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Schiefe Biegung

Leitprogramm Dr. Michael Flückiger

Inhalt:

Nach dem Studium dieses Leitprogramms werden die Studierenden erkennen, ob ein Problem spezieller oder schiefer Biegung vorliegt. Sie sind ausserdem in der Lage, die Deformation eines Balkens unter schiefer Biegung zu berechnen und die dabei auftretenden Normalspannungen zu bestimmen.

Unterrichtsmethode: Leitprogramm

Fachliches Review: Dr. Stephan Kaufmann, Institut für Mechanische Systeme, ETH Zürich Fachdidaktisches Review: Dr. Stephan Kaufmann, Institut für Mechanische Systeme, ETH Zürich

Publiziert auf EducETH: 1. September 2009

Rechtliches:

Die vorliegende Unterrichtseinheit darf ohne Einschränkung heruntergeladen und für Unterrichtszwecke kostenlos verwendet werden. Dabei sind auch Änderungen und Anpassungen erlaubt. Der Hinweis auf die Herkunft der Materialien (ETH Zürich, EducETH) sowie die Angabe der Autorinnen und Autoren darf aber nicht entfernt werden. Publizieren auf EducETH?

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ETH Didaktische Ausbildung

Zentrum fur Mechanik

Leitprogramm zum Thema: Schiefe Biegung

Fach: Mechanik

Schultyp: Fachhochschule

Voraussetzung: 1. Semester Mechanik absolviert

Vorkenntnisse: Spezielle Biegung linear elastischer Balken

Bearbeitungsdauer: 6-8 Lektionen

Autor:

Dr. Michael Fluckiger

99-907-263

D-MAVT

Maschinenbau

Gryphenhubeliweg 24

3006 Bern

[email protected]

Betreuer:

Dr. Jurg Meier ZHW

Dr. Stephan Kaufmann ETHZ

Fassung vom: 21. August 2009

Schulerprobung: Diese Arbeit wurde noch nicht erprobt.

Schiefe Biegung

ein Leitprogramm in Mechanik

Eidgenossische Technische Hochschule (ETH) Zurich

verfasst von

Dr. Michael Fluckiger

Leitprogramm “Schiefe Biegung”

Stufe, Schulbereich

Fachhochschule

Vorkenntnisse

Spezielle Biegung linearelastischer Balken

Bearbeitungsdauer

6-8 Lektionen

Bezugsquelle

EducETH: http://www.educ.ethz.ch/

Diese Vorlage darf fur den Gebrauch im Unterricht nach Belieben kopiert werden.

Nicht erlaubt ist die kommerzielle Verbreitung

http://www.educ.ethz.ch/

Inhaltsverzeichnis

Vorwort vii

Einfuhrung vii

Arbeitsanleitung ix

1 Repetitorium zur speziellen Biegung 1

1.1 Flachentragheitsmomente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

1.1.1 Parallelverschiebung der Bezugsachsen . . . . . . . . . . . 3

1.1.2 Drehung des Bezugsystems . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

1.2 Spezielle Biegung von prismatischen Balken . . . . . . . . . . . . 6

1.3 Lernkontrolle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

1.4 Losungen zu den Kapitelaufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

1.5 Losung zur Lernkontrolle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

2 Schiefe Biegung 19

2.1 Schiefe oder zweiachsige Biegung . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

2.2 Berechnung der Normalspannungen . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

2.2.1 Aufteilung der schiefen Biegung in zwei Probleme spezieller

Biegung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

2.2.2 Superposition der Normalspannungen . . . . . . . . . . . . 22

2.2.3 Bestimmung der Neutralachse . . . . . . . . . . . . . . . . 24

2.3 Gleichungen der Biegelinie fur schiefe Biegung . . . . . . . . . . . 25


Biegung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

2.3.2 Superposition der Durchbiegungen . . . . . . . . . . . . . 25

2.4 Geltungsbereich der schiefen Biegung . . . . . . . . . . . . . . . . 26

2.5 Lernkontrolle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31


2.7 Losung zur Lernkontrolle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42

3 Additum: Wasseranalogie 47

3.1 Schubspannungsrichtung mit Hilfe der Wasseranalogie . . . . . . . 48


A Kapitel-Tests 53

A.1 Testaufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53

A.1.1 Repetitorium zur speziellen Biegung . . . . . . . . . . . . 53

A.1.2 Schiefe Biegung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55

A.2 Losungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57

A.2.1 Repetitorium zur speziellen Biegung . . . . . . . . . . . . 57

A.2.2 Schiefe Biegung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59

B Mediothek 63

C Experimentier- und anderes Material 65

C.1 ANSYS Input Files . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65

C.1.1 Biegeprofil.txt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65

C.1.2 Aufgabe2-C.txt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67

C.1.3 BiegeprofilBeam Loop.txt . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69

Literaturverzeichnis 73

vii

Vorwort

Ich mochte Herrn Dr. Jurg Meier und Herrn Dr. Stephan Kaufmann herzlich dan-

ken fur Ihre Unterstutzung und Betreuung bei dieser Arbeit.

Zur Bearbeitung dieses Leitprogramms, ist es von Vorteil, wenn die folgenden

Computerprogramme bekannt sind und angewendet werden konnen:

• MATLABr (The MathWorks) oder Mathematica (Wolfram Research)

• ANSYS (Ansys, Inc.)

Es sollten Computer zur Verfugung stehen, auf denen obige Programme installiert

sind, so dass die Studenten diese verwenden konnen. Zudem mussen die Bucher,

welche im Literaturverzeichnis aufgelistet sind, sowohl zur Bearbeitung des Leit-

programms, als auch zur Losung der Tests frei zuganglich sein.

Bern, 21. August 2009 Dr. Michael Fluckiger

Einfuhrung

Worum geht es in diesem Leitprogramm?

Sie sind sicherlich schon mal ganz vorne auf einem Sprungbrett gestanden oder

haben jemandem zugeschaut, der auf einem Sprungbrett steht. Dabei ist Ihnen

aufgefallen, dass sich das Brett nach unten durchbiegt. Das Sprungbrett ist in

diesem Fall auf Biegung beansprucht. Die Belastung liegt dabei auf einer der

Hauptachsen des Sprungbrettquerschnittes. Es liegt also der bereits bekannte

Fall der speziellen bez. geraden Biegung vor. Wie der Name spezielle Biegung

sagt, handelt es sich um einen Spezialfall der Biegung.

viii

Im Allgemeinen liegt die Last nicht auf einer der Hauptachsen des Querschnittes.

Diese allgemeinere oder schiefe Biegung kommt in vielen verschiedenen techni-

schen Strukturen vor, wie zum Beispiel bei Holmen von Tragflachen, bei Brucken

oder bei Stutzstrukturen von Hallen. Die Gesetze zur Behandlung der schiefen

Biegung lernen Sie mit Hilfe dieses Leitprogramms.

Was werden Sie grundsatzlich am Ende dieses Leitpro-

gramms konnen?

Nach dem Studium dieses Leitprogramms wird es Ihnen keine Muhe bereiten zu

erkennen, ob ein Problem spezieller oder schiefer Biegung vorliegt. Sie werden in

der Lage sein, die Deformation eines Balkens unter schiefer Biegung zu berech-

nen. Zudem konnen Sie die dabei auftretenden Normalspannungen bestimmen.

Was wird behandelt?

Im ersten Kapitel dieses Leitprogramms wird die spezielle Biegung repetiert. Sie

haben dabei die Gelegenheit, Ihr Wissen daruber aufzufrischen und zu festigen.

Die schiefe Biegung, bei welcher die Last nicht auf einer der Hauptachsen des

Querschnittes liegt, wird im nachsten Teil bearbeitet. Das letzte Kapitel behan-

delt eine Methode, mit welcher die bei der Biegung auftretenden Schubspan-

nungen veranschaulicht werden konnen. Diese Methode, die so genannte Wasser-

analogie, gehort jedoch nicht zum Prufungsstoff. Sie konnen die Wasseranalogie

anschauen, wenn Sie die ersten zwei Kapitel beendet haben und Ihnen noch Zeit

fur die Bearbeitung des Leitprogramms zur Verfugung steht.

BEMERKUNG: In diesem Leitprogramm kommen Vektoren vor. Sie werden hier

unterstrichen dargestellt. So wird zum Beispiel der Vektor des Biegemoments als

M b notiert.

ix

Arbeitsanleitung

Dieses Leitprogramm fuhrt Sie so durch die Lernetappen, dass Sie den gesam-

ten Stoffumfang alleine erarbeiten konnen. In jedem Kapitel erhalten Sie zuerst

einen Uberblick und es werden die Lernziele angegeben. Damit wissen Sie schon

am Anfang jedes Kapitels, worum es geht und was Sie am Schluss konnen mus-

sen. Nach den Zielen folgt der eigentliche Unterrichtsstoff. Lesen Sie ihn in Ruhe

durch und losen Sie die dazugehorigen Aufgaben. Die Losungen zu den Aufgaben

finden Sie jeweils ganz am Schluss des Kapitels. Dadurch konnen Sie selbstandig

kontrollieren, ob Sie zur richtigen Losung gelangt sind. Konsultieren Sie die Lo-

sung erst, nachdem Sie selbst eine erarbeitet haben. Am Ende gibt es dann noch

die Lernkontrollen. Dies sind spezielle Aufgaben, mit welchen Sie testen, ob Sie

die Lernziele erreicht haben. Nach erfolgreicher Bearbeitung der Lernkontrollen

wartet der Kapiteltest auf Sie. Diesen legen Sie beim Dozenten oder Betreuer

ab. Der Test wird nicht benotet. Mit ihm wird uberpruft, ob Sie fur das nachste

Kapitel bereit sind. Vielleicht zeigt der Test, dass Sie noch etwas nicht ganz ver-

standen haben. Der Dozent wird Ihnen in diesem Fall mitteilen, welche Teile des

Kapitels Sie wiederholen mussen. Sobald Sie den Kapiteltest bestanden haben,

konnen Sie mit dem nachsten Kapitel beginnen.

In diesem Leitprogramm werden Sie immer wieder auf die nachfolgenden Zeichen

stossen. Diese weisen Sie auf bestimmte Tatigkeiten hin.

Aufgabe:

Dieses Symbol zeigt Ihnen, dass Sie nun eine Aufgabe bearbeiten mussen. Sie

bekommen damit die Gelegenheit zu uberprufen, ob Sie den letzten Abschnitt

verstanden haben. Teilweise sollen Sie zur Veranschaulichung der Resultate zu-

satzlich eine Simulation auf dem Computer oder ein Experiment durchfuhren.

Dazu benotigtes Material wird Ihnen zur Verfugung gestellt.

x

Konzentration:

Die neben diesem Symbol aufgefuhrten Formeln oder Definitionen sollten Sie

sich besonders gut einpragen und in einer kurzen Zusammenfassung festhalten.

Es handelt sich dabei um die wesentlichen Gesetze der schiefen Biegung, die Sie

fur die nachste Prufung wissen sollten. Es ist wichtig, dass Sie die Lernkontrol-

len am Ende des Kapitels erfolgreich losen konnen; alleiniges Hilfsmittel ist Ihre

Zusammenfassung.

Recherchieren:

Gewisse Teile, welche in einem Buch oder anderen Hilfsmittel in geeigneter Form

abgefasst sind, wurden in diesem Leitprogramm ausgelassen. Dieses Symbol weist

sie darauf hin, dass Sie eine Literaturrecherche durchfuhren mussen. Das beno-

tigte Material fur die Recherche liegt im Zimmer bzw. im Horsaal fur Sie bereit.

1

1 Repetitorium zur speziellen Biegung

Uberblick

Die spezielle oder gerade Biegung dient als Grundlage fur die allgemeinen Biege-

probleme. Darum wird die spezielle Biegung im ersten Kapitel kurz repetiert und

die wichtigsten Formeln werden angegeben.

Falls Ihnen die spezielle Biegung noch prasent ist, konnen Sie auch gleich die

Lernkontrolle am Ende dieses Kapitels losen, ohne das ganze Kapitel durchzuar-

beiten. Wenn Sie die Lernkontrolle selbstandig richtig gelost haben, melden Sie

sich zum Kapiteltest. Nach erfolgreicher Bearbeitung des Tests, konnen Sie mit

dem zweiten Kapitel beginnen.

In diesem Kapitel schauen wir uns zuerst die Flachentragheitsmomente an. Da-

nach wiederholen wir die Verschiebungs- und Drehungssatze. Schliesslich berech-

nen wir dann noch die Verschiebung und die Normalspannung in einem Balken

unter spezieller Biegung.

Lernziele:

• Sie konnen die Flachentragheitsmomente fur einfache

Querschnitte berechnen und sie kennen die Verschiebungs-

sowie Drehungssatze.

• Sie konnen die auftretenden Spannungen sowie die Verfor-

mung bei einem Balken unter spezieller Biegung berech-

nen.

2 1 REPETITORIUM ZUR SPEZIELLEN BIEGUNG

1.1 Flachentragheitsmomente

Die Spannungen in einem belasteten Balken hangen nicht nur von der Belastung

ab, sondern auch vom Querschnitt des Balkens. Der Einfluss des Querschnitts

wird durch die Flachentragheitsmomente beschrieben.

Ax z

y

z

yr

dA

S

(a) Beliebiger Balkenquerschnitt

z

y

H

B

S

(b) Rechteckquerschnitt

Abbildung 1: Verschiedene Balkenquerschnitte

Die Flachentragheitsmomente fur den Querschnitt aus Abbildung 1(a) sind wie

folgt definiert:

Iy =

∫z2dA (1)

Iz =

∫y2dA (2)

Iyz = Izy = −∫

yzdA (3)

Ip =

∫r2dA =

∫(y2 + z2)dA = Iy + Iz (4)

Iy bzw. Iz sind die axialen Flachentragheitsmomente, Iyz ist das Deviationsmo-

ment und Ip das polare Flachentragheitsmoment.

1.1 Flachentragheitsmomente 3

BEMERKUNG: Das polare Flachentragheitsmoment wird erst spater bei Balken

gebraucht, die auf Torsion beansprucht sind. Es ist hier nur der Vollstandigkeit

halber erwahnt.

Beispiel: Wir wollen die Flachentragheitsmomente eines ellipsenformigen Quer-

schnitts berechnen. Schauen Sie sich dazu das Beispiel 4.1 im Abschnitt 4.2.1 in

[1] an und arbeiten Sie dieses durch.

Achsen fur die das Deviationsmoment null wird, heissen Hauptachsen. Das De-

viationsmoment verschwindet zum Beispiel, wenn die Querschnittsflache symme-

trisch bezuglich einer der Achsen ist. Die y- und z-Achse des Rechteckquerschnitts

aus Abbildung 1(b) sind also zum Beispiel Hauptachsen.

Eine Zusammenstellung von Flachentragheitsmomenten finden Sie in Tabelle 4.1

in [1] oder im Abschnitt “Beanspruchung stabformiger Bauteile” von Kapitel C

“Festigkeitslehre” in [4]. Schauen Sie die Flachentragheitsmomente der gebrauch-

lichsten Profile in einem dieser Bucher durch, damit Sie sie bei Bedarf rasch

finden.

Aufgabe 1-A Flachentragheitsmomente

Berechnen Sie Iy, Iz, Iyz und Ip fur den Querschnitt aus Abbildung 1(b). Die y-

und z-Achse gehen durch den Schwerpunkt S. Bekommen Sie das gleiche Resultat

wie in [1]?

1.1.1 Parallelverschiebung der Bezugsachsen

Die Flachentragheitsmomente bezuglich der y- und z-Achse fur den Querschnitt

aus Abbildung 2(a) ergeben sich zu (Verschiebungssatze oder Steinerscher Satz ):

Iy = Iy + z2sA (5)

Iz = Iz + y2sA (6)

Iyz = Iyz − yszsA (7)


z

y

z

y

dA

S

y

ys

zs

A

z

(a) Beliebiger Querschnitt

z

y

H

B

S

z

y


Abbildung 2: Verschiebungssatze

BEMERKUNG: In den Gleichungen (5) - (7) sind Iy, Iz und Iyz immer die Fla-

chentragheitsmomente bezuglich eines Koordinatensystems mit Ursprung im Fla-

chenmittelpunkt S. Mit Ausnahme des Deviationsmoments sind die Flachentrag-

heitsmomente bezuglich S am kleinsten: Die axialen Flachentragheitsmomente Iy

und Iz bezuglich anderer Koordinatensysteme erhalten wir durch Addition des

Steiner-Terms zu Iy und Iz.

Aufgabe 1-B Steinerscher Satz

Berechnen Sie Iy, Iz und Iyz fur den Rechteckquerschnitt aus Abbildung 2(b). Sie

konnen dazu die Resultate fur Iy, Iz und Iyz aus Aufgabe 1-A verwenden.

1.1.2 Drehung des Bezugsystems

Nun betrachten wir noch den Zusammenhang zwischen den Flachentragheitsmo-

menten bezuglich zweier um den Winkel ϕ gegeneinander gedrehter Koordinaten-

systeme mit dem gleichen Ursprung P (vgl. Abbildung 3(a)). P ist dabei nicht

notwendigerweise identisch mit dem Flachenmittelpunkt.

Zwischen den gedrehten Koordinatensystemen, ergeben sich die folgenden Trans-

1.1 Flachentragheitsmomente 5

A z

y

z y dA

φ

η

ζ

ζ

η P

(a) Beliebiger Querschnitt

z

y

H

B

S 45°

η

ζ


Abbildung 3: Drehungssatze

formationsbeziehungen (Drehungssatze):

Iη =1

2(Iy + Iz) +

1

2(Iy − Iz) cos(2ϕ) + Iyz sin(2ϕ) (8)

Iζ =1

2(Iy + Iz)−

1

2(Iy − Iz) cos(2ϕ)− Iyz sin(2ϕ) (9)

Iηζ = −1

2(Iy − Iz) sin(2ϕ) + Iyz cos(2ϕ) (10)

Wie wir bereits wissen, verschwindet fur die Hauptachsen das Deviationsmoment

Iηζ = 0. Aus Gleichung (10) ergibt sich der Winkel ϕ0, um welchen das Haupt-

achsensystem bezuglich der y- bzw. z-Achse gedreht ist, aus

tan(2ϕ0) =2Iyz

Iy − Iz

(11)

Die dazugehorigen Hauptflachentragheitsmomente folgen dann mit ϕ0 aus den

Gleichungen (8) und (9).

Beispiel: Wir wollen die Haupttragheitsmomente eines dunnwandigen Quer-

schnitts berechnen. Schauen Sie sich dazu das Beispiel 4.3 im Abschnitt 4.2.2

in [1] an und arbeiten Sie dieses durch.


Aufgabe 1-C Drehungssatze

Berechnen Sie Iy, Iz und Iyz fur den Querschnitt aus Abbildung 3(b) mit Hilfe der

Drehungssatze, wenn Iη = HB3+BH3

24, Iζ = HB3+BH3

24und Iηζ = BH3−HB3

24bekannt

sind. Erhalten Sie die gleichen Resultate wie in Aufgabe 1-A?

1.2 Spezielle Biegung von prismatischen Balken

DEFINITION: Ein Trager ist unter spezieller Biegung, wenn

• N = T = 0 und

• M b auf einer Hauptachse des Querschnitts liegt (vgl. Abbildung 4).

N ist die Normalkraft in x-Richtung, T das Torsionsmoment in x-Richtung und

M b das Biegemoment. Die y- und z-Achse gehen durch den Flachenmittelpunkt

des Querschnitts. \\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\

y

z

q(x)=Q

Q Mb(x)

x

Abbildung 4: Spezielle Biegung

Die Differentialgleichung der Biegelinie fur spezielle Biegung lautet

v′′(x) =Mb(x)

EIz

, (12)

mit der Durchbiegung v(x), dem Biegewinkel oder der Neigung α(x) = v′(x), dem

Biegemoment Mb(x) und dem Elastizitatsmodul E.

1.2 Spezielle Biegung von prismatischen Balken 7

Fur die Dehnung εx in x-Richtung gilt

εx(x, y) = −yv′′(x). (13)

Bei einem isotropen, linear-elastischen Material folgt daraus die Spannung σx zu

σx(x, y) = Eεx(x, y) = −Mb(x)

Iz

y. (14)

Wie aus Gleichung (14) ersichtlich ist, verschwindet die Spannung σx auf der Ge-

raden y = 0. Diese Gerade wird Neutralachse genannt. Die grossten Spannungen

treten im grossten Abstand zur Neutralachse auf, also bei y = |ymax|.

Die Grosse Wz = Iz

|ymax| wird als Widerstandsmoment bezeichnet. Je grosser Wz,

desto kleiner ist die grosste Spannung bei konstantem Biegemoment. In einem

Querschnitt des Balkens an der Stelle x ist damit die betragsmassig maximale

Normalspannung

|σx,max(x)| = |Mb(x)|Wz

. (15)

Aufgabe 1-D Balken mit linienverteilter, konstanter Kraft

Gegeben ist das einseitig eingespannte I-Profil aus Abbildung 5. Das Profil ist

mit einer linienverteilten, konstanten Kraft vom Gesamtbetrag P = 10 kN gleich-

formig belastet.

\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\

x

y

z I I I I I I I I I I I I I I I I I I I I I I I I p=P/L

L

B

t

t

Hx

Abbildung 5: I-Profil mit linienverteilter, konstanter Kraft p = P/L

Das I-Profil hat folgende Abmessungen: L = 1 m, H = 10 cm und t = 1 cm.


a) Bestimmen Sie Iz des I-Profils in Abhangigkeit der Breite B. Benutzen Sie

dazu die Tabelle 1 im Abschnitt C11 in [4].

b) Bestimmen Sie die minimale Breite Bmin, so dass sich das I-Profil nicht

plastisch verformt. Die Steckgrenze liegt bei σzul = 100 MPa.

c) Berechnen Sie die grosste Verschiebung und die grosste auftretende Neigung

fur B = Bmin. Der Elastizitatsmodul sei E = 2.1 · 105 MPa.

1.3 Lernkontrolle 9

1.3 Lernkontrolle

Hier konnen Sie prufen, ob Sie die gerade Biegung sowie die Berechnung der

Flachentragheitsmomente beherrschen. Wenn Sie diese Lernkontrolle durchlaufen

haben, melden Sie sich beim Tutor zum Kapitel-Test.

α

a a h

z

ζ η

d s φ

ηy

S

Abbildung 6: Dreieckquerschnitt

a) Berechnen Sie die Flachentragheitsmomente Iη, Iζ und Iηζ im Schwerpunkt

S des gleichschenkligen rechtwinkligen Dreieckprofils aus Abbildung 6. Die

Schenkellange sei a = 0.1 m. Zudem gilt h =√

22

a, ds = h3

=√

26

a und

ϕ = 45◦. Fur die Berechnung der Flachentragheitsmomente konnen Sie die

Tabelle 4.1 im Abschnitt 4.2.2 in [1] zu Hilfe nehmen.

b) Berechnen Sie die Flachentragheitsmomente Iy, Iz und Iyz mit Hilfe der

Verschiebungs- und Drehungssatze aus Iη, Iζ und Iηζ , bei einer Verschiebung

um η = −√

23

a und einer anschliessenden Drehung um ϕ = −45◦.

/////////// ///////////

Fη

ζ

η ξ

η

S

L/2 Fη

Abbildung 7: Beidseitig aufgelegter Balken

c) Bestimmen Sie die maximale Durchbiegung, die maximale Neigung sowie die

extremalen Normalspannungen des gleichschenkligen Dreieckprofils, wenn

es auf beiden Seiten aufgelegt ist (vgl. Abbildung 7). Die Lange des Profils


sei L = 5 m und es wirkt eine Kraft Fη = 10 kN bei ξ = L/2. Fur den

Elastizitatsmodul gilt E = 2.1 · 105 MPa.

1.4 Losungen zu den Kapitelaufgaben 11

1.4 Losungen zu den Kapitelaufgaben

Losung Aufgabe 1-A Flachentragheitsmomente

Abbildung 8: Rechteck

Fur die Berechnung von Iz wahlen wir ein Flachenelement dA = B · dy nach

Abbildung 8. Iz erhalten wir durch folgende Integration:

Iz =∫ H/2

−H/2y2dA =

∫ H/2

−H/2y2Bdy = By3

3|H/2−H/2

⇒ Iz = BH3

12.

Mit dA = H · dz und den Integrationsgrenzen−B/2 und B/2 ergibt sich Iy analog

zu

Iy = HB3

12.

Da die y-Achse und die z-Achse Symmetrieachsen vom Querschnitt sind, ver-

schwindet das Deviationsmoment. Ohne Berechnung erhalten wir

Iyz = 0.

Ip errechnen wir nach Gleichung (4) zu

Ip = Iy + Iz = BH12

(B2 + H2).

Im Vergleich zu [1] ist hier die Breite B senkrecht zur y-Achse und die Hohe H

senkrecht zur z-Achse. Dadurch sind auch die Flachentragheitsmomente Iy und

Iz vertauscht. Iyz und Ip sind jedoch identisch zu den Werten aus [1].


Losung Aufgabe 1-B Steinerscher Satz

Nach den Gleichungen (5) - (7) erhalten wir:

Iy = Iy + z2sA = HB3

12+ (B

2)2BH = HB3

3,

Iz = Iz + y2sA = BH3

12+ (H

2)2BH = BH3

3und

Iyz = Iyz − yszsA = 0− B2

H2BH = −B2H2

4.

Losung Aufgabe 1-C Drehungssatze

Das yz-System erhalten wir aus dem ηζ-System bei einer Drehung um ϕ = −45◦.

Mit sin(2 · (−45◦)) = −1, cos(2 · (−45◦)) = 0 sowie der Gleichungen (8) erhalten

wir fur Iy:

Iy = 12(Iη + Iζ) + 1

2(Iη − Iζ) cos(2ϕ) + Iηζ sin(2ϕ) = 1

2(Iη + Iζ)− Iηζ

⇒ Iy = HB3+BH3

24− BH3−HB3

24= HB3

12.

Fur Iz erhalten wir auf analoge Weise und mit Gleichung (9) folgendes Resultat:

Iz = BH3

12.

Fur Iyz gilt nach Gleichung (10)

Iyz = −12(Iη − Iζ) sin(2ϕ) + Iηζ cos(2ϕ) = 1

2(Iη − Iζ)

⇒ Iyz = 12(HB3+BH3

24− HB3+BH3

24) = 0.

Damit erhalten wir das Gleiche wie in Aufgabe 1-A.

Losung Aufgabe 1-D Balken mit linienverteilter, konstanter Kraft

a) Nach Tabelle 1 von Abschnitt C11 in [4] ist Iz = BH3−bh3

12mit b = b1 + b2.

In unserm Fall gilt somit

Iz = BH3−(B−t)(H−2t)3

12= B[H3−(H−2t)3]+t(H−2t)3

12


⇒ Iz ≈ 4.07 · 10−5 m3 ·B + 4.27 · 10−7 m4.

b) Damit keine plastische Verformung stattfindet, darf σzul nicht uberschritten

werden:

|σx,max| ≤ σzul = 100 MPa = 108 N/m2.

Fur die Spannungen im I-Profil gilt:

σx = Eεx = −yMb(x)Iz

.

Wir mussen nun also zuerst das Biegemoment Mb(x) im Schnitt x berech-

nen. Fur die Querkraft Q(x) gilt:

Q(x) =∫−P

Ldx = −Px

L+ C1,

wobei Q(x = L) = 0 ⇒ C1 = P und somit

Q(x) = −PxL

+ P .

Daraus ergibt sich das Biegemoment Mb(x) zu:

Mb(x) =∫−Q(x)dx = Px2

2L− Px + C2,

wobei Mb(x = L) = 0 ⇒ C2 = PL2

und somit

Mb(x) = P2L

(L− x)2.

Das maximale Biegemoment tritt bei x = 0 auf:

Mb,max = Mb(x = 0) = PL2

.

Die maximale Spannung σx,max tritt an den Orten auf, die sich am weitesten

weg von σx = 0 und damit von y = 0 befinden: also bei y = ±H/2.

⇒ |σx,max| = H2

Mb,max

Iz= 3HPL

B[H3−(H−2t)3]+t(H−2t)3≤ σzul

⇒ B ≥ 1[H3−(H−2t)3]

[3HPLσzul

− t(H − 2t)3] = 5.1 cm.

c) Mit Bmin = 0.051 m erhalten wir Iz = 2.5 · 10−6 m4. Der Elastizitatsmodul

ist E = 2.1 · 105 MPa = 2.1 · 1011 N/m2.

Die Differentialgleichung fur die Biegelinie (12) lautet

v′′(x) = P2LEIz

(L− x)2.

Ihr erstes Integral ist

v′(x) = P2LEIz

(L2x− Lx2 + x3

3+ C1).


Mit der ersten Randbedingung v′(x = 0) = 0 und somit C1 = 0 erhalten

wir

v′(x) = P2LEIz

(L2x− Lx2 + x3

3).

Integriert man nochmals, so ergibt sich

v(x) = P24LEIz

(6L2x2 − 4Lx3 + x4 + C2)

und die zweite Randbedingung v(x = 0) = 0 fuhrt auf C2 = 0, bzw.

v(x) = P24LEIz

(6L2x2 − 4Lx3 + x4).

Die grosste Verschiebung und die grosste Neigung haben wir bei x = L:

v(x = L) = PL3

8EIz= 2.4 mm,

v′(x = L) = PL2

6EIz= 0.0032 rad = 0.18◦.

1.5 Losung zur Lernkontrolle

a) Nach Tabelle 4.1 im Abschnitt 4.2.2 in [1] erhalten wir fur das Dreiecksprofil

folgende Flachentragheitsmomente:

Iη = bh36

(b2 − b b2

+ b2

4) = b3h

48= a4

24≈ 4.17 · 10−6 m4,

Iζ = bh3

36= a4

72≈ 1.39 · 10−6 m4.

Da die η−Achse eine Symmetrieachse des Dreieckquerschnitts ist, verschwin-

det Iηζ :

Iηζ = 0.

Alternativer Losungsweg:

Anwendung der Gleichungen (1) und (2): Fur Iζ erhalt man beispielsweise:

Iζ =∫ √

26

a

−√

23

aη2dA = a4

72

mit dA = 2(η+√

23

a)dη, wobei 2(η+√

23

a) die Breite des Dreiecks im Abstand

η von der ζ−Achse ist.

b) Zuerst verschieben wir die η- und ζ-Achse um −√

23

a in η-Richtung, so dass

sie durch den Punkt C gehen (vgl. Abbildung 9). Damit erhalten wir das

Ersatzsystem η und ζ. Daraus erhalten wir:

1.5 Losung zur Lernkontrolle 15

α

a a h

z

ζd s

y

S

ζ

η = η

C

Abbildung 9: Dreieck mit verschobenen Achsen

Iη = Iη = a4

24,

Iζ = Iζ + η2A, mit A = a2

2folgt Iζ = a4

72+ 2

9a2 a2

2= 53

72a4.

Da die η-Achse eine Symmetrieachse des Dreieckquerschnitts ist, verschwin-

det Iηζ :

Iηζ = 0.

Nun mussen wir die η- und ζ-Achse noch um ϕ = −45◦ drehen. Mit den

Gleichungen (8)-(10), sowie mit sin(2 · (−45◦)) = −1, cos(2 · (−45◦)) = 0

und Iηζ = 0 erhalten wir:

Iy = Iz = 12(Iη + Iζ) = 7

9a4 ≈ 7.78 · 10−5 m4,

Iyz = −12(Iη − Iζ) sin(2ϕ) = −25

36a4 ≈ −6.94 · 10−5 m4.

c) Wir fuhren zuerst die Lagerkraft P an beiden Lagern ein. Aus Symmetrie-

grunden gilt −2P + Fη = 0 bzw. P = Fη/2 (siehe Abbildung 10). Wir

betrachten nur noch das Intervall 0 6 ξ 6 L/2.

ξ

η

P = Fη2

Mb

P = Fη2 Q

X

////////////////////////////

Abbildung 10: Lagerkrafte und Beanspruchung

Wir mussen zuerst das Biegemoment Mb(ξ) im Schnitt ξ berechnen. Fur

die Querkraft Q(ξ) gilt:


Q(ξ) = P ⇒ Mb(ξ) =∫−Pdξ = −Pξ + C1,

wobei Mb(ξ = 0) = 0 ⇒ C1 = 0 ⇒ Mb(ξ) = −Pξ = −Fηξ

2.

Die Differentialgleichung fur die Biegelinie (12) lautet:

v′′(ξ) = − Fηξ

2EIζ.

Durch integrieren erhalt man

v′(ξ) = −Fηξ2

4EIζ+ C2.

Die Neigung in der Mitte des Balkens verschwindet. Die erste Randbedin-

gung v′(ξ = L/2) = 0 fuhrt somit auf C2 = FηL2

16EIζund damit

v′(ξ) = −Fηξ2

4EIζ+ FηL2

16EIζ.

Integriert man nochmals, so entsteht

v(ξ) = − Fηξ3

12EIζ+ FηL2ξ

16EIζ+ C3

und mit der zweiten Randbedingung v(ξ = 0) = 0 ergibt sich C3 = 0 bzw.

v(ξ) = − Fηξ3

12EIζ+ FηL2ξ

16EIζ.

Die grosste Verschiebung ergibt sich bei ξ = L/2 = 2.5 m:

v(ξ = L/2) = FηL3

48EIζ= 8.9 mm.

Die grosste Neigung ergibt sich bei ξ = 0:

v′(ξ = 0) = FηL2

16EIζ= 0.0054 rad = 0.3◦.

Nun berechnen wir noch die extremalen Normalspannungen im Profil. Nach

Gleichung (14) gilt:

σξ(ξ, η) = −Mb(ξ)Iζ

η

Die extremalen Spannungen treten im selben Querschnitt auf wie das ma-

ximale Biegemoment; also bei ξ = L2. Das Biegemoment ist dort

Mb,max = Mb(ξ = L2) = −FηL

4.

Mit Iζ = a4

72erhalten wir fur die Normalspannung

σξ(ξ = L2, η) = 18FηL

a4 η.

Die Gerade AB und der Punkt C haben den grossten Abstand von der Neu-

tralachse ζ (vgl. Abbildung 9). Die Gerade AB befinden sich bei η = h3

=√

26

a.

Die Normalspannung ergibt sich dort zu


σξ,max = 3√

2FηL

a3 = 2.12 · 108 N/m2 = 212 MPa (Zugspannung).

Der Punkt C befinden sich bei η = −2h3

= −√

23

a. Die Normalspannung ist

dort

σξ,min = −6√

2FηL

a3 = −4.24 · 108 N/m2 = −424 MPa (Druckspannung).

BEMERKUNG: Ein einfacher Stahl wurde dieser Belastung nur knapp

standhalten. Man musste z.B. einen Vergutungsstahl wie 25CrMo4 mit ei-

ner Streckgrenze von σF = 700 N/mm2 nehmen um Fliessen auf alle Falle

zu verhindern.

19

2 Schiefe Biegung

Uberblick

In diesem Kapitel betrachten wir Balken, die in y- und z-Richtung belastet sind

oder solche, die unsymmetrische Querschnitte aufweisen. In diesen Fallen tritt

nicht nur eine Durchbiegung v in y-Richtung, sondern auch eine Durchbiegung w

in z-Richtung auf. Man spricht dann von schiefer bzw. zweiachsiger Biegung. In

den Querschnitten wirken dabei neben den beiden Querkraften Qy und Qz auch

die beiden Biegemoment-Komponenten My und Mz.

Wir werden sehen, dass die schiefe Biegung in zwei Probleme spezieller Biegung

aufgeteilt werden kann. Die Resultate der schiefen Biegung erhalten wir danach

durch Superposition der Ergebnisse der speziellen Biegung.

Lernziele:

• Sie kennen den Unterschied zwischen schiefer und speziel-

ler Biegung.

• Sie wissen, aus welchen Komponenten die Durchbiegung

und die Normalspannung bei einem Balken unter schiefer

Biegung aufgebaut sind.

• Sie konnen die Durchbiegung eines schief belasteten Bal-

kens berechnen.

• Sie konnen die auftretenden Spannungen sowie die Verfor-

mung bei einem Balken unter schiefer Biegung berechnen.

20 2 SCHIEFE BIEGUNG

2.1 Schiefe oder zweiachsige Biegung

DEFINITION: Ein Fall der schiefen Biegung liegt vor, wenn der Vektor des

Biegemomentes nicht auf einer Hauptachse liegt. (Fur die Hauptflachentragheits-

momente I2 und I3 muss also jedenfalls I2 6= I3 gelten.)

S Mb

y

z

x2

x3

Q

Abbildung 11: Balken unter schiefer Biegung

Das Profil aus Abbildung 11 ist mit einer Kraft Q in y-Richtung belastet. Daraus

resultiert ein Biegemoment Mb in z-Richtung. Die Hauptachsen des Profils sind

jedoch x2 und x3. Somit liegt hier ein Fall von schiefer Biegung vor, da das

Biegemoment nicht in Richtung einer Hauptachse liegt.

Der Rechteckquerschnitt aus Abbildung 12 ist bezuglich der y-Achse um 30◦ ge-

dreht. Er ist mit einem Biegemoment Mb in z-Richtung belastet. Die Hauptachsen

des Rechteckquerschnitts liegen jedoch in x2- und x3-Richtung. Das Biegemoment

hat eine Komponente in beiden Hauptachsenrichtungen. Der Vektor des Biege-

moments ist somit nicht auf einer Hauptachse und es liegt wiederum ein Fall von

schiefer Biegung vor.

2.2 Berechnung der Normalspannungen

Die schiefe Biegung lasst sich in zwei Probleme spezieller Biegung aufteilen. Dies

nutzen wir aus, um die Normalspannungen in einem Balken unter schiefer Biegung

2.2 Berechnung der Normalspannungen 21

x3

x2

z

y

S

30°

. Mb

Abbildung 12: Rechteckquerschnitt unter schiefer Biegung

zu berechnen.


Biegung

Wenn wir den Vektor des Biegemoments M b aus Abbildung 11 langs der Haupt-

achsen durch den Flachenmittelpunkt S des Querschnittes zerlegen, erhalten wir

zwei Biegemomente M2 und M3 (Abbildung 13). Es gilt:

M b = M2e2 + M3e3 (16)

mit e2 und e3 als Einheitsvektoren in x2- und x3-Richtung.

Die Normalspannungsverteilung σx im Querschnitt wird nun in Funktion der

Hauptachsenkoordinaten x2 und x3 berechnet. Mit Gleichung (14) erhalten wir

fur die jeweilige Komponente der Normalspannung:

σx,2(x, x3) = +M2(x)

I2

x3 (17)

σx,3(x, x2) = −M3(x)

I3

x2 (18)


S Mb

M3

M2

y

z

x2

x3

Q

Abbildung 13: Aufteilung in zwei Probleme spezieller Biegung

Beachten Sie bitte die verschiedenen Vorzeichen bei den Gleichungen (17) und

(18). Sie werden sich bei der Lernkontrolle dazu Gedanken machen.

Beispiel: Betrachten wir den um 30◦ bezuglich der Horizontalen gedrehten Recht-

eckquerschnitt aus Abbildung 12. Wir wollen σx,2 und σx,3 berechnen, wenn Mb

gegeben ist.

Zuerst teilen wir Mb in Richtung der Hauptachsen auf (Abbildung 14). Wir er-

halten M2 = Mb sin(30◦) = Mb

2und M3 = Mb cos(30◦) =

√3Mb

2.

Die Hauptflachentragheitsmomente des Rechtecks sind I2 = b3h12

und I3 = bh3

12.

Damit erhalten wir fur die Komponenten der Normalspannung σx,2 = 6Mb

b3hx3 und

σx,3 = −6√

3Mb

bh3 x2.

2.2.2 Superposition der Normalspannungen

Die resultierende Normalspannungsverteilung lasst sich nun aus der Uberlagerung

von zwei geraden Biegungen bezuglich x2 und x3 bestimmen. Durch Addition der

einzelnen Komponenten der Normalspannung (17) und (18) erhalten wir:

2.2 Berechnung der Normalspannungen 23

x3

x2

z

y

S

30°

. Mb

M2

M3

Abbildung 14: Aufteilung des Biegemoments

σx(x, x2, x3) = −M3(x)

I3

x2 +M2(x)

I2

x3. (19)

Aufgabe 2-A Normalspannungsverteilung

x

\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\

y

L

z

x2

x3

y

a

a

G

S

A B

C

Abbildung 15: Dreiecksprofil unter Eigengewicht G

Wir betrachten den einseitig eingespannten und durch das Eigengewicht vom Ge-

samtbetrag G belasteten Trager aus Abbildung 15. Die Gewichtskraft wirkt in

y-Richtung. Die Hauptachsenrichtungen x2 und x3 des gleichschenkligen recht-

winkligen Dreiecksquerschnittes sind bezuglich y bzw. z um 45◦ gedreht. Die


Lange des Tragers ist L und die Schenkellange ist a.

Berechnen Sie die Normalspannungsverteilung σx(x, x2, x3).

2.2.3 Bestimmung der Neutralachse

_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _

C Mb

M3

M2

y

z

x2

x3

Q

α

n

n

Abbildung 16: Neutralachse n− n

Die Neutralachse n − n (vgl. Abbildung 16) in einem Querschnitt ist durch

σx(x, x2, x3) = 0 definiert. Sie kann aus Gleichung (19) berechnet werden. Man

erhalt:

x3 =M3(x)I2

M2(x)I3

x2. (20)

Wie bei der speziellen Biegung tritt die absolut grosste Normalspannung in der

grossten Entfernung von der Neutralachse auf. Abbildung 16 zeigt, dass die Neu-

tralachse nicht in Richtung des Biegemoments liegt.

Aufgabe 2-B Neutralachse

Wir betrachten nochmals den Trager aus Aufgabe 2-A.

a) Wie lautet bei diesem Querschnitt die Gleichung der Neutralachse?

2.3 Gleichungen der Biegelinie fur schiefe Biegung 25

b) Wo tritt die grosste Zugspannung und wo die grosste Druckspannung auf?

2.3 Gleichungen der Biegelinie fur schiefe Biegung

Auch zur Berechnung der Biegelinie teilen wir die schiefe Biegung zuerst in zwei

Probleme spezieller Biegung auf.


Biegung

Die zu Gleichung (12) analogen Gleichungen der Biegelinie fur schiefe Biegung

konnen getrennt aus je einer speziellen Biegung bezuglich der Hauptachsen x2

und x3 formuliert werden.

Die Differentialgleichung fur die Durchbiegung u2 lautet

u′′

2 = +M3(x)

EI3

(21)

und fur die Durchbiegung u3 erhalten wir

u′′

3 = −M2(x)

EI2

. (22)

Beachten Sie bitte auch hier die verschiedenen Vorzeichen bei den Gleichungen

(21) und (22).

2.3.2 Superposition der Durchbiegungen

Wiederum lasst sich die totale Durchbiegung durch Addition der einzelnen Durch-

biegungen in x2- und x3-Richtung ermitteln. Die Addition erfolgt diesmal jedoch

vektoriell, da die Durchbiegungen u2 und u3 in verschiedene Richtungen zeigen.

Wir erhalten als Resultat somit nicht eine skalare Grosse, sondern einen Vektor.

Diesen Vektor nennt man den Vektor der Durchbiegung u. Mit e2 und e3 als Ein-

heitsvektoren in x2- und x3-Richtung ist


u = u2e2 + u3e3. (23)

_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _

C Mb

u2

y

z

x2

x3

n

n

u3

u

Abbildung 17: Vektor der Durchbiegung

Der Vektor der Durchbiegung liegt senkrecht zur Neutralachse (vgl. Abbildung

17). Seine Steigungu3

u2

= −M2(x)I3

M3(x)I2

(24)

entspricht der negativen reziproken Steigung der Neutralachse gemass Gleichung

(20). Weil I2 6= I3 vorausgesetzt ist, wird der Vektor der Durchbiegung nicht

senkrecht, sondern schief zum Biegemoment stehen.

Aufgabe 2-C Durchbiegung eines Tragers

Berechnen Sie die maximale absolute Durchbiegung des Tragers aus Aufgabe 2-A.

Der Trager ist aus Aluminium (E = 7.2 · 104 N/mm2, ρ = 2700 kg/m3) und weist

folgende Abmessungen auf: L = 8 m, a = 10 cm.

2.4 Geltungsbereich der schiefen Biegung

Alle Gleichungen, welche in diesem Kapitel aufgefuhrt wurden, gelten nur unter

der Voraussetzung, dass kleine elastische Deformationen auftreten. Falls gros-

2.4 Geltungsbereich der schiefen Biegung 27

se Deformationen oder sogar plastische Verformung eintritt, gilt die Theorie der

schiefen Biegung nicht mehr. In solchen Fallen werden die Verformungen und die

dabei auftretenden Spannungen am besten mit numerischen Methoden, wie zum

Beispiel der Methode der Finiten Elemente, berechnet.

Was ist denn Uberhaupt eine kleine Deformation?

Als Einfuhrung in diese Fragestellung schauen Sie sich die drei Simulationen an,

welche in der Archiv-Datei “ANSYS.zip” enthalten sind. Die Archiv-Datei wird

Ihnen von Ihrem Dozenten zur Verfugung gestellt. Die Simulationen zeigen die

Verformung und die dabei auftretenden Spannungen eines L-Profils unter zuneh-

mender Kraft:

• ”LProfil Normalspannung.avi” zeigt die Normalspannung im Profil.

• ”LProfil xzSchub.avi”zeigt die Schubspannungen in der xz-Ebene im Profil.

• ”LProfil yzSchub.avi” zeigt die Schubspannungen in der yz-Ebene im Profil.

Es ist zu beachten, dass die Verformungen dabei stark uberhoht dargestellt sind.

Das L-Profil aus den Simulationen wird so stark verformt, dass am Ende so-

gar Beulen auftritt. Eine solche Verformung kann mit der Theorie der schiefen

Biegung nicht mehr berechnet werden. Um herauszufinden bis zu welchen Defor-

mationen die Theorie der schiefen Biegung Gultigkeit hat, losen Sie die folgende

Aufgabe 2-D.

Aufgabe 2-D Geltungsbereich der Theorie zur schiefen Biegung

Wir betrachten das einseitig eingespannte rechtwinklige L-Profil der Lange l von

1 m, Seitenlange a = 0.1 m und Wandstarke t = 0.01 m aus Abbildung 18. Am

Profil greift im Flachenmittelpunkt P die Kraft F an. Der Elastizitatsmodul sei

E = 2.1 · 105 MPa.

Aufgrund der aufwandigen Handrechnung wird empfohlen, dass ein Mathema-

tikprogramm wie Mathematica, Maple oder MATLAB benutzt wird, um diese

Aufgabe erfolgreich zu losen.


F

l

a t

a P

(a) Belastetes L-Profil

_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _

P Mb

M3

M2

y

z

x2

x3

F

45°

a

a

t

n

n

(b) Querschnitt

Abbildung 18: L-Profil mit Einzelkraft F

a) Berechnen Sie die Richtung und den Betrag der maximalen Durchbiegung

des Profils in Abhangigkeit von F .

Vorgehen:

1. Zuerst mussen Sie die Flachentragheitsmomente Iy, Iz und Iyz bezug-

lich der y- und z-Achse bestimmen (vgl. Abbildung 18(b)). Verwenden

Sie [4] zur Berechnung von Iy und Iz und Gleichung (3) zur Berechnung

von Iyz.

2. Mit Hilfe der Drehungssatze konnen Sie dann die Flachentragheitsmo-

mente bezuglich der 2- und 3-Achse bestimmen.

3. Berechnen Sie die Beanspruchung im Schnitt x.

4. Teilen Sie das erhaltene Biegemoment Mb in die 2- und 3-Richtung

auf.

5. Berechnen Sie die Durchbiegungen u2 und u3 getrennt jeweils als spe-

zielle Biegungen.

6. Bestimmen Sie die maximale absolute Durchbiegung.

b) Wie gross ist die maximale absolute Durchbiegung, fur folgende Werte der

angreifenden Kraft F : F = {0, 28, 56, 84, 112, 140} kN?

c) Tragen Sie die entsprechenden Werte fur u in Abbildung 19 ein und ver-

gleichen Sie Ihre Resultate mit den erhaltenen Verschiebungen in ANSYS

2.4 Geltungsbereich der schiefen Biegung 29

(bereits in Abbildung 19 eingetragen). Schatzen Sie ab bis zu welcher Ver-

schiebung die Gleichungen fur die Schiefe Biegung Gultigkeit haben.

Abbildung 19: Kraft-Verschiebungs-Diagramm

d) Berechnen Sie die Verschiebung des L-Profils mit ANSYS fur F = 100 kN.

Schauen Sie sich die Biegelinie in y- und z-Richtung an.

Vergleichen Sie zudem die Werte, welche ANSYS fur Iy, Iz und Iyz ver-

wendet, mit Ihrem Resultat. Dazu geben Sie die folgenden Befehle in der

”ANSYS Command Prompt” ein:

/prep7

secplot, 1

Iy, Iz und Iyz werden in ANSYS mit Iyy, Izz und Iyz bezeichnet. Gibt es

einen Unterschied zu Ihrem Resultat? Falls ja, woran konnte dies liegen?

Damit Sie nicht zu viel Zeit mit ANSYS verlieren, konnen Sie fur die Be-

rechnung das Input-File“Aufgabe2-C.txt” in der Archiv-Datei“ANSYS.zip”

benutzen.


Vorgehen:

1. Neuer Ordner fur ANSYS anlegen (z.B.: D : \Leitprogramm\Ansys).

2. Kopieren Sie die Datei “Aufgabe2-C.txt” in diesen Ordner.

3. ”ANSYS Product Launcher” starten (Version 11.0)

4. File Management→Working Directory: ”D : \Leitprogramm\Ansys”

eingeben

5. File Management → Job Name: ”Biegeprofil” eingeben

6. Run

7. In ANSYS: File → Read Input from... wahlen

8. Datei “Aufgabe2-C.txt” auswahlen → OK

9. Biegelinie anschauen

ACHTUNG: Diese Berechnung kann sehr lange dauern!

2.5 Lernkontrolle 31

2.5 Lernkontrolle

Hier konnen Sie prufen, ob Sie die schiefe Biegung beherrschen. Wenn Sie diese

Lernkontrolle erfolgreich durchlaufen haben, konnen Sie sich beim Dozent zum

Kapitel-Test melden.

y

S

\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\

x

B

L

y

F

z

F

t

Abbildung 20: Einseitig eingespanntes C-Profil

z

y

β

x3

x2

B

2B

t

Bg=G/L

Abbildung 21: Z-Querschnitt

a) Warum hat in Gleichung (17) σx,2 kein negatives Vorzeichen, σx,3 in Glei-

chung (18) aber schon? Schauen Sie sich dazu Abbildung 13 an und uber-

legen Sie, an welcher Stelle σx,i, i = 2, 3 in welche Richtung zeigt.


b) Warum wird bei der Superposition der Resultate die Spannung nach Glei-

chung (19) skalar addiert, die Durchbiegung nach Gleichung (23) jedoch

vektoriell?

c) Ein einseitig eingespanntes C-Profil mit Profildicke t, Lange L = 100 t, Hohe

H = 12 t und Breite B = 10 t ist gemass Abbildung 20 mit einer Einzelkraft

F belastet. Berechnen Sie die Normalspannungsverteilung σx(x, y, z) sowie

die maximale Durchbiegung f . Der E-Modul ist E. Als Hilfsmittel konnen

Sie [4] verwenden.

d) Ein Balken der Lange L mit Z-formigem Querschnitt (Hohe 2B, Schen-

kelbreite B, Dicke t << B) gemass Abbildung 21 ist mit seinem Eigen-

gewicht vom Gesamtbetrag G belastet. Der Balken ist bei x = 0 einseitig

eingespannt und der E-Modul ist E. Berechnen Sie den Vektor der Durch-

biegung und untersuchen Sie, ob hier ein Fall schiefer Biegung vorliegt.

Zusatzlich bestimmen Sie noch die Normalspannungsverteilung σx(x, y, z).

Die zur Berechnung benotigten Flachentragheitsmomente konnen Sie mit

Hilfe des Steinerschen Satzes bestimmen.



Losung Aufgabe 2-A Normalspannungsverteilung

z

x2

x3

y Q(x)

S

A B

C

Mb(x)

M2

M3-------------------------------------

n

n

45°

Abbildung 22: Schnitt an der Stelle x

Die Gewichtskraft vom Gesamtbetrag G ist eine linienverteilte Kraft p = GL. Wenn

wir die Beanspruchung im Schnitt x berechnen, erhalten wir fur die Querkraft in

y-Richtung

Q(x) = GL(L− x).

Durch Integration erhalten wir das Biegemoment in z-Richtung

Mb(x) = −Gx + G2L

x2 + C1.

Mit der Randbedingung Mb(x = L) = 0 ergibt sich

Mb(x) = G( 12L

x2 − x + L2) = G

2L(x2 − 2Lx + L2) = G

2L(x− L)2.

Wenn wir Mb(x) gemass Abbildung 22 in die beiden Hauptachsen-Richtungen

aufteilen, erhalten wir

M2(x) = M3(x) =√

22

Mb(x) =√

2G4L

(x− L)2.

Die Flachentragheitsmomente in x2- bzw. x3-Richtung haben wir schon in der

Teilaufgabe a) der Lernkontrolle im Repetitorium berechnet:

I2 = a4

72und I3 = a4

24.


Daraus erhalten wir die Normalspannungsverteilung gemass (19) in Funktion von

x sowie der Hauptachsenkoordinaten x2 und x3 zu

σx(x, x2, x3) = −6√

2GLa4 (x− L)2x2 + 18

√2G

La4 (x− L)2x3 = 6√

2G(x−L)2

La4 (−x2 + 3x3).

Losung Aufgabe 2-B Neutralachse

a) Die Gleichung der Neutralachse erhalten wir aus

σx(x, x2, x3) = 0 ⇒ 6√

2G(x−L)2

La4 (−x2 + 3x3) = 0.

Der Term 6√

2G(x−L)2

La4 verschwindet, falls x = L. Dies ist naturlich nicht die

Gleichung der Neutralachse, sondern einfach der ausserste Querschnitt des

Profils, wo noch keine Belastung auftritt. Die Gleichung der Neutralachse

erhalten wir also, wenn wir den zweiten Term −x2 +3x3 gleich Null setzen:

−x2 + 3x3 = 0 ⇒ x3 = x2

3.

Dieses Resultat erhalten wir auch direkt aus Gleichung (20).

b) Die Neutralachse geht durch die Ecke B. Die grossten Spannungen treten

am weitesten entfernt von der Neutralachse auf, also bei den Ecken A und

C. Wenn wir Mb anschauen, erkennen wir, dass bei der Ecke C die Spannung

in positiver x-Richtung zeigt. Wir haben dort somit die grosste Zugspan-

nung. Bei der Ecke A zeigt die Spannung in negativer x-Richtung. Somit

tritt dort die grosste Druckspannung auf.

Losung Aufgabe 2-C Durchbiegung eines Tragers

Das Volumen des Tragers ist

V = a2L2

.

Mit der Dichte ρ erhalten wir die Masse m des Tragers:

m = ρV .

Daraus konnen wir nun mit der Erdbeschleunigung g = 9.81 m/s2 die Gewichts-

kraft G berechnen:


G = mg = gρa2L2

= 1059.5 N.

Die Differentialgleichung fur die Durchbiegung u2 lautet nach (21)

u′′2 = M3(x)

EI3

und fur die Durchbiegung u3 erhalten wir nach Gleichung (22)

u′′3 = −M2(x)

EI2.

Zuerst mussen wir also M2 und M3 sowie I2 und I3 berechnen. Aus Aufgabe 2-A

wissen wir, dass

M2 = M3 =√

2G4L

(x− L)2 und

I2 = a4

72bzw. I3 = a4

24gilt.

Daraus ergibt sich folgende Differentialgleichung fur die Durchbiegung u2:

u′′2 = 6

√2G

LEa4 (x− L)2.

Durch zweimaliges Integrieren erhalten wir

u2 = 6√

2GLEa4 (L2x2

2− Lx3

3+ x4

12+ C1x + C2).

Mit den Randbedingungen u2(x = 0) = u′2(x = 0) = 0 erhalten wir C1 = C2 = 0.

Daraus ergibt sich die Durchbiegung in x2-Richtung zu

u2 =√

2Gx2

2LEa4 (6L2 − 4Lx + x2).

Auf analoge Weise erhalten wir die Durchbiegung u3:

u3 = −3√

2Gx2

2LEa4 (6L2 − 4Lx + x2) = −3u2.

u2 und u3 sind in Abbildung 23 dargestellt. Aus u2 und u3 erhalten wir den Vektor

der Durchbiegung nach Gleichung (23) zu

u = u2e2 + u3e3 = u2(e2 − 3e3) =√

2Gx2

2LEa4 (6L2 − 4Lx + x2)(e2 − 3e3).

Der Betrag dieses Vektors ist

u = |u| =√

5Gx2

LEa4 (6L2 − 4Lx + x2).

Die maximale Durchbiegung tritt bei x = L auf.

Mit E = 7.2 · 104 N/mm2 = 7.2 · 1010 N/m2 erhalten wir

u(x = L) = 3√

5GL3

Ea4 = 0.505 m = 50.5 cm.


Abbildung 23: Durchbiegung in 2- und 3-Richtung

Losung Aufgabe 2-D Geltungsbereich der Theorie zur schiefen Bie-

gung

Schriftbild BedeutungFett gedruckt Eingabe in MathematicaKursiv gedruckt Ausgabe von MathematicaNormal gedruckt Kommentar

Tabelle 1: Schriftbild in Mathematica

Wir benutzen zur Losung der Teilaufgaben a) und b) Mathematica 5.2. Aus Ta-

belle 1 konnen Sie entnehmen, was das entsprechende Schriftbild in Mathematica

bedeutet.

a) Konstanten:

l = 1;l = 1;l = 1;

a = 0.1;a = 0.1;a = 0.1;

t = 0.01;t = 0.01;t = 0.01;

Der E-Modul ist E = 2.1 · 105 MPa = 2.1 · 1011 N/m2.

EModul = 2.1 ∗ 1011;EModul = 2.1 ∗ 1011;EModul = 2.1 ∗ 1011;

Mit Hilfe der Tabelle 1 im Abschnitt C11 in [4] berechnen wir die Flachen-

tragheitsmomente Iy und Iz des L-Profils. Es gilt:


B = t;B = t;B = t;

H = a;H = a;H = a;

b = a− t;b = a− t;b = a− t;

h = t;h = t;h = t;

e1 = B∗H2+b∗h2

2(B∗H+b∗h)e1 = B∗H2+b∗h2

2(B∗H+b∗h)e1 = B∗H2+b∗h2

2(B∗H+b∗h)

0.0286842

Daraus ergibt sich Iy zu:

Iy = 13(B ∗H3 + b ∗ h3)− (B ∗H + b ∗ h) ∗ e12Iy = 1

3(B ∗H3 + b ∗ h3)− (B ∗H + b ∗ h) ∗ e12Iy = 1

3(B ∗H3 + b ∗ h3)− (B ∗H + b ∗ h) ∗ e12

1.80004× 10-6

Da das L-Profil symmetrisch ist, gilt

Iz = IyIz = IyIz = Iy

1.80004× 10-6

Iyz berechnen wir mit Hilfe der Gleichung (3):

Iyz = −(∫ −e1+t

−e1

∫ a−e1

−e1y ∗ zdydz +

∫ a−e1

−e1+t

∫ −e1+t

−e1y ∗ zdydz

)Iyz = −

(∫ −e1+t

−e1

∫ a−e1

−e1y ∗ zdydz +

∫ a−e1

−e1+t

∫ −e1+t

−e1y ∗ zdydz

)Iyz = −

(∫ −e1+t

−e1

∫ a−e1

−e1y ∗ zdydz +

∫ a−e1

−e1+t

∫ −e1+t

−e1y ∗ zdydz

)1.06579× 10-6

Mit den Drehungssatzen und ϕ=45◦ konnen wir nun die Flachentragheits-

momente I2 und I3 in den Hauptachsenrichtungen 2 und 3 berechnen.

ϕ = 45◦;ϕ = 45◦;ϕ = 45◦;

I2 = Iy+Iz2

+ Iy−Iz2

Cos[2ϕ] + Iyz ∗ Sin[2ϕ]I2 = Iy+Iz2

+ Iy−Iz2

Cos[2ϕ] + Iyz ∗ Sin[2ϕ]I2 = Iy+Iz2

+ Iy−Iz2

Cos[2ϕ] + Iyz ∗ Sin[2ϕ]

2.86583× 10-6

I3 = Iy+Iz2

− Iy−Iz2

Cos[2ϕ]− Iyz ∗ Sin[2ϕ]I3 = Iy+Iz2

− Iy−Iz2

Cos[2ϕ]− Iyz ∗ Sin[2ϕ]I3 = Iy+Iz2

− Iy−Iz2

Cos[2ϕ]− Iyz ∗ Sin[2ϕ]

7.34254× 10-7

Definitionsgemass verschwindet I23:

I23 = − Iy−Iz2

Sin[2ϕ] + Iyz ∗ Cos[2ϕ]I23 = − Iy−Iz2

Sin[2ϕ] + Iyz ∗ Cos[2ϕ]I23 = − Iy−Iz2

Sin[2ϕ] + Iyz ∗ Cos[2ϕ]

0.

Berechnung der Querkraft Q(x) und des Biegemoments Mb(x) im Schnitt

x:

Q = F ;Q = F ;Q = F ;


Es gilt M ′b(x) = −Q(x). Durch Integration erhalten wir Mb(x) = −Fx+C.

Mit Mb(x = l) = 0 erhalten wir C = Fl. Daraus folgt:

Mb = F (l − x);Mb = F (l − x);Mb = F (l − x);

Mb zeigt in z-Richtung. Wir teilen Mb nun in 2- und 3-Richtung auf.

M2 = Cos[ϕ]MbM2 = Cos[ϕ]MbM2 = Cos[ϕ]Mb

F (1−x)√2

M3 = Sin[ϕ]MbM3 = Sin[ϕ]MbM3 = Sin[ϕ]Mb

F (1−x)√2

Nun berechnen wir die Durchbiegung u2 und u3 getrennt. Es gilt

u′′2 = M3

EI3= F√

2EI3(l − x).

Durch zweimaliges Integrieren erhalten wir u2 = F6√

2EI3(3lx−x3+C1x+C2).

Mit u2(x = 0) = u′2(x = 0) = 0 erhalten wir C1 = C2 = 0. Somit gilt:

u2 = Function[x, F

6√

2EModul∗I3 (3l ∗ x− x3)];u2 = Function

[x, F

6√


[x, F

6√

2EModul∗I3 (3l ∗ x− x3)];

Die maximale Durchbiegung tritt bei x = l auf:

u2[l]u2[l]u2[l]

1.52861× 10-6F

In 3-Richtung gilt u′′3 = −M2

EI2= −F√

2EI2(l − x).

Durch zweimaliges Integrieren erhalten wir u3 = −F6√

2EI2(3lx−x3+C1x+C2).

Mit u3(x = 0) = u′3(x = 0) = 0 erhalten wir C1 = C2 = 0. Somit gilt:

u3 = Function[x, −F

6√


[x, −F

6√


[x, −F

6√

2EModul∗I2 (3l ∗ x− x3)];

Die maximale Durchbiegung tritt bei x = l auf:

u3[l]u3[l]u3[l]

-3.91646× 10-7F

Superposition der Durchbiegungen:

Der Vektor der Durchbiegung ist u = u2e3 + u3e3.

Sein Betrag ist u =√

u22 + u2

3:

u =√

u2[l]2 + u3[l]2//PowerExpandu =√

u2[l]2 + u3[l]2//PowerExpandu =√

u2[l]2 + u3[l]2//PowerExpand

1.57799× 10-6F

u ist somit eine lineare Funktion von F .


b) Die Kraft F nimmt folgende Werte an:

F = 1000 ∗ {0, 28, 56, 84, 112, 140};F = 1000 ∗ {0, 28, 56, 84, 112, 140};F = 1000 ∗ {0, 28, 56, 84, 112, 140};

Daraus erhalten wir fur die absolute totale Durchbiegung folgende Werte in

[m]:

uuu

{0,0.0441837,0.0883674,0.132551,0.176735,0.220918}

Abbildung 24: Kraft-Verschiebungs-Diagramm

c) Aus Abbildung 24 ist ersichtlich, dass der Unterschied zwischen dem Resul-

tat aus ANSYS und den Resultaten aus Teilaufgabe a) und b) bis zu einer

Kraft von etwa 40 kN weniger als 3% betragt. Bei einer Kraft von 80 kN

haben wir in der linearen Theorie einen Fehler von ca. 6%. Dieser Fehler

nimmt bis ca. 13% bei einer Kraft von 140 kN zu.

Fur dieses L-Profil ist die Theorie der schiefen Biegung also sicher bis

zu einer Kraft F = 40 kN gultig. Dort haben wir eine Verschiebung von

u = 6.3 cm. Auf eine Lange l = 1 m entspricht dies einer mittleren Neigung

von 6.3%. Daraus konnen wir abschatzen, dass die Theorie der schiefen

Biegung bis zu mittleren Neigungen von etwa 6% gilt.


(a) y-Richtung (b) z-Richtung

Abbildung 25: Biegelinie in ANSYS

Abbildung 26: Flachentragheitsmomente in ANSYS


Abbildung 27: Spannungen im stark deformierten L-Profil in ANSYS

d) Fur F = 100 kN sollten wir etwa die Verschiebungen in y- und z-Richtung

erhalten, welche in Abbildung 25 dargestellt sind.

Wie aus Abbildung 26 ersichtlich ist, benutzt ANSYS die gleichen Werte

fur Iy, Iz und Iyz, wie wir sie berechnet haben. Jedoch ist in ANSYS Iyz

negativ und bei uns ist Iyz positiv. Dies liegt daran, dass in ANSYS das

yz-Koordinatensystem bezuglich unserem yz-Koordinatensystem um 90◦

gedreht ist.

Freiwillige Zusatzaufgabe: Falls Sie genugend Zeit haben, konnen Sie das L-

Profil in ANSYS als 3D Modell aufbauen und dann die Spannungen im gebo-

genen Profil anzeigen lassen. Dazu steht Ihnen das Input-File “Biegeprofil.txt”

in der Archiv-Datei “ANSYS.zip” zur Verfugung. Als Losung werden Sie in etwa

Abbildung 27 erhalten. Zu beachten ist dabei, dass das L-Profil nicht nur verbo-

gen ist, sondern auch noch tordiert! Diese Verdrehung erhalten wir aufgrund des

Kraftangriffspunktes im Flachenmittelpunkt und nicht im Schubmittelpunkt. Die

Behandlung der Torsion und des Schubmittelpunkts ist jedoch nicht Teil dieses

Leitprogramms. Darum werden wir hier nicht weiter darauf eingehen.


2.7 Losung zur Lernkontrolle

a) Betrachten wir Abbildung 13: Wenn wir den positiven x3-Achsenabschnitt

anschauen, dann zeigt dort die aus M2 resultierende Normalspannung σx,2 in

positiver x-Richtung (aus dem Blatt heraus). Schauen wir uns den negativen

x3-Achsenabschnitt an, dann zeigt dort σx,2 in negativer x-Richtung (in

das Blatt hinein). σx,2 ist somit bei positiven x3-Achsenabschnitten positiv

und bei negativen x3-Achsenabschnitten negativ. Deshalb ist das positive

Vorzeichen richtig.

Wenn wir den positiven x2-Achsenabschnitt anschauen, dann zeigt dort

die aus M3 resultierende Normalspannung σx,3 in negativer x-Richtung.

Schauen wir uns den negativen x2-Achsenabschnitt an, dann zeigt dort σx,3

in positiver x-Richtung. σx,3 ist somit bei positiven x2-Achsenabschnitten

negativ und bei negativen x3-Achsenabschnitten positiv. Deshalb ist das

negative Vorzeichen richtig.

b) Fur σx kann man σx,2 und σx,3 skalar addieren, da sowohl σx,2 als auch

σx,3 in x-Richtung zeigen. Die Komponenten des Spannungsvektors sind ja

so definiert. Die Durchbiegungen u2 und u3 zeigen jedoch in verschiedene

Richtungen. u2 zeigt in 2-Richtung und u3 in 3-Richtung. Somit mussen u2

und u3 vektoriell addiert werden.

y

S z

F Mb

Mz

My

e

Abbildung 28: C-Profil mit Biegemoment

c) Die Hauptachsen des C-Profils aus Abbildung 28 sind gerade die y- und

z-Achse. Wir berechnen zuerst die Beanspruchung im Schnitt an der Stelle

x. Die Querkraft Q(x) ist konstant:


Q(x) = F .

Mit der Randbedingung Mb(x = 0) = FL ergibt sich das Biegemoment

Mb(x) zu

Mb(x) = F (L− x) = F (100t− x).

Nun teilen wir das Biegemoment gemass Abbildung 28 in Richtung der

Hauptachsen (y- und z-Achse) auf. Wir erhalten:

My(x) = −Mb(x) sin(30◦) = −F2

(100t− x) sowie

Mz(x) = Mb(x) cos(30◦) =√

3F2

(100t− x).

Mit Hilfe der Tabelle 1 auf Seite C11 in [4] berechnen wir die Distanz e

(vgl. Abbildung 28) sowie Iy und Iz des C-Profils. Es gilt:

e = 12· 2tB2+(H−2t)t2

2tB+(H−2t)t= 7t

2.

Iy = 2tB3+(H−2t)t3

3− (2tB + (H − 2t)t)e2 = 605t4

2.

Iz = BH3+(B−t)(H−2t)3

12= 2190t4.

Daraus ergibt sich nun die Normalspannungsverteilung nach Gleichung (19)

zu:

σx(x, y, z) = −Mz(x)Iz

y + My(x)

Iyz = −F (100t−x)

5t4( y

292√

3+ z

121).

Nun mussen wir noch die maximale Durchbiegung f berechnen. Ausgehend

von Gleichung (21) erhalten wir durch zweimalige Integration und mit den

Randbedingungen uy(x = 0) = u′y(x = 0) = 0 die Verschiebungen uy in

y-Richtung:

uy(x) = F1460

√3Et4

(50tx2 − x3

6).

Auf analoge Weise erhalten wir aus Gleichung (22) und den Randbedingun-

gen uz(x = 0) = u′z(x = 0) = 0 die Verschiebung uz in z-Richtung:

uz(x) = F605Et4

(50tx2 − x3

6).

Die maximale Verschiebung tritt bei x = L = 100t auf. Wir erhalten dort:

uy,max = uy(x = 100t) = 50000F219

√3Et

und

uz,max = uz(x = 100t) = 200000F363Et

.

Die maximale Durchbiegung f entspricht dem Betrag des Vektors der ma-

ximalen Verschiebungen in y- und z-Richtung:

f =√

u2y,max + u2

z,max = 50000√

27043326499

√3

· FEt≈ 566.5 F

Et.


d) Zuerst berechnen wir die Flachentragheitsmomente in y- und z- Richtung

sowie das Deviationsmoment fur den Z-Querschnitt:

Iy = 2Bt3

12+ 2(B3t

12+ (B

2)2Bt) ≈ 2

3B3t (der Term mit t3 kann vernachlassigt

werden, da t << B).

Iz = (2B)3t12

+ 2(Bt3

12+ B2Bt) = 8

3B3t.

Iyz = −B B2tB − (−B)(−B

2)tB = −B3t.

Mit Gleichung (11) erhalten wir den Winkel β um welchen das Hauptach-

sensystem bezuglich der y- und z-Achse gedreht ist:

tan(2β) = 2Iyz

Iy−Iz= 1 ⇒ β = π

8= 22.5◦.

Mit den Drehungssatzen (8) und (9) erhalten wir die Hauptflachentragheits-

momente:

I2 = (53−√

2)B3t und

I3 = (53

+√

2)B3t.

Da I2 6= I3 liegt ein Fall von schiefer Biegung vor.

Erwartungsgemass verschwindet das Deviationsmoment (10) fur das Haupt-

achsensystem:

I23 = 0.

Nun berechnen wir die Beanspruchung im Schnitt an der Stelle x. Fur die

Querkraft Q(x) gilt:

Q(x) =∫−G

Ldx = −Gx

L+ C1,

wobei Q(x = L) = 0 ⇒ C1 = G

⇒ Q(x) = −G( xL− 1).

Daraus ergibt sich das Biegemoment Mb(x) zu:

Mb(x) =∫−Q(x)dx = G( x2

2L− x) + C2,

wobei Mb(x = L) = 0 ⇒ C2 = GL2

⇒ Mb(x) = G2L

(L− x)2.

Nun teilen wir Mb entlang den Hauptachsen x2 und x3 auf (vgl. Abbildung

29). fur M2 erhalten wir

M2 = Mb sin(β) =G sin(π

8)

2L(L− x)2.


z

y

β

x3

x2

Mb

M2

M3

B

2B

t

B

Abbildung 29: Aufteilung des Biegemoments

Fur M3 erhalten wir

M3 = Mb cos(β) =G cos(π

8)

2L(L− x)2.

Jetzt konnen wir die einzelnen Komponenten u2 und u3 des Vektors der

Durchbiegung berechen. Fur u2 gilt

u′′2 = M3

EI3=

3G cos(π8)

2(5+3√

2)LEB3t(L− x)2.

Durch zweimaliges Integrieren und mit den Randbedingungen u′2(x = 0) =

u2(x = 0) = 0 erhalten wir

u2 =G cos(π

8)x2

8(5+3√

2)LEB3t(6L2 − 4Lx + x2).

Fur die Durchbiegung u3 gilt

u′′3 = −M2

EI2= − 3G sin(π

8)

2(5−3√

2)LEB3t(L− x)2.

Durch zweimaliges Integrieren und mit den Randbedingungen u′3(x = 0) =

u3(x = 0) = 0 erhalten wir

u3 = − G sin(π8)x2

8(5−3√

2)LEB3t(6L2 − 4Lx + x2) = − (5+3

√2) tan(π

8)

5−3√

2u2.

Daraus ergibt sich der Vektor der Durchbiegung zu

u(x) = u2e2 + u3e3 = u2(e2 −(5+3

√2) tan(π

8)

5−3√

2e3)

⇒ u(x) =G cos(π

8)x2

8(5+3√

2)LEB3t(6L2 − 4Lx + x2)(e2 −

(5+3√

2) tan(π8)

5−3√

2e3).

Die Durchbiegung u zeigt somit im Hauptachsensystem in Richtung


(1

−(5+3√

2) tan(π8)/(5−3

√2)

)≈

(1

−5.05

)und das Biegemoment M b in Richtung(

sin(β)cos(β)

)=

(sin(π8)

cos(π8)

)≈

(0.380.92

).

Das Skalarprodukt dieser beiden Vektoren ergibt:(1

−(5+3√

2) tan(π8)/(5−3

√2)

)•

(sin(π8)

cos(π8)

)≈

(1

−5.05

)•

(0.380.92

)≈ −4.3.

Das Skalarprodukt verschwindet somit nicht. Die Beanspruchung M b und

die Durchbiegung u sind somit nicht senkrecht aufeinander. Das heisst, dass

es sich hier wirklich um einen Fall schiefer Biegung handelt.

Zum Schluss berechnen wir noch die Normalspannungsverteilung nach Glei-

chung (19):

σx(x, x2, x3) = −M3(x)I3

x2 + M2(x)I2

x3 = 3G(L−x)2

2LB3t(

sin(π8)

5−3√

2x3 −

cos(π8)

5+3√

2x2).

47

3 Additum: Wasseranalogie

Uberblick

Wenn Sie ein Taschenbuch in Langs- und Querrichtung zu biegen versuchen, wer-

den Sie sehen, dass dies in einer Richtung viel einfacher geht. Eine Richtung ist

viel biegeweicher. Konnen die Seiten leicht ubereinander abrutschen, so ist die

Biegesteifigkeit minimal. Verhindert aber der verleimte Buchrucken das Gleiten,

so entsteht ein erheblicher Widerstand gegen Biegung. Die Spannungen, die das

Abgleiten der Seiten gegeneinander verhindern, heissen Schubspannungen.

Dieses Kapitel dient als Einfuhrung in diese Schubspannungen bei der Biegung.

Wir bringen die Richtung der Schubspannungen (“Schubspannungsfluss”) mit dem

Fluss von Wasser in Verbindung. Diese Verbindung wird Wasseranalogie genannt.

Die Wasseranalogie ist ein Gedankenexperiment, welches Ihnen besonders dann

helfen kann, wenn Sie sich unter dem Schubspannungsfluss noch kaum etwas vor-

stellen konnen.

Lernziele:

• Sie konnen anhand der Wasseranalogie abschatzen, wie die

Schubspannungen aufgrund der Biegung in einem Profil

aussehen.

• Sie wissen, dass die Wasseranalogie nur ein Gedankenexpe-

riment ist. Es ist Ihnen bewusst, dass die Schubspannungen

nicht wirklich fliessen.

BEMERKUNG: Dieses Kapitel gehort nicht zum Prufungsstoff! Behandeln Sie

dieses Thema erst, wenn sie die Kapitel 1 und 2 vollstandig verstanden haben

und Ihnen noch Zeit zur Bearbeitung des Leitprogramms zur Verfugung steht.

48 3 ADDITUM: WASSERANALOGIE

3.1 Schubspannungsrichtung mit Hilfe der Wasseranalo-

gie

_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _

_ _ _ _ _ _ _ _

_ _ _

Regen

Versickern

xy

zM

(a) Profilform mit erhohten, undurch-dringlichen Wanden

My

x

z

(b) Verteilung des Regens/Versickerns

Abbildung 30: Wasseranalogie

Stellen Sie sich die Profilform mit erhohten, undurchdringlichen Wanden aus

Abbildung 30(a) vor. Die Profilform liegt auf einem horizontalen Tisch und ist mit

einem Biegemoment M in positiver z-Richtung belastet. Aufgrund der Richtung

von M nehmen wir an, dass es im Halbraum y < 0 in das Profil hinein regnet

und im Halbraum y > 0 versickert das Wasser durch den Tisch hindurch. Die

Verteilung des Regens/ Versickerns ist eine lineare Funktion gemass Abbildung

30(b). In der Mitte bei y = 0 (der neutralen Achse) regnet und versickert es nicht.

Oberhalb davon nimmt der Regen von null linear zu und unterhalb nimmt die

Sickermenge mit gleicher Steigung linear zu. Stellen Sie sich nun vor, dass das

Wasser in der Profilform uberall gleich hoch stehe und reibungsfrei fliessen kann.

Die Fliessgeschwindigkeit des Wassers wird somit einzig von dem mengenmassig

gleichen Regen- und Sickerstrom kontrolliert. Die lineare Steigung von sickern

und regnen ist uberall proportional zu den Fliessgeschwindigkeiten des Wassers.

An jedem Ort fliesst genau so viel Wasser durch, wie oberhalb niedergeregnet und

noch nicht versickert ist. Alles was oberhalb der Neutralachse reinkommt, muss

3.1 Schubspannungsrichtung mit Hilfe der Wasseranalogie 49

durch das Profil hindurch fliessen, ausser es ist schon versickert.

Den Schubspannungsfluss im Profil findet man, indem man sich uberlegt, wie

das Wasser durch das Profil fliesst. Die Fliessrichtung des Wassers entspricht der

Richtung der Schubspannung im Profil aufgrund des Biegemoments M .

Abbildung 31: Wasser- bzw. Schubspannungsfluss

Im Profil aus Abbildung 30 sieht der Wasserfluss in etwa aus wie in Abbildung 31.

Dies entspricht somit gleich der Richtung der Schubspannungen in diesem Profil

aufgrund des Biegemoments M .

BEMERKUNG: Es muss Ihnen bewusst sein, dass die Vorstellung von fliessender

Materie (Wasser) durch den Querschnitt nur eine Veranschaulichung des Schub-

spannungsflusses ist. Die Schubspannungen fliessen aber nicht wirklich. Der Fluss

zeigt nur die Richtung der Schubspannungen an. Weitere Informationen zum The-

ma “Wasseranalogie” finden Sie in [5].


Aufgabe 3-A Veranschaulichung der Schubspannungen in einem C-

Profil

z

y

M x

Abbildung 32: C-Profil belastet mit dem Biegemoment M .

Zeichnen Sie den Schubspannungsfluss im C-Profil aus Abbildung 32 ein. Das

C-Profil ist mit dem Biegemoment M belastet.



Losung Aufgabe 3-A Veranschaulichung der Schubspannungen in ei-

nem C-Profil

z

y

M x

_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _

Regen

Versickern

Abbildung 33: C-Profil belastet mit dem Biegemoment M0.

Da das C-Profil mit dem Biegemoment M in negativer z-Richtung beansprucht

ist, haben wir in diesem Fall den Regen im Halbraum y > 0 und das Versickern im

Halbraum y < 0. Dadurch fliesst das Wasser im C-Profil gemass den grunen Pfei-

len in Abbildung 33. Die Richtung der Schubspannungen im C-Profil entsprechen

somit auch diesen grunen Pfeilen.

53

A Kapitel-Tests

A.1 Testaufgaben

A.1.1 Repetitorium zur speziellen Biegung

1. Welche Bedingungen mussen erfullt sein, damit ein Balken auf spezielle

Biegung belastet ist?

2. Welche der Querschnitte aus Abbildung 34 sind nicht auf spezielle Biegung

belastet? Warum?

Abbildung 34: Verschiedene Profilquerschnitte

3. Ist Iz bei a) oder bei b) aus Abbildung 35 grosser? Begrunden Sie Ihre Ant-

wort mit eigenen Worten, ohne die Flachentragheitsmomente zu berechnen.

2t

2t

t

h

t

h

hh

z z

yy

tt

a)

t23

b)

Abbildung 35: Verschiedene I-Profilquerschnitte

54 A KAPITEL-TESTS

4. Berechnen Sie das Einspannmoment Me des eingespannten Balkens aus Ab-

bildung 36, der am Ende durch ein Kraftepaar vom Moment Mb,z = M

belastet ist. Der Balken hat einen rechteckigen Querschnitt mit Hohe H

(y-Richtung) und Breite B (z-Richtung). Das Flachentragheitsmoment des

Balkens ist Iz = I und der Elastizitatsmodul ist E.

a) Wie gross ist die maximale Verschiebung und die maximale Neigung

des Balkens?

b) Berechnen Sie die grosste Zugspannung im Balken. Wo tritt diese auf?

x

y

z

L M

Me

\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\

X

Abbildung 36: Eingespannter Balken mit Endmoment

A.1 Testaufgaben 55

A.1.2 Schiefe Biegung

1. Erklaren Sie in eigenen Worten, welche Bedingungen erfullt sein mussen,

damit ein Fall von schiefer Biegung vorliegt?

2. Bei der geraden Biegung ist die Neutralachse senkrecht zur Wirkungslinie

der Querkraft. Wieso gilt das bei der schiefen Biegung nicht?

3. Berechnen Sie fur den Balken mit ellipsenformigem Querschnitt aus Abbil-

dung 37 die Normalspannungsverteilung und die Neutralachse falls a = 2b.

Der Balken ist auf einer Seite eingespannt. Auf der anderen Seite greift die

Kraft F an. Die Flachentragheitsmomente konnen Sie mit Hilfe der Tabellen

in [1] oder [4] bestimmen. Das Gewicht des Balkens ist vernachlassigbar.

z

y F

S

\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\

x

2bL

y

F

45°

Abbildung 37: Balken mit ellipsenformigem Querschnitt

56 A KAPITEL-TESTS

4. Ein Balken der Lange L mit rechteckigem Querschnitt (Breite b, Hohe

h = 2b) wird gemass Abbildung 38 durch eine Kraft F belastet, die un-

ter dem Winkel 30◦ zur Vertikalen wirkt. Eine Verschiebung des Balkens

aus der Zeichenebene ist nicht moglich. Das Gewicht des Balkens ist ver-

nachlassigbar.

Bestimmen Sie die extremalen Werte der Normalspannung sowie die maxi-

male absolute Durchbiegung.

///////// ///////// L/2 L/2

F

h

b

F

yz

30°

Abbildung 38: Zweiseitig aufgelegter Balken

A.2 Losungen 57

A.2 Losungen

A.2.1 Repetitorium zur speziellen Biegung

1. (K1) Es mussen folgende Beziehungen erfullt sein.

– N = T = 0

– M b auf einer Hauptachse des Querschnitts

2. (K3) Das Biegemoment liegt nur beim Querschnitt d) nicht auf einer der

Hauptachsen und es gilt dort Iy 6= Iz. Damit ist nur dieses Profil nicht auf

spezielle Biegung beansprucht. Bei Querschnitt b) und c) ist das Biegemo-

ment auf einer Hauptachse und bei Querschnitt a) und c) gilt Iy = Iz.

3. (K4) Die I-Profile sind eigentlich aus drei Rechteckprofilen zusammenge-

baut. Wenn man nun die Flachentragheitsmomente der jeweiligen Rechtecke

berechnet, kann man danach mit den Verschiebungsatzen das resultierende

Flachentragheitsmoment des I-Profils berechnen. Die Verschiebungen gehen

bei den Verschiebungssatzen im Quadrat ein. Da beim Profil b) das obere

und untere Rechteck weiter nach aussen geschoben werden, ergibt sich bei

diesem Profil ein grosseres resultierendes Flachentragheitsmoment.

Falls Sie anderer Meinung sind, berechnen Sie Iz des I-Profils mit Hilfe der

Verschiebungssatze und mit der Gleichung des Flachentragheitsmoments

fur Rechtecke Iz,RE = bh3

12. In unserem Fall ist b = h. Nehmen Sie z.B. an,

dass h = 0.3 m und t = 0.04 m ist:

a) Querbalken: Iz′,1 = Iz′,2 = h(2t)3

12= 2ht3

3= Iz′

Die Querbalken werden jeweils um z′ = 13h−t nach aussen verschoben.

⇒ Iz,1 = Iz,2 = Iz′ + (z′)2A = 2ht3

3+ (1

3h− t)22ht ≈ 9.92 · 10−5 m4.

Langsbalken: Iz,3 =t( 2h

3−4t)3

12≈ 2.13 · 10−7 m4.

Iz des I-Profils ist somit Iz = Iz,1 + Iz,2 + Iz,3 ≈ 1.99 · 10−4 m4.

b) Querbalken: Iz′,1 = Iz′,2 = ht3

12= Iz′

Die Querbalken werden jeweils um z′ = h−t2

nach aussen verschoben.

⇒ Iz,1 = Iz,2 = Iz′ + (z′)2A = ht3

12+ (h−t

2)2ht ≈ 2.04 · 10−4 m4.

Langsbalken: Iz,3 = t(h−2t)3

12≈ 3.55 · 10−5 m4.

58 A KAPITEL-TESTS

Iz des I-Profils ist somit Iz = Iz,1 + Iz,2 + Iz,3 ≈ 4.44 · 10−4 m4.

4. (K3) Am Lager tritt das Einspannmoment Me = M auf.

Das Biegemoment im Schnitt x ist M und die Querkraft verschwindet:

Mb(x) = M und Q(x) = 0. Die Momentenverteilung ist demnach konstant,

und alle Schnitte sind gleich beansprucht.

a) Geht man von der Differentialgleichung (12) aus, so erhalt man, durch

zweimalige Integration

v(x) = MEI

(x2

2+ C1x + C2).

Die Randbedingungen v(x = 0) = 0 und v′(x = 0) = 0 liefern C1 =

C2 = 0 und damit erhalten wir die Parabel

v(x) = M2EI

x2.

Diese Parabel hat ihren Scheitelpunkt an der Einspannstelle. Die gross-

te Verschiebung tritt am freien Ende auf:

v(x = L) = ML2

2EI.

Auch die grosste Neigung der Biegelinie findet sich am freien Ende:

v′(x = L) = MLEI

.

b) Aus Gleichung (14) ergibt sich mit Mb(x) = M und Iz = I die Span-

nung zu

σx(x, y) = −MIy.

Die grosste Spannung tritt in grosster Entfernung zur Neutralachse,

also bei y = ±H/2, auf. Wir suchen die grosste Zugspannung. Fur

Zug gilt σ > 0. Der grosste Zug tritt somit bei y = −H/2 auf und

betragt dort:

σzug,max = MH2I

.

A.2 Losungen 59

A.2.2 Schiefe Biegung

1. (K2) Ein Fall der schiefen Biegung liegt vor, wenn das Biegemoment nicht

in Richtung einer Hauptachse des Querschnitts liegt. Dann liegt der Vek-

tor der Durchbiegung senkrecht zur Neutralachse und nicht senkrecht zum

Biegemoment.

2. (K4) Der Vektor M b des Biegemoments ist definitionsgemass senkrecht zur

Wirkungslinie der Querkraft. Er liegt auf der Geraden x3

x2= M3

M2(Abbildung

16). Gemass (20) liegt die Neutralachse auf der Geraden x3

x2= M3I2

M2I3. Also

sind das Biegemoment und die Neutralachse fur die schiefe Biegung (I2 6= I3,

M2 6= 0, M3 6= 0) nicht parallel. Folglich stehen die Neutralachse und die

Querkraft fur die schiefe Biegung nicht senkrecht aufeinander.

3. (K3) Zuerst berechnen wir das Biegemoment Mb(x) im Schnitt x. Fur die

Querkraft Q(x) gilt:

Q(x) = F ⇒ Mb(x) =∫−Fdx = −Fx + C1,

wobei Mb(x = L) = 0 ⇒ C1 = FL ⇒ Mb(x) = F (L− x).

z

y

S 45°

Mb

Mz

My

F

Abbildung 39: Ellipsenquerschnitt

Nun teilen wir das Biegemoment Mb(x) in y- und z-Richtung auf (vgl.

Abbildung 39):

My(x) = −√

22

Mb(x) =√

2F2

(x− L),

Mz(x) =√

22

Mb(x) =√

2F2

(L− x).

Die Flachentragheitsmomente in y- und z-Richtung bestimmen wir mit Hilfe

der Tabelle 1 auf Seite C11 in [4] oder mit Hilfe der Tabelle 4.1 in [1]:

60 A KAPITEL-TESTS

Iy = πab3

4und Iz = πa3b

4.

Daraus erhalten wir dann die Normalspannungsverteilung gemass (19) in

Funktion von x, y und z:

σx(x, y, z) = −Mz(x)

Iz

y +My(x)

Iy

z (25)

=2√

2F (x− L)

πa3by +

2√

2F (x− L)

πab3z (26)

=2√

2F (x− L)

πab(

y

a2+

z

b2). (27)

Mit a = 2b ergibt sich daraus:

σx(x, y, z) =√

2F (x−L)πb4

(y4

+ z).

Die Gleichung der Neutralachse erhalten wir aus

σx(x, y, z) = 0 ⇒√

2F (x−L)πb4

(y4

+ z) = 0.

Somit muss y4

+ z = 0 gelten. Die Gleichung der Neutralachse lautet also:

z = −14y.

4. (K3) Da die Lagerung und die Belastung symmetrisch sind, greift bei beiden

Lagern die gleiche Lagerkraft P = F2

an. Wir schneiden jetzt den Balken in

der Mitte auseinander. Dadurch erhalten wir das Ersatzsystem aus Abbil-

dung 40(a).

Die y- und z-Achse sind Hauptachsen des Rechteckquerschnitts. Wir teilen

also die Belastung gemass Abbildung 40(a) in y- und z-Richtung auf:

Py = −P sin(60◦) = −√

3F4

Pz = P cos(60◦) = F4

Nun berechnen wir die Querkrafte in y- und z-Richtung im Schnitt x (Vor-

zeichen beachten!):

Qy(x) = −Py =√

3F4

Qz(x) = −Pz = −F4

Daraus konnen wir die Biegemomente in y- und z-Richtung im Schnitt x

bestimmen. Mit den Randbedingungen My(x = 0) = Mz(x = 0) = 0 folgt

A.2 Losungen 61

L/2

P=F/2 \\\\\\\\\\\\\\

h

b

P

y

z

Py

Pz x

Qy

Qz

30°

(a) Ersatzsystem (b) Neutralachse undVektor der Durchbie-gung

Abbildung 40: Ersatzsystem und Neutralachse

My(x) =∫

Qz(x)dx = −F4x und

Mz(x) = −∫

Qy(x)dx = −√

3F4

x.

Die Flachentragheitsmomente in y- und z-Richtung sind

Iy = b3h12

= b4

6bzw.

Iz = bh3

12= 2b4

3.

Die Normalspannungsverteilung ergibt sich damit zu:

σx(x, y, z) = −Mz(x)Iz

y + My(x)

Iyz = 3Fx

8b4(√

3y − 4z).

Die Gleichung der Neutralachse erhalten wir aus√

3y − 4z = 0. Sie lautet:

z =√

34

y.

Die Neutralachse ist in Abbildung 40(b) dargestellt. Wie man ohne Rech-

nung aus der Abbildung erkennt, haben die Eckpunkte A und B den gross-

ten Abstand von der Neutralachse. Diese Punkte haben die Koordinaten

yA = h2

= b und zA = − b2

bzw. yB = −h2

= −b und zB = b2. Die ma-

ximale Normalspannung tritt bei x = L2

auf. Die extremalen Werte der

Normalspannung befinden sich also in den Punkten A und B bei x = L2.

fur Punkt A erhalten wir:

σx,A = σx(L2, b,− b

2) = 3(

√3+2)FL16b3

und fur Punkt B:

σx,B = σx(L2,−b, b

2) = −3(

√3+2)FL16b3

.

62 A KAPITEL-TESTS

Nun berechnen wir noch die Durchbiegung in y- und z-Richtung. Die Dif-

ferentialgleichung fur die Durchbiegung uy lautet

u′′y(x) = Mz(x)

EIz= −3

√3F

8Eb4x

⇒ u′y(x) = − 3

√3F

16Eb4x2 + C1

⇒ uy(x) = −√

3F16Eb4

x3 + C1x + C2.

Mit u′y(x = L

2) = uy(x = L

2) = 0 folgt C1 = 3

√3FL2

64Eb4und C2 = −

√3FL3

64Eb4

⇒ uy(x) = −√

3F64Eb4

(4x3 − 3L2x + L3).

Die Differentialgleichung fur die Durchbiegung uz lautet

u′′z (x) = −My(x)

EIy= 3F

2Eb4x

⇒ u′z(x) = 3F

4Eb4x2 + C3

⇒ uz(x) = F4Eb4

x3 + C3x + C4.

Mit u′z(x = L

2) = uz(x = L

2) = 0 folgt C3 = − 3FL2

16Eb4und C4 = FL3

16Eb4

⇒ uz(x) = F16Eb4

(4x3 − 3L2x + L3)

Beim Ersatzsystem haben wir die maximale Durchbiegung bei x = 0:

uy(x = 0) = −√

3FL3

64Eb4

uz(x = 0) = FL3

16Eb4

⇒ umax =√

(−√

3FL3

64Eb4)2 + ( FL3

16Eb4)2 =

√19FL3

64Eb4

Dieselbe maximale Durchbiegung erhalten wir im Originalsystem in der

Mitte beim Angriffspunkt der Kraft F .

63

B Mediothek

Den Studierenden sollte die Archiv-Datei “ANSYS.zip”zur Verfugung stehen, mit

allen relevanten Ansys-Dateien, welche im Kapitel 2.4 benotigt werden.

Im Ordner “Animation”befinden sich die folgenden drei Videos, welche auf einem

Computer mit einem geeigneten Player (z.B. VLC media player) wiedergegeben

werden Konnen:

• LProfil Normalspannung.avi

• LProfil xzSchub.avi

• LProfil yzSchub.avi

Folgende Input-Dateien fur ANSYS Simulationen befinden sich im Ordner “Input

File”:

• Biegeprofil.txt

• Aufgabe2-C.txt

• BiegeprofilBeam Loop.txt

Die Verschiebungswerte fur verschiedene Belastungen befinden sich in der Datei

“Durchbiegung.txt” im Ordner “Output”. Einige hilfreiche Bilder sind im Ordner

“Pics” zu finden.

Alle Simulationen wurden von Michael Fluckiger in ANSYS Release 11.0 durch-

gefuhrt.

http://www.videolan.org/vlc/

64 B MEDIOTHEK

65

C Experimentier- und anderes Material

Zur Bearbeitung dieses Leitprogramms mussen Computer zur Verfugung stehen,

auf denen Mathematica oder MATLAB und ANSYS installiert sind. Den Studen-

ten stehen folgende ANSYS Input Files zur Verfugung.

C.1 ANSYS Input Files

C.1.1 Biegeprofil.txt

!! BIEGEPROFIL UNTER QUERKRAFT

!! by MICHAEL FLUECKIGER

!! for ANSYS Release 11.0

/FILNAM, Biegeprofil ! Jobname

/TITLE, Vektor-Summe der Profildurchbiegung

/COM, Structural ! Structural analysis

Fy=-100000 ! Force in y-direction

l = 1 ! Profile (l = 1m, b = h = 0.1m, t = 0.01m)

b = 0.1

h = 0.1

t = 0.01

/PREP7 ! Enter preprocessor

! Define element type

ET,1,BEAM188 ! Beam element

! Define material properties

MPTEMP,1,0 ! No temperature behavior

66 C EXPERIMENTIER- UND ANDERES MATERIAL

MPDATA,EX,1”2.1E11 ! Young’s modulus (N/m2) for Steel 1.2241

MPDATA,PRXY,1”0.285 ! Poisson ratio for Steel 1.2241

! Crate Line

K,1,0,0,0,

K,2,l,0,0,

LSTR,1,2

! Create L-shaped section with the name: L Profil

SECTYPE,1,BEAM,L,L Profil,2

! Describes the geometry of the L-shaped section

SECOFFSET, CENT

SECDATA,b,h,t,t,0,0,0,0,0,0

! Plot the L-Profil

SECPLOT,1

! Meshing

! Associates the element with the section ID number.

SECNUM,1

! Mesh the line

LESIZE,ALL,0.1, , , , , , ,1

LMESH,1

! Apply loads on KP 2

FK,2,FY,Fy

! No displacement at KP 1

DK,1, ,0, ,0,ALL, , , , , ,

C.1 ANSYS Input Files 67

! Solve

/SOL

NLGEOM,ON ! Large defromations on

SOLVE

! Plot displacement

/POST1

PLDISP,1

C.1.2 Aufgabe2-C.txt




/FILNAM, Aufgabe2-C ! Jobname

/TITLE, Spannungen bei der Profildurchbiegung


! Constants

Fy = -90000 ! Force in y-direction (90kN)


b = 0.1

h = 0.1

t = 0.01

e1=0.0287




ET,1,SOLID45 ! 3-D Structural Solid

KEYOPT,1,5,2 ! Include Nodal Stress Solution



MPDATA,EX,1”2.1e11 ! Young’s modulus (N/m2) for Steel 1.2241


! Crate geometry

BLOCK,0,b,h/2-t,h/2,0,l, ! Profile (l = 1m, b = h = 0.1m, t = 0.01m)

BLOCK,0,t,-h/2,h/2-t,0,l,

K,30,e1,0,0, ! Create KP

KWPAVE,30 ! Offset WP to KP

wpro”,90 ! Rotate WP

VSBW,1 ! Divide Volume by WP

! Change view

/VIEW,1,1,1,1 ! Isometric view

/ANG,1

/AUTO,1 ! Fit view

/REPLOT

! Crate mesh

ALLS ! Select everything

VGLUE,ALL ! Glue all volumes

ESIZE,t, ! Element size

VSWEEP,ALL ! Mesh all volumes

! Apply loads

NSEL,S,LOC,Z,0 ! Select all nodes at z = 0

D,ALL”0””

ALL””

, ! No displacement at nodes


NSEL,S,LOC,Z,l ! Select all nodes at z = 1

NSEL,R,LOC,X,e1, ! Reselect nodes from the current set at x = e1

NSEL,R,LOC,y,h/2, ! Reselect nodes from the current set at y = h/2

F,ALL,FY,Fy ! Apply force in y-direction:

ALLS ! Select everything

! Solve

/SOL


LNSRCH,1 ! Line search on

SOLVE

! Display results

/POST1

/DSCALE,1,1.0 ! Displacement scaling: True scale

PLNSOL, S,EQV, 0,1.0 ! Plot vonMises Stress

C.1.3 BiegeprofilBeam Loop.txt




/FILNAM, BiegeprofilBeam Loop ! Jobname

/TITLE, Vektor-Summe der Profildurchbiegung


*do,Fy,0,140000,5000 ! do loop


b = 0.1

h = 0.1

t = 0.01




ET,1,BEAM188 ! Beam element



MPDATA,EX,1”2.1E11 ! Young’s modulus (N/m2) for Steel 1.2241


! Crate Line

K,1,0,0,0,

K,2,l,0,0,

LSTR,1,2

! Create L-shaped section with the name: L Profil

SECTYPE,1,BEAM,L,L Profil,2

! Describes the geometry of the L-shaped section

SECOFFSET, CENT

SECDATA,b,h,t,t,0,0,0,0,0,0

! Plot the L-Profil

SECPLOT,1

! Meshing

! Associates the element with the section ID number.

SECNUM,1

! Mesh the line

LESIZE,ALL,0.1, , , , , , ,1


LMESH,1

! Apply loads on KP 2

FK,2,FY,Fy

! No displacement at KP 1

DK,1, ,0, ,0,ALL, , , , , ,

! Solve

/SOL


SOLVE

! Plot displacement

/POST1

PLDISP,1

! Plot displacement -> generate image file

/POST1

PLDISP,1

/SHOW,PNG”0

PNGR,COMP,1,-1

PNGR,ORIENT,HORIZ

PNGR,COLOR,2

PNGR,TMOD,1

/GFILE,800,

/CMAP, TEMPCMAP ,CMP”SAVE

/RGB,INDEX,100,100,100,0

/RGB,INDEX,0,0,0,15

/REPLOT

/CMAP, TEMPCMAP ,CMP

/DELETE, TEMPCMAP ,CMP

/SHOW,CLOSE


/DEVICE,VECTOR,0

FINISH

/CLEAR,NOSTART

*enddo ! close do loop

LITERATUR 73

Literatur

[1] Gross D., Hauger W., Schnell W., Schroder J.: Technische Me-

chanik 2, Band 2: Elastostatik, 9. Auflage, Berlin Heidelberg 2007 (Springer

Verlag).

[2] Sayir M. B., Dual J., Kaufmann S.: Ingenieurmechanik 2 — Defor-

mierbare Korper, Wiesbaden 2004 (Vieweg & Teubner Verlag).

[3] Gross D., Hauger W., Schnell W., Schroder J.: Technische Mecha-

nik 1, Band 1: Statik, 10. Auflage, Berlin Heidelberg 2008 (Springer-Verlag).

[4] Grote K.-H. und Feldhusen J.: Dubbel — Taschenbuch fur den Ma-

schinenbau, 22. Auflage, Berlin Heidelberg 2007 (Springer-Verlag).

[5] Ermanni P.: Vorlesungsunterlagen zum Thema“Schubspannungsverteilung

bei Querkraftbelastung”, Vorlesung: Leichtbaukonstruktionen, Zurich 2007.

Schiefe Biegung - ETH.pdf

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