3 a)

3

6 E I y [3(x

3 a )2

−(x

3 a )3

]=

F a3

6 E I y [9(xa )

2

−(xa )

3

]


19.09.18


– Lastfall 2: Stabkraft NBC

wB 1=w1(2 a)=F a3

6 E I y( 9⋅4−8 )=

143

F a3

E I y

wD 1=w1(3 a)=F a3

6 E I y(9⋅9−27 )=9

F a3

E I y

2a a

x

z

A B D

NBC

wB2

wD2

w2(x)=N BC (3 a)

3

6 E I y [2 (x

3 a )2

−(x

3 a )3

+⟨ x3 a−

23 ⟩

3

]


19.09.18


– Kinematische Verträglichkeitsbedingung:

w2( x)=N BC a3

6 E I y [6(xa )

2

−(xa )

3

+⟨ xa −2⟩

3

]

wB 2=w2(2 a)=N BC a3

6 E I y(6⋅4−8 )=

83

N BC a3

E I y

wD 2=w2(3 a)=N BC a3

6 E I y(6⋅9−27+1 )=

143

N BC a3

E I y

wB=wB 1+wB 2=−Δ LBC=−N BC aE A


19.09.18


– Einsetzen ergibt:

– Für lange schlanke Balken gilt:

143

F a3

E I y+

83

N BC a3

E I y=−

N BC aE A

N BC (8 a2

I y+

3A )=−14

F a2

I y→ N BC

a2

I y (8+3 I y

a2 A )=−14 F a2

I y

→ N BC=−14 F

8+3 I y /(a2 A)

I y

a2 A≪1 → N BC≈−

74

F


19.09.18


– Vertikalverschiebung von Punkt D:

– Für lange schlanke Balken gilt:

– Die Lagerreaktionen an der Einspannung A und die Schnitt-lasten im Balken AD können nun aus den Gleichgewichts-bedingungen ermittelt werden.

wD=wD 1+wD 2=F a3

E I y (9−143

148+3 I y /(a2 A))

=F a3

3 E I y (27−196

8+3 I y /(a2 A))

wD≈F a3

3 E I y(27−

1968 )=

56

F a3

E I y


19.09.18


I y

a2 A=0,1


19.09.18


● Beispiel: Gerberträger

– Gegeben:● Länge a● Biegesteifigkeit EIy

● Kraft F● Streckenlast q0

a aG

a

F q0

A B x

z

– Gesucht:● Kraft im Gelenk G● Vertikalverschiebung wG

des Gelenks


19.09.18


– Teilsysteme:● Linker Kragbalken:

– Linker Kragbalken:

● Rechter Kragbalken:

a

GF

A

x1

z1

G a

G

a

q0

Bx2

z2

G

wGL=

( F−G ) a3

3 E I y


19.09.18


– Rechter Kragbalken:● Lastfall 1:

● Lastfall 2:

a

G

aBx

2

z2

G

wG 1R

=G (2 a)

3

3 E I y=

83

G a3

E I y

a

G

a

q0

Bx2

z2

wG 2R

=q0(2 a)

4

24 E I y

123 (4−

12 )

=7

24q0 a4

E I y


19.09.18


– Kinematische Verträglichkeitsbedingung:

– Vertikalverschiebung des Gelenks:

wGL=wG

R=wG 1

R+wG 2

R

( F−G ) a3

3 E I y=

83

G a3

E I y+

724

q0 a4

E I y→ 8 F−7 q0 a=8 (8+1 ) G=72 G

→ G=8 F−7 q0 a

72

wG=wGL=

a3

3 E I y

(72−8 ) F +7 q0 a72

=64 F a3

+7 q0 a4

216 E I y


19.09.18


– Der Biegewinkel ist am Gelenk G unstetig:

ϕGL=−

(F−G ) a2

2 E I y=−

(72−8 ) F a2+7q0 a3

144 E I y=−

64 F a2+7 q0 a3

144 E I y

ϕGR=

G (2 a)2

2 E I y+

q0 a3

6 E I y=

2 G a2

E I y+

q0 a3

6 E I y

=8 F a2

−7 q0 a3+6 q0 a3

36 E I y=

8 F a2−q0 a3

36 E I y

Δϕ=ϕGR−ϕG

L=

(32+64)F a2+(7−4)q0 a3

144 q0 a3 =32 F a2

+q0 a3

48 E I y


19.09.18


● Beispiel: Mit starren Stäben verbundene Kragbalken


● Streckenlast q0

– Gesucht:● Normalkräfte NBE und NCF

in den Stäben BE bzw. CF● Vertikalverschiebung wF von Punkt F

starr

a a

a

A B C

D E F

EIy

2EIy

q0


19.09.18


– Oberer Kragbalken:

● Lastfall 0: Streckenlast a aA B CN

BE

x1

z1

NCF

q0

w0AC

(x1)=q0(2 a)

4

24 E I y [6(x1

2 a )2

−4 (x1

2 a )3

+(x1

2 a )4

]=

q0 a4

24 E I y [24(x1

a )2

−8(x1

a )3

+(x1

a )4

]

wB 0=w0AC

(a)=q0 a4

24 E I y(24−8+1 )=

1724

q0 a4

E I y


19.09.18


● Lastfall 1: NCF

wC 0=w0AC

(2 a)=q0 a4

24 E I y(24⋅4−8⋅8+16 )=2

q0 a4

E I y

w1AC

(x1)=N CF (2 a)

3

6 E I y [3(x1

2 a )2

−(x1

2 a )3

]= N CF a3

6 E I y [6(x1

a )2

−(x1

a )3

]

wB 1=w1AC

(a)=N CF a3

6 E I y(6−1 )=

56

N CF a3

E I y

wC 1=w1O(2 a)=

N CF a3

6 E I y(6⋅4−8 )=

83

N CF a3

E I y


19.09.18


● Lastfall 2: NBE

w2AC

(x1)=N BE (2 a)

3

6 E I y [ 32 (

x1

2 a )2

−(x1

2 a )3

+⟨ x1

2 a−12 ⟩

3

]=

N BE a3

6 E I y [3(x1

a )2

−(x1

a )3

+⟨ x1

a −1⟩3

]

wB 2=w2AC

(a)=N BE a3

6 E I y(3−1 )=

13

N BE a3

E I y

wC 2=w2AC

(2 a)=N BE a3

6 E I y(3⋅4−23

+1 )=56

N BE a3

E I y


19.09.18


– Unterer Kragbalken:

● Lastfall 1: NCF

aa

D E FN

BEN

CFx2

z2

w1DF

(x2)=−N CF (2 a)

3

12 E I y [3(x2

2 a )2

−(x2

2 a )3

]=−N CF a3

12 E I y [6(x2

a )2

−(x2

a )3

]

wE 1=w1DF

(a)=−N CF a3

12 E I y(6−1 )=−

512

N CF a3

E I y=−

12

w B 1

wF 1=w1DF

(2 a)=−N CF a3

12 E I y(6⋅4−8 )=−

43

N CF a3

E I y=−

12

wC 1


19.09.18


● Lastfall 2: NBE

w2DF

(x2)=−N BE (2 a)

3

12 E I y [ 32 (

x2

2 a )2

−(x2

2 a )3

+⟨ x2

2 a−12 ⟩

3

]=−

N BE a3

12 E I y [3(x2

a )2

−(x2

a )3

+⟨ x2

a −1⟩3

]

wE 2=w2DF

(a)=−N BE a3

12 E I y(3−1 )=−

16

N BE a3

E I y=−

12

w B 2

wF 2=w2DF

(2 a)=−N BE a3

12 E I y(3⋅4−23

+1 )=−5

12N BE a3

E I y=−

12

wC 2


19.09.18


– Kinematische Verträglichkeitsbedingungen:

wB=w E : wB 0+wB 1+w B 2=w E 1+wE 2

1724

q0 a4

E I y+

56

N CF a3

E I y+

13

N BE a3

E I y=−

512

N CF a3

E I y−

16

N BE a3

E I y

→ 30 N CF+12 N BE=−17 q0 a

wC=wF : wC 0+wC 1+wC 2=w F 1+wF 2

2q0 a4

E I y+

83

N CF a3

E I y+

56

N BE a3

E I y=−

43

N CF a3

E I y−

512

N BE a3

E I y

→ 48 N CF+15 N BE=−24 q0 a


19.09.18


– Auflösen nach den Stabkräften:

– Verschiebung von Punkt F:

30 N CF + 12 N BE = −17 q0 a16 N CF + 5 N BE = −8 q0 a

→ N CF=−1142

q0 a , N BE=−1621

q0 a

wF=w F 1+wF 2=−43

N CF a3

E I y−

512

N BE a3

E I y=(

43⋅

1142

+5

12⋅

1621 )

q0 a4

E I y

=(2263

+2063 )

q0 a4

E I y=

4263

q0 a4

E I y=

23

q0 a4

E I y


19.09.18



19.09.18


● Beispiel: Rahmen


● konstante Streckenlast q0

● Die Balken sind dehn-starr.

2a a

A B

C

q0

EIy EI

y

– Gesucht:● Schnittlasten im Punkt B


19.09.18


– Teilsysteme:

– Kinematische Verträglichkeitsbedingungen:● Da die Balken dehnstarr sind, gilt: uB = vB = 0● Der Biegewinkel muss im Punkt B stetig sein: ϕAB

B = ϕCBB

q0

A B

By

By

Bx

Bx

MB

MB

x, u

y, v

ϕ

B

C


19.09.18


– Balken AB:

2a

q0

A Bv

B0

φABB0

x1

z1

vB 0=−q0(2 a)

4

8 E I y=−2

q0 a4

E I y

ϕB 0AB

=−q0 (2 a)

3

6 E I y=−

43

q0 a3

E I y

2aA B

vB1

φABB1x

1

z1

By vB 1=

B y(2 a)3

3 E I y=

83

B y a3

E I y

ϕB 1AB

=B y(2 a)

2

2 E I y=2

B y a2

E I y


19.09.18


2aA B

vB2

φABB2

x1

z1

MB vB 2=

M B (2 a)2

2 E I y=2

M B a2

E I y

ϕB 2AB

=2M B aE I y

vB=vB 0+vB 1+vB 2=0 : −2 q0 a4+

83

B y a3+2 M B a2

=0

ϕBAB

=ϕB 0AB

+ϕB 1AB

+ϕB 2AB

=a

E I y(− 4

3q0 a2

+2 By a+2 M B)


19.09.18


– Balken CB:

a

Bx

B

C z2

x2

uB1

ϕCBB1

uB 1=−B x a3

3 E I y

a

MB

B

C z2

x2

uB2

ϕCBB2

ϕB 1CB

=B x a2

2 E I y

uB 2=M B a2

2 E I y

ϕB 2CB

=−M B aE I y


19.09.18


– Aus den kinematischen Bedingungen folgt ein Gleichungs-system zur Bestimmung der Schnittlasten:

uB=uB 1+uB 2=0 : −13

B x a3+

12

M B a2=0

ϕBCB

=ϕB 1CB

+ϕB 2CB

=a

E I y(12

B x a−M B)

vB=0 : 8 B y a + 6 M B = 6 q0 a2 (1)uB=0 : −2 B x a + 3 M B = 0 (2)

ϕBAB

=ϕBCB : −3 B x a + 12 By a + 18 M B = 8 q0 a2 (3)

ϕBAB

=ϕBCB : −

43

q0 a2+2 By a+2 M B=

12

B x a−M B


19.09.18


– Auflösen des Gleichungssystems:

(1) → By a=34

q0 a2−

34

M B

(2) → B x a=32

M B

in (3) → (−92−

34⋅12+18)M B=(8−

34⋅12)q0 a2

=−q0 a2

→ M B=−29

q0 a2

→ B x=32⋅−29

q0 a=−13

q0 a , B y=( 34+

34⋅

29 )q0 a=

1112

q0 a


19.09.18



19.09.18


● In der Praxis werden Balken häufig durch eine Normal-kraft, durch Querkräfte und Biegemomente sowie ein Tor-sionsmoment belastet.

● In einem ungestörten Querschnitt liegt näherungsweise ein ebener Spannungszustand vor:

– Die Normalspannung berechnet sich aus der Normalkraft und den Biegemomenten.

– Die Schubspannung berechnet sich aus den Querkräften und dem Torsionsmoment.

– Die Bewertung der Beanspruchung erfolgt mithilfe von Fes-tigkeitshypothesen.


19.09.18


● Bei langen schlanken Balken können die aus den Quer-kräften berechneten Schubspannungen in der Regel ver-nachlässigt werden.


19.09.18


● Beispiel:

– Gegeben:● a = 3 m, b = 1 m● F1 = 3 kN, F2 = 2 kN,

F3 = 10 kN, F4 = 2 kN

● Balken AB: Kreisquer-schnitt, R = 50 mm

– Gesucht:● Spannungen an der Ein-

spannstelle A

A

B

C

a

b

F1

F2

xy

z

F3

F4

● Bewertung nach der Gestaltänderungshypo-these und der Normal-spannungshypothese


19.09.18

A

B

C

a

b

F1

F2

xy

z

N

Qz Q

y

Mx

Mz

My

F3

F4


– Schnittlasten in A:

∑ F x=0 :−N +F 2+F 3=0→ N =F 2+F 3

∑ F y=0 : Q y=0

∑ F z=0 : −Q z+F 1−F 4=0 → Q z=F 1−F 4

∑ M xA=0 : −M x−b F 1=0 → M x=−b F 1

∑ M yA=0 : −M y−a F 1+a F 4=0 → M y=−a ( F 1−F 4 )

∑ M zA=0 : −M z+b F 2=0 → M z=b F 2


19.09.18


– Zahlenwerte:

– Querschnittskennwerte:

N =12 kN , Q z=1 kN

A=π R2=π⋅502 mm2

=7854 mm2

I y=I z=14

A R2=

14⋅7854 mm2

⋅502 mm2=4,909⋅106 mm4

I T=12

A R2=2 I y=9,817⋅106 mm4

M x=−3 kNm , M y=−3 kNm , M z=2 kNm


19.09.18


– Normalspannung:

– Zahlenwerte:

σ x(y , z)= NA +

M y

I yz−

M z

I zy

NA =

12000 N7854 mm2 =1,528 MPa

M y

I y=

−3⋅106 Nmm4,909⋅106 mm4 =−0,6111

MPamm

M z

I z=

2⋅106 Nmm4,909⋅106 mm4 =0,4074

MPamm


19.09.18

ϕy

zNulllinie

P

ϕ


– Nulllinie: z=I y

I z

M z

M yy−

I y

AN

M y

z=−23

y+4,909⋅106 mm4

7854 mm2

12 kN3⋅103 kNmm

=−0,6667 y+2,500 mm

tan (ϕ)=0,6667

cos(ϕ)=0,8321, sin (ϕ)=0,5547


19.09.18


– Größte Normalspannung im Punkt P:

– Schubspannung aus Torsion:● Die größte Schubspannung tritt am Umfang auf. Sie hat den

Wert:

yP=−50 mm⋅sin (ϕ)=−27,74 mmzP=−50 mm⋅cos(ϕ)=−41,61 mm

σmax=1,528 MPa+0,6111⋅41,61 MPa+0,4074⋅27,74 MPa=38,26 MPa

τT=M x

I TR=

−3⋅106 Nmm⋅50 mm9,817⋅106 mm4 =−15,28 MPa


19.09.18


– Schubspannung aus Querkraft:● Die Schubspannung aus der Querkraft hat die Größenord-

nung

– Bewertung:● Bei einem duktilen Werkstoff kann die Vergleichsspannung

nach der Gestaltänderungshypothese verwendet werden:

τQ≈Q z

A =1000 N

7854 mm2 =0,127 MPa≪τT

σV ,GH=√σmax2

+3 τT2=√38,262

+3⋅15,282 MPa=46,52 MPa


19.09.18


● Bei einem spröden Werkstoff muss die Normalspannungshy-pothese verwendet werden:

● Bei diesem Beispiel ist die Beanspruchung durch die Normal-kraft klein im Vergleich zur Beanspruchung durch die Bie-gung.

σV , NH=σ1=σmax

2+√ σmax

2

4+τT

2=

12

(σmax+√σmax2

+4 τT2 )

σV , NH=38,26+√38,262

+4⋅15,282

2MPa=43,61 MPa

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