Technische Mechanik

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Martin Mayr


Technische Mechanik

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Martin Mayr

Technische Mechanik Statik Kinematik – Kinetik – Schwingungen Festigkeitslehre 7., überarbeitete Auflage, mit 474 Abbildungen


Der Autor: Professor Dr. Martin Mayr, Fachhochschule Augsburg, Fakultät Maschinenbau

Bibliografische Information Der Deutschen Bibliothek: Die Deutsche Bibliothek verzeichnet diese Publikation in der Deutschen Nationalbibliografie; detaillierte bibliografische Daten sind im Internet über abrufbar. ISBN 978-3-446-43400-4 E-Book-ISBN 978-3-446-43401-1 Die Wiedergabe von Gebrauchsnamen, Handelsnamen, Warenbezeichnungen usw. in diesem Werk berechtigt auch ohne besondere Kennzeichnung nicht zu der Annahme, dass solche Namen im Sinne der Warenzeichen- und Markenschutzgesetzgebung als frei zu betrachten wären und daher von jedermann benutzt werden dürften. Alle in diesem Buch enthaltenen Verfahren bzw. Daten wurden nach bestem Wissen dargestellt. Dennoch sind Fehler nicht ganz auszuschließen. Aus diesem Grund sind die in diesem Buch enthaltenen Darstellungen und Daten mit keiner Verpflichtung oder Garantie irgendeiner Art verbunden. Autoren und Verlag übernehmen infolgedessen keine Verantwortung und werden keine daraus folgende oder sonstige Haftung übernehmen, die auf irgendeine Art aus der Benutzung dieser Darstellungen oder Daten oder Teilen davon entsteht. Dieses Werk ist urheberrechtlich geschützt. Alle Rechte, auch die der Übersetzung, des Nachdruckes und der Vervielfältigung des Buches oder Teilen daraus, vorbehalten. Kein Teil des Werkes darf ohne schriftliche Einwilligung des Verlages in irgendeiner Form (Fotokopie, Mikrofilm oder einem anderen Verfahren), auch nicht für Zwecke der Unterrichtsgestaltung – mit Ausnahme der in den §§ 53, 54 URG genannten Sonderfälle –, reproduziert oder unter Verwendung elektronischer Systeme verarbeitet, vervielfältigt oder verbreitet werden.

© 2012 Carl Hanser Verlag München Wien www.hanser.de Lektorat: Dipl.-Ing.Volker Herzberg Herstellung: Der Buchmacher, Arthur Lenner, München Coverconcept: Marc Müller-Bremer, Rebranding, München, Germany Titelillustration: Atelier Frank Wohlgemuth, Bremen Coverrealisierung: Stephan Rönigk Druck und Bindung: Beltz Bad Langensalza GmbH, Bad Langensalza Printed in Germany


Meiner Tochter Andrea gewidmet

Ein aufrichtiges Dankeschön meinen Mechaniklehrern Prof. Dr. Hans Georg Hahn Prof. Dr. Dr. h. c. Horst Lippmann Prof. Dr. Dr. h. c. Kurt Magnus Prof. Dr. Dr. h. c. Heinz Neuber


VII


Allgemeines Vorwort

Dieses Lehrbuch beinhaltet den Stoff der Vorlesung „Technische Mechanik“ im Studium des Maschinenbaus an Fachhochschulen. Es besteht aus drei selbständigen Teilen: Statik – Kinematik, Kinetik, Schwingungen – Festigkeitslehre. Jeder Teil kann unabhängig vom anderen benutzt werden. Einheitlicher Aufbau, Querverweise und ein gemeinsamer Anhang fügen die drei Teile jedoch zu einem Ganzen zusammen. Der umfangreiche Anhang ist zum bequemen Nachschlagen in einem Beiheft untergebracht. Bei der Darstellung ließ ich mich vor allem von didaktischen Gesichtspunkten leiten: optische Hervorhebung der Endformeln und Merksätze, 474 Bilder, 275 Fragen zum Verständnis, 104 vollständig gelöste Beispiele, 116 themenbezogene Übungsaufgaben, 43 „Prüfungsaufgaben“ (nach vier Schwierigkeitsgraden geordnet). Die Antworten zu den Fragen sowie die Ergebnisse der Übungs- und Prüfungsaufgaben (meist mit Lösungshinweisen und Zwischenwerten) befinden sich am Schluss des jeweiligen Buchteils. Aus Platzgründen konnten nicht die vollständigen Lösungen wiedergegeben werden. Lehrende erhalten sie auf Anfrage. Weitere themenbezogene Beispiele und Prüfungsaufgaben sind in meinem Übungsbuch „Mechanik-Training“ zusammengestellt (mit ausführlichen Lösungen). Der Gepflogenheit im Maschinenbau folgend sind die Bilder, falls nichts anderes vereinbart ist, in der Einheit mm bemaßt. In den Zahlenwertgleichungen wird fast ausschließlich mit kohärenten Einheiten gearbeitet, um langwierige Umrechnungen zu vermeiden. Die Berechnungen werden mit dem Taschenrechner ohne ein Zwischenrunden ausgeführt, das Endergebnis wird meist auf eine praktisch sinnvolle Stellenzahl gerundet wiedergegeben. Graphische Lösungen werden mit CAD erstellt und sind deshalb so genau wie analytische Lösungen. Ich möchte allen, die mich bei der Arbeit zu diesem Buch unterstützt haben, ganz herzlich danken.

Hier sind in erster Linie Prof. Ulrich Thalhofer (Numerische Verfahren) und Prof. Ernst Schatz (Maschinenelemente, Thermische Strömungsmaschinen) zu nennen. Wertvolle Unterstützung erhielt ich auch von Prof. Helmut Hiekel (Mechanik), Prof. Dr. Wolfgang Käser und Prof. Wilhelm Ruckdeschel (beide Fördertechnik, Maschinenelemente) sowie Prof. Dr. Peter Tautzenberger (Werkstofftechnik). Korrektur lasen Prof. Dr. Werner Drexler (Mechanik, FH Kempten), Prof. Dr. Johann Fuchs (Mechanik), Prof. Dr. Frank Gießner (Feinwerktechnik, Mechanik), Dipl.-Ing. Hubert Keim (Konstruktion, Pfister GmbH Augsburg) und wiederum Prof. Ernst Schatz. Übungsaufgaben und fachlichen Rat steuerten bei Prof. Dr. Ingo Bolling (Hydraulik-Pneumatik), Dipl.-Ing. Hubert Breyer (Unfallverhütung, GUV), Prof. Rudolf Bretzel (Mechanik, Luft- und Raumfahrt), Prof. Dr. Dieter Jannasch (Maschinenelemente), Prof. Dr. Winfried Kochem (Konstruktion, FH Köln), Prof. Klaus Martin (Verbrennungsmotoren, Maschinendynamik), StD Georg Mühlbauer (Mathematik, Physik, Max-Reger-Gymnasium Amberg), Prof. Dr. Franz Obinger (Getriebetechnik, CAD), Prof. Hans Rebinger (Verbrennungsmotoren, Maschinendynamik), Prof. Dr. Willi Rößner (Werkzeugmaschinen), Prof. Dr. Joachim Voßiek (Maschinenelemente, Mechanik), Prof. Dr. Rainer Wieler (Verbrennungsmotoren, Fahrzeugtechnik) und Prof. Dr. Rolf Ziegler (Regelungstechnik). Dipl.-Ing. Daniel Dierig, Dipl.-Ing. Oliver Herrmann, Dipl.-Ing. Jürgen Möller, Dipl.-Ing. Marco Vasciarelli, Dipl.-Ing. Eugen Weber und Dipl.-Ing. Stefan Wolf zeichneten mit großer Sorgfalt die Bilder. Herr Otto Reiser baute die Modelle, Herr Erber machte die Fotos. Die schlimmsten sprachlichen Ausrutscher verhinderten meine Frau Lydia und meine Tochter Andrea. Mit Informationen unterstützten mich die Firmen KUKA, LIEBHERR, MAN und VON ROLL. Allen Genannten nochmals herzlichen Dank.

VIII

Vorwort


Vorwort zur 7. Auflage Die 7. Auflage hat den gleichen Umfang wie die 6. Auflage. Was den Inhalt betrifft wurde versucht, verschiedene Sachverhalte klarer darzustellen. Des Weiteren mussten ein paar Aktualisierungen, bedingt durch die Änderung von Normen, vorgenommen werden. Werkstoffnormen wurden ganz herausgenommen. Ich danke allen Lesern für die aufmunternden Zuschriften und wertvollen Anregungen. Dem Carl Hanser Verlag danke ich für die stets gute Zusammenarbeit. Augsburg, Februar 2012

Martin Mayr

IX

Inhaltsverzeichnis


TEIL 1: Statik 1 Begriffe, Grundgesetze, Grundaufgaben . . . . . . . . . . . . . . 1.1 Die Kraft . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2 Masse und Gewichtskraft . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3 Das Gleichgewichtsaxiom . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.4 Das Wechselwirkungsgesetz . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.5 Die Verschiebbarkeit der Kraft längs ihrer Wirkungslinie. . . . . 1.6 Kräfteparallelogramm und Krafteck. . . . . . . . . . . . . . 1.7 Die Zerlegung einer Kraft nach zwei nichtparallelen Wirkungslinien 1.8 Das Hebelgesetz von ARISTOTELES und ARCHIMEDES . . . .

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001 001 002 003 004 005 005 005 006

2 Die resultierende Kraft eines zentralen ebenen Kräftesystems . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 008 2.1 Graphische Lösung. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 008 2.2 Analytische Lösung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 008 3 Kräftepaar und Moment einer Kraft . . . . . . . . . . . . . . . 3.1 Das Kräftepaar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2 Das Gleichgewicht zweier Kräftepaare . . . . . . . . . . . 3.3 Parallelverschiebung einer Kraft . . . . . . . . . . . . . . 3.4 Das Moment einer Kraft bezüglich eines Punktes . . . . . . . 3.5 Darstellung und Eigenschaften des Moments . . . . . . . . . 3.6 Das Moment einer Kraft in Bezug auf den Koordinatenursprung .

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010 010 011 011 011 012 013

4 Die resultierende Kraft eines nicht zentralen ebenen Kräftesystems . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 014 4.1 Parallele Kräfte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 014 4.2 Beliebige Kräfte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 015 5 Lagerung von Körpern . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 016 5.1 Freimachen eines Körpers . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 016 5.2 Lagerungsarten ebener Körper . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 016 6 Ebene Kräftesysteme im Gleichgewicht . . . . . . . . . . . . . 6.1 Drei nichtparallele Kräfte . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.2 Zerlegung einer Kraft nach drei Wirkungslinien. . . . . . . . 6.3 Beliebiges ebenes Kräftesystem (einschließlich Einzelmomente).

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019 019 022 024

7 Lagerreaktionen von typischen ebenen Tragwerken 7.1 Balken auf zwei Stützen . . . . . . . . . 7.2 Der eingespannte Balken . . . . . . . . . 7.3 GERBER-Träger . . . . . . . . . . . . 7.4 Dreigelenkbogen . . . . . . . . . . . .

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029 029 029 030 032

8 Das räumliche Kräftesystem . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.1 Komponenten einer Kraft im kartesischen Koordinatensystem. 8.2 Das Moment einer Kraft und seine kartesischen Komponenten 8.3 Resultierende Kraft und resultierendes Moment . . . . . . . 8.4 Lagerung räumlicher Körper. . . . . . . . . . . . . . . 8.5 Räumliche Kräftesysteme im Gleichgewicht . . . . . . . .

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033 033 034 036 037 037

X


9 Der Schwerpunkt . . . . . . . 9.1 Körperschwerpunkt . . . 9.2 Flächenschwerpunkt . . . 9.3 Die GULDINschen Regeln

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046 046 049 051

10 Innere Kräfte und Momente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10.1 Gerader Balken auf zwei Stützen mit Belastung quer zur Balkenachse 10.2 Der eingespannte Balken . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10.3 GERBER-Träger . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10.4 Bogenträger . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10.5 Ebene Rahmen ohne Verzweigung . . . . . . . . . . . . . . . 10.6 Ebene Rahmen mit Verzweigung . . . . . . . . . . . . . . . . 10.7 Wellen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10.8 Beliebige räumliche Träger . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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054 054 062 063 064 065 067 069 071

11 Ebene, statisch bestimmte Fachwerke . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 074 12 Reibung . . . . . . . . . . . 12.1 Haft- und Gleitreibung . . . 12.2 Seil- und Riemenreibung . . 12.3 Rollreibung (Rollwiderstand)

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Prüfungsaufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 085 Antworten zu den Fragen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 090 Ergebnisse der Übungsaufgaben (meist mit Lösungshinweisen und Zwischenwerten) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 092 Ergebnisse der Prüfungsaufgaben (meist mit Lösungshinweisen und Zwischenwerten) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 099

TEIL 2: Kinematik, Kinetik, Schwingungen 1 Einleitung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101 2 Ebene Punktbewegung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.1 Bahn, Geschwindigkeit, Beschleunigung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2 Weg-Zeit-Diagramm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3 Grundaufgaben der Kinematik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4 Tangential- und Normalbeschleunigung (bzw. Bahn- und Zentripetalbeschleunigung) . 2.5 Drehbewegung – lineare Bewegung. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.5.1 Kreisbahn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.5.2 Umwandlung einer Drehbewegung in eine lineare Bewegung . . . . . . . . 2.6 Beschreibung der Bewegung in Polarkoordinaten . . . . . . . . . . . . . . . .

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103 103 107 108 110 112 112 113 116

3 Räumliche Punktbewegung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 120


Inhaltsverzeichnis

XI

4 Ebene Bewegung des starren Körpers (mit Hinweisen auf die räumliche Bewegung) 4.1 Translation (Parallelverschiebung) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.2 Rotation (Drehung) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.3 Beliebige Bewegung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.3.1 Geschwindigkeit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.3.2 Beschleunigung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.4 Drehpol (Momentan-, Geschwindigkeitspol) . . . . . . . . . . . . . .

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5 Relativbewegung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.1 Translatorisch bewegtes Bezugssystem . . . . . . . . . . . . . . . . 5.2 Geschwindigkeit bei translatorisch und rotatorisch bewegtem Bezugssystem. 5.3 Beschleunigung bei translatorisch und rotatorisch bewegtem Bezugssystem .

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6 Überlagerte Drehbewegungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139 7 Arbeit, potentielle Energie, Leistung, Wirkungsgrad 7.1 Arbeit und potentielle Energie . . . . . . . 7.2 Leistung . . . . . . . . . . . . . . . . 7.3 Wirkungsgrad . . . . . . . . . . . . . .

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8 Die NEWTONschen Grundgesetze, D’ALEMBERTsche Trägheitskraft . . . . . . . . . . . . . . . . . . 145 9 Impulssatz und Schwerpunktsatz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151 10 Energiesatz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 157 11 Trägheitsmomente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161 12 Kinetik der ebenen Bewegung des starren Körpers . . . . . . . . . . . . . 12.1 Translation mit der Schwerpunktgeschwindigkeit . . . . . . . . . . . 12.2 Rotation um eine Trägheitshauptachse durch den Schwerpunkt . . . . . 12.2.1 Drehimpulssatz (Drallsatz) . . . . . . . . . . . . . . . . . 12.2.2 Kinetische Energie. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12.3 Analogie zwischen Translation und Rotation . . . . . . . . . . . . . 12.4 Drehung um eine feste Achse oder um eine Achse durch den Momentanpol 12.5 Reduziertes Trägheitsmoment . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12.6 Allgemeine ebene Bewegung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12.7 Gekoppelte Körper . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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13 Kinetik der Relativbewegung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 180 14 Stoßvorgänge . . . . . . . . 14.1 Gerader zentraler Stoß . . 14.2 Schiefer zentraler Stoß . . 14.3 Gerader exzentrischer Stoß 14.4 Drehstoß . . . . . . . .

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15 Schwingungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 192 15.1 Freie ungedämpfte Schwingung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 193 15.2 Freie gedämpfte Schwingung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 198

XII

Inhaltsverzeichnis 15.3 Erzwungene Schwingung . . . . . . . . . . 15.4 Maßnahmen gegen Resonanzerscheinungen . . 15.4.1 Verlagerung der Eigenfrequenz . . . . 15.4.2 Dämpfung und Schwingungsstörung . . 15.4.3 Schwingungsisolierung. . . . . . . . . 15.4. 15.4.3.1 Aktive Isolierung . . . . . . 15.4.3 15.4.3.2 Passive Isolierung . . . . . . 15.4.4 Schwingungstilgung mittels Hilfsmasse .

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205 209 209 210 210 210 213 214

Prüfungsaufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 217


Antworten zu den Fragen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 221 Ergebnisse der Übungsaufgaben (meist mit Lösungshinweisen und Zwischenwerten) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 225 Ergebnisse der Prüfungsaufgaben (meist mit Lösungshinweisen und Zwischenwerten) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 231

TEIL 3: Festigkeitslehre 1 Aufgaben der Festigkeitslehre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 233 2 Beanspruchungsarten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 236 3 Spannungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.1 Normalspannung und Schubspannung. . . . . . . . . . . . . . . . 3.2 Zugstab – einachsiger Spannungszustand . . . . . . . . . . . . . . 3.3 Räumlicher (dreiachsiger) Spannungszustand . . . . . . . . . . . . 3.4 Ebener (zweiachsiger) Spannungszustand (ESZ) . . . . . . . . . . . 3.4.1 Spannungen für gedrehte Schnittflächen . . . . . . . . . . . . 3.4.2 Größte und kleinste Normalspannung sowie größte Schubspannung. 3.4.3 MOHRscher Spannungskreis . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.5 Spannungsoptik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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239 239 240 242 244 245 247 253 256

4 Verformungen und Verzerrungen . . . 4.1 Dehnung und Querdehnung . . . 4.2 Schubverzerrung . . . . . . . 4.3 Allgemeiner Verzerrungszustand .

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262 262 263 263

5 Stoffgesetze . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.1 Zugversuch, Spannungs-Dehnungs-Diagramm, HOOKEsches Gesetz . . . . . . . . . . . . . . 5.2 Schubspannung und Schubwinkel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.3 Elastizitätsgesetz für den ebenen Spannungszustand . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.4 Wärmedehnungen und Wärmespannungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.5 Anwendung der einachsigen Stoffgesetze auf statisch bestimmte und statisch unbestimmte Stabwerke . 5.5.1 Spannungen und Verformungen in einem statisch bestimmten Stabwerk . . . . . . . . . . . 5.5.2 Spannungen und Verformungen in einem statisch unbestimmten Stabwerk . . . . . . . . . .

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264 264 267 267 269 271 271 273

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6 Arbeit und elastische Energie. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 276

Inhaltsverzeichnis

XIII


7 Einfache Beanspruchungsfälle und Festigkeitsbedingungen 7.1 Zug und Druck . . . . . . . . . . . . . . . . 7.2 Flächenpressung . . . . . . . . . . . . . . . . 7.3 Schub . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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279 279 281 281

8 Dünnwandige Ringe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.1 Spannung unter Innen- oder Außendruck . . . . . . . . . . . . . . 8.2 Radiusänderung und Dehnung infolge Spannung und Temperaturänderung 8.3 Rotierender Ring . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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285 285 286 289

9 Dünnwandige Behälter . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 293 9.1 Kreiszylindrischer Behälter unter Innen- oder Außendruck . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 293 9.2 Kugelbehälter unter Innen- oder Außendruck . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 294 10 Flächenmomente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10.1 Flächenmoment 1. Grades (statisches Moment der Fläche) 10.2 Flächenmomente 2. Grades . . . . . . . . . . . . . 10.2.1 Definitionen und Beispiele . . . . . . . . . . 10.2.2 Parallelverschiebung der Bezugsachsen . . . . . 10.2.3 Drehung der Bezugsachsen . . . . . . . . . . 10.2.4 Flächenmomente zusammengesetzter Flächen . .

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297 297 298 298 301 301 302

11 Biegung. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.1 Reine Biegung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.1.1 Gerade Biegung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.1.2 Schiefe Biegung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.2 Biegung mit Querkraft und weitere Näherungen (Technische Biegelehre) 11.3 Durchbiegung und Biegewinkel . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.4 Formänderungsarbeit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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308 308 308 312 315 321 327

12 Torsion . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12.1 Kreiszylindrische Stäbe . . . . . . . . . 12.2 Formänderungsarbeit . . . . . . . . . . 12.3 Dünnwandige einfach geschlossene Profile 12.3.1 Schubspannung . . . . . . . . . 12.3.2 Torsionswinkel . . . . . . . . . 12.4 Dünnwandige offene Profile . . . . . . . 12.5 Sonstige Querschnittsformen . . . . . .

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331 331 336 337 337 338 342 343

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13 Schub bei Querkraftbiegung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 346 14 Knickung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 353 14.1 Elastische Knickung nach EULER . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 353 14.2 Spannungsabsicherung bei Druckstäben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 356 15 Dauer-, Zeit- und Betriebsfestigkeit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 361 16 Festigkeitshypothesen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 364 16.1 Die drei wichtigsten Hypothesen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 365 16.2 Anstrengungsverhältnis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 367 17 Zusammengesetzte Beanspruchung von Stäben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 369

XIV

Inhaltsverzeichnis

17.1 Biegung mit Normalkraft . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 369 17.2 Biegung und Torsion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 372 17.3 Beliebige Lastkombination . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 377 18 Bauteilfestigkeit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18.1 Plastische Stützwirkung. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18.2 Kerbwirkung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18.3 Oberflächeneinfluss, Randschichtverfestigung, Umgebungseinfluss 18.4 Größeneinfluss . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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380 380 381 384 385


19 Dehnungsmessstreifen-Methode (DMS-Methode) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 391 20 Satz von CASTIGLIANO . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 398 20.1 Statisch bestimmte Systeme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 400 20.2 Statisch unbestimmte Systeme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 401 Prüfungsaufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 406 Antworten zu den Fragen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 415 Ergebnisse der Übungsaufgaben (meist mit Lösungshinweisen und Zwischenwerten) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 421 Ergebnisse der Prüfungsaufgaben (meist mit Lösungshinweisen und Zwischenwerten) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 426

Literaturverzeichnis (im Text zitierte und ergänzende Literatur) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 429 Verwendete Symbole (mit den vorzugsweise verwendeten Einheiten) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 431 Sachwortverzeichnis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 435

1

TEIL 1: Statik


1 Begriffe, Grundgesetze, Grundaufgaben Kraft, Masse, Gewichtskraft, Gleichgewichtsaxiom, Wechselwirkungsgesetz, Verschiebbarkeit der Kraft längs ihrer Wirkungslinie, Kräfteparallelogramm, Krafteck, Hebelgesetz

In Teil 1 beschäftigen wir uns mit den Kräften, die auf einen starren (d. h. nicht verformbaren) ruhenden oder mit konstanter Geschwindigkeit translatorisch bewegten Körper einwirken, den sog. äußeren Kräften (z. B. Windkräfte, Auftriebskräfte). Von Interesse sind auch Kräfte, die zwischen starren Körpern (Kontaktkräfte) oder zwischen starren Körpern und deren Lagerungen (Lagerkräfte) wirken. Des Weiteren werden wir die Kräfte und Momente im Innern eines Körpers bestimmen.

1.1 Die Kraft Die Kraft ist eine Größe, die den Bewegungszustand und/oder die Form eines Körpers ändern kann, s. Teil 2 und 3. Die Kraft ist allgemein ein sog. gebundener Vektor. Dieser ist festgelegt durch: 1. Betrag (Zahlenwert einschließlich Einheit) 2. Wirkungslinie 3. Richtungssinn 4. Angriffspunkt Im Gegensatz zur Kraft ist z. B. die Temperatur ein Skalar. Bei diesem genügt die Angabe des Betrags. Für den Kraftvektor schreiben wir F (in der Literatur ist auch F üblich) und für den Betrag beispielsweise F = 100 N. N (wie Newton) ist die Krafteinheit, benannt nach dem berühmten englischen Physiker ISAAC NEWTON 1. Anschaulich wird die Kraft in einer Skizze, Bild 1.1. Zur maßstäblichen Darstellung benötigen wir den Kräftemaßstab mF, z. B.

mF =

1

200 N . cm

ISAAC NEWTON 1643 – 1727

1

2

1 Begriffe, Grundgesetze, Grundaufgaben

Der 2 cm lange Pfeil bedeutet damit eine Kraft F = 2 cm ⋅ m F = 2 cm ⋅

200 N = 400 N . cm

Oft wird die Pfeillänge nicht maßstäblich gezeichnet, stattdessen der Betrag neben die Pfeilspitze geschrieben:


F = 100 N Bild 1.1 Die 4 Merkmale des gebundenen Kraftvektors

100 N oder einfach

Zur analytischen Beschreibung bezieht man die Kraft auf ein kartesisches x,y-Koordinatensystem, Bild 1.2.  Die Kraft F ist analytisch festgelegt entweder durch die Komponenten Fx = F ⋅ cos α

(1.1)

Fy = F ⋅ sin α

 oder durch den Betrag F und den Winkel α zwischen F und der x-Achse.

Bild 1.2 Die Kraft im kartesischen Koordinatensystem

1.2 Masse und Gewichtskraft Die Masse m ist die Materiemenge, die von der Körperoberfläche eingeschlossen wird. Sie beschreibt die Eigenschaft eines Körpers, die sich sowohl in Trägheitswirkungen gegenüber einer Änderung seines Bewegungszustandes als auch in der Anziehung auf andere Körper äußert. Masse m = ρ ⋅ V

in kg

(1.2)

mit V: Volumen in m3 u. ä. ρ: Dichte in kg/m3, kg/dm3 u. ä. Zwei Werte für ρ: Stahl Aluminiumlegierung

ρ ≈ 7,85 kg/dm3 2,70 kg/dm3

1.3 Das Gleichgewichtsaxiom

3

Weitere Werte in A9.3. Jede Masse wird von der Erde angezogen, und zwar mit der   (1.3 a) Gewichtskraft FG = m ⋅ g .  g ist die Fallbeschleunigung; sie zeigt zum Erdmittelpunkt hin, d. h. vertikal oder lotrecht nach unten. g ≈ 9,81 m/s2

in der Nähe der Erdoberfläche

Betrag der Gewichtskraft: Technische Mechanik downloaded from www.hanser-elibrary.com by ETH-Bibliothek on September 16, 2014 For personal use only.

FG = m · g = ρ · g · V

in N

(1.3 b)

Die Gewichtskraft ist eine sog. eingeprägte Kraft. Sie spielt eine große Rolle in Statik und Dynamik. Beispiel 1.1 Welche Masse m und welche Gewichtskraft FG hat eine Stahlkugel vom Radius R = 10 mm und der Dichte ρ = 7,85 kg/dm3? Lösung: A5.1 entnehmen wir: m = ρ ⋅ 43 π ⋅ R 3 = 7,85

kg 4 10 −6 dm 3 ⋅ π ⋅ 103 mm 3 ⋅ 3 3 dm mm 3

m ≈ 0,0329 kg Mit (1.3 b) folgt: FG = m ⋅ g ≈ 0,0329 kg ⋅ 9,81

m kgm ≈ 0,323 2 = 0,323 N 2 s s

mit der Umrechnung gemäß A1.1: kg ⋅ m s2

=N

*

Die Masse wird vereinfachend meist mit dem Wägewert, d. h. dem Ergebnis einer Wägung in Luft (auch Gewicht genannt) gleichgesetzt. Als Einheiten werden außer dem Kilogramm auch Gramm und Tonne verwendet.

1.3 Das Gleichgewichtsaxiom Bleibt ein Körper unter der Einwirkung beliebiger Kräfte in Ruhe, so befindet er sich im Gleichgewicht. Das ist ein Axiom, d. h. eine Grunderkenntnis, die nicht mehr bewiesen werden kann, aber durch jahrhundertelange Erfahrung bestätigt wird.

1


4

Ein Sonderfall ist das Gleichgewicht von zwei Kräften, Bild 1.3. Hierfür gilt: Zwei Kräfte sind im Gleichgewicht, wenn sie 1. die gleiche Wirkungslinie haben, 2. entgegengesetzt gerichtet und 3. gleich groß sind.


Alle 3 Bedingungen lassen sich in einer einzigen Vektorgleichung zusammenfassen: Bild 1.3 Zwei Kräfte im Gleichgewicht

  F1 + F2 = 0

bzw.

  F1 = − F2

(1.4)

Achtung: Die Vektoren sind entgegengesetzt gleich (Minus!); die Beträge sind direkt gleich (F1 = F2).

1.4 Das Wechselwirkungsgesetz

Bild 1.4 Kontaktkräfte a) zwei Körper in Kontakt b) Sichtbarmachen der Kontaktkräfte

An der Berührstelle zweier Körper treten Kontaktkräfte (Berührkräf  te) auf. Das sind im Gegensatz zu den äußeren Kräften F1 und F2 innere Kräfte für das Gesamtsystem und sie erscheinen somit in Bild 1.4 a nicht. Rückt man die beiden Körper gedanklich auseinander, lassen sich die Kontaktkräfte einzeichnen, Bild 1.4 b. Sie werden zu äußeren Kräften für die Einzelkörper  oder Teilsysteme. F3 ist die Kraft vom Körper 2 auf den Körper 1, F4 vom Körper 1 auf den Körper 2. Das Gleichgewichtsaxiom liefert: Körper 1: F3 = F1 Körper 2: F4 = F2 Gesamtanordnung, Bild 1.4 a: F1 = F2 Der Vergleich der drei Zeilen führt auf: F3 = F4 . Die Kräfte zweier Körper aufeinander sind stets gleich groß und entgegengesetzt gerichtet, kurz: actio = reactio. Das ist das Dritte Grundgesetz von NEWTON, das sog. Wechselwirkungsgesetz.

Bild 1.5 Kontaktkräfte bei Zahnrädern a) Zahnpaar momentan in Kontakt b) Kontaktkräfte (Zahnkräfte)

Beispiele dafür gibt es beliebig viele: Sie drücken mit Ihrem Gewicht auf den Stuhl, der Stuhl drückt mit gleicher Kraft dagegen. Zwei Zahnräder kämmen miteinander, Bild 1.5 a, die beiden Zahnflanken drücken mit gleicher Kraft aufeinander, Bild 1.5 b, etc. pp.

1.7 Die Zerlegung einer Kraft nach zwei nichtparallelen Wirkungslinien

5

1.5 Die Verschiebbarkeit der Kraft längs ihrer Wirkungslinie Die 3 Situationen in Bild 1.6 sind in ihrer äußeren Wirkung gleich  wertig, d. h. die Wirkung der Gewichtskraft FG = m ⋅ g auf die Lager ist in allen drei Fällen gleich. Das bedeutet:


Eine Kraft kann längs ihrer Wirkungslinie verschoben werden, ohne dass sich die äußere Wirkung ändert. Achtung! In der Festigkeitslehre ist der Kraftangriffspunkt im Allgemeinen zu beachten. Das gilt auch für Kap. 10 und 11 von Teil 1 zur Bestimmung der inneren Kräfte.

Bild 1.6 Verschiebung der Kraft längs ihrer Wirkungslinie

1.6 Kräfteparallelogramm und Krafteck

1

Die beiden Schlepper   in Bild 1.7 a ziehen am  Ozeanriesen mit den Kräften F1 und F2 . Die resultierende Kraft FR (kurz Resultierende) entspricht der Diagonalen des Kräfteparallelogramms. Es gilt somit der Satz (Axiom vom Kräfteparallelogramm):   Zwei Kräften F1 und F2 mit gemeinsamem Angriffspunkt ist  eine einzige Kraft FR statisch gleichwertig, die am selben Punkt   angreift und der Diagonale des von F1 und F2 gebildeten Parallelogramms entspricht.  Zur Konstruktion von FR genügt auch die Hälfte des Parallelogramms, das sog. Krafteck, Bild 1.7 b.

Bild 1.7 Die Resultierende von zwei Kräften a) Kräfteparallelogramm b) Krafteck

1.7 Die Zerlegung einer Kraft nach zwei nichtparallelen Wirkungslinien Das ist die Umkehrung des vorangegangenen Problems.   Hierzu die Situation in Βild 1.8a. Die Gewichtskraft FG = m ⋅ g wird   durch die beiden Seilkräfte F1 und F2 gehalten. Wie lassen sich die Seilkräfte zeichnerisch bestimmen?  Die Resultierende FR der Seilkräfte muss der Gewichtskraft das Gleichgewicht halten. Diese Resultierende ist die Diagonale des Paral  lelogramms, das von F1 und F2 gebildet wird, Bild 1.8 b. Wir müssen  also Parallelen zu den Seilen an FR zeichnen und erhalten damit

Bild 1.8 Zerlegung einer Kraft a) Gewicht an zwei Seilen b) Zerlegung von FR mit Hilfe des b) Kräfteparallelogramms c) Zerlegung mit Hilfe des Kraftecks


6

  F1 und F2 . Das Gleiche bekommen wir schneller über das Krafteck, Bild 1.8 c.

Eine weitere häufige Anwendung der Kräftezerlegung ist der Keil.


Übung 1.1 Ein Kletterer hat gemäß Bild 1.9 in den gezeichneten Abständen zwei Haken geschlagen und sich daran mit Hilfe zweier Schlingen von 50 cm bzw. 60 cm Länge gesichert.   Bestimmen Sie graphisch die Kräfte F1 und F2 der Haken 1 bzw. 2 auf die Schlingen, wenn der Kletterer mit seinem gesamten Gewicht (Gewichtskraft FG = 750 N) in der Sicherung hängt. Durch welche Maßnahme werden die Kräfte gleichmäßiger?

1.8 Das Hebelgesetz von ARISTOTELES2 3 und ARCHIMEDES Bild 1.9 Kräftezerlegung beim Klettern, Übung 1.1

  Gegeben sind 2 parallele Kräfte F1 und F2 im Abstand a1 + a2,,  Bild 1.10. Wo liegt die Wirkungslinie der Resultierenden FR ? Die Lösung liefert das Hebelgesetz.

Hebelgesetz: Die Hebelarme sind den Kräften umgekehrt proportional. a1 a2

=

F2 F1

(1.5)

Für die Größe von FR gilt: FR = F1 + F2



Bild 1.10 Die Resultierende FR der parallelen   Kräfte F1 und F2

  Ihre Wirkungslinie ist zu F1 bzw. F2 parallel.

Auch die umgekehrte Fragestellung lässt sich über das Hebelgesetz lösen: Die Zerlegung einer Kraft nach zwei Wirkungslinien, die zur ursprünglichen Kraft parallel sind. Hierzu folgendes Beispiel. Beispiel 1.2 Der Radlader in Bild 1.11 hat mit Schaufelfüllung eine Gewichtskraft FG = 120 kN. Sie wirkt a = 0,5 m hinter dem Vorderrad. Der Radstand beträgt l = 3 m. Mit welchen Kräften Fv und Fh drücken die Vorder- bzw. Hinterräder auf den Grund? 2 3

ARISTOTELES 384 – 322 v. Chr. ARCHIMEDES von SYRAKUS 287 – 212 v. Chr.

1.8 Das Hebelgesetz von ARISTOTELES und ARCHIMEDES

7

Lösung: Nach dem Hebelgesetz gilt: Fv l − a 2,5 m = = =5 Fh a 0,5 m

→

Fv = 5 Fh (*)

Fv und Fh sind zusammen so groß wie FG: Fv + Fh = FG (**) (*) in (**) liefert: Technische Mechanik downloaded from www.hanser-elibrary.com by ETH-Bibliothek on September 16, 2014 For personal use only.

5 Fh + F h = F G Fh =

FG 6

=

120 kN = 20 kN 6

Fv = 5 Fh = 100 kN 1. 2. 3. 4. 5. 6.

Nennen Sie zwei äußere Kräfte. Durch welche Merkmale ist der gebundene Kraftvektor festgelegt? Wie hängt die Krafteinheit N mit den Basiseinheiten zusammen? Unter welchen Bedingungen sind 2 Kräfte im Gleichgewicht? Was besagt das Wechselwirkungsgesetz? Kann bezüglich der äußeren Wirkung eine Kraft längs ihrer Wirkungslinie verschoben werden? 7. Welche Bedeutung hat die Diagonale im Kräfteparallelogramm? 8. Wie lautet das Hebelgesetz?

 Bild 1.11 Die Zerlegung der Kraft FG in dazu   parallele Kräfte Fv und Fh

1

8

2 Die resultierende Kraft eines zentralen ebenen Kräftesystems Vektoraddition der Kräfte, algebraische Addition der kartesischen Kraftkomponenten


Zentrales Kräftesystem heißt: Die Wirkungslinien aller Kräfte schneiden sich in einem gemeinsamen Punkt. Außerdem sollen vorläufig alle Kräfte in der Zeichenebene liegen.

2.1 Graphische Lösung Wieder nehmen wir das Beispiel Schiff, das diesmal von drei Schleppern gezogen wird, Bild 2.1 a. Näherungsweise wollen wir annehmen, dass die Taue am selben Schiffspunkt befestigt und horizontal sind. Gemäß Kap. im  1.6 zeichnen wir zunächst   Kräfteplan (KP) die Resultierende F1,2 aus den Kräften F1 und F2 , Bild 2.1b. Die Richtungen   von F1 und F2 ergeben sich aus dem Lageplan (LP) durch Parallel  verschieben. Anschließend fassen wir F1,2 mit F3 zur Gesamtresultie renden FR zusammen. Wenn noch mehr Kräfte wirken, setzen wir den Prozess fort, bis alle Kräfte im KP aufgetragen sind.

Bild 2.1 Konstruktion der Resultierenden a) Lageplan b) Kräfteplan mit der  Zwischenresultierenden F1, 2 c) Kraftecke mit unterschiedlicher c) Kräftefolge

Es geht auch ohne Zwischenresultierende, Bild 2.1 c. Wir hängen einfach alle Kraftpfeile aneinander. Die Resultierende liegt zwischen dem Anfangspunkt der ersten Kraft und der Pfeilspitze der letzten Kraft. Die Reihenfolge der Kräfte spielt hierbei keine Rolle. Das Aneinandersetzen der Kraftpfeile entspricht einer Vektoraddition: n      FR = F1 + F2 + F3 +  = ∑ Fi i =1

Aus Bild 2.1 ergibt sich:

FR = 5,2 cm → FR ≈ 52 kN

(nach rechts gerichtet)

2.2 Analytische Lösung Jetzt denken wir uns die Kräfte in einem kartesischen Koordinatensystem, Bild 2.2a. Die Kraftpfeile können unmaßstäblich sein. Winkel zählen positiv im Gegenuhrzeigersinn, negativ im Uhrzeigersinn.

2.2 Analytische Lösung

9

Gemäß Kap. 1.1 zerlegen wir alle Kräfte in ihre Komponenten Fxi und Fyi . Fxi = Fi ⋅ cos α i Fyi = Fi ⋅ sin α i

Fx1, Fx2 ... zeigen alle in x-Richtung und dürfen deshalb algebraisch addiert werden. Das ergibt FRx. Analog dazu erhalten wir FRy. Anschließend lassen sich FR (mit Hilfe des Satzes von PYTHAGORAS1) und α bestimmen, Bild 2.2 b. Größe und Richtung der resultierenden Kraft: Technische Mechanik downloaded from www.hanser-elibrary.com by ETH-Bibliothek on September 16, 2014 For personal use only.

n

FRx = Fx1 + Fx2 +  =

∑F

xi

(2.1 a)

i =1 n

FRy = Fy1 + Fy2 +  =

∑F

yi

(2.1 b)

i =1

FR =

2 2 FRx + FRy

a = arctan

FRy FRx

(2.1 c) (2.1 d)

α legt nur die Richtung der Wirkungslinie fest. Der Richtungssinn ist anhand der Kraftkomponente FRx oder FRy zu klären.

Bild 2.2 Analytische Bestimmung der Resultierenden a) Kräfte im kartesischen Koordinatena) system b) Bestimmung von FR und a aus FRx b) und FRy

Zahlenrechnung: FRx = [20 ⋅ cos 42° + 15 ⋅ cos 8° + 27 ⋅ cos (–34°)] kN ≈ 52,1 kN FRy = [20 ⋅ sin 42° + 15 ⋅ sin 8° + 27 ⋅ sin (–34°)] kN ≈ 0,4 kN FR = 52 ,1 2 + 0 , 4 2 kN ≈ 52 ,1 kN α = arctan

0,4 kN ≈ 0, 4° 52,1 kN

Übung 2.1 Ein Tanker wird von drei Schleppern in den Hafen bugsiert, Bild 2.3. Von allen Schleppern sind die Zugrichtungen bekannt, die Zugkräfte dagegen nur von Schlepper 1 und 2.  Bestimmen Sie F3 so, dass die resultierende Kraft FR auf den Tanker in die gewünschte Fahrtrichtung zeigt. Wie groß ist FR? Graphische und analytische Lösung. 1. Was heißt zentrales Kräftesystem? 2. Welche Vorzeichenregelung gilt für den Winkel zwischen x-Achse und Kraftpfeil? 1

PYTHAGORAS 6. Jahrh. v. Chr.

Bild 2.3 Zu Übung 2.1

1

10

3 Kräftepaar und Moment einer Kraft


Moment des Kräftepaares, Gleichgewicht zweier Kräftepaare, Parallelverschiebung einer Kraft, Versetzungsmoment, Moment einer Einzelkraft, Momentenvektor, Parallelverschiebbarkeit des Momentenvektors, Moment einer Einzelkraft in Bezug auf den Koordinatenursprung

3.1 Das Kräftepaar Gegeben sind gemäß Bild 3.1a zwei gleich große, entgegengesetzt gerichtete parallele Kräfte im Abstand a. Wir berechnen das Produkt aus Kraft und Abstand: Bild 3.1 Kräftepaar a) Kräftepaar F ⋅ a b) statisch gleichwertiges, gedrehtes Kräftepaar F* ⋅ b

F ⋅ a = 2 kN ⋅ 4 m = 8 kNm

 Jetzt nehmen wir zwei gleich große Hilfskräfte FH hinzu, Bild 3.1b. Sie verändern nichts, da sie  sich insgesamt aufheben. Jedoch lassen   sich F und FH zur Kraft F * zusammenfassen.

Wieder berechnen wir das Produkt aus Kraft und Abstand: F* ⋅ b = 2,5 kN ⋅ 3,2 m = 8 kNm  Die beiden Kräfte F lassen sich nicht zu einer Resultierenden zusammenfassen, sondern nur umwandeln in wiederum gleich gro ße, entgegengesetzt gerichtete parallele Kräfte F *.

Das Produkt aus Größe und dem Abstand der Wirkungslinien ist konstant. Zwei Kräfte dieser Eigenschaft heißen Kräftepaar. F ⋅ a = F* ⋅ b = M* heißt Moment des Kräftepaars (Einzelmoment). Bild 3.2 zeigt zwei alltägliche Beispiele eines Kräftepaars: beidhändiges Drehen am Lenkrad und Anziehen einer Schraube mit dem Kreuzschlüssel. Bild 3.2 Beispiele für Kräftepaare a) beidhändiges Lenken b) Anziehen einer Schraube mit dem b) Kreuzschlüssel (links kommt die Kraft aus der Zeichenebene heraus, rechts geht sie b) hinein)

Wir machen ein Experiment gemäß Bild 3.3. Eine Platte mit zwei Sechskantschrauben ist über zwei Kraftmessdosen aufgehängt. Mit einem Steckschlüssel üben wir zunächst auf die Schraube A ein Kräftepaar mit dem Moment M* = F ⋅ a = 50 Nm aus. Die rechte Kraftdose zeigt eine positive Kraft (Zugkraft) und die linke eine negative Kraft (Druckkraft) von F* = 50 N an.

3.4 Das Moment einer Kraft bezüglich eines Punktes

11

Jetzt wiederholen wir das Experiment mit der Schraube B. Die Kraftdosen zeigen wieder 50 N an. Auch wenn wir zwischen Schraubenkopf und Schlüssel ein Verlängerungsstück stecken, d. h. die Wirkungsebene des Kräftepaars parallel verschieben, werden wieder 50 N angezeigt.


Ein Kräftepaar kann beliebig in seiner Ebene gedreht und verschoben werden. Ebenso darf die Wirkungsebene parallel verschoben werden. Die Wirkung auf den starren Körper ändert sich dadurch nicht.

3.2 Das Gleichgewicht zweier Kräftepaare Wir lassen an unserer Vorrichtung in Bild 3.3 bei A und B zwei Kräftepaare gemäß Bild 3.4 wirken. Die beiden Kräftepaare sind im Gleichgewicht, wenn die Kraftmessdosen null anzeigen. Dafür gilt:

Bild 3.3 Drehung und Parallelverschiebung des Kräftepaares

Zwei Kräftepaare gleicher Größe, die in parallelen Ebenen entgegengesetzt zueinander drehen, sind im Gleichgewicht.

F1 ⋅ a1 = F2 ⋅ a2

3.3 Parallelverschiebung einer Kraft Wieder drehen wir an der Lenksäule, jetzt einhändig, Bild 3.5 a. Wie ist diese Drehwirkung bei nur einer Kraft zu erklären? Gemäß Bild 3.5b bringen wir im Drehpunkt A zwei gleich große, entgegengesetzte Kräfte F an, die zur ursprünglichen Kraft parallel sind. Zwei Kräfte lassen sich, wie schraffiert, zu einem Kräftepaar zusammenfassen. Dieses erzeugt die Drehwirkung. Die übrigbleibende Einzelkraft beansprucht die Lenksäule als Querkraft.

Bild 3.4 Zwei Kräftepaare im Gleichgewicht

Verschiebt man eine Kraft in eine parallele Wirkungslinie im Abstand a, so tritt zusätzlich ein Kräftepaar vom Moment F ⋅ a (Versetzungsmoment) auf.

3.4 Das Moment einer Kraft bezüglich eines Punktes Vorher haben wir gesehen, dass eine Einzelkraft ebenfalls eine Drehwirkung hat. Im Gegensatz zum Kräftepaar müssen wir dabei einen Bezugspunkt angeben (Punkt A in Bild 3.5 b).

Bild 3.5 Parallelverschiebung einer Kraft a) Kraft allein b) verschobene Kraft + Kräftepaar

1

12

3 Kräftepaar und Moment einer Kraft

Moment einer Kraft in Bezug auf den Punkt A: MA = F⋅a

in N ⋅ m = Nm

Moment gleich Kraft mal Hebelarm Der Hebelarm ist der lotrechte und somit der kürzeste Abstand zur  Kraft F .


Beispiele für das Moment einer Kraft s. Bild 3.6.

3.5 Darstellung und Eigenschaften des Moments Bild 3.6 Beispiele für das Moment einer Kraft a) Moment der Pleuelstangenkraft auf b) die Kurbelwelle b) Moment der verschieden großen b) Riemenkräfte auf die Riemenscheibe  c) Moment der Gewichtskraft FG b) bezüglich des Radpunktes A b) (Kippmoment) d) Moment einer Kraft auf die Einspanb) nung (Einspannmoment)

Das Moment eines Kräftepaares oder einer Kraft in Bezug auf einen Punkt ist vollständig bestimmt durch: 1. Betrag (Zahlenwert einschließlich Einheit) 2. Wirkungsebene 3. Drehsinn Bild 3.7 a verdeutlicht diese drei Eigenschaften für das Kräftepaar F ⋅ a. Zur Unterscheidung von der Kraft hat der Momentenpfeil eine Doppelspitze. Wirkungsebene (Pfeilrichtung) und Drehsinn kann man sich leicht mit der rechten Hand klarmachen, Bild 3.7b: Krümmen Sie die Finger in der Drehrichtung der Kräfte; der Daumen zeigt dabei in Richtung des Momentenpfeils. Wegen der genannten drei Eigenschaften ist das Moment ein Vektor.  Wir schreiben es M und den Betrag M, z. B. M = 100 Nm. Momente können vektoriell addiert werden:     MR = M1 + M2 + M3 +  Die graphische Addition erfolgt gemäß Bild 3.8 analog zum Krafteck. Das Moment ist ein sog. freier Vektor, d. h. der Momentenpfeil darf im Raum parallel verschoben werden, ohne dass sich die Wirkung auf den starren Körper ändert, s. Bild 3.3. In der ebenen Statik, mit der wir uns vorläufig beschäftigen, treten nur Momente auf, bei denen die Wirkungsebene in der x,y-Ebene oder parallel dazu liegt. Der Momentenpfeil ist parallel zur z-Achse (⊥ Zeichenebene). Zur eindeutigen Kennzeichnung des Moments genügt somit der Betrag und der Drehsinn (Vorzeichen). Da die z-Achse aus der Zeichenebene herauskommt, gilt für das Vorzeichen:

Bild 3.7 Darstellung des Moments a) Vektoreigenschaften b) Verdeutlichung mit Hilfe der rechten b) Hand

Die Momente ein und derselben Ebene, also momentan der x,yEbene, können algebraisch addiert werden.

3.6 Das Moment einer Kraft in Bezug auf den Koordinatenursprung

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3.6 Das Moment einer Kraft in Bezug auf den Koordinatenursprung  Die Kraft F in Bild 3.9 zerlegen wir in ihre Komponenten Fx und Fy. Jede Komponente ergibt ein Moment um die z-Achse, insgesamt:  Moment einer Kraft F in Bezug auf den Koordinatenursprung:


M = M z = Fy ⋅ x P − Fx ⋅ y P

(3.1)

Das Moment einer Kraft ist gleich der Summe der Momente ihrer Komponenten. Übung 3.1 Auf dem schmalen Holzbalkon gemäß Bild 3.10 stehen 2 Personen der Gewichtskräfte FG1 bzw. FG2. Die Gewichtskraft der horizontalen Tragkonstruktion ist FG3 und die der Brüstung FG4. Der Blumentrog stützt sich mit der Gewichtskraft FG5 auf die Brüstung ab, zusätzlich entsteht durch die exzentrische Befestigung ein Kräftepaar (Einzelmoment) M*. Wie groß ist das resultierende Moment MA an der Einspannstelle A der Tragkonstruktion im Mauerwerk (analytische Lösung)? Zahlenwerte: FG1 = 750 N; FG2 = 400 N; FG3 = 1500 N; FG4 = 400 N; FG5 = 500 N; M* = 104 Ncm 1. Was ist ein Kräftepaar? 2. Wann sind zwei Kräftepaare im Gleichgewicht?  3. Was ist bei der Parallelverschiebung einer Kraft F um den lotrechten Abstand a zu beachten? 4. Welche Merkmale kennzeichnen den Momentenvektor? 5. Welchen Einfluss auf den starren Körper hat eine Parallelverschiebung des Momentenvektors?

1 Bild 3.8 Vektorielle Addition der Momente a) allgemein b) Beispiel Kegelradgetriebe:  b) Antriebsmoment M a , Abtriebs b) moment Mb  c) resultierendes Moment M R (wird vom c) Fundament aufgenommen)



Bild 3.10 Resultierendes Moment auf das Mauerwerk, Übung 3.1

Bild 3.9 Moment der Kraft F , berechnet über die Momente der Komponenten Fx und Fy

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4 Die resultierende Kraft eines nicht zentralen ebenen Kräftesystems


Analytische Lösung für parallele Kräfte, Seileckverfahren

Bild 4.1 Gewichtskräfte auf eine Geschossdecke, Beispiel 4.1

Bei der Belastung von Gebäuden, Maschinen usw. ist es zuweilen von Vorteil, statt vieler Einzelkräfte die resultierende Kraft zu kennen.

4.1 Parallele Kräfte Das ist ein sehr häufiger Fall. Denken Sie nur an die Deckenbelastungen durch die Gewichte von Maschinen und Einrichtungen. Bei parallelen Kräften kann man die resultierende Kraft sehr einfach analytisch bestimmen.   Die Resultierende FR von n parallelen Kräften Fi muß die beiden Bedingungen erfüllen: n

1.

FR =

∑F

i

(Größe)

(4.1 a)

i =1 n

2.

M A = FR ⋅ a = ∑ Fi ⋅ ai

(→ Lage)

(4.1 b)

i =1

A ist ein beliebiger Bezugspunkt; a ist der lotrechte Abstand der Wirkungslinie von FR zu A. Beispiel 4.1 Die Geschossdecke einer Fertigungshalle wird zwischen zwei Stützmauern gemäß Bild 4.1 belastet (F1 = 10 kN; F2 = 15 kN; F3 = 20 kN; F4 = 12 kN; a1 = 5 m; a2 = 11 m; a3 = 21 m; a4 = 27 m).  Wie groß ist die resultierende Kraft FR ? Welchen Abstand a hat ihre Wirkungslinie vom Punkt A? Lösung: Mit (4.1 a) und (4.1 b) folgt: FR = F1 + F2 + F3 + F4 = 57 kN a=

1 ( F1 ⋅ a1 + F2 ⋅ a2 + F3 ⋅ a3 + F4 ⋅ a4 ) ≈ 16, 8 m FR

4.2 Beliebige Kräfte

15

4.2 Beliebige Kräfte In diesem Fall eignet sich die graphische Methode besser, und zwar wenden wir das sog. Seileckverfahren an. Beispiel 4.2


Auf den Brückenträger in Bild 4.2a üben drei Lastwagen folgende Kräfte aus: F1 = 200 kN, F2 = 280 kN (Gewichtskraft und Bremskraft), F3 = 180 kN. Wie groß ist die resultierende Kraft FR (Größe und Wirkungslinie)? Graphische Lösung mit dem Seileckverfahren: Das Seileckverfahren läuft wie folgt ab: 1. Einen maßstäblichen Lageplan zeichnen, Bild 4.2 b. Man hätte in diesem Fall auch die Angabenskizze nehmen können. 2. Äußere Kräfte im Kräfteplan  maßstäblich antragen, Bild 4.2c. Die vektorielle Addition ergibt FR (hier FR ≈ 640 kN). 3. Einen Pol P wählen, Bild 4.2c. Die Verbindungslinien (Polstrahlen) von P zu den Anfangs- bzw. Endpunkten der Kräfte ziehen. Im vorliegenden Fall die Polstrahlen 0 bis 3. Der Pol P ist zwar beliebig, er sollte jedoch eine günstige Polfigur ergeben, d. h. es sind Winkel zwischen den Kräften und den Polstrahlen von nahe 0° oder 180° zu vermeiden. 4. Im Lageplan Parallelen zu den Polstrahlen ziehen, das  ergibt die Seilstrahlen. Die Wirkungslinie der Resultierenden FR geht durch den Schnittpunkt der Seilstrahlen 0 und 3.

1

Das Seileckverfahren heißt deshalb so, weil ein Seil unter den Kräf ten F1 bis Fn eine Form annimmt wie der Linienzug der Seilstrahlen 0 bis n. Die Polfigur ist die Aneinanderreihung von Kraftecken. Zu jedem Schnittpunkt dreier Wirkungslinien in der Seilfigur gehört ein Krafteck in der Polfigur. Übung 4.1 Bestimmen  Sie für das Kräftesystem von Beispiel 4.1 die resultierende Kraft FR (Größe und Wirkungslinie) mit dem Seileckverfahren.

1. Welche Bedingungen muss die resultierende Kraft eines ebenen parallelen Kräftesystems erfüllen? 2. Durch welchen Schnittpunkt geht die Resultierende beim Seileckverfahren?

Bild 4.2 Bestimmung der Resultierenden mit dem Seileckverfahren a) Anordnung b) Lageplan (Seilfigur) c) Kräfteplan (Polfigur)

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5 Lagerung von Körpern Freimachen, Lagerreaktionen, Lagerungsarten ebener Körper, Bewegungsmöglichkeiten (Freiheitsgrade), Wertigkeit einer Lagerung, entartete Lagerung, statisch bestimmt oder unbestimmt, Mechanismus


Fast alle Bauteile sind ganz oder zumindest teilweise gelagert, d. h. mit dem Fundament oder dem Nachbarbauteil verbunden. Ausnahmen sind schwimmende und fliegende Bauteile. Die Lagerungen haben 2 Aufgaben: 1. das Bauteil in einer gewünschten Lage zu halten (kinematisches Problem), 2. Kräfte zu übertragen (Problem der Statik). Bild 5.1 Brückenträger a) Träger auf Pfeilern gelagert b) freigemachter Träger

5.1 Freimachen eines Körpers Um zu erkennen, welche Kräfte die Lagerstellen auf den Körper ausüben, wird dieser aus seiner Verbindung gelöst (freigemacht oder freigeschnitten). Dabei werden die Lagerkräfte, die vorher innere Kräfte waren und folglich nicht in Erscheinung traten, zu äußeren Kräften; Beispiel Brückenträger in Bild 5.1. Die Kräfte von den Lagern auf den Körper nennen wir Reaktionskräfte oder Lagerreaktionen. Es sind sog. Zwangskräfte. Belastungskräfte und Lagerreaktionen bilden zusammen das Kräftesystem am Körper. Kräftepaare (Einzelmomente) sind hierin eingeschlossen. Dieses Kräftesystem muss im Gleichgewicht sein (hierzu Kap. 6 bis 8). Ein Körper kann auch aus einem System von Teilkörpern bestehen, die in diskreten Punkten miteinander verbunden sind. In diesem Falle kann man einzelne Teilkörper aus dem System herauslösen, wobei die Kräfte in den Verbindungsstellen wie Lagerreaktionen zu behandeln sind. Auch das Kräftesystem für jeden beliebigen Teilkörper muss im Gleichgewicht sein. Wurde der Richtungssinn einer Lagerreaktion falsch eingezeichnet, ergibt sich in der Lösung für diese Lagerreaktion ein negativer Wert.

5.2 Lagerungsarten ebener Körper

Bild 5.2 Bewegungsmöglichkeiten eines Körpers in der Ebene

Ein vollkommen freier Körper hat in der Ebene 3 Bewegungsmöglichkeiten (man sagt auch Freiheitsgrade), Bild 5.2: Verschiebung in x-Richtung Verschiebung in y-Richtung Drehung in der x,y-Ebene (um die z-Achse)


5.2 Lagerungsarten ebener Körper 17

1

Bild 5.3 Lagerungsarten und Lagerreaktionen ebener Körper

18

5 Lagerung von Körpern

Die Lager üben einen Zwang auf den Körper aus. Je nachdem, wieviele Freiheitsgrade behindert werden, spricht man von ein-, zweioder dreiwertigen Lagern. In Bild 5.3 sind häufige Lagerungsarten mit den zugehörigen Symbolen sowie spezielle Konstruktionen wiedergegeben. Rollenlager und Abstützung wirken gemäß Bild 5.3 nur auf Druck; es gibt jedoch auch Ausführungen, die sich für Druck und Zug eignen.


Bild 5.4 Entartete Lagerung

Einige Lager können auch im räumlichen Fall eingesetzt werden (Kap. 8.4). Entartete Fälle wie in Bild 5.4 sind zu vermeiden. Die Wirkungslinien der drei Pendelstützen treffen sich in einem Punkt. Um diesen Punkt kann der Körper sich drehen, wenn auch nur wenig. Die Lagerung ist somit kinematisch nicht bestimmt. Außerdem lassen sich die Lagerkräfte statisch nicht bestimmen. Ein entarteter Fall liegt auch vor, wenn die drei Pendelstützen zueinander parallel angeordnet sind. Ein Bauteil, das in einer Ebene belastet ist, ist statisch bestimmt gelagert, wenn durch die Lager genau 3 Freiheitsgrade eingeschränkt werden, nämlich 2 Verschiebungen und 1 Drehung. Statisch bestimmt heißt ferner, dass die Lagerreaktionen allein mit den Gesetzen der Statik bestimmt werden können. Sind weniger als 3 Freiheitsgrade eingeschränkt, handelt es sich um einen Mechanismus (Getriebe, Auto, s. Teil 2). Sind mehr als 3 Freiheitsgrade eingeschränkt, nennen wir es statisch unbestimmt (in der Literatur manchmal auch überbestimmt). Zur Bestimmung der Lagerreaktionen ist zusätzlich die Verformung heranzuziehen. Das ist eine Aufgabe der Festigkeitslehre. Bild 5.5 soll obiges verdeutlichen. Die statische Bestimmtheit eines Bauteils hängt nur von der Lagerung und nicht von der Belastung ab.

Bild 5.5 Verschiedene Lagerungen eines Balkens

1. Welche Aufgaben erfüllen Lagerungen? 2. Welche Freiheitsgrade hat ein Körper in der Ebene? 3. In welchem Fall ist ein Bauteil, das in der Ebene belastet ist, statisch bestimmt gelagert?

19

6 Ebene Kräftesysteme im Gleichgewicht Gleichgewichtsbedingungen für ebene Probleme, graphisches Verfahren für 3 Kräfte, CULMANNsche Gerade, Seileckverfahren


Ein Körper befindet sich im Gleichgewicht, wenn die folgende Bedingung erfüllt ist:   FR = 0 und M A = 0 . (6.1) In Worten: Resultierende Kraft gleich null, resultierendes Moment bezüglich eines beliebigen Punktes A gleich null. Mit den kartesischen Komponenten: Symbolisch: FRx = ∑ Fxi = 0

→

FRy = ∑ Fyi = 0

↑

1

(6.2)

M A = ∑ ( Fyi ⋅ xi − Fxi ⋅ yi ) + ∑ M *j = 0

Die Summationsindizes i und j laufen von 1 bis zur Anzahl der Kräfte bzw. Einzelmomente. Koordinatenursprung ist der Bezugspunkt A. Die Momente drehen um die z-Achse. xi und yi sind die Koordinaten der Kraftangriffspunkte. Die Gleichgewichtsbedingungen gelten auch für einzelne Teile des gesamten Körpers. Anstelle der Kräftegleichgewichtsbedingungen FRx = 0 und FRy = 0 können auch zusätzliche Momentenbedingungen MB = 0 und MC = 0 verwendet werden. Die Bezugspunkte A, B und C dürfen nicht auf einer Geraden liegen. Mit der nicht verwendeten Kräftegleichgewichtsbedingung kann eine Ergebniskontrolle durchgeführt werden. In den beiden folgenden Unterkapiteln wollen wir zunächst Kräftesysteme mit 3 bzw. 4 Kräften behandeln. Dabei bevorzuge ich die graphischen Lösungsverfahren, weil sie meist einfacher und übersichtlicher als die Rechnung sind. Die allgemeinen Kräftesysteme im dritten Unterkapitel bestimmen wir dagegen in der Regel analytisch.  Einheitlich in allen drei Fällen gilt: FR = 0 bedeutet graphisch, dass sich das Krafteck schließen muss (aus Bild 2.1 direkt ersichtlich).

6.1 Drei nichtparallele Kräfte Wir bringen die Wirkungslinien von zwei Kräften zum Schnitt. Das Moment um den Schnittpunkt kann nur dann null sein, wenn auch die dritte Wirkungslinie durch diesen Punkt geht.

Bild 6.1 Wanddrehkran aus Beispiel 6.1 a) Anordnung b) freigemachter Kran c) Kräfteplan d) Skizze für die analytische Lösung

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6 Ebene Kräftesysteme im Gleichgewicht

Drei Kräfte sind im Gleichgewicht, wenn ihre Wirkungslinien sich in einem Punkt schneiden und das Krafteck sich schließt. Beispiel 6.1 Welche Kräfte müssen die Lager A und B auf den Wanddrehkran in Bild 6.1a ausüben, damit er sich im Gleichgewicht befindet? Lösung: Zunächst der graphische Lösungsweg: Technische Mechanik downloaded from www.hanser-elibrary.com by ETH-Bibliothek on September 16, 2014 For personal use only.

Der Kran wird von den Lagern gelöst (freigeschnitten), um die Lagerreaktionen einzeichnen zu können, Bild 6.1 b. B ist ein Loslager; die Wirkungslinie der Kraft  FB liegt horizontal. Sie schneidet sich mit der Wirkungslinie von im Punkt C. Die Wirkungslinie der ZapfenlaF  gerkraft FA muss ebenfalls durch C gehen.  Den Kräfteplan in Bild 6.1 c beginnen wir mit der bekannten Kraft F  2 cm). Dann zeichnen (F = wir an F Parallelen zu den Wirkungs linien von FA und FB und erhalten daraus das Krafteck. Die Pfeile müssen einen einheitlichen Umlaufsinn ergeben, im vorliegenden Fall den Uhrzeigersinn. In den Lageplan übertragen machen die Pfeile deutlich: Lager B zieht am Kran, Lager A übt eine schräge Druckkraft aus. Analytischer Lösungsweg, hierzu Bild 6.1 d: Wir wenden die 3 Gleichgewichtsbedingungen an; die Reihenfolge spielt hierbei keine Rolle. FB ⋅ a − F ⋅ b = 0 → FB =

→

FAx – FB = 0 → FAx = FB = 25 kN

↑

FAy – F = 0 → FAy = F = 20 kN FA =

2 2 FAx + FAy =

α = arctan

zu Bild 6.2

F ⋅ b 20 kN ⋅ 3,75 m = = 25 kN a 3m

FAy FAx

25 2 + 20 2 kN ≈ 32 kN

= arctan

20 kN ≈ 39° 25 kN

Beispiel 6.2

Bild 6.2 a zeigt eine Teleskop-Gartenschere. Wir nehmen folgenden Fall an: Die Schere wird durch die Handkraft F = 50 N zusammenge drückt. Dadurch  entsteht an der Schneide eine resultierende Kraft FS mit einer zu F parallelen Wirkungslinie.

6.1 Drei nichtparallele Kräfte

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Man ermittle:  1. analytisch die Gelenkkraft FC in C,   2. graphisch die Kraft FS und die Gelenkkraft FB in B.


Lösung: 1. Bild  6.2b zeigt den freigemachten linken Hebel L mit den Kräften F und FC sowie den nicht gefragten Kraftkomponenenten in A. Das Zwischenglied mit den Gelenken C und D stellt  einen Zweigelenkstab dar, damit liegt die Wirkungslinie von FC auf der Verbindungslinie C-D. Wir stellen das Gleichgewicht der Momente um A auf: F ⋅ a − FC ⋅ sin 57 ° ⋅ b = 0 FC =

50 N ⋅ 500 mm F⋅ a = ≈ 932 N b ⋅ sin 57 ° 32 mm ⋅ sin 57 °

Dabei läuft es gemäß Bild 6.2c auf das Gleiche hinaus, ob wir FCn ⋅ b = FC ⋅ sin 57° ⋅ b (Normalkraft mal Abstand AC ) rechnen, oder FC ⋅ b ⋅ sin 57° (Kraft mal Hebelarm, wobei für den Hebelarm das Lot vom Bezugspunkt A auf die Wirkungslinie zu nehmen ist). 2. Jetzt wird das Schneideteil M freigemacht und ins Gleichgewicht   gesetzt, Bild 6.2d. Die Gelenkkraft FD ist so groß wie FC , jedoch entgegengesetzt gerichtet. Wir schneiden die Wirkungslinien von    FD und FS ; die Wirkungslinie der Gelenkkraft FB muss ebenfalls durch diesen Schnittpunkt gehen. Damit lässt sich das Krafteck gemäß Bild 6.2e zeichnen.

Bild 6.2 Gartenschere aus Beispiel 6.2 a) Anordnung b) freigemachter linker Hebel c) zwei Möglichkeiten der Berechnung des Moments d) freigemachtes Schneideteil M e) Krafteck für Schneideteil M

Bild 6.3 Hakenschlüssel aus Übung 6.1

Übung 6.1 Mit dem Hakenschlüssel gemäß Bild 6.3 soll das Moment 40 Nm auf die Welle ausgeübt werden. Die resultierende Kraft am Haken gehe durch den Punkt A; der Kontakt bei B sei reibungsfrei. Wie groß sind die Kräfte an den Punkten A und B auf den Schlüssel? (Lösung graphisch und analytisch) Übung 6.2 Ein Mast von FG = 5 kN Gewichtskraft wird gemäß Bild 6.4 mittels Greifzug aufgerichtet (a = 19°; b = 11°). 1. Welche Gesamtkraft zerrt am Pfosten P? (Lösung graphisch und analytisch)  2. Welche Kraft F muss der Greifzug ausüben?

Bild 6.4 Aufrichten eines Mastes mittels Greifzug, Übung 6.2

1

22


Übung 6.3 Mit dem Hebel in Bild 6.5 wird über die Stange S ein Kolben K bewegt. Alle Gelenke sind reibungsfrei.


Ermitteln Sie graphisch: 1. die Kraft FS in der Stange S  2. die Lagerreaktion FA in A   3. die Kräfte auf den Kolben, FKn und FKt , d. h. normal und tangential zur Kolbenachse. Übung 6.4

Bild 6.5 Anordnung zu Übung 6.3

An dem Gerüst gemäß Bild 6.6 wird über eine reibungsfrei angenommene Rolle die Masse m der Gewichtskraft FG = 1 kN hochgezogen. Das Gerüst besteht aus den Stäben 1 und 2 in der Zeichenebene und einer horizontalen Abstützung normal zur Zeichenebene. Ermitteln Sie graphisch und analytisch die Kräfte F1 und F2 in den beiden Stäben (mit Angabe ob Zug oder Druck). Übung 6.5 Die Lokomotivbremse in Bild 6.7 wird durch Druckluft von 10 bar über einen Kolben von ∅160 mm betätigt. Über die Spreizhebel S werden die an den Hebeln B-D und C-E befestigten Bremsklötze auf die Kränze zweier benachbarter Räder gedrückt. Unter Vernachlässigung der Reibungskräfte sind zu bestimmen: 1. die Kolbenkraft FK 2. die Kraft FS in den Spreizhebeln S 3. die Normalkraft FN, mit der jeder Bremsklotz auf den Radkranz drückt.

6.2 Zerlegung einer Kraft nach drei Wirkungslinien Bild 6.6 Gerüst aus Übung 6.4

Die drei Wirkungslinien dürfen sich nicht in einem Punkt schneiden. Selbstverständlich kann dieser Aufgabentyp immer auch analytisch gelöst werden. Das folgende graphische Verfahren ist jedoch anschaulicher. In Bild 6.8 a wirken vier Kräfte auf einen ebenen Körper. Gleichgewicht kann nur herrschen, wenn die Resultierenden von je zwei Kräften auf derselben Wirkungslinie liegen und entgegengesetzt gleich sind:

F1,2 = F3,4

6.2 Zerlegung einer Kraft nach drei Wirkungslinien

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Praktisches Vorgehen:

   Gegeben seien die Kraft F1 sowie die Wirkungslinien von F2 , F3 und  F4 .


Gesucht sind die Beträge F2, F3, F4 und die Richtungen. Lösung:  1. Man bringt F1 mit irgendeiner Wirkungslinie zum Schnitt, z. B.  mit der Wirkungslinie von F2 (Schnittpunkt I). 2. Man zeichnet den Schnittpunkt II der beiden verbleibenden Wirkungslinien. 1 3. Die Verbindungslinie I – II heißtCULMANNsche Gerade C.   4. Man zeichnet das Krafteck mit F1 , F2 und FC , also mit den Kräften, deren Wirkungslinien sich in I schneiden, Bild 6.8b (Krafteck I).   5. Man schließt das Krafteck des Punktes II mit den Kräften − FC , F3  und F4 unmittelbar an das erste Krafteck an. 6. Die Pfeile folgen in einem einheitlichen Umfahrungssinn aufeinander.

Bild 6.7 Lokomotivbremse aus Übung 6.5

1

Beispiel 6.3 Für den Stabverband in Bild 6.9 a sind die Kräfte in den Stäben 1 bis 3 sowie die Lagerreaktionen in A und B zu bestimmen. Alle Stabverbindungen seien reibungsfreie Gelenke. Lösung: Wir schneiden ein Teil gemäß Bild 6.9 b heraus. Die Stabachsen sind gleichzeitig Wirkungslinien  der Stabkräfte (Zweigelenkstäbe). F F und Die äußeren Kräfte v lassen sich zu einer resultierenden  h Kraft F zusammenfassen, Bild 6.9 c. Diese zerlegen wir mittels CULMANNscher Geraden in die drei Wirkungslinien der Stabkräfte.     Hierzu schneiden wir F und F3 (Punkt I) sowie F1 und F2 (Punkt II). Zwischen den beiden Schnittpunkten liegt die CULMANNsche    Gerade C. Für den Punkt I können wir das Krafteck aus F , FC und  F3 zeichnen, Bild 6.9c. Daran schließen wir das Krafteck aus − FC , F1 und  F2 für Punkt II an. Die Pfeilrichtung ergibt sich aus der Bedingung, dass die Pfeile einen einheitlichen Umlaufsinn ergeben müssen (hier rechts  herum). Für FC kann die Pfeilspitze auch weggelassen werden,   da FC im Weiteren nicht mehr interessiert. Die Richtungen von F1 , F2 und F3 übertragen wir in den Lageplan und erkennen so,  ob es sich um einen Zugoder Druckstab handelt. Lagerreaktion F     A ist gleich der Stabkraft F1 . FB ist die Resultierende aus F2 und F3.

1

CARL CULMANN 1821 – 1881

Bild 6.8 Zerlegung einer Kraft nach drei Wirkungslinien a) Konstruktion der CULMANNschen a) Geraden b) Kräfteplan

24


Ergebnisse: F1 ≈ 1010 N (Zugstab); F2 ≈ 1170 N (Druckstab); F3 ≈ 720 N (Druckstab); FA ≈ 1010 N; FB ≈ 1740 N.    Übrigens, auch F , FA und FB ergeben ein geschlossenes Krafteck. Das entspricht dem Gleichgewicht von 3 Kräften gemäß Kap. 6.1. Dieser Fall liegt vor, wenn wir das Stabwerk in den Lagerpunkten A und B freimachen.


Übung 6.6 Der Tellerstößel in Bild 6.10 soll eine Kraft vom Betrag F = 60 N ausüben.  1. Mit welcher Kraft FN muss der Kreisbogennocken auf den Teller drücken?   2. Bestimmen Sie auch die Lagerreaktionen FA und FB . Hinweis: Reibung ist zu vernachlässigen; graphische Lösung. Übung 6.7 Bild 6.9 Stabverband aus Beispiel 6.3 a) Anordnung b) herausgeschnittener Teil c) Kräfteplan

Der Wagen in Bild 6.11 wird durch die Pendelstütze D-E am Wegrollen gehindert. Die Gewichtskraft FG von Wagen und Ladung beträgt 50 kN. Bestimmen Sie graphisch die Lagerreaktionen der Räder und die Kraft FDE in der Pendelstütze. Übung 6.8 Ein Boot ist gemäß Bild 6.12 mittels der Seile S1 und S2 sowie des Pfahls P am Flussufer festgemacht. Die Strömung übt auf das Boot eine Kraft der Größe F = 1 kN aus.   1. Bestimmen Sie graphisch die Seilkräfte FS1 und FS 2 sowie die  Kraft FP mit der der Pfahl auf das Boot drückt. 2. Würde das Boot bei Strömungsumkehr in der gezeichneten Lage bleiben (mit Begründung)?

6.3 Beliebiges ebenes Kräftesystem (einschließlich Einzelmomente)

Bild 6.10 Tellerstößel aus Übung 6.6

Diesen Fall lösen wir meist analytisch mit den Gleichgewichtsbedingungen (6.1) bzw. (6.2). In Einzelfällen, wo die Rechnung sehr aufwendig wäre, wenden wir das graphische Seileckverfahren an. Es folgen je ein Beispiel für die analytische und die graphische Lösung sowie Übungen.

25


Beispiel 6.4 Bild 6.13 a zeigt schematisch Kraftwirkung und Lagerung einer Antriebseinheit. Das Antriebsmoment, das nach außen abgegeben wird, hat ein Gegenmoment M* = 100 Nm zur Folge, das auf die Aufhängung (Lagerung) wirkt. Gleichzeitig ist auch die Gewichtskraft der Antriebseinheit FG = 4000 N und eine Trägheitskraft F = 2000 N aufzunehmen. Maße: a = 0,2 m; b = 0,3 m; c = 0,1 m.


Welche Lagerreaktionen treten in A und B auf?

Bild 6.11 Wagen aus Übung 6.7

Lösung: Bild 6.13b stellt das an den Lagern freigemachte   System dar. A ist ein Festlager mit den Lagerreaktionen FAh und FAv (horizontal bzw. vertikal). Im Loslager B kann nur eine vertikale Kraft auftreten, kurz  FB genannt. Den Richtungssinn einer Lagerreaktion darf man beliebig einzeichnen. Stimmen eingezeichnete und wirkliche Richtung nicht überein, ergibt sich ein negativer Wert für die Lagerreaktion.

1

Zunächst das Momentengleichgewicht um A: FB ⋅ (a + b) − M * − FG ⋅ a + F ⋅ c = 0

→ FB = FB =

1 ( M * + FG ⋅ a − F ⋅ c ) a+b 1 (100 + 4000 ⋅ 0,2 − 2000 ⋅ 0,1) Nm = 1400 N 0,5 m

Bild 6.12 Festmachen eines Boots, Übung 6.8

Wir schreiben zusätzlich das Momentengleichgewicht um B an. Die nichtverwendete Kraftbedingung ermöglicht am Schluss eine Kontrolle. − FAv ⋅ (a + b) − M * + FG ⋅ b + F ⋅ c = 0 1 ( − M * + FG ⋅ b + F ⋅ c ) a+b 1 FAv = ( −100 + 4000 ⋅ 0,3 + 2000 ⋅ 0,1) Nm = 2600 N 0,5 m

→ FAv =

Horizontales Gleichgewicht:

→

FAh – F = 0

→

FAh = F = 2000 N

Kontrolle mit Hilfe des vertikalen Gleichgewichtes:

↑

FAv – FG + FB = 2600 N – 4000 N + 1400 N = 0

Die Rechnung stimmt.

Bild 6.13 Antriebseinheit aus Beispiel 6.4 a) Kraftwirkung und Lagerung b) mit Lagerreaktionen

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Resultierende und Winkel bei A: FA =

2 2 FAh + FAv =

α = arctan

FAv FAh

2000 2 + 2600 2 N ≈ 3280 N

= arctan

2600 N ≈ 52 ° 2000 N


Beispiel 6.5 Der Brückenträger in Bild 6.14 a wird durch drei Fahrzeuge mit den Kräften F1 = 200 kN, F2 = 280 kN und F3 = 180 kN belastet. Über das Seileckverfahren sind die Lagerreaktionen in A und B zu bestimmen. Lösung: In Beispiel 4.2 haben wir für den gleichen Träger mit Hilfe des Seileckverfahrens die Resultierende bestimmt. Jetzt werden wir dieses Verfahren erweitern. Wir schneiden gemäß Bild 6.14 b den Brückenträger von den Lagern frei. Das Rollenlager B kann nur eine vertikale Kraft übertragen. Am Gelenk A (Festlager) kennen wir die Wirkungslinie nicht.

Bild 6.14 Brücktenträger aus Beispiel 6.5 a) Anordnung b) Lageplan (Seilfigur) c) Kräfteplan (Polfigur)

Würde nur eine äußere Kraft wirken, könnten wir graphisch wie in Kap. 6.1 vorgehen. Bei mehr als einer äußeren Kraft kommt man graphisch mit dem Seileckverfahren weiter. Dieses läuft wie folgt ab (hierzu Bild 6.14 b und c): 1. Äußere Kräfte im Kräfteplan (Polfigur) maßstäblich antragen. 2. Einen Pol P wählen. Die Verbindungslinien (Polstrahlen) von P zu den Anfangs- bzw. Endpunkten der Kräfte ziehen. Im vorliegenden Fall die Polstrahlen 0 bis 3. 3. Im Lageplan gemäß Bild 6.14 b Parallelen zu den Polstrahlen ziehen, das ergibt die Seilstrahlen. Der Seilstrahl 0 muss durch das zweiwertige Gelenk A gehen, für welches die Wirkungslinie der Lagerreaktion nicht bekannt ist. 4. Schlusslinie s vom Gelenkpunkt A zum Schnittpunkt des Seilstrahls 3 mit der Wirkungslinie von FB ziehen.  5. In s die Resultierende aus F1 bis  der Polfigur teilt die Schlusslinie  F3 in die Lagerreaktionen FB und FA auf. D. h. zunächst kann  das Krafteck aus Schlusslinie s, Polstrahl 3 und gezeichnet F B  werden. FA muss das Kräftepolygon schließen. Die Pfeilspitzen der Lagerreaktionen ergeben sich aus dem einheitlichen Umlaufsinn im Kräftepolygon. Ergebnis: FA ≈ 325 kN; FB ≈ 330 kN Das Seileckverfahren ist der Handrechnung überlegen, wenn viele äußere Kräfte wirken und die Hebelarme schwierig zu berechnen sind. Das vorgeführte Beispiel erfüllt diese Kriterien nicht, ist jedoch leicht nachvollziehbar.

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Bild 6.17 Seilumlenkung eines Skiliftes, Übung 6.11

1

Bild 6.15 Vertikal verfahrbare Arbeitsbühne, Übung 6.9

Bild 6.16 Klapptisch aus Übung 6.10

Bild 6.18 Tragmast für den Fahrdraht, Übung 6.12

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Übung 6.9 Die Arbeitsbühne in Bild 6.15 hat die Eigengewichtskraft FG = 1 kN. Die äußere Kraft beträgt F = 5 kN. Mit Hilfe der Hubstange kann die Bühne an der vertikalen Führung nach oben und unten gefahren werden. Berechnen Sie die Hubkraft FH und die Kräfte an den Rollen A und B. Reibungskräfte sind zu vernachlässigen.


Übung 6.10 Für den Klapptisch in Bild 6.16 sind zu berechnen: 1. die Kräfte aufdie Beine bei A, B, C und D 2. die Seilkraft FS 3. die Kraft vom Bein 1 auf Bein 2 im Gelenk E.

F1 = 400 N; F2 = 100 N; Reibungskräfte sind zu vernachlässigen. Übung 6.11 Für die Seilumlenkung eines Skiliftes, Bild 6.17, sind die Hebelverhältnisse a/b und c/d so festzulegen, dass jede der 10 Rollen (theoretisch) gleich belastet wird. Die schwach gekrümmte Seilkurve kann vereinfachend als gerade Linie angenommen werden, sodass alle Hebel zueinander parallel sind. Außer a, b, c und d sind die Hebel immer symmetrisch angeordnet. Übung 6.12 Der Mast in Bild 6.18 trägt den Fahrdraht an einer Bahnstrecke. Anteilige Drahtlast FD = 800 N. Der homogene Träger T hat die Gewichtskraft FT = 600 N. Er wird über die drei Seilstücke zwischen den Punkten A, B, C und D sowie den Pendelstützen P1 und P2 gehalten. Seile und Pendelstützen werden gewichtslos angenommen. Der Gittermast selbst hat die Gewichtskraft FM = 3000 N. Über das Seileckverfahren oder analytisch sind zu bestimmen:   1. Seilkraft F3 und Gelenkkraft FE (Reaktionskraft des Mastes) 2. die Lagerreaktionen in K und L.

1. Unter welchen Bedingungen ist ein Kräftesystem im Gleichgewicht? 2. Was bedeutet es graphisch, wenn 3 Kräfte im Gleichgewicht sein sollen? 3. In welchem Fall kann man die CULMANNsche Gerade verwenden? 4. Wie erhält man beim Seileckverfahren die Schlusslinie? Durch welchen Punkt im Lageplan muss diese stets gehen? 5. Welche Bedeutung hat die Schlusslinie in der Polfigur?

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7 Lagerreaktionen von typischen ebenen Tragwerken Balken auf zwei Stützen, eingespannter Balken, GERBER-Träger, Dreigelenkbogen


Im Folgenden behandeln wir vier häufig verwendete Tragwerke.

7.1 Balken auf zwei Stützen Dieser ist uns bereits früher begegnet. Bild 7.1 zeigt vier  typische Ausführungen. Als Belastungen treten auf: Einzelkräfte F , Streckenlasten q und Einzelmomente (Kräftepaare) M*. Die Lagerreaktionen ergeben sich analytisch mit den Gleichungen (6.1) bzw. (6.2). Für den Fall M* = 0 können wir auch die bekannten graphischen Verfahren anwenden, und zwar: 1. Die Wirkungslinien von 3 Kräften schneiden sich in einem Punkt. 2. Seileckverfahren (bei mehr als einer äußeren Kraft).

1

Übung 7.1 Bild 7.2 zeigt eine Arbeitsbühne, die bei A und B gelenkig gelagert   und durch die Kräfte F1 bis F4 belastet wird. Die rechte Stütze ist bei C gelenkig angeschlossen.   Ermitteln Sie die Lagerreaktionen FA und FB (analytisch und mit Hilfe des Seileckverfahrens). Zahlenwerte: F1 = 2,5 kN; F2 = 1,5 kN; F3 = 3 kN; F4 = 1 kN

Bild 7.1 Balken auf zwei Stützen: Vier typische Ausführungen (mit angedeuteten Lagerreaktionen)

7.2 Der eingespannte Balken Die einfachste Form zeigt Bild 7.3. Darüber hinaus gibt es die verschiedenartigsten Ausführungen, ähnlich denen in Bild 7.1. Den eingespannten Balken wollen wir nur analytisch mit den Gleichungen (6.1) bzw. (6.2) behandeln. Übung 7.2 Für den Balken aus Übung 3.1 sind die Lagerreaktionen im Einspannpunkt A zu bestimmen.

Bild 7.2 Arbeitsbühne aus Übung 7.1

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7 Lagerreaktionen von typischen ebenen Tragwerken

7.3 GERBER1-Träger


Die prinzipielle Anordnung gibt Bild 7.4a wieder: Der Träger wäre mit einem Festlager und zwei Loslagern 1-fach statisch unbestimmt gelagert, wenn er nicht zusätzlich eine Gelenkverbindung G besäße.

Bild 7.3 Eingespannter Balken a) Anordnung b) freigemacht

Trennen wir den Träger gemäß Bild 7.4b am Gelenk durch, können wir außer den 4 Lagerreaktionen FAx, FAy, FBy, FCy die beiden Gelenkkräfte FGx und FGy einzeichnen. Zusammen sind das 6 unbekannte Kräfte. Zur Lösung stehen an jedem Balkenteil 3, insgesamt somit 6 Gleichgewichtsbedingungen zur Verfügung. Statt eines Teilsystems kann auch der Gesamtträger ins Gleichgewicht gesetzt werden. Interessieren die Gelenkkräfte FGx und FGy nicht, vereinfacht sich die Rechnung, wenn wir folgendermaßen vorgehen: 1. MG = 0 für den linken oder rechten Trägerabschnitt. 2. ∑ Fx = 0 ;

∑ Fy = 0 ; M = 0 für das Gesamtsystem.

Der GERBER-Träger lässt sich gemäß Bild 7.5 beliebig erweitern, wenn wir für jedes zusätzliche Rollenlager je ein Gelenk anbringen. Bild 7.6 stellt ebenfalls einen GERBER-Träger dar. Beispiel 7.1

Bild 7.4 GERBER-Träger a) Anordnung b) an den Lagern freigemacht und am b) Gelenk durchgetrennt

Bild 7.5 Erweiterung des GERBER-Trägers durch je ein Loslager und ein Gelenk

Bild 7.6 GERBER-Träger mit Einspannung A, Loslager B und Gelenk G

Bild 7.7 a zeigt eine Zugbrücke über einen schmalen Kanal. Die Fahrbahn ist am Festlager A sowie an den Loslagern B und C gelagert. Der Teil G-C kann über Seil und Winde hochgezogen werden. Drehpunkt ist das Gelenk G. Im heruntergelassenen Zustand hängt das Seil schlaff. Die Belastung besteht aus den Gewichtskräften der beiden Brückenteile F1 = 400 kN und F2 = 160 kN sowie den Verkehrslasten F3 = 200 kN, F4 = 250 kN und F5 = 90 kN (am Teil G-C wirkend, z. B. Bremskraft). Zu berechnen sind die Lagerreaktionen in A, B und C sowie die Kräfte im Gelenk G. Lösung: Wir schneiden den Brückenträger an den Lagern und am Gelenk frei und tragen Lagerreaktionen und Gelenkkräfte ein, Bild 7.7 b. Anschließend stellen wir je 3 Gleichgewichtsbedingungen am rechten und linken Teilsystem auf:

1

GOTTFRIED HEINRICH GERBER 1832 – 1912

7.3 GERBER-Träger

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Rechtes Teilsystem: G

FCy ⋅ 8 m + F5 ⋅ 2 m – F4 ⋅ 2 m – F2 ⋅ 4 m = 0 1 ( − F5 ⋅ 2 + F4 ⋅ 2 + F2 ⋅ 4 ) 8 1 = ( − 90 ⋅ 2 + 250 ⋅ 2 + 160 ⋅ 4 ) kN = 120 kN 8

FCy = FCy

→

FGx – F5 = 0 → FGx = F5 = 90 kN


– FGy ⋅ 8 m + F5 ⋅ 2 m + F4 ⋅ 6 m + F2 ⋅ 4 m = 0 1 ( F5 ⋅ 2 + F4 ⋅ 6 + F2 ⋅ 4 ) 8 1 = ( 90 ⋅ 2 + 250 ⋅ 6 + 160 ⋅ 4 ) kN = 290 kN 8

FGy = FGy

Kontrolle:

↑

FGy – F4 – F2 + FCy = (290 – 250 – 160 + 120) kN = 0

Linkes Teilsystem:

Bild 7.7 Zugbrücke aus Beispiel 7.1 a) Anordnung b) die freigemachten Teilsysteme

FBy ⋅ 14 m – F3 ⋅ 5 m – F1 ⋅ 7 m – FGy ⋅ 16 m = 0

1 ( F3 ⋅ 5 + F1 ⋅ 7 + FGy ⋅ 16 ) 14 1 = ( 200 ⋅ 5 + 400 ⋅ 7 + 290 ⋅ 16 ) kN ≈ 603 kN 14

FBy = FBy

→

FAx – FGx = 0

→

FAx = FGx = 90 kN

– FAy ⋅ 14 m + F3 ⋅ 9 m + F1 ⋅ 7 m – FGy ⋅ 2 m = 0 1 ( F3 ⋅ 9 + F1 ⋅ 7 − FGy ⋅ 2 ) 14 1 = ( 200 ⋅ 9 + 400 ⋅ 7 − 290 ⋅ 2 ) kN ≈ 287 kN 14

FAy = FAy

Kontrolle:

↑

FAy – F3 – F1 + FBy – FGy = (287 – 200 – 400 + 603 – 290) kN = 0

Übung 7.3

Bild 7.8 zeigt ein Pkw-Wohnwagen-Gespann. Für den Fall, dass es auf horizontaler Strecke steht, sind die Radlasten bei A, B und C sowie die Kraft in der Kupplung K zu berechnen. Gewichtskräfte: FG1 = 20 900 N; FG2 = 11 800 N

Bild 7.8 Pkw-Wohnwagen-Gespann aus Übung 7.3

1

32

7 Lagerreaktionen von typischen ebenen Tragwerken

7.4 Dreigelenkbogen Der Dreigelenkbogen (Dreigelenkrahmen) besteht aus zwei beliebig geformten Trägern mit drei Gelenken, die nicht auf einer Linie liegen, symbolische Darstellung Bild 7.9. Die analytische Lösung zur Bestimmung der Lagerreaktionen und Gelenkkräfte läuft genauso ab wie beim GERBER-Träger.


Übung 7.4 Für den Dachträger gemäß Bild 7.10 sind die Lagerreaktionen in den Lagern A und B und die Gelenkkräfte in G zu bestimmen. Die Resultierenden der verteilten Lasten: Gewichtskräfte F1 = F2 = 60 kN; Windlast F3 = 30 kN. Bild 7.9 Dreigelenkbogen a) Anordnung b) an den Lagern freigemacht

Bild 7.10 Dachträger aus Übung 7.4

1. Nennen Sie vier typische ebene Tragwerke. 2. Welche Lastgrößen können auftreten? 3. Wie lässt sich ein GERBER-Träger, bestehend aus Festlager, 2 Loslagern und einem Gelenk erweitern?

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8 Das räumliche Kräftesystem Kartesische Komponenten des Kraft- und Momentenvektors, resultierende Kraft, resultierendes Moment, Lagerungsarten und Lagerreaktionen, Gleichgewicht


Nun erweitern wir die Beziehungen des ebenen Falls um eine Dimension.

8.1 Komponenten einer Kraft im kartesischen Koordinatensystem

 Die Kraft F können wir uns als Raumdiagonale eines Quaders mit den Kantenlängen Fx, Fy und Fz vorstellen, Bild 8.1. Es gelten somit folgende Zusammenhänge:  Fx: Komponente von F in x-Richtung  Fy: Komponente von F in y-Richtung  Fz: Komponente von F in z-Richtung  αx: Winkel zwischen der positiven x-Achse und F  αy: Winkel zwischen der positiven y-Achse und F  αz: Winkel zwischen der positiven z-Achse und F

 Bild 8.1 Die Kraft F und ihre kartesischen Komponenten

Die Kraft ist analytisch festgelegt entweder durch die Komponenten Fx = F ⋅ cos αx Fy = F ⋅ cos αy

(8.1)

Fz = F ⋅ cos αz oder durch den Betrag F und die Winkel αx, αy und αz. Häufig sind nicht die Winkel αx, αy und αz bekannt, sondern ein Punkt A (xA, yA, zA) auf der Wirkungslinie von F , Bild 8.2. Mit l = OA = xA2 + yA2 + zA2 cos α x =

xA ; l

cos α y =

(8.2) yA ; l

cos α z =

folgt für die Kraftkomponenten alternativ

zA l

(8.3) Bild 8.2 Festlegung der Wirkungslinie mit Hilfe des Punktes A

1

34

8 Das räumliche Kräftesystem

xA l yA Fy = F ⋅ l zA Fz = F ⋅ l Fx = F ⋅

(8.4)


Gut bewährt, weil anschaulicher, hat sich folgendes Verfahren: Wir zer legen F gemäß Bild 8.3 zunächst in 2 Komponenten, z. B. in Fy und Fxz. Letztere teilen wir anschließend in Fx und Fz auf. Bestimmung der Kraftkomponenten mit zwei aufeinanderfolgenden Zerlegungen:

Bild 8.3 Zwei Zerlegungen nacheinander

Fy = F ⋅ sin α Fxz = F ⋅ cos α Fx = Fxz ⋅ cos β = F ⋅ cos α ⋅ cos β Fz = Fxz ⋅ sin β = F ⋅ cos α ⋅ sin β

(8.5)

   Hierbei liegt α zwischen F und Fxz , β zwischen Fxz und der x-Achse. Das Vorzeichen einer Kraftkomponente klärt man am einfachsten anschaulich. Die Bezeichnungen in (8.5) und Bild 8.3 sind der jeweiligen Situation anzupassen.

8.2 Das Moment einer Kraft und seine kartesischen Komponenten Im ebenen Fall wurde definiert: Moment gleich Kraft mal Hebelarm Dieses Moment dreht in der x,y-Ebene bzw. um die z-Achse. Im räumlichen Fall gilt die Definition nach wie vor, jedoch gibt es jetzt um alle drei Koordinatenachsen Momente. Häufig ist der lotrechte Abstand vom Bezugspunkt auf die Kraftwirkungslinie nicht einfach zu finden. Dann rechnen wir die kartesischen Komponenten des Momentenvektors über die kartesischen Kraftkomponenten aus, Bild 8.4. Komponenten des Momentenvektors: Mx = Fz ⋅ yP – Fy ⋅ zP My = Fx ⋅ zP – Fz ⋅ xP Bild 8.4 Komponenten des Momentenvektors

Mz = Fy ⋅ xP – Fx ⋅ yP

(8.6)

8.2 Das Moment einer Kraft und seine kartesischen Komponenten

35

Die letzte Zeile kennen wir bereits vom ebenen Fall, Gleichung (3.1). Übrigens braucht nur eine der drei Zeilen hergeleitet zu werden; die anderen folgen direkt durch zyklisches Vertauschen der Indizes. Beispiel 8.1 Ein schwergewichtiger Patient zieht sich mit F = 400 N von seinem Krankenlager hoch, Bild 8.5.


Wie groß sind die kartesischen Komponenten des Momentenvektors im Punkt O der Haltestangenbefestigung? Die Bestimmung der kartesischen Kraftkomponenten soll auf zweierlei Art erfolgen: 1. über den Punkt A (x* = –134 mm; y* = –500 mm; z* = 88 mm) auf  der Wirkungslinie von F ; x* ist parallel zu x usw. 2. über die Winkel γ = 17,78° und β = 33,3°.

1

Lösung: Kraftkomponenten: 1. Mit Hilfe von A: Mit (8.2) und (8.4) erhalten wir: l = PA = x*A 2 + y*A 2 + z*A 2 = 134 2 + 5002 + 882 mm ≈ 525 mm Fx = F ⋅

x*A −134 mm = 400 N ⋅ ≈ −102 N l 525 mm

y* −500 mm Fy = F ⋅ A = 400 N ⋅ ≈ − 381 N l 525 mm z*A 88 mm = 400 N ⋅ ≈ 67 N l 525 mm 2. Mit Hilfe der Winkel γ und β: Die Zerlegung in der grau markierten Ebene führt mit (8.5) auf: Fy = − F ⋅ sin α = − F ⋅ cos γ = −400 N ⋅ cos 17 , 78° ≈ −381 N Fz = F ⋅

Fxz = F ⋅ cos α = F ⋅ sin γ = 400 N ⋅ sin 17 , 78° ≈ 122 N Fx = − Fxz ⋅ cos β = −122 N ⋅ cos 33, 3° ≈ −102 N Fz = Fxz ⋅ sin β = 122 N ⋅ sin 33, 3° ≈ 67 N

Komponenten des Momentenvektors (mit Gl. (8.6) und P (x = 1050 mm; y = 1100 mm; z = 0)): M x = Fz ⋅ yP − Fy ⋅ zP = ⎣⎡67 ⋅ 1100 − ( −381) ⋅ 0 ⎦⎤ Nmm ≈ 74 Nm

M y = Fx ⋅ zP − Fz ⋅ xP = [ −102 ⋅ 0 − 67 ⋅ 1050 ] Nmm ≈ −70 Nm M z = Fy ⋅ xP − Fx ⋅ yP = [ −381 ⋅ 1050 − (−102) ⋅ 1100 ] Nmm ≈ −288 Nm

 Bild 8.5 Räumliche Kraft F , Beispiel 8.1

36


Da häufig nicht alle Kraftkomponenten auftreten oder Hebelarme null sind, werden wir im Folgenden die Momente meist direkt mit Hilfe der Angabenskizze bestimmen, d. h. ohne Gl. (8.6) zu benutzen.

8.3 Resultierende Kraft und resultierendes Moment Technische Mechanik downloaded from www.hanser-elibrary.com by ETH-Bibliothek on September 16, 2014 For personal use only.

Zentrales Kräftesystem: (Die Wirkungslinien aller Kräfte schneiden sich in einem gemeinsamen Punkt.)  Die resultierende Kraft FR von n Kräften folgt aus der Vektoraddition n   FR = ∑ Fi . i =1

Für das praktische Arbeiten rechnen wir mit den kartesischen Komponenten.  Größe und Richtung der resultierenden Kraft FR : FRx = ∑ Fxi ; FRy = ∑ Fyi ; FRz = ∑ Fzi

(8.7a)

(Summation über alle Einzelkräfte) FR =

2 2 2 FRx + FRy + FRz

cos α x =

F FRx F ; cos α y = Ry ; cos α z = Rz FR FR FR

(8.7b) (8.7c)

Einzelmomente: Einzelmomente (Kräftepaare) lassen sich zum resultierenden Moment wie die Kräfte zusammenfassen. Die Momentenvektoren dürfen hierbei beliebig in einen gemeinsamen Punkt parallelverschoben werden. Das haben wir schon in Kap. 3.1 festgestellt. Beliebiges räumliches Kräftesystem (einschließlich Einzelmomente): (Die Wirkungslinien der Kräfte schneiden sich nicht alle in einem Punkt.) Jede Kraft wird in einen gemeinsamen Bezugspunkt parallelverschoben. Mit (8.7) ergibt sich Größe und Richtung der resultierenden Kraft.

8.5 Räumliche Kräftesysteme im Gleichgewicht

37

Beim Parallelverschieben der Kräfte tritt je ein Versetzungsmoment „Kraft mal lotrechter Verschiebeweg“ auf. Die Versetzungsmomente fassen wir mit den Einzelmomenten zum resultierenden Moment zusammen. Übung 8.1


An dem Strommast in Bild 8.6 bilden die Drähte einen Winkel von 150°. In einer kalten Winternacht trete in jedem Draht eine Zugkraft  von  2 kN auf. Welche resultierende Kraft FR und welches Moment M A wirken dabei am Fußpunkt A?

8.4 Lagerung räumlicher Körper Ein vollkommen freier Körper hat im Raum 6 Bewegungsmöglichkeiten (Freiheitsgrade): − je eine Verschiebung (Translation) in x-, y- und z-Richtung − je eine Drehung (Rotation) um die x-, y- und z-Achse Die Lager verhindern einzelne oder alle Freiheitsgrade; sie üben einen Zwang auf den Körper aus. Bild 8.7 zeigt verschiedene Lagerungsarten mit den möglichen Lagerreaktionen. Einen räumlichen Körper statisch bestimmt richtig zu lagern, fällt nicht immer leicht. Bild 8.8 zeigt eine statisch bestimmte Lagerung mit 3 einwertigen Lagern und einem Kugelgelenk (dreiwertig).

8.5 Räumliche Kräftesysteme im Gleichgewicht Ein Körper befindet sich im Gleichgewicht, wenn   FR = 0 und M A = 0 .

(8.8)

In Worten: Resultierende Kraft gleich null, resultierendes Moment bezüglich eines beliebigen Punktes A gleich null. Mit den kartesischen Komponenten: Symbolisch: FRx = ∑ Fxi = 0

∑ Fx = 0

FRy = ∑ Fyi = 0

∑ Fy = 0

FRz = ∑ Fzi = 0

∑ Fz = 0

M xA = ∑ ( Fzi ⋅ yi − Fyi ⋅ zi ) + ∑ M *xj = 0

∑ M xA = 0

(8.9)

Bild 8.6 Strommast aus Übung 8.1

1


38 8 Das räumliche Kräftesystem

Bild 8.7 Verschiedene Lagerungsarten mit Lagerreaktionen


39

M yA = ∑ ( Fxi ⋅ zi − Fzi ⋅ xi ) + ∑ M *yj = 0

∑ M yA = 0

M zA = ∑ ( Fyi ⋅ xi − Fxi ⋅ yi ) + ∑ M zj* = 0

∑ M zA = 0


Die Summationsindizes i und j laufen von 1 bis zur Anzahl der Kräfte bzw. Einzelmomente. Koordinatenursprung ist der Bezugspunkt A. xi, yi und zi sind die Koordinaten der Kraftangriffspunkte. Die Kräftegleichgewichtsbedingungen kann man durch zusätzliche Momentengleichgewichtsbedingungen ersetzen. Im allgemeinsten Fall lassen sich insgesamt sechs Momentengleichgewichtsbedingungen aufstellen. Hierbei dürfen keine 3 oder mehr Bezugspunkte auf einer Geraden und keine 4 oder mehr Bezugspunkte in einer Ebene liegen. Mit den nicht verwendeten Kräftegleichgewichtsbedingungen kann eine Ergebniskontrolle durchgeführt werden.

Bild 8.8 Statisch bestimmte Lagerung

Beispiel 8.2 Bild 8.9 zeigt eine Motorhaube in geöffnetem Zustand. Die Stange C-D stützt die Haube, die unter einem Winkel von 30° zur Vertikalen (y-Achse) steht. A und B sind reibungsfreie Gelenke; um die Achse durch A und B erfolgt die Drehung beim Öffnen und Schließen. Welche Druckkraft wirkt in der Stange, wenn die Gewichtskraft FG = 320 N beträgt?

1

Lösung: Wir machen die Haube an den Gelenken A und B sowie am Punkt D frei. Die Kräfte in den Gelenken benötigen wir nicht. Bei D zeichnen wir  die Kraftkomponenten Fx, Fy und Fz ein. Da die resultierende Kraft F die Richtung des Stabes C-D hat, hängen die Komponenten Fx, Fy  und Fz mit F über die Richtungscosinusse zusammen. Das heißt: Nur der Betrag F ist unbekannt.

Nacheinander führen wir folgende Schritte aus: − Koordinaten x*, y*, z* von D herauslesen − l = CD mit (8.2) berechnen − Kraftkomponenten mit (8.4) anschreiben − Momentengleichgewicht um x-Achse (durch A und B) ansetzen und F ausrechnen. D (x* = –390 mm; y* = 1000 mm ⋅ cos 30° = 866 mm; z* = –1000 mm (1 – sin 30°) = –500 mm) l = CD = x*D 2 + y*D 2 + z*D 2 = 390 2 + 866 2 + 500 2 mm ≈ 1073 mm Fy = F ⋅

y*D z* ; Fz = F ⋅ D ; l l

Fx wird nicht benötigt.

M xA = Fz ⋅ y D − Fy ⋅ z D + FG ⋅ 500 mm ⋅ sin 30 ° = 0

Bild 8.9 Motorhaube aus Beispiel 8.2

40


F⋅

z*D y* ⋅ yD − F ⋅ D ⋅ zD + FG ⋅ 500 mm ⋅ sin 30° = 0 l l

)

(

F * zD ⋅ yD − y*D ⋅ zD = − FG ⋅ 500 mm ⋅ sin 30° l

F=

− FG ⋅ 500 mm ⋅ sin30° ⋅ l ≈ 99 N z*D ⋅ yD − y*D ⋅ zD


Beispiel 8.3 Bild 8.10a zeigt eine Getriebewelle mit schrägverzahntem Zahnrad.  Das nicht gezeichnete Partnerrad übt im Punkt C die Zahnkraft F  aus. F steht in der Zeichenebene um den Winkel β schief zur Umfangsrichtung und um α schief zur Zeichenebene (Schnitt D-D). C liegt  auf dem Kreis mit dem Radius r. Das eingezeichnete Moment M hält dem Moment infolge der Zahnkraft das Gleichgewicht.

Bild 8.10 Getriebewelle aus Beispiel 8.3 a) Anordnung b) Kräftesystem


41

Zahlenwerte: M = 2010 Nm; a = 280 mm; b = 380 mm; r = 191 mm; α = 21,7°; β = 24° Gesucht sind die Lagerreaktionen im Festlager A und im Loslager B.


Lösung: Hierzu Bild 8.10 b.  Zunächst zerlegen wir die Zahnkraft F in ihre kartesischen Komponenten.  Im Schnitt D-D erscheint F in wahrer Größe. Wir zerlegen sie in Fz = F ⋅ sin α

(zeigt zur Wellenmittellinie hin)

Fxy = F ⋅ cos α

(liegt in der x,y-Zeichenebene).

und

Fxy teilen wir auf in Fx = F ⋅ cos α ⋅ sin β , Fy = F ⋅ cos α ⋅ cos β .

Die Momentengleichgewichtsbedingungen stellen wir einfacher durch Überlegung mit Bild 8.10 auf, anstatt mit dem Formalismus (8.9).

∑ M xA = M − Fy ⋅ r = 0 → Fy =

M 2010 ⋅ 10 3 Nmm = ≈ 10 524 N r 191 mm

Mit Hilfe von Fy können wir nun auch F sowie Fx und Fz berechnen: F=

Fy cos α ⋅ cos β

=

10 524 N ≈ 12 398 N cos 21,7 ° ⋅ cos 24 °

Fx = F ⋅ cos α ⋅ sin β = Fy ⋅ tan β ≈ 4686 N

Fz = F ⋅ sin α = Fy ⋅ tan α/cos β ≈ 4584 N Mit den restlichen fünf Gleichgewichtsbedingungen folgen die Lagerreaktionen.

∑M

yA

= Fx ⋅ r + Fz ⋅ a − FBz ⋅ l = 0

Fx wirkt im Abstand r vor der Zeichenebene von Bild 8.10 b. →

1 ( Fx ⋅ r + Fz ⋅ a ) l 1 = ( 4686 N ⋅ 191 mm + 4584 N ⋅ 280 mm) 660 mm

FBz = FBz

FBz ≈ 3301 N

1

42


∑ M zA = Fy ⋅ a + FBy ⋅ l = 0 → FBy = − Fy ⋅

280 mm a = −10 524 N ⋅ ≈ −4465 N l 660 mm

∑ Fx = FAx + Fx = 0 → FAx = − Fx ≈ −4686 N


∑ Fy = FAy + Fy + FBy = 0 → FAy = − Fy − FBy = −10 524 N − ( −4465 N ) ≈ −6059 N

∑ Fz = FAz − Fz + FBz = 0 → FAz = Fz − FBz = 4584 N − 3301 N ≈ 1283 N

Eine Ergebniskontrolle wäre mit ∑ M yB = 0 und ∑ M zB = 0 möglich. Zur Dimensionierung der Lager benötigt man Radialkraft und Axialkraft:

FAr =

2 2 FAy + FAz = 6059 2 + 1283 2 N ≈ 6193 N

FAa = FAx = 4686 N

FBr = Bild 8.11 Getriebewelle aus Beispiel 8.4 a) Anordnung b) Kräfte in der Vertikalebene c) Kräfte in der Horizontalebene

2 2 FBy + FBz =

4465 2 + 3301 2 N ≈ 5552 N

FBa = 0 Beispiel 8.4

Auf der Getriebewelle gemäß Bild 8.11a sitzen ein Kegelrad (Nr. 1) und ein schrägverzahntes Stirnradritzel (Nr. 2). Es wirken die gezeichneten Zahnkräfte. Zahlenwerte: F1h = 4370 N; F1v = 8150 N; F1a = 2450 N; F2h = 10 600 N; F2v = 28 023 N; F2a = 7530 N. Die Richtungen sind der Skizze zu entnehmen.

Gesucht sind Radial- und Axialkraft im Festlager A sowie die Radialkraft im Loslager B. Lösung: Bei Getriebewellen mit zwei Zahnrädern oder Transmissionswellen mit mehreren Scheiben arbeitet man übersichtlicher in zwei Ebenen. Im vorliegenden Fall in der vertikalen Ebene v und in der horizontalen Ebene h. Die beiden Ebenen schneiden sich auf der Achse a. Auf diese Weise wird das räumliche Kräftesystem in zwei ebene Systeme


43

aufgespaltet. Für jede Ebene zeichnen wir eine eigene Skizze, in welche nur jene Kräfte eingehen, die zu den Gleichgewichtsbedingungen beitragen. Die radialen Lagerkräfte ergeben sich am Ende wieder mit Hilfe des Satzes von PYTHAGORAS. Vertikalebene (Vorderansicht; Bild 8.11 b)


Ein Moment um die horizontale Achse liefern nur die vertikalen Kräfte F1v und F2v sowie die Lagerreaktionen FAv und FBv. F1a und F2a haben keinen Hebelarm; F1h und F2h sind zur horizontalen Achse parallel und ergeben deshalb ebenfalls kein Moment. (–F1v · 56 – F2v · 102,5 + FBv · 160) mm = 0 1 ( F1 v ⋅ 56 + F2 v ⋅ 102 , 5 ) 160 1 ( 8150 ⋅ 56 + 28 023 ⋅ 102,5) N ≈ 20 805 N = 160

→ FBv = FBv

(–FAv · 160 + F1v · 104 + F2v · 57,5) mm = 0 1 ( F1 v ⋅ 104 + F2 v ⋅ 57 , 5 ) 160 1 = ( 8150 ⋅ 104 + 28 023 ⋅ 57,5) N ≈ 15 368 N 160

→ FAv = FAv

Kontrolle:

↑

FAv − F1v − F2v + FBv = (15 368 − 8150 − 28 023 + 20 805) N = 0

Horizontalebene (Draufsicht, Bild 8.11c) F1v und F2v laufen parallel zur vertikalen Achse und ergeben deshalb kein Moment. ( F1a ⋅ 120 − F1 h ⋅ 56 + F2a ⋅ 34 , 9 + F2 h ⋅ 102 , 5 + FBh ⋅ 160 ) mm = 0 1 ( − F1 a ⋅ 120 + F1 h ⋅ 56 − F2 a ⋅ 34 , 9 − F2 h ⋅ 102 , 5 ) 160 1 = ( −2450 ⋅ 120 + 4370 ⋅ 56 160 − 7530 ⋅ 34 , 9 − 10 600 ⋅ 102,5) N

FBh = FBh

FBh ≈ − 8741 N

1

44


(− FAh ⋅ 160 + F1a ⋅ 120 + F1h ⋅ 104 + F2a ⋅ 34,9 − F2h ⋅ 57,5) mm = 0 1 ( F1a ⋅ 120 + F1 h ⋅ 104 + F2 a ⋅ 34, 9 − F2 h ⋅ 57, 5) 160 1 = ( 2450 ⋅ 120 + 4370 ⋅ 104 + 7530 ⋅ 34, 9 − 10 600 ⋅ 57 ,5) N 160

→ FAh = FAh

FAh ≈ 2511 N


Kontrolle:

↑

FAh − F1h + F2h + FBh = (2511 − 4370 + 10 600 − 8741) N = 0 2 2 FAr = FAv + FAh = 15 3682 + 25112 N ≈ 15 572 N

Bild 8.12 Doppelseilkreuz am Zustromkanal, Übung 8.2

FBr = FBv2 + FBh2 = 20 8052 + 87412 N ≈ 22 567 N Die Axialkraft folgt mit Bild 8.11c aus dem Gleichgewicht in axialer Richtung.

→

FAa – F1a + F2a = 0 → FAa = F1a – F2a = 2450 N – 7530 N = –5080 N

Das Momentengleichgewicht um die Wellenachse, Bild 8.11a, liefert den Zusammenhang zwischen F1v und F2v. Das bedeutet: Wenn z. B. F1v gegeben ist, kann F2v berechnet werden. Wir kontrollieren die Werte in der Aufgabenstellung:

∑ M aA = − F1v ⋅ 120 mm + F2v ⋅ 34 , 9 mm

= ( −8150 ⋅ 120 + 28 023 ⋅ 34,9) Nmm ≈ 0

Übung 8.2

Bild 8.12 zeigt den Zustromkanal zum Amazonaskraftwerk. Ein kegelförmiges Seilnetz vor der kreisförmigen Öffnung hält Bäume usw. zurück.  Die äußere Kraft F aus Wasserdruck und Rammstoß wird im Wesentlichen durch ein Doppelseil in Kreuzanordnung aufgenommen. Um welches Maß f müssen die Seile mindestens durchhängen, damit bei einer äußeren Kraft F = 76 kN die Seilkraft für das Doppelseil nicht größer als 38 kN wird? Die elastische Dehnung sei unberücksichtigt. Übung 8.3 Bild 8.13 Gipfelkreuz aus Übung 8.3

Ein Gipfelkreuz wird mit drei Seilen verankert, Bild 8.13. Die Montagezugkraft in Seil 1 beträgt 5 kN.


45

1. Mit welchen Kräften F2 und F3 müssen Seil 2 bzw. 3 gespannt sein, damit auf das Kreuz keine Momente wirken? 2. Wie groß ist die vertikale Kraft auf das Kreuz? Koordinaten der Seilpunkte in m: A(2; –3; –4,5) B(2,5; 2,5; –4,5) C(–3; 0,5; –4,5) Übung 8.4


Ein kleines Kind klettert auf eine Aluminiumleiter, die an der Hausecke lehnt, Bild 8.14. Um welches Maß a darf sich das Kind maximal nach rechts hinüberbeugen, ohne dass die Leiter zu kippen beginnt? Hängt a davon ab, wie hoch das Kind steht? FGL = 70 N; FGK = 210 N Hinweis: Die Leiter stützt sich am Punkt C reibungsfrei an der Hausecke ab. Bild 8.14 Kippen der Leiter, Übung 8.4

Übung 8.5 Bild 8.15 zeigt eine Antriebswelle mit Riemenscheibe, schrägverzahntem Stirnrad, Festlager A und Loslager B. Die Riemenkräfte FS1 und FS2 wirken näherungsweise vertikal (FS1 = 500 N; FS2 = 5500 N). Der Zahneingriffspunkt liegt horizontal. FZa und FZh hängen mit FZv wie folgt zusammen, s. Beispiel 8.3: FZa = FZv ⋅ tan b; FZh = FZv ⋅ tan a / cos b

(α = 21,7°; β = 24°) Berechnen Sie 1. die drei Zahnkraftkomponenten 2. die Lagerreaktionen in A (Radial- und Axialkraft) und B (Radialkraft). Hinweis: Führen Sie die Berechnung nacheinander in Vertikal- und Horizontalebene durch und überlagern Sie anschließend die Kraftkomponenten.

1. Welche kartesischen Komponenten des Momentenvektors werden durch eine räumliche Kraft verursacht? 2. Welche Momentenkomponenten verursacht die Kraftkomponente Fx? 3. Wie kann man beliebige räumliche Kräfte in einem gemeinsamen Punkt zusammenfassen? 4. Welche Freiheitsgrade hat ein völlig freier Körper im Raum? 5. Wie viele Gleichgewichtsbedingungen gibt es im räumlichen Fall, und wie lauten sie?

Bild 8.15 Welle mit Keilriemenscheibe und schrägverzahntem Stirnrad, Übung 8.5

1

46

9 Der Schwerpunkt Schwerpunkte von Körpern, Massen, Volumina, Mantelflächen, Linien, Querschnittsflächen; statisches Moment einer Fläche, GULDINsche Regeln


Bild 9.1 Versuch zur Bestimmung des Schwerpunktes

9.1 Körperschwerpunkt Experiment: Eine Scheibe habe bei A, B und C kleine Bohrungen, Bild 9.1. Mit Hilfe einer Nadel hängen wir die Scheibe zunächst bei C so auf, dass sie sich reibungsfrei um den Aufhängepunkt drehen kann. Infolge des Gewichts nimmt sie die  skizzierte Lage ein. Die lotrechte Wirkungslinie der Gewichtskraft FG geht durch C. Wir markieren die Wirkungslinie auf der Scheibe. Jetzt wiederholen wir den Versuch mit den beiden anderen Aufhängepunkten. Die Wirkungslinien schneiden sich alle in einem Punkt. Das heißt: Die Wirkungslinie der Gewichtskraft geht bei beliebiger Aufhängung stets durch denselben Körperpunkt, den Schwerpunkt S. Bei symmetrischen Körpern liegt S auf der Symmetrieachse.

Bild 9.2 Schwerpunkt von zwei Körpern

Schwerpunkt von zwei Körpern (Bild 9.2): Der Schwerpunkt S zweier Körper mit den Gewichtskräften FG1 und FG2 liegt auf der Verbindungslinie der Teilschwerpunkte S1 und S2 und teilt diese Verbindungslinie im umgekehrten Verhältnis der Gewichtskräfte. FG 2 a1 = a2 FG 1

Den Schwerpunkt von mehr als zwei Körpern bestimmen wir genauso wie die Resultierende von parallelen Kräften (s. Kap. 4.1): Bezüglich eines beliebigen Bezugspunktes muss das Moment der resultierenden Gewichtskraft gleich der Summe der Momente der Teilgewichtskräfte sein. Einen komplizierten Körper können wir meist in einfache Teilkörper wie Quader, Pyramiden, Kugeln usw. einteilen, deren Schwerpunkte bekannt oder leicht zu bestimmen sind. Mit Hilfe des obigen Satzes lassen sich damit die Schwerpunktkoordinaten des gesamten Körpers ausrechnen.

9.1 Körperschwerpunkt

47

Wir führen den Rechengang anhand des Körpers von Bild 9.3 durch. Dieser besteht der Einfachheit halber nur aus 2 Teilkörpern. Die Formeln, die wir herleiten, gelten jedoch ohne Einschränkung auch für n Teilkörper. Die Schwerpunkte der beiden Teilkörper seien bekannt: S1 (xS1, yS1, zS1); S2 (xS2, yS2, zS2)  Das Moment der Gewichtskraft FG muss gleich dem Moment der   Teilgewichtskräfte FG1 und FG2 sein. Um die z-Achse führt das auf:


x S ⋅ FG = x S1 ⋅ FG 1 + x S2 ⋅ FG 2

xS =

1 FG

( x S1 ⋅ FG 1 + x S 2 ⋅ FG 2 )

mit

FG = FG1 + FG2 Da die x-Achse keine Vorzugsstellung im x,y,z-Koordinatensystem genießt, muss die Formel für die y- und die z-Achse analog lauten. Außerdem lassen sich die Beziehungen auf n Teilkörper erweitern. Schwerpunktkoordinaten eines Körpers aus n Teilkörpern (Summation von 1 bis n): xS =

1 FG

∑ x Si ⋅ FGi

yS =

1 FG

∑ y Si ⋅ FGi

zS =

1 FG

∑ z Si ⋅ FGi

(9.1)

mit FG = ∑ FG i

Da FG = m · g, ist der Angriffspunkt S der resultierenden Gewichtskraft identisch mit dem Massenmittelpunkt oder Massenschwerpunkt: xS =

1 ∑ x Si ⋅ m i m

yS , zS analog

(9.2)

m = ∑ mi

Bei einem Körper mit konstanter Dichte ρ (homogener Körper) ist wegen m = ρ ⋅ V der Massenmittelpunkt gleichzeitig geometrischer Körperschwerpunkt oder

Bild 9.3 Zur Berechnung der Schwerpunktkoordinaten mit Hilfe von geometrischen Grundformen

1

48

9 Der Schwerpunkt

Volumenschwerpunkt: xS =

1 V

∑ x Si ⋅ Vi yS, zS analog

(9.3)


V = ∑ Vi

Volumenschwerpunkte geometrischer Grundformen, wie Zylinder, Kegel, Kugel usw. finden Sie in A2.1. Körperschwerpunkte sind wichtig − wenn die Gewichtskraft berücksichtigt werden muss (Hochbau, Brückenbau, Kippsicherheit von Baumaschinen), − wegen der Massenkraft (bei rotierenden und translatorisch bewegten Bauteilen), − für den Auftrieb in Wasser und Luft. Bei flächenhaften Körpern, d. h. bei geringer konstanter Wanddicke, wie bei einer dünnen Kugelschale, kann in (9.3) die Wanddicke herausgekürzt werden. Anstelle der Volumina haben wir dann die Schalenflächen (Mantelflächen) AM einzusetzen. Schwerpunkt einer Mantelfläche: xS =

1 AM

∑ x Si ⋅ A Mi yS, zS analog

(9.4)

A M = ∑ A Mi

Schwerpunkte von Mantelflächen-Grundformen finden Sie ebenfalls in A2.1. Für draht- bzw. stabartige Körper mit konstanter Querschnittsfläche A und der Länge l kann wegen V = A · l in (9.3) A herausgekürzt werden. Damit geht nur die Form der Stabmittellinie ein. Linienschwerpunkt:

xS =

1 ∑ x Si ⋅ l i l

yS, zS analog

(9.5)

l = ∑ li

Linienschwerpunkte der Grundformen in A2.3. Ist der Körper nicht in einfache geometrische Grundformen zerlegbar, muss die Einteilung unendlich fein gemacht werden. Statt der Summenbildung ist dann eine Integration auszuführen. Hierzu muss der Körper analytisch beschreibbar sein. Im anderen Fall hilft eine numerische Berechnung weiter. Solche Rechenprogramme sind verfügbar oder können leicht selber erstellt werden.

9.2 Flächenschwerpunkt

49

Beispiel 9.1 Gesucht ist der gemeinsame Schwerpunkt der beiden Umfangslinien einer gelochten Scheibe gemäß Bild 9.4 a. Gegeben: a = 5 mm; R1 = 13 mm; R2 = 7 mm


Lösung: Wir wählen ein Koordinatensystem gemäß Bild 9.4 b. x ist Symmetrieachse, folglich liegt S auf der x-Achse. (9.5) liefert: xS =

xS =

1 ( x S1 ⋅ l 1 + x S 2 ⋅ l 2 ) l

1 ( 0 ⋅ 81,7 + 5 ⋅ 44,0 ) mm2 ≈ 1,75 mm 125,7 mm

Bild 9.4 Gelochte Scheibe, Beispiel 9.1 a) Geometrie b) mit Koordinatensystem und b) Linienschwerpunkt S

1

mit l = l 1 + l 2 = 2 p ⋅ R1 + 2 p ⋅ R 2 = 2 p ⋅ 13 mm + 2 p ⋅ 7 mm l ≈ 81,7 mm + 44,0 mm = 125,7 mm

Übung 9.1 Ein dünner Draht wurde zu einem Kontakthebel gemäß Bild 9.5 gebogen. Bestimmen Sie die Schwerpunktkoordinaten des Linienzugs (abhängig von a). Die Übergänge sind scharfkantig anzunehmen. Übung 9.2 Bild 9.6 zeigt vereinfacht den Reaktordruckbehälter eines Kernkraftwerks. Einbauten, Stutzen, Flansche usw. wurden weggelassen; das Kühlmittel soll einfachheitshalber den Halbkugelboden und den gesamten zylindrischen Teil füllen. Bei einer horizontalen Anregung infolge eines Erdbebens spielt der Massenmittelpunkt eine Rolle. Bestimmen Sie die vertikale Lage des Massenmittelpunktes (zS). Stahlbehälter: ρB = 7,85 kg/dm3 Kühlmittel (Wasser bei ca. 160 bar, 300 °C): ρ = 0,75 kg/dm3

9.2 Flächenschwerpunkt Genauer: Schwerpunkt einer Querschnittsfläche, im Gegensatz zum Schwerpunkt einer Mantelfläche nach Gleichung (9.4).

Bild 9.5 Schalthebel aus Übung 9.1

50

9 Der Schwerpunkt

Wieder können wir vom Volumenschwerpunkt (9.3) ausgehen und wegen V = t · A die konstante Wanddicke t herauskürzen. Das heißt, es geht nur noch die Querschnittsform ein. Wir legen die Querschnittsfläche in die x,y-Ebene, dann kommen nur die Schwerpunktkoordinaten xS und yS vor. Flächenschwerpunkt:

1 A

xS =

∑ x Si ⋅ A i

yS =

1 A

∑ y Si ⋅ A i

1 A

∫

y ⋅ dA

(9.6 a)


A = ∑ Ai bzw. xS =

1 A

∫

x ⋅ dA

A

yS =

A

(9.6 b)

A = ∫ dA Bild 9.6 Druckbehälter aus Übung 9.2

A

(9.6 b) ist anzuwenden, wenn eine Zerlegung in einfache Grundformen nicht möglich ist. Die Fläche muss dann analytisch beschreibbar sein, andernfalls hilft nur die numerische Auswertung weiter. Die Flächenschwerpunkte der Querschnittsgrundformen können Sie A2.2 entnehmen. Die Summe bzw. das Integral in den Schwerpunktformeln nennt man statisches Moment der Fläche oder Flächenmoment 1. Grades. Statisches Moment der Fläche um die x-Achse: Sx = ∑ ySi ⋅ Ai

bzw. Sx = ∫ y ⋅ dA

(9.7 a)

A

Statisches Moment der Fläche um die y-Achse: Sy = ∑ xSi ⋅ Ai

bzw. Sy = ∫ x ⋅ dA

(9.7 b)

A

Die statischen Momente einer Fläche um die Achsen durch den Schwerpunkt sind null.

Bild 9.7 Unterstützung der Fläche A im Schwerpunkt S

Leichter zu begreifen sind die Flächengrößen, wenn man sich die Querschnittsfläche als Karton oder dünnes Blech vorstellt. Unterstützt man eine solche Fläche gemäß Bild 9.7 im Schwerpunkt, so sind die statischen Momente um die positive x-Achse so groß wie um die negative x-Achse, also insgesamt null. Dasselbe gilt für die y-Achse (und auch für jede andere Achse durch S). Das Blech fällt also nicht herunter. Allerdings handelt es sich um ein labiles Gleichgewicht, das durch die kleinste Erschütterung gestört wird.

9.3 Die GULDINschen Regeln

51

Im Gegensatz zum Körperschwerpunkt erscheint uns der Flächenschwerpunkt als theoretische Größe. Er hat jedoch eine große Bedeutung in der Mechanik, beispielsweise als Angriffspunkt der resultierenden Druckkraft oder in der Biegelehre. Beispiel 9.2 Wo liegt der Flächenschwerpunkt des Querschnitts gemäß Bild 9.8 a?


a = 5 mm;

R1 = 13 mm;

R2 = 7 mm

Lösung: Der Querschnitt besteht aus der Kreisfläche vom Radius R1 = 13 mm und der negativen Kreisfläche vom Radius R2 = 7 mm. Mit (9.6 a) rechnen wir: A = ∑ A i = A1 + A 2 = π ⋅ R12 − π ⋅ R 22 = ( π ⋅ 13 2 − π ⋅ 7 2 ) mm 2 A = 531 mm 2 − 154 mm 2 = 377 mm 2

Bild 9.8 Querschnitt, Beispiel 9.2 a) Geometrie b) mit Koordinatensystem und Flächenb) schwerpunkt S

yS = 0, weil die x-Achse Symmetrieachse ist. xS =

1 A

xS =

1 ( 0 ⋅ 531 − 5 ⋅ 154 ) mm 3 ≈ −2 mm 377 mm 2

∑ x Si ⋅ A i =

1 ( x S 1 ⋅ A1 + x S 2 ⋅ A 2 ) A

Ein Loch geht als negative Fläche ein. Beachten Sie den Unterschied zum Linienschwerpunkt von Beispiel 9.1 für dieselbe Geometrie. Übung 9.3 Berechnen Sie für den Querschnitt des gefrästen Profils in Bild 9.9 die Lage des Flächenschwerpunktes S.

9.3 Die GULDINschen Regeln Genau genommen sind diese Regeln von PAPPUS1 und GULDIN2. Mit ihnen lassen sich Mantelfläche und Volumen von Drehkörpern berechnen, wenn man den Linien- bzw. Flächenschwerpunkt im Meridianschnitt kennt. Bild 9.10 zeigt ein Fass im Meridianschnitt. Wir teilen die Drehfläche in sehr kurze Ringe ein. Ein solcher Ring hat die Fläche eines Rechtecks der Breite dl und der Länge 2π ⋅ x, also 2π ⋅ x ⋅ dl. Die gesamte Mantelfläche ist das Integral über die Länge l der Erzeugenden (Meridianlinie), nämlich AM =

∫ 2 π ⋅ x ⋅ dl = 2 π ∫ l

1 2

x ⋅ dl .

l

PAPPUS lebte im 3. Jahrhundert in Alexandrien. PAUL HABAKUK GULDIN 1577 – 1643

Bild 9.9 Querschnitt aus Übung 9.3

1

52

9 Der Schwerpunkt

Nach Kap. 9.1 gilt (in Gl. (9.5) ∫ statt ∑ setzen):

∫ x ⋅ dl = x S ⋅ l l

Einsetzen in AM liefert die Mantelfläche eines Drehkörpers: A M = 2p ⋅ x S ⋅ l


Abb. 9.10 Meridianschnitt einer Drehfläche

(9.8)

Der Flächeninhalt einer Drehfläche ist gleich Länge der Meridianlinie mal Weg des Linienschwerpunktes bei einer Drehung um 2π. Jetzt sei das Fass von vorher voll. Wir wollen sein Volumen ausrechnen, Bild 9.11. Der kleine Torus mit der Meridianfläche dA hat das kleine Volumen 2π ⋅ x ⋅ dA (Länge mal Querschnittsfläche). Integration über die Meridianfläche ergibt das gesamte Volumen V = ∫ 2 π ⋅ x ⋅ dA = 2 π ∫ x ⋅ dA . A

A

Mit Gl. (9.6 b) können wir

∫ x ⋅ dA = x

S

⋅A

A

schreiben und in V einsetzen. Volumen eines Drehkörpers: Bild 9.11 Meridianschnitt eines massiven Drehkörpers

V = 2π ⋅ xS ⋅ A

(9.9)

Das Volumen eines Drehkörpers ist gleich Meridianfläche mal Weg des Flächenschwerpunktes bei einer Drehung um 2π. Beispiel 9.3 Wir wollen die PAPPUS-GULDINschen Formeln am geraden Kreiskegel testen. Lösung: Bild 9.12 a zeigt die Meridianlinie mit dem Linienschwerpunkt. (9.8) liefert die Mantelfläche r AM = 2 π ⋅ x S ⋅ l = 2 π ⋅ ⋅ r 2 + h 2 = π ⋅ r ⋅ r 2 + h 2 . 2 Bild 9.12 b zeigt die dreieckige Meridianfläche mit dem Flächenschwerpunkt. Mit (9.9) erhalten wir das Kegelvolumen

Bild 9.12 Meridianschnitt a) Kreiskegelschale b) massiver Kreiskegel

1 r 1 V = 2π ⋅ xS ⋅ A = 2π ⋅ ⋅ ⋅ r ⋅ h = π ⋅ r 2 ⋅ h . 3 2 3

9.3 Die GULDINschen Regeln

53

In A5.2 und A5.1 sind die Massen von Kegelschale bzw. Kegel (und weiteren Körpern) aufgeführt. Diese Formeln lassen sich leicht auf die Mantelfläche bzw. das Volumen umschreiben. Sie bestätigen die erhaltenen Werte. Übung 9.4


Bild 9.13 zeigt ein Wellblechrohr. Zahlenwerte: d = 1 m; r = 25 mm (mittlerer Rillenradius); t = 2 mm Wie groß ist das Metergewicht (ρ = 7,85 kg/dm3)? Nutzen Sie die Vereinfachung infolge der Dünnwandigkeit.

Bild 9.13 Wellblechrohr aus Übung 9.4

Übung 9.5 Der Rohrkrümmer in Bild 9.14 besteht aus einem halben Torus und zwei Flanschen. Berechnen Sie seine Masse (ρ = 7,3 kg/dm3).

1. Wo liegt der Schwerpunkt zweier Körper? 2. Für welchen Punkt ist das statische Moment einer Fläche null? 3. Drücken Sie die GULDINschen Regeln in Worten aus.

1 Bild 9.14 Rohrkrümmer aus Übung 9.5

54

10 Innere Kräfte und Momente


Bild 10.1 Schnitt durch den Träger

Normalkraft, Querkräfte, Biegemomente, Torsionsmoment, gerader Balken, GERBER-Träger, Bogenträger, ebene/räumliche Rahmen, Wellen

Bisher hatten wir das Bauteil immer an den Lagern freigemacht, aus der Umgebung herausgeschnitten. Auf diese Weise war es möglich, die Lagerreaktionen zu bestimmen. Nun gilt unser Interesse den inneren Beanspruchungen; folglich müssen wir den Träger selbst „auseinanderschneiden“, Bild 10.1. Die inneren Kräfte und Momente stehen mit den äußeren Kräften und Momenten (einschließlich Lagerreaktionen) des abgeschnittenen Trägerteils im Gleichgewicht (Schnittprinzip). Bild 10.2 zeigt die Schnittfläche des linken Trägerteils mit dem Koordinatensystem und den möglichen Schnittgrößen am rechten (positiven) Schnittufer: Normalkraft FN (als Zugkraft eingezeichnet) Querkräfte FQy und FQz Biegemomente My und Mz (Mby, Mbz) Torsionsmoment Mx (Mt) Bild 10.2 Die 6 möglichen Schnittgrößen am positiven Schnittufer

Es müssen nicht immer alle 6 Schnittgrößen auftreten. Eine Bemerkung zum Schnittufer: Das Schnittufer ist positiv, wenn die Flächennormale in die positive Koordinatenrichtung (hier x-Richtung) weist. Der Pfeil der Flächennormalen zeigt von der Fläche weg. Am rechten Teil, und zwar am linken (negativen) Schnittufer wirken die gleichen Schnittgrößen wie am linken Teil, nur sind nun die Pfeile entgegengesetzt einzuzeichnen. Das ist damit zu begründen, dass sich die Schnittgrößen paarweise aufheben müssen („actio = reactio“). Bei statisch bestimmten Lagerungen kennen wir neben der äußeren Belastung auch die Lagerreaktionen. Damit lassen sich die Schnittgrößen aus den Gleichgewichtsbedingungen am linken oder rechten Trägerteil bestimmen.

10.1 Gerader Balken auf zwei Stützen mit Belastung quer zur Balkenachse Bild 10.3 Gerader Balken auf zwei Stützen unter Vertikalbelastung a) Anordnung mit Koordinatensystem b) durchgeschnittene Trägerteile mit b) Schnittgrößen

Bild 10.3 a zeigt den Balken mit Koordinatensystem. Für diesen Fall gibt es nur 2 Schnittgrößen, Bild 10.3 b: Querkraft

FQz = FQ

Biegemoment

My = Mb

10.1 Gerader Balken auf zwei Stützen mit Belastung quer zur Balkenachse

55

Wegen „actio = reactio“ sind sie am negativen Schnittufer des rechten Teils entgegengesetzt eingezeichnet wie am positiven Schnittufer des linken Teils, jedoch beide Male als positive Größen. Im Folgenden besprechen wir einfache Standardfälle: Balken mit Einzelkraft und Balken mit Streckenlast. Die Ergebnisse hieraus nützen uns beim Lösen komplizierterer Fälle.


Balken mit Einzelkraft (Bild 10.4 a) Die Gleichgewichtsbedingungen für den an den  Lagern freigemachten Balken liefern die Lagerreaktionen FA und FB , Bild 10.4b. In diesem einfachen Fall erhält man sie auch mit dem Hebelgesetz. Jetzt wird der Balken durchgeschnitten. Bild 10.4 c zeigt den linken  Teil mit der Lagerreaktion FA , der Querkraft FQ und dem Biegemoment Mb. Vertikales Kräftegleichgewicht und Momentengleichgewicht um I liefern:

↓

− FA + FQ = 0 → FQ = FA = F ⋅

1

b = konst. l

− FA ⋅ x + M b = 0 → M b = FA ⋅ x = F ⋅

b ⋅ x (Gerade) l

Einen zweiten Schnitt zeigt Bild 10.4d. Auch diesen Teil setzen wir ins Gleichgewicht:

↓

− FA + F + FQ = 0 →

b FQ = FA − F = F ⋅ ⎛⎜ − 1⎞⎟ = konst. ⎝l ⎠

− FA ⋅ x + F ( x − a ) + M b = 0 → M b = (FA − F ) ⋅ x + F ⋅ a

a ⎛b ⎞ M b = F ⋅ ⎜ − 1⎟ ⋅ x + F ⋅ a = − F ⋅ ⋅ x + F ⋅ a ⎝l ⎠ l

(Gerade, andere Steigung als im ersten Abschnitt) Spezielle Punkte der Mb-Geraden: Mb (x = 0) = 0; Mb (x = l) = 0 b ⋅a l Damit lassen sich FQ und Mb über der Balkenachse auftragen, Bild 10.4 e und f. Im FQ-Diagramm laufen wir vom linken Ende aus entlang der Balkenachse und hängen die Kraftpfeile aneinander. Im Angriffspunkt der Einzelkraft hat FQ einen Nulldurchgang, kurz links davon hat FQ den M b ( x = a) = F ⋅

Bild 10.4 Balken mit Einzelkraft a) Anordnung b) freigemacht, mit Lagerreaktionen  c) Schnitt vor F  d) Schnitt nach F e) FQ-Diagramm (FQ-Schaubild, d) FQ-Fläche, FQ-Verlauf) f) Mb-Diagramm (Mb-Schaubild, e) Mb-Fläche, Mb-Verlauf)

56



Wert FA, kurz rechts davon den Wert FB. Für die Beanspruchung an der Stelle x = a ist somit die größere Kraft FB maßgebend. Das leuchtet besser ein, wenn wir bedenken, dass Einzelkräfte in der Praxis nicht punktförmig, sondern auf einer endlichen Breite eingeleitet werden (gestrichelte Linien in Bild 10.4e). Das Mb-Diagramm setzt sich aus zwei Geraden zusammen. Traditionell werden die positiven Werte nach unten aufgetragen. Erkenntnisse zu FQ- und Mb-Verlauf: − FQ und Mb sind null an den freien Enden. − Zwischen zwei Einzelkräften ist FQ konstant und Mb linear. − Am Angriffspunkt der Einzelkraft hat der FQ-Verlauf einen Sprung und der Mb-Verlauf einen Knick. − Am Nulldurchgang von FQ erreicht Mb einen Extremwert. Balken mit konstanter Streckenlast (Bild 10.5 a)   Die Lagerreaktionen FA und FB sind wegen der Symmetrie gleich groß, Bild 10.5b. Wir setzen den abgeschnittenen linken Teil ins Gleichgewicht, Bild 10.5 c. Dabei ist es einfacher, mit der Resultierenden q · x aus der Teilstreckenlast zu arbeiten.

↓

− FA + q ⋅ x + FQ = 0 → FQ = FA − q ⋅ x =

q ( l − 2 x ) (Gerade) 2

x x2 q − FA ⋅ x + q ⋅ x ⋅ + M b = 0 → M b = FA ⋅ x − q ⋅ = ( l ⋅ x − x 2) 2 2 2

(quadratische Parabel) M b ( x = 0) = M b ( x = l ) = 0 q ⎛ l2 l2 ⎞ q ⋅l 2 l⎞ ⎛ Mb ⎜ x = ⎟ = ⋅⎜ − ⎟ = ⎝ 2⎠ 2 ⎝ 2 4⎠ 8 Bild 10.5 Balken mit konstanter Streckenlast a) Anordnung b) freigemacht, mit Lagerreaktionen c) linker Balkenteil d) FQ-Diagramm e) Mb-Diagramm

Bild 10.5 d und e zeigen die Verläufe. Zusätzliche Erkenntnis: − Für q = konstant verläuft FQ linear und Mb parabelförmig. Wir vergleichen die Ergebnisse aus den beiden Standardfällen: Einzelkraft links FQ

Mb

F⋅

b l

b F⋅ ⋅x l

Streckenlast rechts

⎛b ⎞ F ⋅ ⎜ − 1⎟ ⎝l ⎠

q ⋅ (l − 2 x ) 2

⎛b ⎞ F ⋅ ⎜ − 1⎟ ⋅ x + F ⋅ a ⎝l ⎠

q ⋅ l⋅x − x2 2

(

)


57

Es zeigt sich: FQ ist die Ableitung von Mb, bzw. Mb das Integral von FQ! Gilt das allgemein? Um dies zu klären, schneiden wir aus dem Balken in Bild 10.6 a ein infinitesimal kurzes Stück heraus, Bild 10.6 b. Die eingezeichneten Schnittgrößen sind an beiden Schnittflächen positiv eingezeichnet; am rechten Schnittufer sind sie infinitesimal größer als am linken. Die Streckenlast fassen wir zur Resultierenden q ⋅ dx zusammen. Gleichgewichtsbedingungen:


↓

− FQ + q ⋅ dx + FQ + dFQ = 0 →   links

dFQ dx

= −q

rechts

dx dx − M b − FQ ⋅ − ( FQ + dFQ ) ⋅ + M b + dM b = 0 2 2    links

rechts

dx → − FQ ⋅ dx − dFQ ⋅ + dM b = 0 2    =0

Der zweite Term darf null gesetzt werden, da er gegenüber den anderen beiden Termen um eine Ordnung kleiner ist. Wir erhalten: dM b

= FQ

dx

Zusammenhang zwischen q, FQ und Mb: dFQ

= −q

(10.1 a)

= FQ

(10.1 b)

FQ = − ∫ q ⋅ dx + C

(10.2a)

dx dM b dx

bzw.

x

Mb =

∫ FQ ⋅ dx

(10.2b)

x= 0

Der Mb-Verlauf lässt sich mit (10.2 b) auch über die Integration des FQ-Verlaufs finden. Diese Methode ist in vielen Fällen einfacher als die Anwendung der Gleichgewichtsbedingungen.

Bild 10.6 Zusammenhang zwischen q, FQ und Mb a) Gesambalken b) herausgeschnittenes Stück

1

58


Beispiel 10.1 Für den Träger gemäß Bild 10.7a sind das FQ- und Mb-Diagramm zu erstellen. Zahlenwerte: F1 = 40 kN; F2 = 30 kN; F3 = 20 kN.


Lösung: Wir führen nacheinander folgende Schritte aus: 1. Lagerreaktionen berechnen. 2. FQ-Diagramm zeichnen, indem wir von links nach rechts laufend die Kräfte aneinanderhängen. 3. Mb-Diagramm erstellen a) mit Hilfe der Gleichgewichtsbedingungen am abgeschnittenen Teilbalken, b) über die Integration des FQ-Verlaufs. Lagerreaktionen Die Lagerreaktionen kann man mit beliebigem Richtungssinn einzeichnen. Ich trage sie hier jedoch so auf, wie sie vermutlich wirken werden, Bild 10.7 b. (F1 · 8 – FA · 6 + F2 · 2 + F3 · 2) m = 0 → FA =

1 ( F1 ⋅ 8 + F2 ⋅ 2 + F3 ⋅ 2) kN = 70 kN 6

(F1 · 2 – F2 · 4 – FB · 6 + F3 · 8) m = 0 → FB =

1 ( F1 ⋅ 2 − F2 ⋅ 4 + F3 ⋅ 8) kN = 20 kN 6

Kontrolle:

↑

(–40 + 70 – 30 – 20 + 20) kN = 0

FQ-Diagramm Wir tragen die Kräfte gemäß Bild 10.7 f auf. Bild 10.7 Balken aus Beispiel 10.1 a) Anordnung b) freigemacht, mit Lagerreaktionen c) Schnitt unmittelbar links von A d) Schnitt unmittelbar links von C e) Schnitt unmittelbar rechts von B f) FQ-Diagramm g) Mb-Diagramm h) mögliche Balkenverbindung im g) Abschnitt C-B

Mb-Diagramm An den freien Balkenenden ist Mb null; zwischen zwei Einzelkräften verläuft Mb linear. Zum Zeichnen genügen somit die Mb-Werte an den Angriffspunkten der Kräfte. a) Mit Hilfe der Gleichgewichtsbedingungen: Schnitt unmittelbar links von A, Bild 10.7 c: F1 ⋅ 2 m + M b = 0 → M b = −80 kNm


59

Schnitt unmittelbar links von C, Bild 10.7d: F1 ⋅ 6 m − FA ⋅ 4 m + M b = 0 → M b = 40 kNm

Schnitt unmittelbar rechts von B, Bild 10.7e: In diesem Fall ist es einfacher, den rechten Balkenteil zu nehmen. Die Schnittgrößen sind mit umgedrehten Richtungen gegenüber dem linken Teil einzutragen. − M b + F3 ⋅ 2 m = 0 → M b = 40 kNm


Bild 10.7g zeigt den Mb-Verlauf. b) Über die Integration des FQ-Verlaufs, Gleichung (10.2 b): x

M b = ∫ FQ ⋅ dx x=0

Die Integration entspricht der Flächenberechnung im FQ-Diagramm. Wir fangen am linken Ende an und berechnen die Flächen jeweils vom linken Ende bis zum Kraftangriffspunkt. Bei Einzelkräften kommen nur Rechteckflächen vor. Moment bei A: Mb = −40 kN ⋅ 2 m = −80 kNm

Moment bei C: Mb = −80 kNm + 30 kN ⋅ 4 m = 40 kNm

Von C bis B kommt keine Fläche hinzu, das Moment ist auf diesem Abschnitt konstant. Kontrollliste: 1. FQ beginnt am linken freien Balkenende mit null und geht am rechten freien Balkenende wieder auf null zurück. 2. Mb ist an den freien Balkenenden null. 3. An den Stellen Mb = konst. gilt FQ = dM/dx = 0 (zwischen C und B). 4. An jedem Nulldurchgang von FQ besitzt Mb ein Extremum (bei A und zwischen C und B). 5. Beim geraden Balken mit freien Balkenenden und Querbelastung sind positive und negative FQ-Fläche gleich groß. Hinweis: Es würde die Kraftübertragung nicht beeinflussen, wenn wir bei G ein Gelenk, Bild 10.7g, und im Abschnitt C-B eine Verbindung gemäß Bild 10.7h einbauen würden. Beispiel 10.2 Für den Träger gemäß Bild 10.8 a sind das FQ- und Mb-Diagramm allgemein in Abhängigkeit von q und l zu erstellen.

1

60


Lösung: Lagerreaktionen Zur Berechnung der Lagerreaktionen darf die Streckenlast durch ihre Resultierende q ⋅ 2l /3 , mittig wirkend, ersetzt werden, Bild 10.8 b. − FA ⋅ l + q ⋅


FB ⋅ l − q ⋅

2 l 2 l ⋅ = 0 → FA = ql 3 3 9

2 2 4 l ⋅ l = 0 → FB = ql 3 3 9

FQ-Diagramm, Bild 10.8c

 Wir beginnen wieder am linken Ende mit der Lagerreaktion FA . Bei C beginnt die Querkraft linear abzunehmen. Den zweiten Punkt auf  dieser Geraden erhalten wir bei B: Hier muss die Lagerreaktion FB auf null zurückführen.

Der Nulldurchgang folgt aus dem Streckenverhältnis: a 2 3

Bild 10.8 Balken aus Beispiel 10.2 a) Anordnung b) Balken mit Lagerreaktionen und b) resultierender Streckenlast c) FQ-Diagramm d) Mb-Diagramm

l−a

=

FA FB

=

1 2

→ 2a =

2 3

l−a → a=

2

l

9

Mb-Diagramm, Bild 10.8d

An den Balkenenden ist Mb null. Weitere Werte berechnen wir mit Hilfe der FQ-Fläche. Moment bei C: Mb =

2 l 2 ql ⋅ = ql 2 9 3 27

Moment bei D (maximales Moment, wegen FQ = 0): M b max =

2 1 2 2 2 ql 2 ql 2 + ⋅ ql ⋅ a = ql + ⋅ l 27 2 9 27 9 9

M b max =

8 2 ql 81

Weil die FQ-Fläche insgesamt null ist, kommen wir zum selben Ergebnis auch vom rechten Balkenende her; nur das Vorzeichen müssen wir umpolen: M bl + M br = 0 →

M br = − M bl


61

Konkret für dieses Beispiel heißt das: 1 1 4 ⎛2 ⎞ ⋅ ( − FB ) ⋅ ⎜ l − a ⎟ = − ⋅ ql 2 3 2 9 ⎝ ⎠ 8 M br = − ql 2 81 M br =

2 ⎞ ⎛2 ⎜ 3 l − 9 l⎟ ⎝ ⎠


Mit den Mb-Werten bei C, D und B lässt sich die quadratische Parabel zeichnen. Der Übergang bei C von der Geraden in die Parabel ist knickfrei. Beispiel 10.3 Bild 10.9 a gibt einen Balken mit Dreieck-Streckenlast wieder. Dreht man das Bild um 90°, sodass die Spitze nach oben zeigt, stellt es z. B. die Belastung eines Schleusentores oder einer Staumauer infolge Wasserdrucks dar. Es sind wieder das FQ- und Mb-Diagramm zu zeichnen (l und q0 sind gegeben).

1

Lösung: Lagerreaktionen, Bild 10.9 b Die Resultierende der Streckenlast beträgt FR =

1 ⋅ q0 ⋅l . 2

Sie wirkt im Schwerpunkt des Dreiecks, also im Abstand l/3 von B. − FA ⋅ l +

FB ⋅ l −

q0 ⋅ l l q ⋅l ⋅ = 0 → FA = 0 2 3 6

q0 ⋅ l 2 q ⋅l ⋅ l = 0 → FB = 0 = 2 FA 2 3 3

Schnittgrößen Wir berechnen die Schnittgrößen mit (10.2), ausgehend von q q = q( x ) = 0 ⋅ x (Gerade, Bild 10.9 c). l q q ⋅ x2 FQ = − ∫ q ⋅ dx + C = − ∫ 0 ⋅ x ⋅ dx + C = − 0 +C l 2l Bei x = 0 fängt FQ mit FA = q0 ⋅ l /6 an. Diese Information setzen wir in die Gleichung für FQ ein und erhalten C = FA =

q0 ⋅ l 6

.

Bild 10.9 Balken aus Beispiel 10.3 a) Anordnung b) Balken mit Lagerreaktionen und b) resultierender Streckenlast c) Schnitt bei x d) FQ-Diagramm e) Mb-Diagramm

62


Somit lautet der FQ-Verlauf zwischen den Lagern: 2 q0 ⋅l ⎡ ⎛ x ⎞ ⎤ (quadratische Parabel, ⎢1 − 3 ⎜⎝ ⎟⎠ ⎥ Bild 10.9d) l 6 2l 6 ⎣ ⎦  Am rechten Ende führt die Lagerreaktion FB wieder auf null zurück.

FQ =

Bild 10.10 Träger aus Übung 10.1

q0 ⋅l

−

q0

⋅x2 =

Der Nulldurchgang liegt bei 2


l ⎛x⎞ 1− 3 ⎜ ⎟ = 0 → x = ≈ 0,58l l 3 ⎝ ⎠

Mb-Verlauf: x

Mb =

∫

x=0

FQ ⋅ dx =

q0 ⋅ l 6

x

∫

x=0

3 q ⋅l ⎡ ⎛ x⎞ ⎤ Mb = 0 ⎢ x − l ⎜⎝ ⎟⎠ ⎥ 6 ⎣ l ⎦

Mb =

q0 ⋅ l 6

⎡ ⎛ x⎞2 ⎤ ⋅ x ⋅ ⎢1 − ⎜ ⎟ ⎥ ⎣ ⎝l⎠ ⎦

2 ⎡ ⎛ x ⎞ ⎤ dx 1 3 − ⎜ ⎟ ⎢ ⎝ l ⎠ ⎥⎦ ⎣

x

0

(kubische Parabel, Bild 10.9 e)

2 l ⎞ q0 ⋅ l l ⎡ 1 ⎤ q0 ⋅ l ⎛ M b max = M b ⎜ x = ⋅ 1 − = ⎟= ⎝ 6 3⎠ 3 ⎢⎣ 3 ⎥⎦ 9 3

Übung 10.1

Zeichnen Sie für den Träger gemäß Bild 10.10 das FQ- und Mb-Diagramm. Übung 10.2


Bestimmen Sie für den Träger gemäß Bild 10.11: 1. das FQ-Diagramm 2. die Biegemomente in den Nulldurchgängen von FQ sowie das Betragsmaximum von Mb.

10.2 Der eingespannte Balken Die Unterschiede zum Balken auf zwei Stützen werden am folgenden Zahlenbeispiel deutlich.

10.3 GERBER-Träger

63

Beispiel 10.4


Für den Balken in Bild 10.12 a wollen wir das FQ- und Mb-Diagramm erstellen. An der Vorzeichendefinition ändert sich gegenüber dem Balken auf zwei Stützen nichts, Bild 10.12 b. Lösung: Wir fangen am freien Ende an, dann erübrigt sich die Berechnung der Lagerreaktionen. Diese ergeben sich vielmehr automatisch im FQund Mb-Diagramm. Das FQ-Diagramm entsteht wie bisher durch das Aneinanderhängen der Kräfte, Bild 10.12 c. An der Einspannung A führt die Lagerreak tion FA wieder auf null zurück. Das Mb-Diagramm in Bild 10.12 d ergibt sich über die FQ-Fläche oder mit Hilfe der Gleichgewichtsbedingungen am linken abgeschnittenen Balkenteil. Prüfen Sie die Zahlenwerte zur Übung nach.

1

Es fällt auf: Beim eingespannten Balken sind positive und negative FQ-Fläche im Allgemeinen nicht gleich groß. Dementsprechend ist Mb am eingespannten Balkenende im Allgemeinen nicht null, sondern gleich dem Einspannmoment. Die bisher behandelten Standardfälle und viele weitere finden Sie im Anhang A3.1. Statisch unbestimmte Fälle sind in A14.2 aufgelistet.

10.3 GERBER-Träger Die analytische Lösung läuft wie bisher ab. Beim Mb-Verlauf ist darauf zu achten, dass die Momente in den Gelenken null sind. Beispiel 10.5 Für den Träger gemäß Bild 10.13 a zeichne man das FQ- und Mb-Diagramm. Zahlenwerte: F1 = 1 kN; F2 = 2 kN; F3 = 3 kN; F4 = 2 kN. Lösung: Als Erstes benötigen wir die Lagerreaktionen gemäß Bild 10.13 b. Hierzu Kap. 7.3. Die Gelenkkräfte brauchen wir nicht zu bestimmen; sie können direkt aus dem FQ-Diagramm herausgelesen werden. Wir schneiden den linken Teil bei G1 ab und setzen ihn ins Gleichgewicht: − FA ⋅ 3 m + F1 ⋅ 1,5 m = 0 → FA =

F1 ⋅ 1,5 m = 0,5 kN 3m

Bild 10.12 Eingespannter Balken, Beispiel 10.4 a) Anordnung b) Definition von x-Achse und b) Schnittgrößen c) FQ-Diagramm d) Mb-Diagramm

64


Jetzt schneiden wir den rechten Teil bei G2 ab und setzen ihn ins Gleichgewicht: F ⋅ 1,5 m FD ⋅ 3 m − F4 ⋅ 1,5 m = 0 → FD = 4 = 1 kN 3m Im dritten Schritt wenden wir die Gleichgewichtsbedingungen auf den kompletten Träger an: (–FA · 8 + F1 · 6,5 – FB · 4 + F2 · 3 + F3 · 1,5 – F4 · 2,5 + FD · 4) m = 0


→ FB = 14 ( − FA ⋅ 8 + F1 ⋅ 6 , 5 + F2 ⋅ 3 + F3 ⋅ 1, 5 − F4 ⋅ 2 , 5 + FD ⋅ 4 ) = 3 kN

( − FA ⋅ 4 + F1 ⋅ 2,5 − F2 ⋅ 1 − F3 ⋅ 2,5 + FC ⋅ 4 − F4 ⋅ 6,5 + FD ⋅ 8) m = 0

→ FC = 14 (FA ⋅ 4 − F1 ⋅ 2,5 + F2 ⋅ 1 + F3 ⋅ 2,5 + F4 ⋅ 6,5 − FD⋅ 8) = 3,5 kN

Kontrolle:

↑

( 0 , 5 − 1 + 3 − 2 − 3 + 3, 5 − 2 + 1) kN = 0

Im FQ-Diagramm hängen wir in gewohnter Weise die Pfeile aneinander, Bild 10.13 c. Die Gelenkkräfte entnehmen wir zu FG1 = 0,5 kN und FG2 = 1 kN. Das Mb-Diagramm, Bild 10.13 d, ergibt sich am einfachsten dadurch, dass wir die FQ-Flächen vom linken Ende bis zur jeweiligen Kraft berechnen und die Stützpunkte geradlinig verbinden. Prüfen Sie die Zahlenwerte nach. Wir halten fest: − An den Gelenken sind die Momente null. − Die Gelenkkräfte ergeben sich unmittelbar aus dem FQ-Diagramm.

Bild 10.13 GERBER-Träger aus Beispiel 10.5 a) Anordnung b) freigemacht c) FQ-Diagramm d) Mb-Diagramm

Übung 10.3 Bestimmen Sie für den GERBER-Träger mit Einspannung, Bild 10.14:  1. Lagerreaktion FA 2. FQ-Diagramm 3. Mb-Diagramm   4. Lagerreaktionen in der Einspannung ( FB und M B ) sowie die Kraft im Gelenk G

10.4 Bogenträger

Bild 10.14 GERBER-Träger mit Einspannung, Übung 10.3

Bild 10.15 zeigt als einfachsten Fall den Kreisbogenträger mit symmetrischer Einzelkraft. Der prinzipielle Lösungsweg bleibt auch bei komplizierteren Fällen derselbe. Bei Kreisbogenträgern eignet sich als Koordinate der Winkel ϕ. Die Schnittgrößen hängen dann von ϕ ab.

10.5 Ebene Rahmen ohne Verzweigung

65


Wir schneiden den Träger bei ϕ auseinander und tragen die möglichen Schnittgrößen der Einfachheit halber am rechten Teilträger ein, Bild 10.15 b. Außer Querkraft und Biegemoment tritt nun auch eine Normalkraft FN auf. Alle Größen sind positiv eingezeichnet. Gleichgewichtsbedingungen am rechten Teilträger: FN +

F F ⋅ cos ϕ = 0 → FN = − ⋅ cos ϕ 2 2

FQ +

F F ⋅ sin ϕ = 0 → FQ = − ⋅ sin ϕ 2 2

− Mb +

F F⋅r r (1 − cos ϕ ) = 0 → M b = (1 − cos ϕ ) 2 2

Bilder 10.15 c bis e zeigen die Verläufe. Die Funktionen gelten zunächst nur bis ϕ = 90°. Die Schnittgrößen können jedoch symmetrisch  ergänzt werden. Im FQ-Verlauf verursacht die Einzelkraft F einen Vorzeichenwechsel, genauso wie beim geraden Balken.

1

10.5 Ebene Rahmen ohne Verzweigung Ein Rahmen hat einen geknickten Geradenzug, Bild 10.16 a. In Kap. 7 haben wir dazu auch gekröpfter Balken gesagt. Infolge der Knicke treten, ähnlich zum Bogenträger, drei Schnittgrößen auf: Normalkraft FN, Querkraft FQ und Biegemoment Mb. Zur analytischen Beschreibung müssen wir für jedes Geradenstück ein Koordinatensystem festlegen. In den meisten Fällen genügt jedoch der graphische Verlauf, wobei man für die Vorzeichen folgende Vereinbarung treffen kann: FN: FQ: Mb:

Zugkraft „+“, Druckkraft „–“ Ohne Vorzeichenangabe; die Kraftrichtung lässt sich bei Bedarf direkt aus der Problemskizze ersehen. Hier kennzeichnen wir die Zug- oder Druckfaser. Bei der Biegung treten gemäß Bild 10.16 b in den gegenüberliegenden Fasern unterschiedliche Spannungen auf, nämlich Biegezug und Biegedruck, je nachdem, ob die Faser länger oder kürzer wird. Die Stabachse (Schwerpunktfaser) selbst bleibt gleich lang.

Beispiel 10.6 Für den Rahmen in Bild 10.16 a zeichnen wir den FN-, FQ- und MbVerlauf. Lösung: Wir beginnen am freien (hier linken) Ende und laufen die Balkenachse entlang bis zur Einspannung. Das hat den Vorteil, dass wir die Einspanngrößen nicht zu berechnen brauchen.

Bild 10.15 Schnittgrößen beim Bogenträger a) Träger mit Belastung und angedeuteten Lagerreaktionen b) rechter Teilträger c) FN-Verlauf d) FQ-Verlauf e) Mb-Verlauf

66


FN- und FQ-Verläufe, Bild 10.16 c und e  Im Abschnitt A-B verursacht F eine Querkraft, die Normalkraft ist null.  Zwischen B und C ergibt dieselbe Kraft F eine Normalkraft, und zwar eine Zugkraft; jetzt ist FQ null. Am abgeschnittenen Teil gemäß Bild 10.16 d lässt sich das gut erkennen. Bis zur Einspannung gibt es nochmals zwei Wechsel, allerdings ist zwischen D und E die Normalkraft eine Druckkraft. Mb-Verlauf, Bild 10.16 f Technische Mechanik downloaded from www.hanser-elibrary.com by ETH-Bibliothek on September 16, 2014 For personal use only.

Den Mb-Verlauf bestimmen wir für dieses Beispiel an den Eckpunkten. Zwischen den Eckpunkten verläuft Mb geradlinig. Wenn mehrere Kräfte oder Streckenlasten und Einzelmomente wirken, benötigt man zusätzliche Mb-Werte an den Zwischenpunkten. Wir schneiden zunächst den Rahmen bei B durch und stellen das Momentengleichgewicht am Teil A-B um den Punkt B auf. M b + F ⋅ 0 , 3 m = 0 → M b = − F ⋅ 0 , 3 m = −300 Nm

Gemäß unserer Vereinbarung geben wir den Betrag an und kennzeichnen zusätzlich entweder die Zug- oder die Druckfaser. Zwischen B und C bleibt Mb konstant, da auch der Hebelarm vom Schnittpunkt zur Kraftwirkungslinie sich nicht ändert. Zwischen C und D wächst M b wieder linear an, und zwar auf M b = F ⋅ 0 , 7 m = 700 Nm .

Dieser Wert gilt bis E. Die Druckfaser bleibt über den gesamten Linienzug auf derselben Rahmenseite. Einspannung Aus den drei Diagrammen lesen wir ab: Die Einspannung übt eine Kraft in Stabrichtung nach oben von 1000 N und ein rechtsdrehendes Moment von 700 Nm aus.

Bild 10.16 Rahmen ohne Verzweigung, Beispiel 10.6 a) Anordnung b) Vorzeichenfestlegung des b) Biegemomentes c ) FN-Verlauf d) Bestimmung von FN im Abschnitt B-C e) FQ-Verlauf f) Mb-Verlauf

Übung 10.4 Bild 10.17 zeigt die Halterung einer Schuttrutsche. Die Halterung liegt bei B auf einem Gerüstpfosten auf und stützt sich bei A und C am selben Pfosten horizontal ab. Reibung sei vernachlässigt. Die Belastung durch die Rutsche beträgt F = 5 kN. 1. Berechnen Sie die Lagerreaktionen bei A, B und C. 2. Berechnen und skizzieren Sie den FN-, FQ- und Mb-Verlauf zwischen den Punkten A und B.

10.6 Ebene Rahmen mit Verzweigung

67

Übung 10.5 Zwei Balken sind in G gelenkig miteinander verbunden, Bild 10.18. 1. Berechnen Sie die Komponenten der Lagerreaktionen. 2. Berechnen und skizzieren Sie den FN-, FQ- und Mb-Verlauf. 3. Wie groß ist die Gelenkkraft in G?


10.6 Ebene Rahmen mit Verzweigung Bild 10.19 a zeigt eine mögliche Ausführung. Für diesen Fall erweist sich die Vorzeichendefinition von Kap. 10.5 als besonders nützlich. Das praktische Vorgehen besprechen wir wieder direkt am Beispiel.

Bild 10.17 Halterung einer Schuttrutsche, Übung 10.4

Beispiel 10.7

1

Für den Rahmen in Bild 10.19 a sind Lagerreaktionen, Normalkraft-, Querkraft- und Biegemomentenverlauf zu bestimmen. Lösung: Lagerreaktionen

− FA ⋅ 1 m + F ⋅ 0,4 m = 0 → FA = F ⋅ FB ⋅ 1 m − F ⋅ 0,6 m = 0 → FB = F ⋅

0,4 = 400 N 1

0,6 = 600 N 1

FN-Verlauf, Bild 10.19b

Wir beginnen beispielsweise am Ende E und laufen in Gedanken entlang der Stabachse. Zwischen E und D wirkt keine Normalkraft. Zwischen D und C wirkt eine Druckkraft von F = 1000 N. Wenn Sie das nicht sofort sehen, schneiden Sie den Rahmen durch und setzen Sie den abgeschnittenen Teil ins Gleichgewicht, Bild 10.19c. Auf welcher Seite wir FN auftragen ist belanglos. Längs A-C und C-B gibt es keine Normalkraft, was sich leicht erkennen lässt, wenn man von A oder B losläuft. FQ-Verlauf, Bild 10.19d

Wir laufen wieder von den Enden aus. Zwischen E und D wirkt F = 1000 N, von A nach C die Lagerreaktion FA = 400 N, von B nach C die Lagerreaktion FB = 600 N. Beim Auftragen von FQ habe ich mich an den geraden Balken gemäß Kap. 10.1 gehalten, das muss aber nicht sein.


68


Mb-Verlauf, Bild 10.19 e An den Balkenenden sind die Momente null, zwischen zwei Einzelkräften ist der Verlauf geradlinig. Schnitt bei D: Momentengleichgewicht am Teil D-E um D liefert:


M b = F ⋅ 0 , 3 m = 300 Nm

(unten Druck)  Von D nach C ändert sich der Hebelarm von F nicht, somit bleibt Mb konstant gleich 300 Nm. Betrag und Vorzeichen ändern sich an der Ecke D nicht. Jetzt schneiden wir den Teil A-C kurz vor C ab und stellen das Momentengleichgewicht um C auf. M b = FA ⋅ 0 , 3 m = 400 N ⋅ 0 , 3 m = 120 Nm (oben Druck)

Teil B-C abgeschnitten, ergibt auf gleiche Weise M b = FB ⋅ 0 , 7 m = 600 N ⋅ 0 , 7 m = 420 Nm (oben Druck).

Der Mb-Verlauf macht bei C einen Sprung. Sehr nützlich ist die Gleichgewichtskontrolle am Verzweigungspunkt C. Die Bilder 10.19 f und g zeigen, dass Kräfte und Momente im Gleichgewicht sind.

Übung 10.6 Bild 10.20 zeigt einen Raupenbagger. Die resultierende Kraft aus Eigengewicht von Löffelstiel mit Löffel (Teil L), Gewicht der Füllung und Schnittkraft beträgt F = 40 kN.

Bild 10.19 Rahmen mit Verzweigung, Beispiel 10.7 a) Anordnung und Lagerreaktionen b) FN-Verlauf c) Bestimmung von FN im Abschnitt D-C d) FQ-Verlauf e) Mb-Verlauf f) Kräftegleichgewicht am b) Verzweigungspunkt C g) Momentengleichgewicht bei C

1. Bestimmen Sie zeichnerisch oder rechnerisch die Kräfte bei A und  B infolge der Kraft F . Zwischen B und C befindet sich der Zylinder Z (Zweigelenkstab). 2. Berechnen Sie jeweils Normalkraft und Biegemoment an folgenden drei Stellen des Monoblockauslegers M: kurz links von C′ (Pos. l), kurz rechts von C′ (Pos. r), in G. Hinweis: Legen Sie die strichpunktierte Achse A-G des Monoblockauslegers zugrunde. Das zu berechnende Biegemoment dreht in der Zeichenebene, oder anders gesagt, die Biegemomentachse steht senkrecht zur Zeichenebene.

10.7 Wellen

69

10.7 Wellen Bei Wellen arbeitet man vorteilhaft in zwei Ebenen, der Vertikal- und der Horizontalebene (anders ausgedrückt: in Aufriss und Draufsicht). Auf diese Weise haben wir bereits in Beispiel 8.4 die Lagerreaktionen berechnet. Für dieselbe Getriebewelle werden wir nun die Schnittgrößen bestimmen.


Beispiel 10.8 Der Übersicht wegen ist die Getriebewelle aus Beispiel 8.4 nochmals in Bild 10.21a dargestellt. Das Drehmoment Mt = 978 Nm wird am Zahnrad 1 ein- und am Zahnrad 2 abgeleitet.

Bild 10.20 Raupenbagger aus Übung 10.6

Zahnkräfte: F1h = 4370 N; F1v = 8150 N; F1a = 2450 N; F2h = 10 600 N; F2v = 28 023 N; F2a = 7530 N

1

In Beispiel 8.4 berechneten wir die folgenden Lagerreaktionen: FAh = 2511 N; FAv = 15 368 N; FAa = –5080 N; FBh = –8741 N; FBv = 20 805 N Gesucht sind die Schnittgrößen. Lösung: Vertikalebene Bild 10.21b enthält nur jene Kräfte, welche im Aufriss unverzerrt sichtbar sind und nicht mit der Wellenmittellinie zusammenfallen. Der Querkraftverlauf ergibt sich durch das Aneinanderhängen der Kräfte, Bild 10.21 c. Das Biegemoment ist null an den Wellenenden. Zwischenwerte bei 1 und 2 erhalten wir z. B. über das Momentengleichgewicht am linken abgeschnittenen Teil. Ich löse die Gleichgewichtsbedingung sofort nach Mb auf. Pkt. 1: M b = 15 368 N ⋅ 0,056 m ≈ 861 Nm Pkt. 2: M b = 15 368 N ⋅ ( 0,056 + 0,0465) m − 8150 N ⋅ 0 , 0465 m ≈ 1196 Nm Horizontalebene In dieser Ansicht erscheinen auch die Axialkräfte, Bild 10.21 e. Den FQ-Verlauf erhalten wir analog zu vorher, Bild 10.21f. Die Biegemomente berechnen wir über die Gleichgewichtsbedingung; die Fläche des FQ-Diagramms entspricht jetzt nicht mehr dem Biegemoment.

zu Bild 10.21

70


Unmittelbar links von 1: M b = 2511 N ⋅ 0 , 056 m ≈ 141 Nm

Unmittelbar rechts von 1: M b = 2511 N ⋅ 0 , 056 m − 2450 N ⋅ 0 ,12 m ≈ −153 Nm

Unmittelbar links von 2:


M b = 2511 N ⋅ ( 0 , 056 + 0 , 0465 ) m − 2450 N ⋅ 0 ,12 m − 4370 N ⋅ 0 , 0465 m ≈ −240 Nm Unmittelbar rechts von 2: M b = 2511 N ⋅ ( 0 , 056 + 0 , 0465 ) m − 2450 N ⋅ 0 ,12 m − 4370 N ⋅ 0 , 0465 m − 7530 N ⋅ 0 , 0349 m ≈ −503 Nm

Den letzteren Wert hätten wir kürzer über das Gleichgewicht am rechten Teil erhalten: M b = −8741 N ⋅ 0 , 0575 m ≈ −503 Nm

Der Mbv-Verlauf, Bild 10.21g, macht am Zahnrad einen Sprung. In Wirklichkeit ist der Übergang stetig, da die Zahnkraft über die Zahnradbreite verteilt eingeleitet wird. Dasselbe gilt für den FQ-Verlauf. Mit dem sprunghaften Verlauf liegen wir jedoch auf der sicheren Seite. Resultierende Belastung

Die resultierenden Belastungen folgen mit dem Satz von PYTHAGORAS zu: FQ res =

2 2 FQh + FQv

M b res =

2 2 M bh + M bv

(Bild 10.21h und i) Normalkraft- und Torsionsmomentenverlauf lassen sich direkt zeichnen, Bild 10.21j und k.

Bild 10.21 Getriebewelle aus Beispiel 10.8 a) Anordnung b) Kräfte in der Vertikalebene c) FQv-Verlauf d) Mbh-Verlauf e) Kräfte in der Horizontalebene f) FQh-Verlauf g) Mbv-Verlauf h) FQ res-Verlauf i) Mb res-Verlauf j) F N-Verlauf k) Mt-Verlauf

10.8 Beliebige räumliche Träger

71

Bild 10.22 Getriebewelle aus Übung 10.7


Übung 10.7 Bild 10.22 zeigt eine Getriebewelle mit zwei Zahnrädern. Zahnrad 1 treibt ein Zahnrad 1 a mit dem Drehmoment Mt1 = 50 Nm und Zahnrad 2 das Zahnrad 2 a mit Mt2 = 20 Nm an. Dazu ist an der Kupplung ein Antriebsmoment von 70 Nm nötig. Die Zahnräder sind geradverzahnt und haben den Eingriffswinkel a = 20°. F1 und F2 sind die Zahnkräfte auf Zahnrad 1 bzw. 2. Bestimmen Sie die Lagerreaktionen und die Schnittgrößenverläufe (FQ, Mb, Mt). Hinweis: Arbeiten Sie wie in Beispiel 10.8 zunächst in Vertikal- und Horizontalebene; bilden Sie anschließend die resultierenden Größen.

1

10.8 Beliebige räumliche Träger Außer dass die Träger statisch bestimmt sein müssen, besteht keine Einschränkung. Wir gehen wie bei den Rahmen in Kap. 10.5 und 10.6 vor; jedoch können nun alle 6 Schnittgrößen auftreten. Beispiel 10.9 Bild 10.23 a zeigt im Prinzip den Pressenrahmen einer Verpackungsanlage für Garnballen. Wegen der doppelten Symmetrie genügt zur Berechnung ein Viertel, Bild 10.23 b. Am Punkt A kennen wir die Schnittgrößen, und zwar die Kräfte F3 (Normalkraft) und F1 (Querkraft), die Momente seien zu null angenommen. Folgendes wollen wir bestimmen und aufzeichnen: − Normalkraft FN (mit Vorzeichen) − Betrag der Querkraft in horizontaler Richtung (FQh) − Betrag der Querkraft in vertikaler Richtung (FQv) − Torsionsmoment Mt − Biegemoment um die horizontale Achse (Mbh) mit Kennzeichnung von Zug- oder Druckseite − Biegemoment um die vertikale Achse (Mbv) mit Kennzeichnung von Zug- oder Druckseite Hinweis: Die x,y-Ebene liegt horizontal; z bzw. v zeigen in die vertikale Richtung.

zu Bild 10.23

72


Lösung: Hierzu Bilder 10.23 c bis h. Wir starten bei A und laufen der Trägerachse entlang bis F. F3 verursacht von A bis D eine Zugkraft, von D bis E eine horizontale Querkraft. F1 liefert zwischen A und C eine vertikale Querkraft. F2 hat längs B-D eine horizontale Querkraft zur Folge, längs D-F eine Zugkraft. Torsionsmoment:


Längs B-D: M t = F2 ⋅ 0,35 m = 380 kN ⋅ 0,35 m = 133 kNm Längs D-E: M t = F1 ⋅ 0,448 m = 570 kN ⋅ 0,448 m ≈ 255 kNm Längs E-F: M t = 255 kNm − F3 ⋅ 0,323 m = 255 kNm − 790 kN ⋅ 0,323 m ≈ 0 Biegemoment um die horizontale Achse: Bei C: M bh = F1 ⋅ 0 , 448 m = 570 kN ⋅ 0 , 448 m ≈ 255 kNm (unten Zug) Längs C-D: M bh = 255 kNm = konst. (unten Zug) Längs D-F: M bh = F2 ⋅ 0 , 35 m = 380 kN ⋅ 0 , 35 m = 133 kNm (unten Zug) Bild 10.23 Pressenrahmen aus Beispiel 10.9 a) Prinzipbild b) Symmetrieviertel mit Maßen und b) Kräften c) FN-Verlauf d) FQh-Verlauf e) FQv-Verlauf f) Mt-Verlauf g) Mbh-Verlauf h) Mbv-Verlauf

Biegemoment um die vertikale Achse: Längs A-B: M bv = 0 Bei D: M bv = F2 ( 1,185 − 0 , 42 ) m = 380 kN ⋅ 0 , 765 m ≈ 291 kNm (innen Zug) Bei E: M bv = 291 kNm − F3 ⋅ 0,725 m = 291 kNm − 790 kN ⋅ 0,725 m ≈ −282 kNm (außen Zug) Längs E-F: M bv = 282 kNm = konst.

(außen Zug)

Übung 10.8 Für die Kurbel in Bild 10.24 sind die Schnittgrößenverläufe von A bis D zu zeichnen. Vernachlässigen Sie die Rundungen und rechnen Sie stattdessen mit dem geknickten (strichpunktierten) Geradenzug. Die Kurbel liegt in der Horizontalebene (Draufsicht).

Bild 10.24 Kurbel einer Handseilwinde, Übung 10.8

1. Bis zu wie viele Schnittgrößen gibt es? Welche sind das? 2. Wie lassen sich die Schnittgrößen berechnen? 3. Wie zeichnen Sie die Schnittgrößen für den geraden Balken am positiven und negativen Schnittufer ein?

10.8 Beliebige räumliche Träger

73


4. Wie hängen beim geraden Balken mit Belastung quer zur Balkenachse FQ und Mb zusammen? 5. An welchen Stellen erwarten Sie beim geraden Balken mit Belastung quer zur Balkenachse Extremwerte von Mb? 6. Wie verlaufen FQ und Mb a) zwischen zwei Einzelkräften, b) im Bereich konstanter Streckenlast? 7. Welche Wirkung haben eine achsenparallele Kraft und ein Einzelmoment (Kräftepaar)? 8. Wie groß ist das Biegemoment im Gelenk eines GERBERTrägers?

1

74

11 Ebene, statisch bestimmte Fachwerke


Bild 11.1 Fachwerk: Verbindung der Stäbe durch reibungsfreie Gelenke

Bild 11.2 Geschweißter Stabanschluss

Fachwerkaufbau, äußerlich und innerlich statisch bestimmt, Nullstäbe, Kräftegleichgewicht am Knoten, RITTER-Schnitt

Das sind Tragwerke aus Stäben, die durch reibungsfreie Gelenke miteinander verbunden sind, Bild 11.1. Anstelle der Gelenkverbindung ist der Stabanschluss in Wirklichkeit meist geschraubt, genietet oder geschweißt, Bild 11.2. Aber auch in diesen Fällen rechnet man wie bei reibungsfreien Gelenken. Der Fehler, der dadurch entsteht, bleibt auf den Anschlussbereich begrenzt, wirkt sich somit nicht auf die Stabkräfte aus. Bild 11.3 Fachwerkstab: Zweigelenkstab (Pendelstütze)

Bild 11.4 Aufbau eines Fachwerks aus Dreiecken

Es können nur Einzelkräfte in den Gelenkpunkten (Knoten) auftreten. Andere Belastungen müssen in Knotenkräfte umgerechnet werden. Damit ist jeder Stab ein Zweigelenkstab (Pendelstütze), der nur eine Kraft in Stabrichtung überträgt (Zug- oder Druckkraft, Letztere mit Minus-Vorzeichen gekennzeichnet), Bild 11.3. Wir behandeln statisch bestimmte Fachwerke. Das bedeutet zweierlei: Äußerlich statisch bestimmt: Die Lagerreaktionen lassen sich aus den Gleichgewichtsbedingungen am ganzen Fachwerkträger berechnen. Innerlich statisch bestimmt: Die Stabkräfte lassen sich aus den Gleichgewichtsbedingungen an einem herausgeschnittenen Teil bestimmen. Die Grundfigur des Fachwerks ist ein Dreieck aus 3 Stäben und 3 Knoten, Bild 11.4. Schließt man daran zwei Stäbe an, entsteht ein weiterer Knoten. Das lässt sich beliebig fortsetzen, sodass wir am Ende s Stäbe und k Knoten haben. Pro Knoten stehen 2 Kräftegleichgewichtsbedingungen zur Verfügung, insgesamt also 2k Gleichungen. Dem stehen s unbekannte Stabkräfte und 3 unbekannte Lagerreaktionen gegenüber, also s + 3 = 2k . Ein Fachwerk, das aus lauter Dreiecken aufgebaut ist, ist statisch bestimmt, wenn s = 2k – 3

(11.1)

gilt. Zur Bestimmung der Stabkräfte stehen mehr oder weniger aufwendige analytische und graphische Verfahren zur Verfügung.


75

In der Praxis werden Fachwerke nur noch numerisch berechnet. Das geht einfacher und schneller und hat zudem den Vorteil, dass die Verformung ebenfalls angezeigt wird [7]. Nach wie vor von Hand zu erledigen ist jedoch die Kontrolle der numerischen Ergebnisse. Wir wollen alle wichtigen Schritte am Beispiel besprechen.


Beispiel 11.1 Für den Konsolträger in Fachwerkbauweise gemäß Bild 11.5a sind die folgenden Punkte auszuführen: 1. Kontrolle der statischen Bestimmtheit, 2. Aufteilung der Katzradkräfte auf die Nachbarknoten, 3. stichpunktartige Kontrolle der aus einer numerischen Analyse bekannten Stabkräfte (in kN), Bild 11.5 c. Lösung:

1

1. Wir zählen ab: s = 21; k = 12 s = 2k – 3 = 2 ⋅ 12 – 3 = 21 Gl. (11.1) ist erfüllt und somit das Fachwerk statisch bestimmt. 2. Die Radkräfte rechnen wir über das Hebelgesetz auf Knotenkräfte um, Bild 11.5b. Knoten 1: F1 = 20 000 N ⋅

1420 mm = 18 933 N 1500 mm

Knoten 3: F3 = 20 000 N ⋅

180 mm = 2400 N 1500 mm

1320 mm ⎞ ⎛ 80 mm Knoten 2: F2 = 20 000 N ⋅ ⎜ + ⎟ = 18 667 N ⎝ 1500 mm 1500 mm ⎠

3. Aufspüren von Nullstäben Ein Fachwerk enthält häufig Nullstäbe, d. h. unbelastete Stäbe. Diese haben trotzdem ihre Berechtigung, denn sie verkürzen die Knicklänge. Das ist der Fall beim Nullstab 14, der die Feldweite zwischen den Knoten 8 und 10 halbiert und infolgedessen die Knickgefahr deutlich herabsetzt, s. Teil 3, Kap. 14. Stab 14 muss ein Nullstab sein, weil sonst am Knoten 9 in Richtung von Stab 14 kein Kräftegleichgewicht möglich wäre, Bild 11.5 d. Dasselbe gilt für den Stab 16. Kräftegleichgewicht am Knoten Jeder Knoten muss für sich im Gleichgewicht sein. Am Knoten wirkt ein zentrales Kräftesystem, des Weiteren werden die Gelenke reibungsfrei angenommen. Es verbleiben somit nur die Gleichgewichtsbedingungen für die Kräfte:

Bild 11.5 Konsolträger aus Beispiel 11.1 a) Fachwerk mit Lagerung und Belastung b) Umrechnen der Belastung auf Knotenkräfte c) Stabkräfte d) Nullstab FS14 e) Gleichgewicht am Knoten 8 f) RITTER-Schnitt zum Bestimmen von FS2

76


∑F

x

= 0 und

∑F

y

=0


Vorher haben wir die Gleichgewichtsbedingung schon zum Aufspüren von Nullstäben herangezogen. Im Folgenden werden wir mit ihr alle Stäbe kontrollieren, die am Knoten 8 zusammentreffen, Bild 11.5e.

→

115,8 kN − 62,5 kN ⋅ cos α − 58,7 kN ⋅ cos α − 22,7 kN ≈ 0

↑

62,5 kN ⋅ sin α − 2, 4 kN − 58,7 kN ⋅ sin α ≈ 0

mit α = arctan

1250 mm ≈ 39, 8° 1500 mm

RITTER1-Schnitt Wir kontrollieren beispielsweise die Stabkraft FS2. Nach RITTER schneiden wir dazu den Träger so auseinander, dass FS2 enthalten ist, Bild 11.5f, und stellen ein Momentengleichgewicht für den rechten Teil um Knoten 8 auf:

Bild 11.6 Fachwerkgerüst aus Übung 11.2

FS2 ⋅ 1250 mm − F2 ⋅ 1500 mm − F1 ⋅ 3000 mm = 0

→ FS2 =

1 (18 667 ⋅ 1500 +18 933 ⋅ 3000 ) N ≈ 67,8 kN 1250

Der Trick besteht also darin, sich den Bezugspunkt so auszusuchen, dass die gesuchte Stabkraft als einzige Unbekannte übrigbleibt. Übung 11.1

Kontrollieren Sie mit Hilfe eines RITTER-Schnitts die Stabkraft FS7 des Fachwerks aus Beispiel 11.1. Übung 11.2

Bestimmen Sie für das Fachwerkgerüst gemäß Bild 11.6 1. die Lagerreaktionen in A und B, 2. eventuelle Nullstäbe, 3. die Stabkräfte FS4, FS12 und FS16 mit Hilfe von RITTER-Schnitten.

1. Wie lautet der Zusammenhang zwischen Stab- und Knotenzahl beim statisch bestimmten Fachwerk? 2. Nennen Sie drei Möglichkeiten, die Stabkräfte zu kontrollieren.

1

AUGUST RITTER 1826 – 1908

77

12 Reibung


Haft- und Gleitreibung, COULOMBsches Gesetz, Haft- und Gleitreibungszahl, Haft- und Gleitreibungswinkel, Seil- und Riemenreibung, EYTELWEINsche Gleichung, Rollreibung (Rollwiderstand), Hebelarm der Rollreibung

In der Berührfläche zweier Körper treten Reibungskräfte auf. Diese sind für den Kraftschluss erwünscht, beispielsweise bei Schraub-, Klemm- und Schrumpfverbindung, oder zur Fortbewegung. Unerwünscht sind sie hinsichtlich Verschleiß und Energieverlust.

12.1 Haft- und Gleitreibung

 Wenn ein Körper unter der äußeren Kraft F in Ruhe, d. h. haften bleiben soll, muss in der Berührfläche von der Unterlage auf den   Körper eine Reaktionskraft FU ausgeübt werden, die F das Gleichgewicht hält, Bild 12.1. Wir zerlegen die Kräfte parallel und normal zur Berührfläche: FN = Normalkraft (⊥ Berührfläche) FR0 = Haftreibungskraft (|| Berührfläche)

1

Die Gleichgewichtsbedingungen liefern:

↑ →

FN = Fn FR 0 = Ft = Fn ⋅ tan α = FN ⋅ tan α

Wird Ft bei konstantem Fn allmählich gesteigert, erreicht FR0 den Grenzwert FR0 max, Bild 12.2. Für Ft > FR0 max tritt Gleiten ein. Dabei wirkt die Gleitreibungskraft FR der Bewegung entgegen. Die Gleitreibungskraft ist kleiner als die Haftreibungskraft.

Bild 12.1 Körper auf rauher Unterlage a) Anordnung b) freigemacht

Für den Zusammenhang zwischen den Reibungskräften und der Normalkraft gilt das COULOMB1sche Gesetz: FR0 max = μ0 ⋅ FN

(12.1 a)

FR = μ ⋅ F N

(12.1 b)

μ0: Haftreibungszahl μ: Gleitreibungszahl μ0 > μ

1

CHARLES AUGUSTE DE COULOMB 1736 – 1806

Bild 12.2 Reibungskraftverlauf bei Steigerung der Tangentialkraft


78

12 Reibung

Bild 12.3 Drei mögliche Zustände

Werte für μ0 und μ s. A4. Die Reibungszahlen hängen von vielen Parametern ab, insbesondere von der Schmierung. Sie lassen sich deshalb nur selten genau angeben. Zur besseren Vorstellung wollen wir den sog. Reibungswinkel einführen, gemäß: μ0 = tan ρ0 ρ0: Haftreibungswinkel

(12.2 a)

μ = tan ρ

(12.2 b)

ρ: Gleitreibungswinkel

 Solange FU in Bild 12.1 innerhalb des Haftreibungssektors (grauer Bereich) – räumlich Haftreibungskegels – liegt, haftet der Körper.

Bild 12.3 zeigt die drei möglichen Zustände am Beispiel eines Holzblocks auf einer schrägen Rampe aus Holz (ρ0 = 30°). Die äußere Kraft entspricht in diesem Fall der Eigengewichtskraft FG. Beispiel 12.1

Bild 12.4 Auf- und Abwärtsgleiten auf schiefer Ebene, Beispiel 12.1 a) Anordnung b) freigemacht c) Kräfteplan

Ein Stahlblock der Gewichtskraft FG = 900 N wird mit konstanter  Geschwindigkeit eine Holzrutsche hochgezogen. Welche Kraft F1 mit der Wirkungslinie durch den Schwerpunkt S und parallel zur Rutsche benötigt man dazu? Der Gleitreibungswinkel ρ beträgt 20°, Bild 12.4 a.  Welche Kraft F2 wäre erforderlich, um den Stahlblock mit konstanter Geschwindigkeit die Rutsche abwärts gleiten zu lassen? Lösung:  Bild 12.4 b deutet die Situation an: Die Gewichtskraft FG wirkt  im Schwerpunkt. Die äußeren Kräfte F1 zum Hochziehen und F2 zum Herablassen wirken parallel zur Unterlage durch  S. Die Unterlage übt auf den Körper beim Hochziehen die Kraft F und beim Herablassen U1  die Kraft FU2 aus. Diese Kräfte müssen ebenfalls durch S gehen und auf dem Rand des Reibungssektors liegen.

12.1 Haft- und Gleitreibung

79

Das zentrale Kräftesystem aus 3 Kräften ist im Gleichgewicht, wenn sich das Krafteck schließt, Bild 12.4 c. Aus dem Krafteck lässt sich auch die analytische Beziehung ablesen, nämlich F1 , 2 = FG ( sin α ± cos α ⋅ tan ρ ) .

Mit Hilfe einer trigonometrischen Umformung erhält man:


Kraft parallel zur schiefen Ebene F1 , 2 =

sin ( α ± ρ ) ⋅ FG cos ρ

(12.3) Bild 12.5 Verstellring, Beispiel 12.2 a) Anordnung b) freigemachter Verstellring

+ für Aufwärtsbewegung – für Abwärtsbewegung Diese Formel hätten wir auch direkt analytisch über das Kräftegleichgewicht am Körper (normal und tangential zur schiefen Ebene) herleiten können. Beispiel 12.2 Welches Verhältnis b/e muss der Verstellring in Bild 12.5a mindestens haben, damit er bei einer angenommenen Haftreibungszahl μ0 = 0,25 nicht klemmt? Lösung: Bild 12.5 b zeigt den freigemachten Ring mit allen Kräften. Aufgrund des vertikalen Gleichgewichts müssen die Normalkräfte FN an den Berührpunkten A und B gleich sein; als Folge davon stimmen auch die Reibungskräfte FR überein, für die im Grenzfall FR = μ0 ⋅ FN gilt. Wir stellen das horizontale Gleichgewicht und eine Momentenbedingung um A auf:

→

2 FR − F = 0 → FR =

F 2

d⎞ ⎛ − FN ⋅ b − FR ⋅ d + F ⎜ e + ⎟ = 0 ⎝ 2⎠

Einsetzen von FR = F/2 und FN = FR/μ0 = F/(2μ0) liefert: −

F F d⎞ ⎛ ⋅b − ⋅d + F ⎜e + ⎟ = 0 → 2μ 0 2 2⎠ ⎝

b = 2μ 0 = 2 ⋅ 0,25 = 0,5 e

Das Verhältnis hängt nicht von Wellendurchmesser und Verschiebekraft ab.

1

80

12 Reibung

Übung 12.1 Bild 12.6 zeigt eine einfache Klemmvorrichtung zum Festhalten von Blechen. Wie groß muss die Haftreibungszahl μ0 zwischen Blech und gummibeschichtetem Klemmhebel mindestens sein, damit das von unten eingeschobene Blech beim Loslassen nicht rutscht?


Bild 12.6 Klemmvorrichtung für Blechtafeln, Übung 12.1

Hinweis: Die Anlagefläche am Gegenhalter sei vollkommen glatt angenommen. Das Hebelgewicht sorgt für guten Kontakt; für die Berechnung von μ0 soll es jedoch vernachlässigt werden. Mit diesen beiden Vereinfachungen liegen wir auf der sicheren Seite. Übung 12.2 Bild 12.7 stellt eine Steinzange dar. An einem Gleitstein bei A zieht  ein Seil mit der Kraft F und klemmt dabei über die Zweigelenkstäbe A-B sowie die Bügel B-C-D den Stein ein. Wie groß muss die Haftreibungszahl μ0 zwischen Stein und Klemmbacken mindestens sein, damit der Stein sicher gehalten wird? Hinweis: A, B, C und D sind reibungsfreie Gelenke. Der Gleitstein gleitet ebenfalls reibungsfrei in seiner Führung. Bestimmen Sie die Kräfteverhältnisse graphisch, wobei Sie direkt Bild 12.7 als Lageplan benutzen können.

12.2 Seil- und Riemenreibung Durch einen über eine Scheibe geschlungenen Riemen soll ein Drehmoment M auf die Welle ausgeübt werden, Bild 12.8. Wie groß müssen die Riemenkräfte FS1 und FS2 sein? Bild 12.7 Steinzange aus Übung 12.2

Die Riemen treiben die Scheibe über Reibungskräfte an; dabei soll gerade noch kein Rutschen auftreten (Grenzfall der maximalen Haftreibung). Wir schneiden ein kleines Riemenstück gemäß Bild 12.8b heraus und tragen alle Kräfte auf dieses Teil ein. Die Riemenkraft  (Seilkraft) FS nimmt dabei mit der Winkeländerung dϕ um dFS zu. Für die folgenden Gleichgewichtsbedingungen dürfen sin (dϕ) gleich dϕ und cos (dϕ) bzw. cos (dϕ/2) gleich 1 gesetzt werden. Die Produkte dFR0 ⋅ sin (dϕ/2) und dFN ⋅ sin (dϕ/2) liefern keinen Beitrag, weil sie klein von zweiter Ordnung sind.

→

− ( FS + dFS ) + dFR0 + FS = 0 → dFR0 = dFS

↑

dFN − FS ⋅ dϕ = 0 → dFN = FS ⋅ dϕ

12.2 Seil- und Riemenreibung

81

Wir setzen in die erste Zeile das COULOMBsche Gesetz dFR 0 = μ 0 ⋅ dFN

ein und erhalten μ 0 ⋅ dFN = dFS .

Mit der zweiten Zeile führt das auf μ 0 ⋅ FS ⋅ dϕ = dFS


bzw. dFS FS

= μ 0 ⋅ dϕ .

Mit der Anfangsbedingung FS ( ϕ = 0 ) = FS1

folgt hieraus durch Integration Bild 12.8 Seil- bzw. Riemenreibung a) Riemenscheibe mit auf- und ablaufendem Riementeil (Seilkräfte FS1 bzw. FS2) b) Kräfte auf ein differentiell kleines Riemenstück

⎛ FS ⎞ ln ⎜ ⎟ = μ0 ⋅ ϕ ⎝ FS 1 ⎠

bzw. FS = FS1 ⋅ e μ 0 ⋅ ϕ .

Mit dem Umschlingungswinkel α erhalten wir die sog. EYTELWEIN2sche Gleichung: FS2 = FS1 ⋅ e μ 0 ⋅ α

(12.4)

(α im Bogenmaß) Genaugenommen stammt sie jedoch von EULER3, der uns noch öfter begegnen wird. Gemäß (12.4) ergibt sich FS2 > FS1. Achtung! In der Literatur kommt auch die umgekehrte Definition vor. Aus (12.4) können wir die maximal übertragbare Reibungskraft FR0 bzw. Umfangskraft Fu und das maximal übertragbare Moment M berechnen. Wir können bei vorgegebenem Moment auch nach den Riemenkräften auflösen: 2 3

JOHANN ALBERT EYTELWEIN 1764 – 1849 LEONHARD EULER 1707 – 1783

1

82

12 Reibung

(

(12.5)

M = Fu ⋅ r = (FS2 − FS1) ⋅ r = FS1(eμ0 ⋅ α − 1) ⋅ r

(12.6)

FS1 = FS2 =


)

Fu = FS2 − FS1 = FS1 eμ0 ⋅ α − 1

M

(12.7)

r ( e μ 0 ⋅ α − 1) M eμ0⋅α ⋅ r eμ0⋅α −1

(12.8)

Wenn Riemen oder Seil rutschen, z. B. bei einer Bremse, ist in (12.4) bis (12.8) μ statt μ0 einzusetzen. Um überhaupt ein Moment übertragen zu können, ist also immer eine Gegenkraft FS1 erforderlich, d. h. der Riemen muss vorgespannt sein. Im Stillstand (bzw. ohne Momentenübertragung) sind beide Riementeile gleich gespannt. Die Summe der Riemenkräfte ist mit und ohne Momentenübertragung gleich groß. Die Vorspannkraft (Zugkraft in jedem Riementeil) muss somit mindestens FSv min = 12 (FS1 + FS2) =

Bild 12.9 Bandbremse, Beispiel 12.3 a) Prinzip b) Bremsband freigemacht c) Bremshebel freigemacht

M eμ0 ⋅ α + 1 ⋅ 2r eμ0 ⋅ α − 1

(12.9)

betragen. Wird die Vorspannkraft größer als FSv min gewählt, bedeutet das, dass die Treibfähigkeit nicht voll ausgenutzt wird, d. h. die tatsächlich auftretende Reibungszahl unter μ0 liegt. Für genauere Untersuchungen sind auch der Einfluss der Biegesteifigkeit des Riemens und der Fliehkraft zu berücksichtigen. Beispiel 12.3

Die Bandbremse in Bild 12.9a funktioniert folgendermaßen: Durch die Gewichtskraft FG = 600 N wird die Bremse geschlossen, mit Hilfe eines Bremslüfters (Lüftkraft F) geöffnet. 1. Welches Nenn-Bremsmoment MBr kann die Bremse erzeugen? 2. Welche Lüftkraft F ist zum Öffnen der Bremse erforderlich? Lösung: 1. Annahme: Die Welle dreht rechts herum, dann muss das Bremsband ein linksdrehendes Bremsmoment erzeugen, Bild 12.9b. Momentengleichgewicht am Hebel (Bild 12.9c mit F = 0) liefert: FS2 ⋅ a + FS1 ⋅ a − FG ⋅ b = 0 → FS2 + FS1 =

b ⋅ FG a

Mit (12.4) (wegen des Gleitens mit μ anstelle von μ0) FS2 = FS1 ⋅ eμ ⋅ α

12.3 Rollreibung (Rollwiderstand)

83

folgt daraus

FS1 ( e

m⋅a

+ 1) =

b a

⋅ FG

bzw. FS1 =

b

⋅

a e

FG m⋅a

+1


und mit (12.6) M Br = FS1 ⋅ ( e MBr =

m⋅a

− 1) ⋅ r =

e e

m⋅a m⋅ a

−1 b ⋅ ⋅ r ⋅ FG +1 a

exp(0,3 ⋅ 1,5π) − 1 350 mm 310 mm ⋅ ⋅ ⋅ 600 N ≈ 283 Nm . exp(0,3 ⋅ 1,5π) + 1 70 mm 2

Bild 12.10 Schiffstau, um Poller geschlungen, Übung 12.3

1

Das Bremsmoment ist unabhängig von der Drehrichtung, da im Momentengleichgewicht die Riemenkräfte ohne Auswirkung vertauscht werden können (die Riemenkräfte haben gleichen Momentendrehsinn und gleichen Hebelarm). 2. Wir stellen wieder das Momentengleichgewicht am Bremshebel auf, Bild 12.9c. Diesmal wirkt auch die Lüftkraft, dagegen sind FS1 und FS2 null. F ⋅ c − FG ⋅ b = 0 → F =

b 350 mm ⋅ FG = ⋅ 600 N = 420 N c 500 mm

Übung 12.3

Ein Matrose hat gemäß Bild 12.10 ein Schiffstau über zwei feststehende Poller geschlungen und hält das eine Ende mit F = 300 N fest.   1. Wie groß darf die Zugkraft FZ des Boots bei dieser Gegenkraft F werden, ohne dass das Tau zu rutschen beginnt ?  2. Wie groß ist hierbei die Kraft FS im Tau zwischen den Pollern?

12.3 Rollreibung (Rollwiderstand) Der Rollwiderstand rührt von der Deformation von Rad und Fahrbahn her, Bild 12.11a. Er ist meist viel geringer als der Widerstand bei Gleitreibung.  Die äußere Kraft F wollen wir gemäß Bild 12.11b in die Komponenten Ft und Fn (tangential und normal  zur Fahrbahn) aufteilen. Die Fahrbahn übt auf das Rad die Kraft FU aus, die wir in die Rollwiderstandskraft FRo und die Normalkraft FN zerlegen.

Bild 12.11 Rollwiderstand a) Rad auf Fahrbahn b) freigemacht

84

12 Reibung

Wir stellen das Momentengleichgewicht um die Radachse A auf und setzen dabei cos α näherungsweise 1: FN ⋅ f − FR0 ⋅ r = 0 → FR0 =

f ⋅ FN ≤ FR0 max = μ 0 ⋅ FN r

Rollbedingung: f r

≤ m0

(12.10)


Rollwiderstandskraft: FW = Ft = FR0 =

f r

⋅ F N = m r ⋅ FN

(12.11)

Moment der Rollreibung: M = FN ⋅ f = FW ⋅ r = m r ⋅ FN ⋅ r

(12.12)

f: Hebelarm der Rollreibung; μr = f/r: Rollreibungszahl Anhaltswerte für f: Stahlräder auf Schienen Wälzlager

f ≈ 0,5 mm ≈ 0,005 ... 0,01 mm

Übung 12.4

Bild 12.12 Stahlblock rollt auf schiefer Ebene, Übung 12.4

Ein Stahlblock rollt auf Stahlrollen (Durchmesser d = 100 mm) eine geneigte Stahlplatte (Neigungswinkel α = 2°) mit konstanter Geschwindigkeit hinab, Bild 12.12. Berechnen Sie den Hebelarm f der Rollreibung. Zwischen Stahlblock und Rollen sowie zwischen Rollen und Stahlplatte herrschen gleiche Bedingungen. Das Gewicht der Rollen kann gegenüber dem Gewicht des Stahlblocks vernachlässigt werden.

1. Was besagt das COULOMBsche Gesetz? 2. Wie lässt sich bei einer Treibscheibe das übertragbare Moment steigern? 3. Worauf ist der Rollwiderstand zurückzuführen?

85

Prüfungsaufgaben Schwierigkeitsgrad 1: sehr einfach


P1.1 Ein Skifahrer wird von einem Tellerlift eine Spur mit 40% Steigung hinaufgezogen, Bild P1.1. Gleitreibungszahl μ = 0,2; Gewichtskraft des Skifahrers FG = 750 N.  Bestimmen Sie graphisch FS (mit Hilfe des Gleichge   die Seilkraft wichts der 3 Kräfte FS , FG und FU (Reaktionskraft der Unterlage)).

Bild P1.1

P1.2 Bild P1.2 zeigt das ebene Fachwerk eines Brückenkrans. Die Katze steht gerade so, dass ein Rad auf dem Symmetrieknoten 1 steht. Die Radlasten betragen je 62,5 kN.   1. Bestimmen Sie die Lagerreaktionen FA und FB in A bzw. B. 2. Rechnen Sie die Radlasten auf die Knoten 1 und 2 um.  3. Berechnen Sie mit Hilfe eines RITTER-Schnitts die Kraft FS im Stab S.

1

Bild P1.2

P1.3 Aus Blechtafeln werden Scheiben gemäß Bild P1.3 gestanzt. Die resultierende Schnittkraft wirkt im Schwerpunkt S des Schnittlinienzuges. Wo liegt dieser Punkt? Bild P1.3

Schwierigkeitsgrad 2: einfach P2.1 Zu untersuchen ist der Schrägaufzug einer Terrassen-Wohnanlage, Bild P2.1. Nutzlast FH = 4400 N; Gewichtskraft der Kabine FK = 6100 N; Gewichtskraft des Gegengewichts FG = FK + FH/2 = 8300 N Rollwiderstände und sonstige Verluste seien vernachlässigt. 1. Wie groß ist die Sicherheit gegen Rutschen des Riemens an der Treibscheibe, wenn die vollbesetzte Kabine nach oben fährt (Sv)? 2. Wie groß ist die Sicherheit für den Fall, dass die Kabine leer nach unten fährt (S1)?

Bild P2.1

86

Prüfungsaufgaben

P2.2 Der Lastkorb eines Schrägaufzugs gemäß Bild P2.2 hat die Gewichtskraft FG = 20 kN. Bestimmen Sie analytisch und graphisch die Kräfte von der Schiene auf die Rollen A und B sowie die erforderliche Seilkraft.


P2.3 Bild P2.3 zeigt die schon im Mittelalter bekannte Steinzange. 1. Bestimmen Sie zeichnerisch die Kräfte in den Seilen 1 und 2, die Gelenkkraft im Gelenk G sowie die resultierende Kraft auf die Zange im Punkt A. Sie können Bild P2.3 direkt als Lageplan benutzen. 2. Wie groß muss μ0 mindestens sein, damit der Stein sicher gehalten wird? Bild P2.2

P2.4 Gegeben ist eine Winkelkatze auf einem Kastenträger-Brückenkran, Bild P2.4. Berechnen Sie die Radlasten − der beiden vertikalen Laufräder − der beiden oberen horizontalen Führungsrollen − der unteren horizontalen Führungsrolle. Gewichtskräfte: Hublast FH = 120 kN; Triebwerk FT = 8 kN; Fahrgestell FF = 14 kN

Schwierigkeitsgrad 3: schwierig P3.1 Schwere Platten können bequem und sicher mit Plattenhaken aufgenommen werden, Bild P3.1. DieBelastung des Hakens durch die Platte sei vereinfacht als Einzelkraft F , wie gezeichnet, angenommen. Berechnen und zeichnen Sie für die idealisierte Stablinie A-B-C Normalkraft-, Querkraft- und Biegemomentenverlauf (Zugfaser markieren). P3.2

Bild P2.3

Bild P3.2 zeigt den Mast einer Wasserskianlage. Eine Umlenkrolle U lenkt das Fahrseil um 90° um und spannt es mit FS = 700 N. Die resultierende Seilkraft wird zusammen mit der Gewichtskraft der Rolle FGU = 400 N über Stab C und Seil D in den Mast eingeleitet. Dieser ist bei A gelenkig gelagert und mit einem Seil Z, das am Ufer verspannt ist, gehalten. Der Mast selbst hat die Gewichtskraft FGM = 1200 N. Bestimmen Sie graphisch oder analytisch die Lagerreaktion in A und die Zugkraft FZ.


Prüfungsaufgaben 87

1

Bild P3.1

Bild P2.4

Bild P3.2

88

Prüfungsaufgaben

P3.3 Gegeben ist eine Welle mit Kegelrad, Bild P3.3. Berechnen Sie für die Vertikalebene (dargestellte Ansicht) − die Lagerreaktionen − das Biegemoment Mbl knapp links der Stelle C-C − das Biegemoment Mbr knapp rechts von C-C. Zeichnen Sie das Mb-Diagramm für diese Ebene.


Berechnen Sie für die Horizontalebene (Draufsicht, nicht dargestellt) − die Lagerreaktionen − das Biegemoment an der Stelle C-C. Zeichnen Sie das Mb-Diagramm für diese Ebene. Berechnen Sie die resultierenden Lagerreaktionen in Festlager A und Loslager B (die radialen und axialen Komponenten). Berechnen und zeichnen Sie den Verlauf des resultierenden Biegemoments Mb res und des Torsionsmoments Mt. Bild P3.3

Hinweis: Als Vereinfachung sei angenommen, dass die Kräfte und Momente in die Welle punktförmig an der Stelle C-C eingeleitet werden, also nicht verteilt über die Breite des Zahnrades.

Schwierigkeitsgrad 4: sehr schwierig P4.1 Für einen Raupenbagger ist die erforderliche Kraft FZ des Löffelzylinders zu berechnen, wenn die maximale Losbrechkraft FL = 135 kN beträgt, Bild P4.1. Maße: r = 1450 mm; e = 440 mm; d = 500 mm; c = 410 mm P4.2 Bild P4.2 gibt die Prinzipskizze zur Studie eines Mechanismus für Heckklappen wieder. Er besteht aus dem Hubzylinder H-C und einem Hebel B-D-E. Letzterer ist bei B mit der Heckklappe und über den Zweigelenkstab D-E bei E mit der Karrosserie gelenkig verbunden. Die geöffnete Stellung ist strichpunktiert.

Bild P4.1

Ermitteln Sie für die geöffnete Stellung graphisch die erforderliche Druckkraft des Hubzylinders in Prozent der anteiligen HeckklappenGewichtskraft FG. Verwenden Sie Bild P4.2 als Lageplan.


Prüfungsaufgaben

89

1 Bild P4.2

P4.3 Der Bauaufzug mit Zahnstangenantrieb gemäß Bild P4.3 kann in der Höhe dem Baufortschritt angepasst werden, indem jeweils eine 4 mMasteinheit am Ende angeflanscht wird. Das Mastprofil wird alle 4 m an der Wand befestigt. Der Korb wird über einen Schlitten längs einer am Mastprofil angeschraubten Zahnstangenführung verfahren. Der Schlitten trägt auch die Antriebseinheit. Das Stromkabel hängt an einer Halterung am Schlitten und reicht bis zum Boden hinunter. Für den skizzierten Fall, dass der Korb in 100 m Höhe 3 m über der letzten Mastbefestigung steht, sind alle Schnittgrößen im Mast kurz oberhalb der letzten (obersten) Mastbefestigung zu berechnen. Belastung: infolge Nutzlast + Korbgewicht: FL = 3700 N; infolge Gewicht des Schlittens einschließlich Antriebseinheit: FGS = 1000 N; infolge Kabelgewicht von ca. 100 m Länge: FGK = 600 N; horizontale Windlast auf den Korb: FW = 675 N; Stoßkraft beim Entladen: FS = 750 N Das y,z-Koordinatensystem liegt im Schwerpunkt des Mastprofils. Der Schwerpunkt sei auch Bezugspunkt zur Berechnung des Torsionsmoments.

Bild P4.3

90


Antworten zu den Fragen zu 1 1. Windkraft, Auftriebskraft 2. Betrag, Wirkungslinie, Richtungssinn, Angriffspunkt 3. N = kg ⋅ m/s2 4. Gleiche Wirkungslinie, entgegengesetzt gerichtet, Betrag gleich groß 5. Actio = reactio 6. Ja 7. Sie stellt die Resultierende von zwei Kräften dar. 8. Die Hebelarme sind den Kräften umgekehrt proportional. zu 2 1. Die Wirkungslinien aller Kräfte schneiden sich in einem gemeinsamen Punkt. 2. Im Gegenuhrzeigersinn positiv, sonst negativ. zu 3 1. Zwei gleich große, entgegengesetzt gerichtete parallele Kräfte. 2. Wenn sie in parallelen Ebenen entgegengesetzt drehen und gleich groß sind (gleiche Einzelmomente haben). 3. Es tritt das Versetzungsmoment F ⋅ a auf. 4. Betrag, Wirkungsebene, Drehsinn 5. Keinen zu 4 1. Die Größe muss gleich der Summe der Einzelkräfte sein. Das Moment der Resultierenden muss gleich den Momenten der Einzelkräfte sein; der Momentenbezugspunkt ist beliebig. 2. Durch den Schnittpunkt des ersten und letzten Seilstrahls. zu 5 1. Das Bauteil in einer gewünschten Lage zu halten und Kräfte zu übertragen. 2. Verschiebung in x- und y-Richtung und Drehung um z-Achse. 3. Wenn durch die Lagerung 2 Verschiebungen und 1 Drehung verhindert werden. zu 6 1. Wenn resultierende Kraft und resultierendes Moment (bezüglich eines beliebigen Bezugspunktes) null sind. 2. Die Wirkungslinien der 3 Kräfte müssen sich in einem Punkt schneiden und das Krafteck muss sich schließen. 3. Wenn eine Kraft nach 3 Wirkungslinien zerlegt werden soll. 4. Die Schlusslinie ist die Verbindungslinie der beiden Schnittpunkte: Seilstrahl O mit der Wirkungslinie des ersten Lagers; letzter Seilstrahl mit der Wirkungslinie des zweiten Lagers. Die Schlusslinie muss stets durch das zweiwertige Lager (Gelenk, Festlager) gehen. 5. Sie teilt die resultierende Kraft in die beiden Lagerreaktionen auf.


Antworten zu den Fragen

zu 7 1. Balken auf zwei Stützen, eingespannter Balken, GERBER-Träger und Dreigelenkbogen. 2. Einzelkräfte, Streckenlasten und Einzelmomente (Kräftepaare). 3. Für jedes zusätzliche Rollenlager ist ein Gelenk anzubringen. zu 8 1. Je ein Moment um alle drei Achsen, d. h. Mx, My, Mz. 2. My und Mz 3. Man verschiebt die Kräfte parallel in den Bezugspunkt und addiert sie vektoriell (= resultierende Kraft). Infolge des Verschiebens treten Versetzungsmomente auf, die ebenfalls vektoriell addiert werden. 4. Je eine Verschiebung in x-, y-, z-Richtung und je eine Drehung um die x-, y-, z-Achse. 5. Sechs: Die resultierende Kraft muss in jeder Koordinatenrichtung null ergeben. Das Moment in einem beliebigen Bezugspunkt muss um jede Koordinatenachse null sein. zu 9 1. Der Schwerpunkt liegt auf der Verbindungslinie der Teilschwerpunkte. Er teilt die Verbindungslinie im umgekehrten Verhältnis der Gewichtskräfte auf. 2. Für den Flächenschwerpunkt. 3. Die Mantelfläche eines Drehkörpers erhält man aus Meridianlänge mal Weg des Linienschwerpunktes bei der Drehung um 2π. Das Volumen des Drehkörpers ist Meridianfläche mal Weg des Flächenschwerpunktes bei der Drehung um 2π. zu 10 1. Sechs: Normalkraft FN, Querkräfte FQy und FQz, Biegemomente Mby und Mbz, Torsionsmoment Mt 2. Wir schneiden den Träger auseinander, zeichnen die Schnittgrößen ein und stellen das Gleichgewicht an einem Schnittteil auf. 3. Am positiven Schnittufer in Richtung der positiven Achsen weisend, am negativen Schnittufer in Richtung der negativen Achsen. x dM b 4. FQ = bzw. M b = ∫ FQ ⋅ dx dx x =0 5. An der Einspannstelle und an den Nulldurchgängen von FQ. 6. a) FQ konstant, Mb linear b) FQ linear, Mb entsprechend einer quadratischen Parabel 7. Der Momentenverlauf ist an deren Angriffspunkt sprungförmig. 8. Null zu 11 1. s = 2k – 3, s ist die Stabzahl und k die Knotenzahl 2. Nullstäbe auffinden, Kräftegleichgewicht am Knoten bilden, RITTER-Schnitt führen. zu 12 1. Die Reibungskraft ist proportional zur Normalkraft. 2. Durch Vergrößern des Treibscheibendurchmessers, der Vorspannkraft, der Haftreibungszahl (Keilrillen) und des Umschlingungswinkels (Mehrfachrillen). 3. Auf die Deformation von Rad und Fahrbahn.

91

1

92

Ergebnisse der Übungsaufgaben (meist mit Lösungshinweisen und Zwischenwerten) Übung 1.1


F1 ≈ 251 N; F2 ≈ 586 N Wenn Schlinge 1 kürzer und Schlinge 2 länger gemacht werden; im günstigsten Fall entsteht dabei ein gleichschenkliges Krafteck. Übung 2.1 F3 ≈ 2,6 kN; FR ≈ 13,0 kN   Der Pfeil von F3 muss im Krafteck so lang sein, dass FR in Fahrtrichtung zeigt. Übung 3.1 M A = 3350 Nm; rechtsdrehend

Lässt man FGS im Schwerpunkt des Blumentrogs wirken, entfällt M*. Übung 4.1 FR = 57 kN; a ≈ 16,8 m (analog zu Beispiel 4.2) Übung 6.1   FA ≈ 816 N, Wirkungslinie geht durch den Schnittpunkt von FB und F ; FB = 800 N, normal zur Welle

Übung 6.2 1. FP = 0,75 · FG/(cos β · tan α – sin β) ≈ 25,5 kN (FP ist die Kraft im dicker gezeichneten Seil, das am Mast befestigt ist. Der Mast befindet sich im Gleichgewicht der Kräfte FG, FP und der Kraft vom Widerlager auf den Fußpunkt des Mastes.) 2. F = FP/3 ≈ 8,5 kN (Rechte Rolle freischneiden; in den 3 dünn gezeichneten, nahezu parallelen Seilen herrscht die einheitliche Kraft F) Übung 6.3

   1. FS ≈ 493 N (Hebel freischneiden; Kräfte F , FS, FA ) 2. FA ≈ 349 N unter ≈ 54° zur x-Achse (siehe Frage 1) 3. FKn ≈ 209 N; FKt ≈ 447 N    (Kolben freischneiden; Kräfte FS , FKn, FKt )

Ergebnisse der Übungsaufgaben

93

Übung 6.4 F1 ≈ 1813 N (Druck); F2 ≈ 518 N (Zug) (F = FG; im Rollenmittelpunkt schneiden sich  die Wirkungslinien von F1, F2 und der Resultie renden aus F und FG ) Übung 6.5


1. FK ≈ 20 106 N (Druck mal Kolbenfläche) 2. FS ≈ 23 788 N (Gleichgewicht für A) 3. FN ≈ 30 798 N (Gleichgewicht am Hebel B-D) Übung 6.6 1. FN ≈ 52 N; vertikal 2. FA ≈ 72 N; FB ≈ 42 N; horizontal Übung 6.7 FA ≈ 20,3 kN; FB ≈ 25,8 kN; normal zum Hang FDE ≈ 9,2 kN (Druckkraft, Wirkungslinie D-E) Übung 6.8 1. FS1 ≈ 1,96 kN; FS2 ≈ 2,40 kN; Zugkräfte in der jeweiligen Seilrichtung; FP ≈ 3,25 kN, Druckkraft normal zum Boot 2. Nein. Es würden sich im Krafteck alle Richtungen umkehren, d. h. die Seile müssten Druckkräfte und der Pfahl eine Zugkraft übertragen. Das Boot nimmt eine neue Gleichgewichtslage ein. Übung 6.9 FH = 6000 N; FA = FB = 11 375 N (horizontal, Kräftepaar, rechtsdr.) Übung 6.10 1. FA ≈ 93 N; FB ≈ 407 N, gesamter Tisch bei A und B freigemacht FC ≈ 113 N; FD ≈ 388 N, vertikal, Tischplatte bei C und D freigemacht 2. FS = 600 N, horizontale Zugkraft, z. B. Bein 2 freigemacht, Momentengleichgewicht um E 3. FE ≈ 668 N unter α ≈ –26° (zur x-Achse; diese zeigt nach rechts) 2 weitere Gleichgewichtsbedingungen am Bein 2 Übung 6.11 a/b = 2/1; c/d = 3/2 (mit Hilfe des Hebelgesetzes)

1

94


Übung 6.12


1. F3 ≈ 3626 N; FE ≈ 5008 N (≈ 98° zur x-Achse; diese zeigt nach rechts) Setzen Sie den bei E und Seil 3  herausgeschnittenen Teil    ins Gleichgewicht. Als Kräfte wirken FD , FT , F3 und FE . 2. FK ≈ 817 N (≈ –41° zur x-Achse); FL ≈ 4973 N (in Richtung des Stabes, der bei L anschließt) Schneiden Sie die gesamte Anordnung bei K und L frei. Bei  L F schließt eine Pendelstütze an; die Wirkungslinie der Kraft    L ist somit bekannt. Als äußere Kräfte wirken FM , FT und FD . Übung 7.1 FA ≈ 5520 N (unter ca. 80° zur x-Achse; diese zeigt nach rechts) FB ≈ 1571 N (vertikal nach oben) Übung 7.2 FA = FAy = 3550 N; MA = 3350 Nm (linksdrehend) Übung 7.3 FA ≈ 8782 N; FB ≈ 12 511 N; FC ≈ 11 407 N; FK ≈ 393 N (alle Kräfte vertikal) Übung 7.4 FAh = 17,5 kN (nach rechts); FAv ≈ 54,4 kN (nach oben); FBh = 47,5 kN (nach links); FBv ≈ 65,6 kN (nach oben); FGh = 47,5 kN; FGv ≈ 5,6 kN (h: horizontal, v: vertikal, Gleichgewichtsbedingungen für Gesamtund Teilsystem) Übung 8.1 FR ≈ 4141 N (unter –75° zur x-Achse) M  A ≈ 41,4  kNm (unter 15° zur x-Achse) FR und M A liegen in der x,y-Ebene. Übung 8.2 f ≈ 2,02 m (mittels Seilneigung, diese folgt aus dem Krafteck) Übung 8.3 1. F2 ≈ 4,5 kN; F3 ≈ 6,7 kN (mit ΣFx = 0; ΣFy = 0) 2. Fv ≈ 13,0 kN (Druckkraft) (Fv = ΣFz)


95

Übung 8.4 a = 216 mm (Abheben bei A; MzB = 0) Wie hoch das Kind steht, spielt keine Rolle. Übung 8.5 1. FZv = 6250 N; FZh ≈ 2723 N; FZa ≈ 2783 N


2. FAr ≈ 11 217 N; ⏐FAa⏐ ≈ 2783 N; FBr ≈ 2683 N Übung 9.1 S (≈ 1,83a; ≈ –0,54a; ≈ –1,71a) Übung 9.2 zS ≈ 3,217 m

1

Übung 9.3 S liegt auf der Symmetrieachse, ≈ 10,1 mm über der untersten Körperkante. Für die Berechnung genügt eine Symmetriehälfte. Übung 9.4 m ≈ 77,5 kg/m (mit Hilfe der Mantelfläche gemäß (9.8)) Übung 9.5 m ≈ 728 kg (Hälfte des Torusvolumens gemäß (9.9) plus Volumen der beiden Flansche, das Ganze mal die Dichte) Übung 10.1 Abschnitt

1

2

3

4

FQ in kN

– 20

20

– 40

20

Mb in kNm

0 ... – 40

– 40 ... 40

40 ... – 40

– 40 ... 0

Übung 10.2 MbA = –10 kNm; MbB= –1,6 kNm Zwischen A und B liegt ein Nulldurchgang von FQ im Abstand 5,375 m von A. Das Biegemoment in diesem Punkt beträgt ≈ 1,156 kNm. Mb

max

= 10 kNm (in A)

96


Übung 10.3 1. FA = 25 kN (nach oben) 2. und 3. FQ und Mb-Diagramm vom freien (linken) Ende her zeichnen. Abschnitt

1

2

3

4

5

FQ in kN

25

5

–30

–30

–40


Mb in kNm

0 ... 50 50 ... 60 60 ... 0 0 ... –90 –90 ... –210

4. FB = 40 kN (nach oben); MB = 210 kNm FG = 30 kN (aus FQ-Diagramm)

(rechtsdrehend);

Übung 10.4 1. FA = FC ≈ 12 663 N (horizontal nach rechts bzw. links) FB = 5 kN (vertikal nach oben) 2. Abschnitt A-D D-E E-B FN in N

–12 663

0

12 663

FQ in N

0

12 663

0

Mb in Nmm

0

0 ... 4 ⋅ 106

4 ⋅ 106

Zugseite

innen

innen

innen

Übung 10.5 1. FAh = 320 N (horizontal nach rechts); FAv = 160 N (vertikal nach oben); MA = 128 Nm (linksdrehend); FBh = 0; FBv = 160 N (vertikal nach unten) 2. Abschnitt A-G G-B B-C FN in N

–320

–320

0

FQ in N

160

160

320 ... 0

Mb in Nm

128 ... 0

0 ... 128

128 ... 0

(linear)

(linear)

(parabelförmig)

unten

oben

links

Druckseite

3. FGh = 320 N; FGv = 160 N (aus FN- bzw. FQ-Verlauf)


97

Übung 10.6 1. FA ≈ 72,0 kN; FB ≈ 50,4 kN 2. Links von C: FN ≈ 63,9 kN; M b ≈ 89 ,6 kNm (oben Zug) Rechts von C: FN ≈ 13,7 kN; M b ≈ 64 ,5 kNm (oben Zug) In G: FN ≈ 13,7 kN; Mb ≈ 98, 4 kNm (oben Zug)


Übung 10.7 FAh ≈ 283 N; FAv ≈ 778 N; FAr ≈ 828 N FBh ≈ 162 N; FBv ≈ 444 N; FBr ≈ 473 N

Abschnitt

A-1

1-B

B-2

FQ res in N

≈ 828

≈ 237

≈ 709

Mb res in Nm

0 ... ≈ 49,7

≈ 49,7 ... ≈ 35,5

≈ 35,5 ... 0

Mt in Nm

70

20

20

Übung 10.8 FQv = 170 N = konst. Abschnitt

A-B

B-C

C-D

Mt in Nm

0

≈ 14,7

44,2

Mbh in Nm

0 ... 17

8,5 ... ≈ 59,5

≈ 42,5 ... ≈ 59,5

Übung 11.1 FS7 = –115,84 kN Schnitt durch die Stäbe 3, 13 und 7; Geichgewicht am rechten Teil; Knoten 4 ist Momentenbezugspunkt.

Übung 11.2 1. FA ≈ 80 kN unter α ≈ –74° zur Horizontalen; FB ≈ 43 kN (Zugkraft auf den Stab 22). 2. Unmittelbar ersichtlich: FS3 = 0 Es gibt jedoch noch mehr Nullstäbe, wie die vollständige Berechnung zeigt. 3. FS4 = 40 kN; FS12 = FS16 = –120 kN

1

98


Übung 12.1 μ0 = 0,25 Übung 12.2 μ0 ≈ 0,35


Die Stäbe A-B und C-C sind Zweigelenkstäbe. Damit sind am herausgeschnittenen Bügel B-C-D die Wirkungslinien der Kräfte bei B und C bekannt. Die Wirkungslinie der Kraft bei D muss durch den Schnittpunkt der beiden anderen Wirkungslinien gehen. Übung 12.3 1. FZ = F ⋅ exp (μ0 ⋅ 3π/4) ≈ 1976 N (Gleichung (12.4)) 2. FS = F ⋅ exp (μ0 ⋅ π/4) ≈ 562 N (analog zu Frage 1) Übung 12.4 f = 0,5 ⋅ d ⋅ tan α ≈ 1,7 mm (mit Hilfe der Gleichgewichtsbedingungen für Block und Rolle)

99

Ergebnisse der Prüfungsaufgaben (meist mit Lösungshinweisen und Zwischenwerten) P1.1

   FS ≈ 418 N. Die Wirkungsliniender drei Kräfte FS , FG und FU schneiden sich in einem Punkt. FU (Kraft von der Unterlage auf die Skier) wirkt um ρ = arctan 0,2 ≈ 11,3° schräg zur Spurnormalen.


P1.2 1. FA ≈ 59 kN; FB ≈ 66 kN 2. F1 ≈ 81 kN; F2 ≈ 44 kN 3. FS ≈ 353 kN P1.3 xS ≈ 12,5 mm; yS ≈ 17,2 mm P2.1 1. Sv ≈ 1,5 2. S1 ≈ 1,4

(maximal mögliches durch erforderliches Seilkraftverhältnis FS2/FS1)

P2.2 FA = FB = 10 kN, Seilkraft FS ≈ 10,4 kN graphisch über die CULMANNsche Gerade P2.3 1. FS1 = FS2 = 5 kN; FG ≈ 8,86 kN (horizontal);  FA ≈ 5,18 kN Die Wirkungslinien  der drei Kräfte FS1 , FG (horizontal, wegen Symmetrie) und FA schneiden sich in einem Punkt.  2. μ0 ≈ 0,55 (μ0 = tan ρ0; ρ0 mit Hilfe der Wirkungslinie von FA bestimmbar) P2.4 Vertikales Laufrad: 71 kN; obere Führungsrolle: ≈ 20 kN; untere Führungsrolle: ≈ 40 kN P3.1 Abschnitt FN in kN FQ in kN Mb in Nm

A-B 50 ≈ 28,9 750 ... 4676

B-C 50 ≈ 28,9 4676 ... 0 innen Zug

1

100

Ergebnisse der Prüfungsaufgaben

P3.2 FA ≈ 3003 N unter ≈ 54° zur Horizontalen; FZ ≈ 2867 N Graphisch mit Hilfe des Seileckverfahrens; analytisch mit Hilfe der Momentengleichgewichtsbedingung um A sowie der Kräftegleichgewichtsbedingungen in horizontaler und vertikaler Richtung.


P3.3 Vertikalebene: FAv ≈ 536 N, FBv ≈ –306 N Mbl ≈ 45,6 Nm; Mbr ≈ –49,0 Nm Horizontalebene: FAh ≈ –1176 N, FBh ≈ –624 N; Mb ≈ –99,9 Nm Überlagerung: FAr ≈ 1292 N, FAa = 610 N; FBr ≈ 695 N, FBa = 0 Mbl res ≈ 109,8 Nm; Mbr res ≈ 111,3 Nm; Mb res = 0 bei A und B; zwischen A und C bzw. B und C verläuft das Biegemoment linear Mt = 279 Nm, links von C; Mt = 0, rechts von C P4.1 FZ = FL ⋅ r ⋅ d /(e ⋅ c) ≈ 543 kN P4.2 ≈ 104 % Für den Hebel B ′-C′-D′ lassen sich die Wirkungslinien der drei Kräfte zeichnen: Jene der Zweigelenkstäbe H-C′ und E-D′ schneiden sich in einem Punkt, durch den auch die Wirkungslinie der Kraft bei B′ gehen muss. Im zweiten Schritt können auch die Wirkungslinien der drei Kräfte an der offenen Heckklappe gezeichnet werden, welche sich wieder in einem Punkt schneiden müssen. Damit lässt sich das Krafteck für die Heckklappe und anschließend für den Hebel B′-C′-D′ zeichnen. P4.3 FN = –5300 N; FQy = 0; FQz = 1425 N; Mby = –3315 Nm; Mbz = –2665 Nm; Mx = Mt = –997,5 Nm In den Mast werden 3 m über der letzten Mastbefestigung 2 Kräfte quer zur Stabachse (FW und FS) und 3 Kräfte parallel zur Stabachse (FL, FGS und FGK) eingeleitet. Die Querkräfte FW und FS verursachen auch Biegemomente und ein Torsionsmoment. Die exzentrisch wirkenden Normalkräfte FL, FGS und FGK haben Biegemomente zur Folge. ITE 100 VAKAT

101

TEIL 2: Kinematik, Kinetik, Schwingungen


1 Einleitung Im Teil 2 des Buches behandeln wir Bewegungsvorgänge von Massenpunkten und starren Körpern. Massenpunkt (auch Punktmasse genannt) und starrer Körper sind Idealisierungen. Jeder Körper, dessen Größe und Form bei dem betrachteten physikalischen Problem ohne Einfluss sind, kann als Massenpunkt behandelt werden. Beispielsweise können auch die gewiss nicht punktförmigen Planeten zur Berechnung ihrer Bahnen als Massenpunkte aufgefasst werden. Andererseits darf ein winziges Atom nicht als Massenpunkt behandelt werden, wenn dessen Drehbewegung von Einfluss ist [74]. Der starre Körper ist dadurch gekennzeichnet, dass seine Verformbarkeit vernachlässigt wird. Der Inhalt von Teil 2 ist in die Bereiche Kinematik, Kinetik und Schwingungen gegliedert. Kinematik (Kap. 2 bis 6) Hier werden wir die Begriffe Ort, Geschwindigkeit und Beschleunigung definieren und den Zusammenhang zwischen ihnen bestimmen. Wir werden die ebene und räumliche Bewegung von Massenpunkten und starren Körpern in verschiedenen Koordinatensystemen beschreiben. Kinetik (Kap. 7 bis 14) In der Kinetik besprechen wir den Zusammenhang zwischen den Bewegungsverursachern (den Kräften und Momenten) und den Bewegungsgrößen (Geschwindigkeiten und Beschleunigungen). Hierbei geht es um fundamentale Gesetze wie das Bewegungsgesetz von NEWTON, den Impuls- und Drallsatz, den Energiesatz bis hin zu den Gesetzmäßigkeiten der Stoßvorgänge. Schwingungen (Kap. 15) Schwingungen sind ein spezieller Teil der Kinetik. Sie haben große praktische Bedeutung und werden deshalb zumeist in Vorlesungen wie „Maschinendynamik“, „Technische Schwingungslehre“ usw. vertieft. Wir werden uns auf grundlegende Dinge zur Theorie der Schwingungen und Hinweise zur praktischen Anwendung beschränken. Im Einzelnen: Herleitung der Gesetze der freien ungedämpften und der freien gedämpften Schwingung sowie der erzwungenen Schwingung bei harmonischer Erregung, aufzeigen von Möglichkeiten zur Begrenzung störender Schwingungserscheinungen.

2


102

1 Einleitung

Bevor die einzelnen Gesetze im Detail besprochen werden sollen, seien ein paar grundsätzliche Bemerkungen vorausgeschickt. Wir behandeln in diesem Buch nur Probleme, bei denen Geschwindigkeiten auftreten, die deutlich kleiner sind als die Lichtgeschwindigkeit (nicht-relativistische Mechanik). Das zentrale Gesetz der Kinetik ist das oben schon erwähnte Bewegungsgesetz: „Die Änderung der Bewegung ist der bewegenden Kraft proportional und geschieht nach der Richtung derjenigen geraden Linie, nach der jene Kraft wirkt.“ Es wird heute meist in der Form „Kraft gleich Masse mal Beschleunigung“ wiedergegeben. Hierin ist unter der Kraft die am Körper angreifende resultierende Kraft gemeint; die Masse des Körpers muss konstant sein, und unter der Beschleunigung ist die Absolutbeschleunigung, d. h. die in einem sog. Inertialsystem gemessene Beschleunigung zu verstehen. Ein Inertialsystem ist ein Bezugssysstem, das sich in geradliniggleichförmiger Translationsbewegung befindet. Wird mit einem anderen Bezugssystem gearbeitet, muss das Bewegungsgesetz entsprechend transformiert werden. Translatorisch beschleunigte oder rotierende Bezugssysteme sind keine Inertialsysteme. Ein erdfestes Bezugssystem ist wegen der Rotation und des Sonnenumlaufs beschleunigt. Die Beschleunigungen sind allerdings gering, d. h. die Bewegung der Erde ist, wenn man nicht zu lange Zeiträume zugrunde legt, annähernd eine geradlinig-gleichförmige Translationsbewegung. Im Rahmen der „Technischen Mechanik“ kann man daher ein mit der Erde fest verbundenes Bezugssystem näherungsweise als Inertialsystem ansehen. In speziellen Fällen, beispielsweise bei Wind- und Meeresströmungen, ist die Erdrotation jedoch zu berücksichtigen. Beim Thema Kinetik der Relativbewegung werden wir mit – gegenüber einem Inertialsystem – beschleunigten Bezugssystemen arbeiten und die erforderliche Transformation des Bewegungsgesetzes vornehmen. Noch ein Wort zum Begriff Masse: Laut Teil 1 können wir die Masse als Quotient von Gewichtskraft und Fallbeschleunigung deuten, als sog. „schwere Masse“. Die im Bewegungsgesetz auftretende Masse, die sog. „träge Masse“, stimmt mit der „schweren Masse“ vollkommen überein.

103

2 Ebene Punktbewegung


Bahn, Ortsvektor, Weg, Geschwindigkeit, Beschleunigung, Wurf, WegZeit-Diagramm, natürliche Koordinaten, Tangential- und Normalbeschleunigung (Bahn- und Zentripetalbeschleunigung), Kreisbahn, Polarkoordinaten

Bild 2.1 Bahn mit Orts- und Geschwindigkeitsvektoren

2.1 Bahn, Geschwindigkeit, Beschleunigung Ein Junge wirft gemäß Bild 2.1 einen Stein. Der Stein ist relativ klein; wir bezeichnen ihn deswegen als Massenpunkt oder Punktmasse. Die Flugbahn des Steins, allgemein Bahn oder Bahnkurve, ist der geometrische Ort aller Bahnpunkte P(t) während der gesamten Flugzeit. Zur analytischen Beschreibung der Bewegung verwenden wir drei Vektoren:  r : Ortsvektor vom Bezugspunkt 0 zum Bahnpunkt P  v : Geschwindigkeit von P (stets tangential zur Bahn)  a : Beschleunigung von P (nur bei geradliniger Bewegung tangential zur Bahn) Mit diesen Vektoren können wir genauso umgehen wie mit dem Kraftvektor (s. Teil 1).  Im raumfesten x,y-Koordinatensystem läßt sich r durch die Koordina  ten x und y sowie die Basisvektoren e x und e y ausdrücken: Ortsvektor    r = x ⋅ ex + y ⋅ ey

(2.1 a)

Zur Erinnerung: Ein Basisvektor ist ein Einheitsvektor (d. h. er hat die Länge 1), der in die Richtung der Koordinatenachse zeigt. Die Länge oder der Betrag des Ortsvektors ist  r= r =

x2 + y2

(2.1 b)

2

104


 Die Geschwindigkeit ist definiert als Ortsänderung Dr pro Zeiteinheit Δt. Bei endlichem Δt ist das eine über die Zeit gemittelte Geschwindigkeit. Für unendlich kleine Zeitschritte erhalten wir die momentane Geschwindigkeit     Dr dr  r ( t + Dt ) − r ( t )  = lim = =r v = lim Dt → 0 Dt → 0 Dt dt Dt


Bild 2.2 Wurfparabel aus Beispiel 2.1 (schiefer Wurf)

(2.2)

Ein Punkt über einer Größe bedeutet die Ableitung nach der Zeit; im Gegensatz zum Strich, der die Ableitung nach einer Koordinate ausdrückt.   v ist stets tangential zur Bahn, da auch dr auf der Tangente liegt. In x,y-Koordinaten ergibt sich der Geschwindigkeitsvektor zu      (2.2 a) v = x ⋅ ex + y ⋅ ey = vx ⋅ ex + vy ⋅ ey mit dem Betrag  v= v =

v x2 + v y2 =

x 2 + y 2

in m/s, km/h usw. (2.2 b)

Analog dazu erhalten wir für die Beschleunigung     v ( t + Dt ) − v ( t ) Dv dv    = lim = =v=r a = lim Dt → 0 Dt → 0 Dt Dt dt

(2.3)

und im x,y-Koordinatensystem      a =  x ⋅ ex +  y ⋅ ey = ax ⋅ ex + ay ⋅ ey (2.3 a)  a ist nur bei geradliniger Bewegung tangential zur Bahn, bei der gekrümmten Bahn gemäß Bild 2.1 also nicht. Der Betrag des Beschleunigungsvektors ist  a= a =

ax2 + a y2 =

 x 2 +  y2

in m/s2

(2.3 b)

Beispiel 2.1 Wir wollen für das Wurfproblem konkrete Werte annehmen und Bahn, Geschwindigkeit sowie Beschleunigung diskutieren. Die Bahnkurve, hier auch Wurfparabel genannt, sei gegeben durch x = ( v 0 ⋅ cos a 0 ) t

y = y 0 + ( v 0 ⋅ sin α 0 ) t −

g 2 t . 2

2.1 Bahn, Geschwindigkeit, Beschleunigung

105

Mit Hilfe von Kap. 8 kann diese Beziehung leicht hergeleitet werden. Zahlenwerte, Bild 2.2: v0 = 25 m/s

: Anfangsgeschwindigkeit

α0 = 40°

: Anfangswinkel

y0 = 2 m

: Anfangshöhe

g = 9,81 m/s2

: Fallbeschleunigung


Gesucht sind, Bild 2.2: vx, vy, ax, ay, ymax, xmax, v(ymax), v(xmax), α(xmax) Lösung: Mit (2.2 a) und (2.3 a) erhalten wir: vx = x = v0 ⋅ cos α 0 = 25 m/s ⋅ cos 40° ≈ 19,2 m/s = konst. v y = y = v 0 ⋅ sin α 0 − g ⋅ t = v y ( t )

ax

=

 x=0

ay =  y = − g = −9,81 m/s2 = konst.

Die Wurfhöhe ymax ist dort, wo die Bahn eine horizontale Tangente besitzt (Extremwertbedingung), also dy dy d t y v0 ⋅ sin α 0 − g ⋅ t * = ⋅ = = =0 dx d t dx x v0 ⋅ cos α 0 → t* =

v 0 ⋅ sin α 0 g

=

25 m/s ⋅ sin 40 ° 9, 81 m/s2

≈ 1, 64 s

9,81 ⎛ ⎞ → ymax = y(t *) = ⎜ 2 + 25 ⋅ sin 40° ⋅ 1,64 − ⋅ 1,642 ⎟ m ≈ 15,2 m 2 ⎝ ⎠

Übrigens, ymax hätten wir auch aus der Bedingung gefunden, dass v y = y am Scheitelpunkt null ist. Die Wurfweite xmax ist dort zu finden, wo y null ist: y = y 0 + v 0 ⋅ sin a 0 ⋅ t −

g 2

t =0 2

2v0 2 y0 2 → t − ⋅ sin a 0 ⋅ t − =0 g g    p

q

2

106


Die Lösung dieser quadratischen Gleichung in t (Flugdauer) lautet 2 ⎛ p⎞ t = − ± ⎜ ⎟ −q ⎝2⎠ 2

p


=

v 0 ⋅ sin a 0 g

⎛ v 0 ⋅ sin a 0 ⎞ 2 y0 ± ⎜ . ⎟ + ⎝ g ⎠ g 2

Das Minuszeichen scheidet aus, weil es eine negative Zeit t ergeben würde. 2

t=

25 ⋅ sin 40° ⎛ 25 ⋅ sin 40° ⎞ 2 ⋅ 2 s+ ⎜ s ≈ 3,40 s ⎟ + 9,81 ⎝ 9,81 ⎠ 9,81

→ xmax = x( t ) = 25 m/s ⋅ cos 40° ⋅ 3, 40 s ≈ 65,0 m .

Die Geschwindigkeit am Scheitelpunkt ist horizontal und somit v(ymax) = vx(t*) = vx = konst. ≈ 19,2 m/s .

Die Auftreffgeschwindigkeit v(xmax) setzt sich aus x- und y-Komponenten zusammen gemäß v (xmax) = v(t ) = vx(t )2 + vy(t )2 = 19,22 + 17,22 m/s ≈ 25,8 m/s

mit

vx(t ) ≈ 19,2 m/s = konst. ,

vy (t ) = 25 m/s ⋅ sin 40° − 9,81 m/s2 ⋅ 3, 40 s ≈ −17, 2 m/s . Den Auftreffwinkel α(xmax) berechnen wir aus den beiden Geschwindigkeitskomponenten zur Zeit t , also α(xmax ) = arctan

vy ( t ) vx ( t )

≈ −42°

Bei Berücksichtigung des Luftwiderstands sind Wurfhöhe und -weite geringer.

2.2 Weg-Zeit-Diagramm

107


2.2 Weg-Zeit-Diagramm In vielen praktischen Fällen ist es günstig, den auf der Bahn zurückgelegten Weg s(t), auf einer gekrümmten Bahn also die Bogenlänge, als Ortsgröße zu verwenden. Für den freien Fall z. B. wissen wir seit GALILEI1, dass der durchfallene Weg quadratisch mit der Zeit zunimmt. Der Vorgang ist im Weg-Zeit-Diagramm (s,t-Diagramm) in Bild 2.3 wiedergegeben. In dieser Darstellungsart können wir ebenfalls die Geschwindigkeit und die Beschleunigung bestimmen; im letzteren Fall allerdings nur die tangentiale Komponente an die Bahn, die Tangential- oder Bahnbeschleunigung.   Nehmen wir in Bild 2.1 statt Dr die Bogenlänge Ds = Dr , erhalten wir analog zu (2.2) die Bild 2.3 Weg-Zeit-Diagramm für den freien Fall (ohne Luftwiderstand)

Geschwindigkeit v = lim

Dt → 0

Ds Dt

=

ds dt

= s

(2.4)

Aus dem s,t-Diagramm ergibt sich nicht die Richtung von v. Analog zu (2.3) erhalten wir die

2

Tangentialbeschleunigung Δv dv = = v =  s Δt →0 Δt dt

at = lim

(2.5)

Nur bei geradliniger Bewegung ist das gleichzeitig die Gesamtbeschleunigung a, bei gekrümmter Bahnkurve tritt zusätzlich eine Beschleunigungskomponente normal zur Bahnkurve auf. Letztere kann nicht mit Hilfe der s,t-Kurve bestimmt werden. In Bild 2.3 ist auch die Tangente im Punkt P an die s,t-Kurve eingezeichnet. Die Geschwindigkeit v ist wegen (2.4) proportional zur Steigung dieser Tangente: v ∼ tan a .

Durch graphisches Differenzieren erhält man deshalb aus dem WegZeit-Diagramm das Geschwindigkeits-Zeit-Diagramm (v,t-Diagramm) und durch nochmaliges Differenzieren das Tangentialbeschleunigungs-Zeit-Diagramm (at,t-Diagramm). Umgekehrt erhält man durch Integrieren aus dem at,t-Diagramm das v,t- und durch nochmaliges Integrieren das s,t-Diagramm. Integrieren heißt hierbei: die Fläche unter der Kurve ausrechnen oder auszählen und zwar von der Anfangszeit t0 bis zur momentanen Zeit t. 1

GALILEO GALILEI 1564 – 1642

108


Übung 2.1 Beim freien Fall ohne Widerstand ist die Beschleunigung bekanntlich a = g = 9,81 m/s2. Zeichnen Sie nacheinander das a,t-, v,t- und s,tDiagramm. Die gesamte Fallzeit soll 5 s betragen. Wie groß sind Geschwindigkeit vmax und Fallweg smax bei t = 5 s? Benutzen Sie die graphische Integration.


2.3 Grundaufgaben der Kinematik Das kinematische Problem besteht häufig darin, z. B. für einen bekannten Beschleunigungs-Zeit-Verlauf den Geschwindigkeits-ZeitVerlauf und evtl. anschließend den Weg-Zeit-Verlauf zu finden. Für insgesamt sechs solcher Grundaufgaben habe ich die Lösungen in Tab. 2.1 zusammengestellt. Sie lassen sich über Differenzieren, Integrieren und geschickte Umformungen finden. Das Vorzeichen vor der Wurzel ergibt sich aus der Fragestellung. Fall

gegeben

gesucht

1

s(t)

v = s

a = v

2

v(t)

s = s0 + ∫ v dt

a = v

3

a(t)

v = v0 + ∫ a dt

s = s0 + ∫ v dt

4

v(s)

a = v′ ⋅ v

t = t0 + ∫

ds v

5

a(s)

v = ± 2 a ds + v02 ∫

t = t0 + ∫

ds v

6

a(v)

t = t0 + ∫

dv a

df Anmerkungen: f = ; dt

s = s0 + ∫

v dv a

df ; ds

∫=

f′=

Endwert

∫

Anfangswert

a = at (Bahnbeschleunigung) zusätzlich gegeben: Anfangszeit t0, Anfangslage s0, Anfangsgeschwindigkeit v0 Sonderfall: Konstante Beschleunigung a = at, t0 = 0, s0 = 0, v0 ≠ 0 a=

v − v0 v 2 − v02 = t 2s

2.3 Grundaufgaben der Kinematik

109

v = v0 + a ⋅ t = ± 2 a ⋅ s + v02 s = v0 ⋅ t +

a ⋅ t2 v0 + v v 2 − v02 = t= 2 2 2a 2

t=

v − v0 2s v ⎛ v ⎞ 2s = =− 0 ± ⎜ 0⎟ + a v0 + v a a ⎝a⎠


Sonderfall: Konstante Beschleunigung a = at, t0 = 0, s0 = 0, v0 = 0 a=

v 2 s v2 = = t t 2 2s

v = a ⋅t =

2s = ± 2a ⋅ s t

s=

a ⋅ t2 v v2 = ⋅t = 2 2 2a

t=

v 2s 2s = =± a v a

Tab 2.1 Grundaufgaben der Kinematik

Beispiel 2.2

Ein massiver Kreiszylinder rollt ohne zu gleiten eine abgeknickte schiefe Ebene hinunter, Bild 2.4. Die Winkel und Längen der beiden Abschnitte sowie die zugehörigen Bahnbeschleunigungen sind bekannt (letztere werden wir in Kap. 12 zu bestimmen lernen). Gesucht sind: 1. die Geschwindigkeit v1 nach Durchlaufen der Strecke l1 2. die Geschwindigkeit v2 nach Durchlaufen der gesamten Strecke l1 + l2 3. die Gesamtlaufzeit tges. Lösung: Die Aufgabenstellung entspricht dem Sonderfall a = at = konst. von Tab. 2.1. Wir rechnen mit zwei verschiedenen Wegkoordinaten für die Streckenabschnitte 1 und 2. Pro Abschnitt gilt v=

Bild 2.4 Walze auf schiefer Ebene, Beispiel 2.2

2a ⋅ s + v0 . 2

v1 = v(s1 = l1 ) = 2 ⋅ 23 ⋅ 9,81 m/s2 ⋅ sin 30° ⋅ 10 m ≈ 8,1 m/s v2 = v(s2 = l2) = 2 ⋅ 23 ⋅ 9,81 m/s2 ⋅ sin 10° ⋅ 7 m + 8,12m2 /s2 ≈ 9 m/s

2

110


Die Gesamtlaufzeit ist die Summe der beiden Teillaufzeiten: t ges = t 1 + t 2


Pro Abschnitt gilt gemäß Tab. 2.1 für konstante Beschleunigung t=

2s . v0 + v

t1 =

2 ⋅ l1 2 ⋅ 10 m = ≈ 2,5 s v1 8,1 m/s

t2 =

2 ⋅ l2 2⋅7 m = ≈ 0,8 s v1 + v2 8,1 m/s + 9 m/s

tges ≈ 2,5 s + 0,8 s ≈ 3,3 s

Übung 2.2 Bild 2.5 Beschreibung des Bewegungsvorgangs im t,n-Koordinatensystem (tangential und normal zur Bahn) a) Bahn  b) Drehung des Basisvektors et beim Durchlaufen eines Wegstücks ds

Das Folgende spielt sich leider nur zu oft ab: Ein Pkw1 fährt auf der Autobahn konstant mit v1 = 234 km/h. 100 m hinter einem Pkw2, der mit v20 = 126 km/h fährt, setzt der Pkw1-Fahrer zum Überholen an. Der Pkw2-Fahrer bemerkt das und beschleunigt mit a = 3 m/s2. Wie groß sind Überholzeit tÜ und Überholweg sÜ, wenn der Pkw1Fahrer im Abstand von 30 m vor dem Pkw2 seinen Überholvorgang beendet? Wie groß ist zu diesem Zeitpunkt die Geschwindigkeit v2Ü des Pkw2? Bei welcher konstanten Beschleunigung a des Pkw2 wäre für den Pkw1 kein Überholen mehr möglich (bei sonst gleichen Bedingungen einschließlich des Abstands von 30 m)? Machen Sie sich den Vorgang anhand eines s,t-Diagramms klar.

2.4 Tangential- und Normalbeschleunigung (bzw. Bahn- und Zentripetalbeschleunigung) Gemäß Bild 2.5 nehmen wir jetzt das natürliche t,n-Koordinaten et system zur Beschreibung der Punktbewegung. Der Basisvektor  bildet stets eine Tangente an die Bahnkurve. Der Basisvektor e n zeigt zum momentanen Krümmungsmittelpunkt. Beim Durchlaufen der Bahnkurve um den Weg ds in der Zeit dt dreht  sich et gemäß Bild 2.5 b um den kleinen Pfeil   de t = dj ⋅ e n , (da dϕ infinitesimal klein ist) welcher zum momentanen Krümmungsmittelpunkt zeigt.

2.4 Tangential- und Normalbeschleunigung

111

 Mit der vorgegebenen Geschwindigkeit v folgt mit der Definitionsgleichung (2.3) für die Beschleunigung:   de t  dv  d dv  a= = (v ⋅ et ) = ⋅ et + v . dt dt dt dt

Diese Umformung entspricht der Produktregel.


Daraus wird mit   d e t = dj ⋅ e n dj   dv  ⋅ et + v ⋅ en . a= dt dt

Hierin können wir dj dt

=

ds 1 ds 1 v ⋅ = ⋅ = r dt dt r r

setzen und somit endgültig schreiben: Beschleunigung  dv    v2  a= ⋅ et + ⋅ en = at ⋅ et + an ⋅ en , dt r

(2.6)

mit der Beschleunigung in Bahnrichtung at =

dv dt

(Tangential- bzw. Bahnbeschleunigung)

(2.6 a)

und der Komponente, die zum Krümmungsmittelpunkt zeigt, an =

v2 r

(Normal- bzw. Zentripetalbeschleunigung) (2.6 b)

Betrag des resultierenden Beschleunigungsvektors a=

a t2 + a n2

(2.6 c)

Bei der Bewegung auf gekrümmter Bahn gibt es im Allgemeinen immer 2 Beschleunigungskomponenten. Sonderfälle: Bei konstanter Geschwindigkeit v gilt at = 0, im Wendepunkt einer Bahnkurve gilt an = 0 (wegen r → ∞ ).

2

112


Beispiel 2.3 Ein Skirennläufer fährt mit v = 72 km/h (20 m/s) über eine Bodenwelle vom Krümmungsradius r = 10 m, Bild 2.6. Welche Normalbeschleunigung an tritt dabei kurzzeitig am Ski auf? Es sei vorausgesetzt, der Läufer könne die Skier so nach unten pressen, dass der Bodenkontakt nicht verloren geht. Lösung: 20 2 m2 /s 2 v2 = = 40 m/s2 ≈ 4 g r 10 m


an = Bild 2.6 Normalbeschleunigung beim Skifahren

2.5 Drehbewegung – lineare Bewegung 2.5.1

Kreisbahn

Häufig bewegen sich Massenpunkte auf einer Kreisbahn, z. B. der Zapfen einer Kurbelwelle, die Unwuchtmasse an einem Rad oder an einer Riemenscheibe. Der Massenpunkt P in Bild 2.7 legt den Weg s = r ⋅ j

ϕ in rad bzw. 1

(2.7a)

zurück. Mit den Definitionen Winkelgeschwindigkeit w =

Winkelbeschleunigung α =

dj dt d2 ϕ dt 2

 =j

in rad/s bzw. s–1,

(2.7 b)

 = ω in rad/s2 bzw. s–2 (2.7 c) =ϕ

folgt für Geschwindigkeit, Tangential- und Normalbeschleunigung: Bild 2.7 Bewegung eines Massenpunktes auf einer Kreisbahn

v=

ds dt

at = an =

=r⋅

dv dt

dϕ

= r ⋅ ϕ = r ⋅ ω

(2.7 d)

 = r ⋅ w  = r⋅a = r⋅j

(2.7 e)

dt

v2 = r ⋅ ω2 r

(2.7 f)

Die Einheit rad kann auch 1 gesetzt werden, wenn Missverständnisse ausgeschlossen sind. Auf diese Weise ergeben sich in (2.7 a) sowie (2.7d) bis (2.7 f) die richtigen Einheiten, nämlich m, m/s und m/s2.

2.5 Drehbewegung – lineare Bewegung

113

Ist eine der drei Größen ϕ, ω, α gegeben, lassen sich die beiden andern mit Tab. 2.1 berechnen, wenn wir die folgende Entsprechung berücksichtigen:

= Winkel ϕ  Winkelgeschwindigkeit ω Geschwindigkeit v =  Winkelbeschleunigung α Beschleunigung at =


Weg s

Im Fall der gleichförmigen Kreisbewegung verwendet man auch die folgenden Begriffe und Zusammenhänge: Drehzahl

n=

Umdrehungen Zeit

Winkelgeschwindigkeit Umfangsgeschwindigkeit

in s–1 bzw. min–1

ω = 2π · n v = r · ω = r · 2π · n

(2.8 a) (2.8 b) (2.8 c)

Übung 2.3 Das Laufrad einer Dampfturbine hat einen Außenradius r = 0,75 m; es dreht mit n = 3000 min–1. Nach Abschalten der Dampfzufuhr läuft es gleichmäßig verzögert in tA = 32 Minuten bis zum Stillstand aus. Bestimmen Sie: 1. Winkelbeschleunigung α 2. Tangentialbeschleunigung at 3. Anzahl der Umdrehungen Z während des Auslaufvorgangs 4. den dabei zurückgelegten Weg s eines Punktes am Außendurchmesser 5. Anzahl der Umdrehungen Z* während der ersten Hälfte des Auslaufvorgangs.

2.5.2 Umwandlung einer Drehbewegung in eine lineare Bewegung Mit einer Schubkurbel lässt sich eine Kreisbewegung in eine lineare (hin- und hergehende) Bewegung umwandeln. Umgekehrt erzeugt der Kolbenhub eines Verbrennungsmotors eine Drehung der Kurbelwelle. Drei typische Fälle werden im Beispiel 2.4 und den Übungen 2.4 und 2.5 angesprochen.

2

114


Beispiel 2.4


Bild 2.8 zeigt einen Schubkurbelantrieb für den Abräumerwagen einer Ziegelei. Der Motor dreht die Kurbel vom Radius r mit näherungsweise konstant angenommener Winkelgeschwindigkeit ω und bewegt dabei über eine Schubstange den Wagen in x-Richtung hin und her. Für die Auslegung des Motors wird die Wagenbeschleunigung a benötigt. Lösung: Der Kurbelpunkt K führt eine gleichförmige Kreisbewegung, der Punkt P am Wagen eine beschleunigte lineare Bewegung aus, Bild 2.8b. Wir wollen die Bewegung vom oberen Totpunkt OT aus zählen. Wenn sich die Kurbel von OT aus um den Winkel ϕ dreht, verschiebt sich P um Bild 2.8 Schubkurbel aus Beispiel 2.4 a) Anordnung b) Zusammenhang zwischen Winkeln und Weg

x = r (1 − cos j ) + l (1 − cos b ) .

Wir führen das Verhältnis λ = r /l

(2.9a)

ein. Über den Sinussatz l r = sin j sin b

folgt damit sin b = l ⋅ sin j

bzw.

cos β = 1 − sin 2 β = 1 − λ 2 ⋅ sin2 ϕ .

Einsetzen in x liefert

(

x = r (1 − cos ϕ ) + l 1 − 1 − λ 2 ⋅ sin2 ϕ

)

bzw.

Weg des Schubstangenpunktes P:

(

)

1 ⎡ ⎤ x = r ⎢1 − cos ϕ + 1 − 1 − λ 2 ⋅ sin2 ϕ ⎥ λ ⎣ ⎦

Durch Ableiten entsprechend der Kettenregel folgt v=

dx dx dj dx = ⋅ = w⋅ dt dj dt dj

und damit die

(2.9b)

2.5 Drehbewegung – lineare Bewegung

115

Geschwindigkeit des Schubstangenpunktes P: ⎤ ⎡ sin 2 j l ⎥ v = w ⋅ r ⎢ sin j + ⋅ 2 1 − l2 ⋅ sin 2 j ⎥ ⎢⎣ ⎦

(2.9c)


Ableiten der Funktion v = v(ω(t),ϕ(t)) liefert:

Bild 2.9 Kreuzschubkurbel aus Übung 2.4

Für ω = konst. wird hieraus a = w⋅

dv dj

⎡ ⎤⎫ ⎧ 2 λ ⎢ 2 cos 2ϕ 1 (sin 2ϕ )( − λ ⋅ 2sin ϕ ⋅ cos ϕ ) ⎥ ⎪ ⎪ = ω ⋅ r ⎨cos ϕ + ⎢ − ⎥⎬ 3 2 1 − λ2 ⋅ sin2 ϕ 2 2 2 ⎪ ⎢ ⎥⎦ ⎪⎭ − λ ⋅ ϕ 1 sin ⎣ ⎩ 2

(

)

und damit die Beschleunigung des Schubstangenpunktes P für ω = konst.: ⎧⎪ a = ω 2 ⋅ r ⎨ cos ϕ + ⎪⎩

⎡ λ 2 ⋅ sin 2 2 ϕ ⎤ ⎫⎪ ⎥⎬ ⎢ cos 2 ϕ + 4 1 − λ 2 ⋅ sin2 ϕ ⎥⎦ ⎪⎭ 1 − λ 2 ⋅ sin2 ϕ ⎢⎣ (2.9 d) λ

(

)

Übung 2.4 Mit der in Bild 2.9 skizzierten Kreuzschubkurbel wird die Kreisbewegung (Radius r) der Kurbel AB in eine lineare (hin- und hergehende) Bewegung der Stange C umgewandelt. Die Kurbel dreht mit konstanter Winkelgeschwindigkeit ω. Bestimmen Sie die folgenden Bewegungsgrößen für die Stange: s(t), v(t), a(t), a(s) und v(s). In welchen Winkelbereichen ist die Beschleunigung der Stange nach links bzw. nach rechts gerichtet?

2

116


Übung 2.5 Bild 2.10 zeigt eine Nockensteuerung. Die Steuerwelle mit Steuernocken dreht mit konstanter Drehzahl n; der Stößel führt eine lineare (hin- und hergehende) Bewegung aus. Die Nockenkurve entspricht der Funktion h π π r = r0 + (1 + cos 2ϕ ) − ≤ϕ≤ 2 2 2 –1 n = 2 s ; h = 10 mm


Berechnen Sie für den Stößel: 1. v(ϕ) sowie vmax und ϕ(vmax) 2. a(ϕ) sowie amax und ϕ(amax). 3. An welchen Kurvenpunkten ändert sich die Beschleunigung sprunghaft? Bild 2.10 Nockensteuerung aus Übung 2.5

2.6 Beschreibung der Bewegung in Polarkoordinaten Der Industrieroboter gemäß Bild 2.11 hat die folgenden Bewegungsmöglichkeiten: Der Arm mit dem Werkzeug (gleich Punktmasse) kann in radialer Richtung ausfahren, außerdem kann er um die Hochachse schwenken. Die zusätzliche Verfahrmöglichkeit der Säule in zRichtung und eventuelle weitere Freiheitsgrade sollen im Augenblick nicht interessieren. Solche Bewegungsvorgänge beschreibt man am besten mit den Polarkoordinaten r, ϕ.  Die Lage des Bahnpunktes P wird wieder durch den Ortsvektor r  markiert, Bild 2.12. In diese r -Richtung zeichnen wir den Basis  vektor er , normal dazu den Basisvektor eϕ des r,ϕ-Koordinatensystems. Die Länge dieser Basisvektoren ist 1, ihre Richtungen jedoch sind zeitabhängig. Bild 2.11 Prinzipskizze eines Industrieroboters mit radialer Bewegung und Schwenkbewegung (plus weitere Freiheitsgrade)

Bei der Berechnung von Geschwindigkeit und Beschleunigung kom  men deshalb auch Ableitungen von e r und e j nach der Zeit vor. Mit Hilfe von Bild 2.13 erhalten wir:     der = er ⋅ dϕ ⋅ eϕ = 1 ⋅ dϕ ⋅ eϕ     deϕ = eϕ ⋅ dϕ ⋅ (−er ) = −1 ⋅ dϕ ⋅ er   d e dϕ   er = r = ⋅ eϕ = ϕ ⋅ eϕ dt dt  dϕ   de  eϕ = ϕ = − ⋅ er = −ϕ ⋅ er . dt dt

2.6 Beschreibung der Bewegung in Polarkoordinaten

117

So gerüstet, können wir nacheinander Orts-, Geschwindigkeits- und Beschleunigungsvektor angeben:   r = r ⋅ er         v = r = r ⋅ e r + r ⋅ e r = r ⋅ e r + r ⋅ ϕ ⋅ e ϕ = v r + v ϕ

   a = v =  r ⋅ er +  =  r ⋅ er +

     ⋅ e ϕ + r ⋅ ϕ ⋅ e ϕ r ⋅ e r + r ⋅ ϕ ⋅ e ϕ + r ⋅ ϕ      ⋅ e ϕ − r ⋅ ϕ 2 ⋅ e r r ⋅ ϕ ⋅ e ϕ + r ⋅ ϕ ⋅ e ϕ + r ⋅ ϕ


      + 2 ϕ ⋅ r ) e ϕ = a r + a ϕ . a = (  r − r ⋅ ϕ 2 ) e r + ( r ⋅ ϕ

Mit den Abkürzungen  , a=j  w=j Bild 2.12 Bewegungsgrößen im Polarkoordinatensystem

erhalten wir :   r = r ⋅ er      v = r ⋅ e r + r ⋅ ω ⋅ e ϕ = v r + v ϕ

(2.10 b)

     a = (  r − r ⋅ ω 2 ) e r + ( r ⋅ α + 2 ω ⋅ r ) e ϕ = a r + a ϕ

(2.10 c)

(2.10 a)

2

Diese Vektoren sind in Bild 2.12 eingetragen.  In a j ist die sog. CORIOLIS-Beschleunigung1

2 w ⋅ r = 2 w ⋅ v r

(2.10 d)

enthalten.   Die Beträge von v und a berechnen sich mit PYTHAGORAS zu v = vr2 + vϕ2 = r2 + (r ⋅ ω)2 ,

(2.10 e)

a = ar2 + aϕ2 =

(2.10 f)

( r − r ⋅ ω2)2 + (r ⋅ α + 2ω ⋅ r)2

Beispiel 2.5 Der Greifarm des Roboters von Bild 2.11 bewege sich in t* = 0,2 s horizontal von A nach B, Bild 2.14. Gegeben: vr = b + c · t

mit

b = 4 m/s; c = –20 m/s2

ω=d+e·t

mit

d = 3 s–1; e = –15 s–2

1

GUSTAVE GASPARD CORIOLIS 1792 – 1843

Bild 2.13 Zur Berechnung der der  Ableitungen  Einheitsvektoren er und eϕ

118


1. Wie groß ist der Betrag der Beschleunigung in A? 2. Wo liegt B? Lösung: 1. Wir nehmen die Gleichungen (2.10) zu Hilfe: a=

(  r − r ⋅ ω 2 ) 2 + ( r ⋅ α + 2 ω ⋅ r ) 2

mit


r = rA = 0,5 m Bild 2.14 Zu Beispiel 2.5: Bewegung des Greiferarms von A nach B

ω = ωA = d = 3 s–1 α = ω A = e = − 15 s − 2 r = v rA = b = 4 m/s  r = v rA = c = − 20 m/s2 a=

( c − rA ⋅ d 2 ) 2 + ( rA ⋅ e + 2 ⋅ d ⋅ b )2 ≈ 30 m/s 2 .

2. Aus r = v r = b + c ⋅ t

folgt t*

rB − rA =

∫

t*

r ⋅ dt =

t =0

∫ (b + c ⋅ t ) dt

t =0

t*

⎛ c ⋅ t2 ⎞ c ⋅ t *2 rB = rA + ⎜ b ⋅ t + = 0,9 m . ⎟ = rA + b ⋅ t * + 2 ⎠0 2 ⎝

Aus  =w= d + e⋅t j

folgt t*

t*

ϕ B − ϕ A = ∫ ϕ ⋅ dt = ∫ ( d + e ⋅ t ) dt t =0

t =0 t*

⎛ e ⋅ t2 ⎞ e ⋅ t*2 = 0,3 Ⳏ 17° ϕB − ϕA = ⎜ d ⋅ t + = d ⋅ t * + ⎟ 2 ⎠0 2 ⎝ ϕB = 30° + 17° = 47° .


2.6 Beschreibung der Bewegung in Polarkoordinaten

119

1. In welche Richtung zeigt der Geschwindigkeitsvektor in einem Bahnpunkt? 2. Welche Beschleunigungskomponente kann man aus dem WegZeit-Verlauf bestimmen? 3. Kann man im Weg-Zeit-Diagramm die Richtung von Geschwindigkeit und Tangentialbeschleunigung für die Bewegung auf einer gekrümmten Bahn feststellen? 4. Wie erhält man aus dem Weg-Zeit-Diagramm das Geschwindigkeits-Zeit- und das Beschleunigungs-Zeit-Diagramm? 5. Welche Beschleunigungskomponenten lassen sich mit Hilfe der natürlichen Koordinaten bestimmen? 6. In welchen Abschnitten oder Punkten einer Bahnkurve ist die Zentripetalbeschleunigung null? 7. Was versteht man unter Winkelgeschwindigkeit ω und Winkelbeschleunigung α? 8. Wie lauten Geschwindigkeit, Tangential- und Normalbeschleunigung bei der Bewegung auf einer Kreisbahn? Gegeben seien Radius r, Winkelgeschwindigkeit ω und Winkelbeschleunigung α.

2

120

3 Räumliche Punktbewegung Natürliche Koordinaten, Schmiegeebene, Zylinderkoordinaten


Beispiele für eine räumliche Punktbewegung: die Bewegung des Schwerpunkts eines Flugzeugs, des Roboterarms in Bild 2.11 bei zusätzlicher Verschiebung in z-Richtung, ein Wagen samt Fahrer in der Achterbahn. Die Beziehungen aus dem ebenen Fall bleiben bestehen und werden gegebenenfalls ergänzt:

Bild 3.1 Natürliches Koordiantensystem;    begleitendes Dreibein et , en , e b im Bahnpunkt P

In kartesischen Koordinaten x,y,z:     r = x ⋅ ex + y ⋅ ey + z ⋅ ez

(3.1 a)

        v = r = x ⋅ e x + y ⋅ e y + z ⋅ e z = v x ⋅ e x + v y ⋅ e y + v z ⋅ e z

(3.1 b)

        a =  r =  x ⋅ e x +  y ⋅ e y +  z ⋅ ez = ax ⋅ ex + ay ⋅ ey + az ⋅ ez

(3.1 c)

mit den Beträgen r=

x 2 + y2+ z2

v=

v x2 + v y2 + v z2 =

a=

a x2 + a y2 + a z2 =

(3.1 d)

x 2 + y 2 + z 2  x 2 +  y 2 +  z2

(3.1 e) (3.1 f)

In natürlichen Koordinaten t,n: Die Gleichungen (2.6), (2,6a) bis (2.6c) aus Kap. 2.4 können  die und rekt verwendet werden, wenn wir uns die Basisvektoren t  en in der sog. Schmiegeebene denken, Bild 3.1. In Zylinderkoordinaten ρ,ϕ,z (Bild 3.2):

Bild 3.2 Zylinderkoordinaten ρ, ϕ, z

Die Polarkoordinaten ρ,ϕ werden um die Koordinate z erweitert. Im räumlichen Fall stimmen Ortsvektorlänge und radiale Koordinate nicht mehr überein, weshalb wir Letztere mit ρ bezeichnen.    (3.2 a) r = ρ ⋅ eρ + z ⋅ ez        v = ρ ⋅ eρ + ρ ⋅ ω⋅ eϕ + z ⋅ ez = vρ ⋅ eρ + vϕ ⋅ eϕ + vz⋅ ez

(3.2 b)

    a = ( ρ − ρ ⋅ ω2) eρ + (ρ ⋅ α + 2ω⋅ρ ) eϕ +  z ⋅ ez    = aρ ⋅ eρ + aϕ ⋅ eϕ + az ⋅ ez

(3.2 c)

3 Räumliche Punktbewegung

121


mit den Beträgen r=

ρ 2 + z2

(3.2 d)

v=

ρ 2 + ( ρ ⋅ ω ) 2 + z 2

(3.2 e)

a=

(  ρ − ρ ⋅ ω 2 ) 2 + ( ρ ⋅ α + 2 ω ⋅ ρ ) 2 +  z2

(3.2 f)

Bild 3.3 Portalroboter aus Übung 3.1

Übung 3.1 Der Portalroboter in Bild 3.3 besitzt die drei Verschiebungsachsen x,y,z und somit einen kartesischen Arbeitsraum. Die zusätzlichen Drehachsen am Roboterarm seien unbeachtet. Der Arm bewegt sich gerade mit den maximalen Geschwindigkeiten vxo = vyo = 1,305 m/s; vzo = –0,819 m/s , da kommt es zu einem Not-Aus. Die Verzögerungszeit bis zum Stillstand beträgt für alle Achsen 0,8 s (konstante Verzögerung). In welchem Abstand Δr von einem Hindernis H (xH = 1,2 m; yH = 0,4 m; zH = 0,6 m) kommt der Arm zum Stehen? Im Moment des Not-Aus steht der Arm im Punkt P (xP = – 0,6 m; yP = –1,2 m; zP = 1,2 m).

2

Übung 3.2 Auf dem schraubenförmigen Abschnitt der Wasserrutsche in Bild 3.4 erfährt eine Person die Bahnbeschleunigung a t = g ⋅ ( sin α − μ ⋅ cos α )

mit tan α =

h . 2 πR

Fallbeschleunigung g = 9,81 m/s2; Reibungszahl μ = 0,18; Radius R = 3,5 m, Steigung h = 6 m. Der Krümmungsradius in der Schmiegeebene beträgt (s. mathematische Formelsammlung) r=

R 2 + ( h/2 π )2 . R

Schmiegeebene und Bahnnormalenvektor liegen horizontal.

Bild 3.4 Schraubenförmige Wasserrutsche aus Übung 3.2

122

3 Räumliche Punktbewegung

Bestimmen Sie allgemein als Funktion von ϕ 1. den Weg s(ϕ), s ist der auf der Rutsche zurückgelegte Weg Wickeln Sie ein Stück der kreisförmigen Mantelfläche, auf der die Rutsche liegt, in die Ebene ab. Der gesuchte Zusammenhang ergibt sich aus dem rechtwinkligen Steigungsdreieck mit der horizontalen Kathete R ⋅ ϕ und der vertikalen Kathete R ⋅ ϕ ⋅ tan α sowie der Hypotenuse s. 2. die Geschwindigkeit v(ϕ) 3. die Normalbeschleunigung an(ϕ)


und konkret nach 1,5 Drehungen (ϕ = 3π) 4. vˆ = v (ϕ = 3π) 5. a n = a n ( ϕ = 3 π ) Übung 3.3 Der Roboter in Beispiel 2.5 führe jetzt auch eine vertikale Bewegung mit der Geschwindigkeit vz = 2

m m − 4 2 ⋅t s s

aus. Ausgangslage z0 = 0. Die sonstigen Angaben und die Fragen sind sinngemäß aus Beispiel 2.5 zu übernehmen.

1. Nennen Sie Koordinatensysteme zur Beschreibung der räumlichen Punktbewegung. 2. Was versteht man unter der Schmiegeebene?

123

4 Ebene Bewegung des starren Körpers (mit Hinweisen auf die räumliche Bewegung) Technische Mechanik downloaded from www.hanser-elibrary.com by ETH-Bibliothek on September 16, 2014 For personal use only.

Translation (Parallelverschiebung), Rotation (Drehung), Drehvektor, Drehpol (Momentan-, Geschwindigkeitspol)

Im Gegensatz zum Massenpunkt ist beim starren Körper auch die Rotation von Interesse. Der Begriff „starr“ soll ausdrücken, dass wir die elastische Verformung nicht beachten. Bild 4.1 Translation (Parallelverschiebung) einer quadratischen Scheibe auf einer Kreisbahn

4.1 Translation (Parallelverschiebung) In Bild 4.1 wird eine quadratische Scheibe mit ihrem Mittelpunkt auf einer Kreisbahn verschoben. Alle anderen Punkte bewegen sich auf parallelen Kreisbahnen von gleichem Radius. Eine Drehung findet nicht statt, wie die Schraffur leicht erkennen lässt. Es genügt also ein Punkt, z. B. der Schwerpunkt, zur Beschreibung der Bewegung des gesamten Körpers. Für diesen Punkt gelten die Bewegungsformeln für Massenpunkte. Die Bahnkurve kann dabei beliebig sein.

2

4.2 Rotation (Drehung) Die Scheibe von Kap. 4.1 soll sich jetzt um den Punkt O drehen, Bild 4.2. Jeder Punkt der Scheibe beschreibt eine Kreisbahn um den Mittelpunkt O. Für die Bewegungsgrößen im Punkt P gelten damit die Formeln von Kap. 2.5.1.

4.3 Beliebige Bewegung Im allgemeinen Fall führt ein Körper sowohl eine Parallelverschiebung als auch eine Drehung aus, Bild 4.3. Der ebene Körper besitzt folglich 3 Freiheitsgrade (Bewegungsmöglichkeiten): − Verschiebung in x-Richtung − Verschiebung in y-Richtung − Drehung um eine Achse normal zur Ebene

Bild 4.2 Drehung der Scheibe um O

124

4 Ebene Bewegung des starren Körpers

Der Bewegungszustand ist damit eindeutig festgelegt durch die Translation eines körperfesten Punktes, z. B. des Schwerpunktes, plus einer Rotation um diesen Punkt.


4.3.1 Geschwindigkeit In Bild 4.4 dreht ein starrer Körper um den körperfesten Punkt A mit der Winkelgeschwindigkeit ω. Zusätzlich führt der gesamte Körper, also auch der Punkt A, eine Translation mit der Geschwindig keit v A aus. Ein beliebiger Körperpunkt B mit dem Ortsvektor     rB = rA + rAB hat zusätzlich zur translatorischen Geschwindigkeit v A   eine Geschwindigkeitskomponente ω× rAB aufgrund der Drehung. Bild 4.3 Resultierende Bewegung: Parallelverschiebung + Drehung

Geschwindigkeit des Körperpunktes B:     v B = v A + ω × rAB

(4.1)

Dazu ist Folgendes zu sagen:  − Der Drehvektor ω zeigt in Richtung der Drehachse und hat den Betrag ω. Für die ebene Bewegung in der x,y-Ebene gilt   ω = ω ⋅ ez ,

Bild 4.4 Geschwindigkeiten bei der ebenen Bewegung des starren Körpers

siehe Bild 4.5. Es besteht offensichtlich eine Analogie zum Drehmomentenvektor.   Der Drehvektor ω kann wie der Momentenvektor M parallel zu seiner Wirkungslinie verschoben werden.   − Das Vektorprodukt (Kreuzprodukt) ω × r AB steht normal zur Ebe  ne, die von ω und rAB aufgespannt wird und hat die Größe     ω ⋅ rAB ⋅ sin ( ω, rAB) = ω ⋅ rAB ⋅ sin 90° = ω ⋅ rAB . Die Geschwindigkeiten vA und ω · rAB in Bild 4.4 lassen sich in die x,y-Komponenten zerlegen. Im x,y-Koordinatensystem lauten die Geschwindigkeitskomponenten des Punktes B:



Bild 4.5 Drehvektor ω

v xB = v xA − ω ⋅ rAB ⋅ sin ϕ

(4.1 a)

v yB = v yA + ω ⋅ rAB ⋅ cos ϕ

(4.1 b)

Gleichung (4.1) im räumlichen Fall; der Winkel zwischen  gilt auch  den Vektoren ω und rAB ist dann beliebig.

4.3 Beliebige Bewegung

125

4.3.2 Beschleunigung Die Beschleunigung von B, Bild 4.6, folgt mit der Definition (2.3) sowie ω und ϕ gemäß Bild 4.4 aus (4.1) zu   ⋅         × rAB + ω × rAB . aB = vB = vA + ( ω× rAB ) = aA + ω  Für rAB finden wir aus dem Vergleich von


    ⋅     vB = rB = ( rA + rAB ) = rA + rAB = vA + rAB

mit (4.1) die Beziehung    r = ω × r . AB

AB

 Das setzen wir in aB ein und erhalten:

Beschleunigung des Körperpunktes B        × rAB + ω × ( ω × rAB) aB = aA + ω

Bild 4.6 Beschleunigungen bei der ebenen Bewegung des starren Körpers

eben und räumlich

  Speziell im ebenen Fall wird daraus wegen ω ⊥ rAB :      × rAB − ω2 ⋅ rAB aB = aA + ω eben

(4.2 a)

2

(4.2 b)

Die Beschleunigung eines beliebigen Körperpunktes B besteht demnach im ebenen Fall aus 3 Anteilen:    aA = vA =  rA Beschleunigung des körperfesten Bezugspunktes A   Tangentialbeschleunigung infolge ω× rAB ungleichförmiger Drehung um A  − ω 2 ⋅ rAB Normalbeschleunigung infolge Drehung um A; zeigt zum Drehpunkt A hin Ebener Fall im x,y-Koordinatensystem:  rAB ⋅ sin ϕ − ω2 ⋅ rAB ⋅ cos ϕ axB = axA − ω⋅

(4.2c)

 rAB ⋅ cos ϕ − ω ⋅ rAB ⋅ sin ϕ ayB = ayA + ω⋅

(4.2d)

2

(4.2c) und (4.2d) ergeben sich durch Zerlegung der Vektoren von (4.2b) in die x- und y-Komponenten oder durch Ableitung von (4.1a) und (4.1b) nach der Zeit. Beispiel 4.1 Ein Mann ist eine Leiter zu 2/3 hinaufgestiegen, Bild 4.7 a. Da beginnt sie zu rutschen. Der Fußpunkt A gleitet anfangs mit νA = 0,5 m/s = konst.

Bild 4.7 Leiter aus Beispiel 4.1 a) Anordnung b) Geschwindigkeiten

126


Gesucht ist für diesen Zeitpunkt: 1. die Winkelgeschwindigkeit ω der Leiter 2. die Geschwindigkeit νB des oberen Leiterpunktes 3. die vertikale Geschwindigkeit νvC des Mannes Lösung: Den Bewegungszustand fassen wir gemäß (4.1) auf als Überlagerung einer Translation des Bezugspunktes A und einer Drehung um A. B kann nur vertikal nach unten gleiten, Bild 4.7 b, somit gilt


ω ⋅ l ⋅ sin α = v A →

ω=

vA ≈ 0,12 s−1 . l ⋅ sin α

Anhand des Bildes sehen wir Bild 4.8 Umlaufgetriebe mit Innenverzahnung, Übung 4.1

vB =

vA ≈ 0,29 m/s , tan α

v vC = 23 ⋅ v B ≈ 0 ,19 m/s .

Diese Ergebnisse erhalten wir auch direkt mit den Formeln (4.1 a) und (4.1 b) für die x,y-Geschwindigkeitskomponenten: vxB = 0 = vxA − l ⋅ ω⋅ sin ϕ →

ω=

vxA ≈ 0,12 s−1 l ⋅ sin 120

vyB = vyA + l ⋅ ω⋅ cos ϕ → vyB = l ⋅ ω⋅ cos 120 ≈ −0,29 m/s

vyC = vyA + 23 l ⋅ ω ⋅ cos 120 ≈ −0,19 m/s . Da νB und νvC in Bild 4.7b bereits in der negativen y-Richtung angetragen sind, gilt vB = vyB ≈ 0,29 m/s, vvC = vyC ≈ 0,19 m/s . Bild 4.9 Zur Definition des Drehpols

Übung 4.1

Bild 4.8 zeigt das Schema eines Umlaufgetriebes zum Antrieb eines Rührers. Um die Zentralachse durch O drehen sich das Zentralrad 1 (Innenverzahnung, Radius r1, Drehzahl n1) und der Steg (Drehzahl nS). Um die Achse durch A des Stegs kann sich das Umlaufrad (Planetenrad) drehen (Radius r2). Zahlenwerte: r1 = 120 mm; r2 = 30 mm; n1 = 6 min–1; nS = 30 min–1 Berechnen Sie für das Planetenrad 1. die resultierende Drehzahl n2res (mit Hilfe von (4.1)) 2. die Drehzahl n2 um die Eigenachse A, d. h. relativ zum Steg.

4.4 Drehpol (Momentan-, Geschwindigkeitspol)

127



Eine ebene Bewegung kann zu jedem Zeitpunkt als reine Drehung um einen Drehpol aufgefasst werden, Bild 4.9.  Für den Drehpol M gilt v M = 0 (im Allgemeinen jedoch nicht  a M = 0 ). Zeichnerisch folgt M gemäß Bild 4.9 als Schnittpunkt der    Normalen auf v A und v B. Damit sind auch die Hebelarme rMA und  rMB bestimmbar.    Sind z. B. r MA , v A und rMB bekannt, erhalten wir ω und νB zu

ω=

vA

(4.3 a)

r MA

v B = ω ⋅ rMB = v A

Bild 4.10 Drehpol beim Rutschen einer Leiter

rMB rMA

(4.3 b)

In den Bildern 4.10 bis 4.12 sind die Drehpole für drei typische Fälle angegeben: − Das Rutschen der Leiter entspricht einer reinen Drehbewegung um M. − Bei Kugel oder Kreisscheibe sind Berührpunkt und Drehpol M identisch. Der Berührpunkt ist also stets in Ruhe (reines Rollen, kein Gleiten). Die Geschwindigkeit von B ist doppelt so groß wie die Fortbewegungsgeschwindigkeit νS des Schwerpunktes. − Reine Drehung der Schubstange um M mit der Winkelgeschwindigkeit ωS.

2 Bild 4.11 Drehpol M gleich Berührpunkt beim Rollen ohne Gleiten

Beispiel 4.2 Zu untersuchen ist die Bewegung der Pleuelstange eines Verbrennungsmotors, Bild 4.13 a. Gegeben: Drehzahl der Kurbelwelle n = 4000 min–1 (konstant) = Motordrehzahl; Kolbenhub H = 80 mm; Verhältnis λ = r/l = 1/4; ϕ = 40° (momentan) Zu bestimmen sind: 1. Kurbelkreisradius r, Pleuelstangenlänge l 2. Geschwindigkeit des Kurbelzapfens νZ 3. momentaner Drehpol der Pleuelstange (graphische Lösung) 4. Winkelgeschwindigkeit ωS der Pleuelstange 5. Geschwindigkeit νK des Kolbens 6. Geschwindigkeit νS des Pleuelstangenschwerpunktes (einzeichnen) 7. Kolbenbeschleunigung aK

Bild 4.12 Drehpol der Schubstange einer Schubkurbel

128


8. Winkelbeschleunigung α S = ω S der Pleuelstange bei ϕ = 40° (graphische Lösung) 9. die Beschleunigungskomponenten des Pleuelstangenschwerpunktes und die resultierende Beschleunigung aS (in Bild einzeichnen) Lösung: Wir gehen teils graphisch, teils analytisch vor.


1. H = 2 r → r =

H r 1 = 40 mm = 0,04 m ; λ = = → l = 4r = 0,16 m 2 l 4

2. vZ = ω ⋅ r = 0,04 m ⋅ 418,9 s−1 ≈ 16,76 m/s mit

ω = 2π ⋅ n = 2 π ⋅ 4000 / 60 s−1 ≈ 418,9 s−1

3. Aus der Konstruktion für den Drehpol, Bild 4.13 b, folgen die Abstände (Maßstab 1: 4):

 51,54 mm rMZ =

→

rMZ = 0,2062 m

 39,55 mm rMK =

→

rMK = 0,1582 m

 45,64 mm rMS =

→

rMS = 0,1826 m

4. ωS =

vZ 16,76 m/s = ≈ 81,28 s−1 rMZ 0,2062 m

Diese Winkelgeschwindigkeit hat jeder Punkt der Pleuelstange. 5. Mit Hilfe des Drehpols: vK = ωS ⋅ rMK = 81,28 s−1 ⋅ 0,1582 m ≈ 12,9 m/s

Mit Hilfe von (2.9c): ⎡ sin 2 ϕ λ v K = ω ⋅ r ⎢ sin ϕ + ⋅ 2 ⎢⎣ 1 − λ 2 ⋅ sin 2 ϕ

⎤ ⎥ ⎥⎦

⎡ ⎤ 1 sin 80° ⎥ ≈ 12,9 m/s vK = 418,9 s−1 ⋅ 0,04 m ⎢sin 40° + ⋅ 8 1 − 1 ⋅ sin2 40° ⎥ ⎢ 16 ⎣ ⎦

Bild 4.13 Bewegung der Pleuelstange eines Verbrennungsmotors aus Beispiel 4.2 a) Problemskizze b) Drehpol, Geschwindigkeiten, Beschleunigungen c) Vektoraddition der Beschleunigungen am Kurbelzapfen Z d) Vektoraddition der Beschleunigungen am Pleuelschwerpunkt S


129

6. Mit Hilfe des Drehpols: vS = ωS ⋅ rMS = 81,28 s−1 ⋅ 0,1826 m ≈ 14,8 m/s

7. Mit Hilfe von (2.9 d): ⎡ λ λ2 ⋅ sin2 2ϕ ⎪⎧ ⎢cos 2ϕ + aK = ω2 ⋅ r ⎨cos ϕ + 4 1 − λ2 ⋅ sin2 ϕ 1 − λ2 ⋅ sin2 ϕ ⎢⎣ ⎪⎩


(

⎧⎪ aK = 418,92 s−2 ⋅ 0,04 m ⎨cos 40° + ⎪⎩ 2 ⎡ 1 16 ⋅ sin 80° × ⎢cos 80° + 4 1 − 161 ⋅ sin2 40° ⎢⎣

(

)

)

⎤ ⎪⎫ ⎥⎬ ⎥⎦ ⎪ ⎭

1 4

1 − 161 ⋅ sin2 40° ⎤ ⎫⎪ ⎥ ⎬ ≈ 5713 m/s2 ⎥⎦ ⎪ ⎭

Unter Punkt 8 wird aK graphisch bestimmt. 8. Wir wenden Gleichung (4.2 b) von K nach Z an, d. h. A = K, B = Z:      a Z = a K + ω S × rKZ − ω S2 ⋅ rKZ Davon sind nach Größe und Richtung bekannt: aZ = ω2 ⋅ r = 418,92 s−2 ⋅ 0,04 m ≈ 7018 m/s2 ,

(der Kurbelzapfen hat nur eine Normalbeschleunigung) ωS2 ⋅ rKZ = ωS2 ⋅ l = 81,282 s−2 ⋅ 0,16 m ≈ 1057 m/s2

Diese Beschleunigungsanteile sind im Bild 4.13 c aufgetragen (ma = 2000 m/s2 pro cm Zeichnung); die Lücke wird geschlos    S ⋅ l ), deren Richsen von den Vektoren a K und ω S × rKZ (Betrag ω tungen vorliegen:  S ⋅ l =ˆ 2,1995 cm → ω  S ⋅ l ≈ 4399 m/s2 , ω

S = ω

 S ⋅ l 4399 m/s2 ω = ≈ 27 490 s−2 . l 0,16 m

Diese Winkelbeschleunigung hat jeder Punkt der Pleuelstan ge. Wegen der Richtung von ω S ⋅ l in Bild 4.13 c muß ω S aus der Zeichenebene herauskommen. aK ergibt sich wie unter Punkt 7. 9. Jetzt wenden wir (4.2 b) von K nach S an, also A = K, B = S:      a S = a K + ω S × rKS − ω S2 ⋅ rKS

2

130


Davon kennen wir:

a K ≈ 5713 m/s 2 ,   ω S × rKS = ω S ⋅ rKS = 27 490 s −2 ⋅ 0,12 m ≈ 3299 m/s2 , ω S2 ⋅ rKS = 81, 28 2 s−2 ⋅ 0 ,12 m ≈ 793 m/s2 .

Diese Werte tragen wir gemäß Bild 4.13d auf (Maßstab wie bei Bild 4.13 c) und erhalten für die resultierende Beschleunigung des Pleuelstangenschwerpunktes Technische Mechanik downloaded from www.hanser-elibrary.com by ETH-Bibliothek on September 16, 2014 For personal use only.

 3, 212 cm → a S ≈ 6424 m/s 2 . aS =

Übung 4.2

Bild 4.14 zeigt eine Bogenschubkurbel. Mit ihr wird die gleichförmige Drehbewegung der Kurbel 1 (Winkelgeschwindigkeit ω1 bzw. Drehzahl n1) in eine hin- und hergehende Kreisbogenbewegung der Kurbel 2 (veränderliche Winkelgeschwindigkeit ω2) umgewandelt. Zahlenwerte: r1 = 150 mm; r2 = 240 mm; l = 580 mm; n1 = 3 s–1

Bild 4.14 Bogenschubkurbel aus Übung 4.2

Für die gezeichnete Stellung sind zu bestimmen (teils analytisch, teils graphisch): 1. momentaner Drehpol M (Konstruktion) und Winkelgeschwindigkeit ωS der Schubstange (Linie A-B) 2. die Geschwindigkeit νB des Gelenkpunktes B 3. die Geschwindigkeit νS des Schubstangenschwerpunktes S 4. die Winkelgeschwindigkeit ω2 der Kurbel 2 5. die Beschleunigungen aA und die Normalbeschleunigung anB der Gelenkpunkte A bzw. B 6. die Winkelbeschleunigung α S = ω S der Schubstange (Beschleunigungsplan zu Hilfe nehmen) 7. die Beschleunigung aS des Schubstangenschwerpunktes S (Beschleunigungsplan zeichnen) 1. Was versteht man unter einer Translation und unter einer Rotation eines starren Körpers? 2. Welche Freiheitsgrade hatein ebener Körper in der x,y-Ebene? 3. Was sagt der Drehvektor ω aus? 4. Aus welchen Anteilen setzt sich die Geschwindigkeit eines Körperpunktes B zusammen, wenn für einen Körperpunkt A Geschwin  digkeit v A und Winkelgeschwindigkeit ω bekannt sind? 5. Aus welchen Komponenten besteht bei einer ebenen Bewe gung der resultierende Beschleunigungsvektor a B im Körperpunkt







 bekannt. B? Für den Körperpunkt A seien a A , ω und ω 6. Welcher Körperpunkt ist ein Drehpol (Momentan-, Geschwindigkeitspol)?

131

5 Relativbewegung Ortsfestes (ruhendes) und geführtes Bezugssystem, Führungs-, Relativ- und Absolutgeschwindigkeit, Führungs-, Relativ-, CORIOLIS- und Absolutbeschleunigung, Punktableitung eines Relativvektors


5.1 Translatorisch bewegtes Bezugssystem In ortsfesten räumlichen Koordinaten lässt sich jeder Bewegungsvorgang beschreiben. Bewegt sich hingegen z. B. eine Person in einem fahrenden Bus, ist es zweckmäßig, die Geschwindigkeit der Person aus zwei Teilgeschwindigkeiten zusammenzusetzen: der Geschwin digkeit des Fahrzeugs (Führung) v F und der Geschwindigkeit der  Person relativ zum Fahrzeug v rel , gemäß    v = v F + v rel Diese Vektorbeziehung läßt sich auch graphisch in Form des sog. Geschwindigkeitsdreiecks auswerten. Die resultierende (absolute) Geschwindigkeit ist die, die eine Person vom Straßenrand aus, also im ruhenden Bezugssystem, beobach tet. Die relative Geschwindigkeit v rel dagegen beobachtet eine Person im geführten Bezugssystem.

2

Beispiel 5.1 Ein Kajakfahrer paddelt in 1 min auf kürzestem Weg ans s = 52 m entfernte Flussufer, Bild 5.1. Die Geschwindigkeit der Strömung beträgt vF = 0,5 m/s. Wie schnell muss der Kajak relativ zur Strömung sein? Welchen Winkel α zur Querrichtung muss er halten? Lösung: Der kürzeste Weg liegt vor, wenn die resultierende Geschwindigkeit s 52 m v= = ≈ 0,867 m/s 60 s t normal zur Strömungsrichtung, also in Querrichtung zeigt. 0, 4 m/s ergibt das: Mit dem Geschwindigkeitsmaßstab mv = cm v =ˆ 2,17 cm; vF =ˆ 1,25 cm

Das Geschwindigkeitsdreieck gemäß Bild 5.1 liefert: vrel =ˆ 2,5 cm →

νrel ≈ 1 m/s; α ≈ 30°.

 Bild 5.1 Addition der Geschwindigkeiten v rel und

 v F beim Kajakfahren

132

5 Relativbewegung

Übung 5.1


Bild 5.2 Angabenskizze zu Übung 5.1

Ein Flugzeug, das eine Eigengeschwindigkeit von 380 km/h entwickelt, fliegt zunächst von A nach dem 700 km entfernten Punkt B in einer Zeit tH = 100 min. Dabei muss es mit seiner Längsachse gemäß Bild 5.2 unter dem Winkel γ = 8° gesteuert werden. Beim unmittelbar folgenden Rückflug liegen dieselben Bedingungen vor. 1. Wie groß und wie gerichtet ist die Windgeschwindigkeit? 2. Welche Zeit erfordert der Rückflug? 3. Wie groß ist die mittlere Reisegeschwindigkeit auf dem gesamten Flug? Übung 5.2 Eine wichtige technische Anwendung der Relativbewegung ist die Strömung durch sich drehende Schaufeln. Bild 5.3 zeigt Leit- und Laufrad einer sog. Reaktionsstufe einer Dampfturbine. Der Dampf verlässt das Leitrad mit der Absolutgeschwindigkeit c1 = 177,5 m/s unter dem Winkel α1 = 23° zur Umfangsrichtung. Im Laufrad wird die Strömung umgelenkt. Die Austrittsgeschwindigkeit w2 relativ zur Schaufel schließt den Winkel β2 = 23° zur Umfangsrichtung ein (also α1 = β2). Die Durchmesser sind am Laufradein- und -austritt gleich groß, folglich auch die Umfangsgeschwindigkeiten, nämlich u1 = u2 = u = 150 m/s. Außerdem sind die Strömungsquerschnitte gleich, weshalb auch die axialen Geschwindigkeitskomponenten gleich sind, also c1n = c2n = cax.

Bild 5.3 Reaktionsstufe aus Übung 5.2

Zeichnen Sie maßstäbliche Geschwindigkeitsdreiecke für die Strömungsgeschwindigkeiten am Laufschaufelein- und -austritt. Lesen Sie die folgenden Werte heraus: 1. die Relativgeschwindigkeiten w1, w2 2. die Absolutgeschwindigkeit c2 3. den Winkel β1 der Relativgeschwindigkeit w1 zur Umfangsrichtung 4. den Winkel α2 der Absolutgeschwindigkeit c2 am Laufradaustritt. Mit dieser Geschwindigkeit strömt der Dampf in das Leitrad der folgenden Stufe, d. h. c0 = c2, α0 = α2. Hinweis: Für Strömungsmaschinen verwendet man die Bezeichnungen c, u, w anstelle von v, vF, vrel.

5.2 Geschwindigkeit bei translatorisch und rotatorisch bewegtem Bezugssystem Etwas komplizierter liegen die Dinge, wenn sich die Führung zusätzlich dreht, z. B. wenn der eingangs erwähnte Bus um eine scharfe Kurve fährt oder gar auf eisglatter Straße schleudert. Gemäß Bild 5.4 führt zum Punkt P im ortsfesten Bezugssystem (Ur sprung O, Koordinaten x,y) der Ortsvektor r , im geführten Bezugssys tem (Ursprung A, Koordinaten ξ,η) der Ortsvektor rrel , also

5.2 Geschwindigkeit bei translatorisch und rotatorisch bewegtem Bezugssystem

133

   r = rA + rrel

 Das geführte Bezugssystem bewegt sich mit der Geschwindigkeit rA ; zusätzlich dreht es mit der Winkelgeschwindigkeit ω.

Die Geschwindigkeit von P ist die zeitliche Ableitung des Ortsvektors:

      v = r = rA + rrel = vA + rrel .


 Den Ortsvektor rrel drücken wir zum besseren Verständnis der Ableitung in den kartesischen Koordinaten aus:

   rrel = ξ ⋅ eξ + η⋅ eη

Bild 5.4 Lage des Punktes P im ruhenden x,y-Bezugssystem und im geführten ξ,η-Bezugssystem

Punktableitung liefert mit der Produktregel:    deξ dη  deη drrel dξ   = ⋅ eξ + ξ ⋅ + ⋅ eη + η⋅ rrel = dt dt dt dt dt In Kap. 2.4 haben wir gesehen, dass der Einheitsvektor beim Ableiten eine Drehung erfährt, gemäß  deξ dϕ     = ⋅ eη = ω⋅ eη = ω× eξ . dt dt Analog hierzu  de η   = ω × eη . dt Das ergibt  drrel dξ  dη     = ⋅ eξ + ⋅ eη + ω× ( ξ ⋅ eξ + η⋅ eη )    dt dt dt  rrel

bzw.:   drrel d ′ rrel   = + ω× rrel dt dt

(5.1)

 d ′ rrel bedeutet die Ableitung der Koordinaten im geführten Bedt zugssystem (d. h. ξ und η) nach der Zeit.

2

134

5 Relativbewegung

 (5.1) in v eingesetzt liefert  d′ rrel     . v = ( vA + ω× rrel ) +   dt     vF vrel

Absolutgeschwindigkeit    v = v F + v rel ,

(5.2)


mit der Führungsgeschwindigkeit Bild 5.5 Geschwindigkeitskomponenten und  resultierende Geschwindigkeit v von P bei der ebenen Relativbewegung a) Lageplan b) Vektoraddition der Geschwindigkeiten (Geschwindigkeitsplan)

    v F = v A + ω × rrel

(5.2 a)

 d′ r  vrel = rel dt

(5.2b)

und der Relativgeschwindigkeit

Die Führungsgeschwindigkeit besteht im allgemeinen Fall aus einer Translation und einer Rotation. In Bild 5.5 sind für den ebenen Fall die Geschwindigkeitspfeile mit den Beträgen eingezeichnet.

5.3 Beschleunigung bei translatorisch und rotatorisch bewegtem Bezugssystem   Beziehung (5.1) gilt für jeden Vektor, somit kann man für rrel auch v rel setzen. Auf diese Weise erhalten wir für die Beschleunigung von P:     a = v = v F + v rel

    = v A + ( ω × rrel ) ⋅ + v rel  d ′ v rel        = v A + ω × rrel + ω × rrel + + ω × v rel dt    ⎛ d ′ rrel   ⎞ d ′ v rel      = v A + ω × rrel + ω × ⎜ + ω × rrel ⎟ + + ω × v rel . ⎝ dt ⎠ dt

Einsetzen von (5.2b) und Zusammenfassen liefert:

5.3 Beschleunigung bei translatorisch und rotatorisch bewegtem Bezugssystem

135

Absolutbeschleunigung  d ′ v rel          a = v A + ω × rrel + ω × ( ω × rrel ) + + 2 ω × v rel dt räumlich (5.3)  Die Absolutbeschleunigung a denkt man sich aus 3 Anteilen zusammengesetzt, gemäß     a = a F + a rel + a C . (5.4) Technische Mechanik downloaded from www.hanser-elibrary.com by ETH-Bibliothek on September 16, 2014 For personal use only.

Hierin bedeuten: Führungsbeschleunigung        a F = a A + ω × rrel + ω × ( ω × rrel )

(5.4 a)

    a F = a A + a Ft + a Fn

(5.4 b)

  aA = v A

(5.4 c)

bzw.

Bild 5.6 Beschleunigungskomponentenund resultierende Beschleunigung a von P bei der ebenen Relativbewegung a) Lageplan b) Vektoraddition der Beschleunigungen (Beschleunigungsplan)

mit (Beschleunigung des Bezugspunkts A)

   aFt = ω × rrel  a Ft = ω ⋅ r rel

(tangentiale Führungsbeschleunigung) (5.4 d) eben

(5.4 d*)

    a Fn = ω × ( ω × rrel )

(normale Führungsbeschleunigung, zeigt zum Drehpunkt A hin)   a Fn = − ω 2 ⋅ r rel eben; vergleiche (2.7 f)

(5.4 e)

(5.4 e*)

Relativbeschleunigung  d ′ v rel  a rel = dt

(5.4f)

Nur bei geradliniger Relativbahn liegt Letztere tangential zur Relativbahn, ansonsten hat sie eine tangentiale und normale Komponente. CORIOLIS-Beschleunigung    a C = 2 ω × v rel In Bild 5.6 sind diese Beschleunigungen für den ebenen Fall getragen.

(5.4 g) auf-

2

136

5 Relativbewegung

Bewegt sich das Führungssystem nur translatorisch, vereinfachen   sich die Beziehungen (5.2) für v und (5.3) bzw. (5.4) für a zu  d ′ rrel     v = v F + v rel = v A + (5.5 a) dt


 d ′ v rel     a = a F + a rel = a A + dt Bild 5.7 Relativbahn einer Kugel auf einem Drehteller (mit und ohne Rille)

(5.5 b)

Die Beschleunigung bei einer Relativbewegung ist schwer verdaubare Kost, insbesondere der CORIOLIS-Term. Was soll man sich darunter vorstellen? Machen wir ein Experiment. Auf einem glatten Drehteller wird eine kleine Kugel mittels der gespannten Feder radial nach außen geschossen, Bild 5.7. Ein Beobachter auf dem sich gleichförmig drehenden Teller, sieht die Kugel auf der skizzierten gekrümmten Bahn. In einem zweiten Versuch wird die Kugel in einer Rille geführt, d. h. es wird ihr eine radiale Bahn aufgezwungen. Um von der gekrümmten auf die radiale Bahnzu kommen, ist eine Beschleunigung  (und damit auch a ) null ist, kommt in Umfangsrichtung nötig. Da ω Ft hierfür nur die CORIOLIS-Beschleunigung in Frage. In gleicher Weise erfährt das Wasser eines nach Norden oder Süden strömenden Flusses eine CORIOLIS-Beschleunigung, Bild 5.8. Beispiel 5.2

Bild 5.8 CORIOLIS-Beschleunigung einer Flussströmung

Bild 5.9 a zeigt eine Kurbelschwinge. Die Schwinge kann sich um M drehen. Sie wird durch die Kurbel OP angetrieben, die mit der konstanten Drehzahl n = 1 s–1 rotiert. Für die gezeichnete Stellung ist zu bestimmen (soweit wie möglich zeichnerisch): 1. die Absolutgeschwindigkeit v und die Geschwindigkeit relativ zur Schwinge vrel des Kurbelzapfens P sowie die Geschwindigkeit νF und die Winkelgeschwindigkeit ωF der Schwinge (= Führung) 2. Absolutbeschleunigung a von P, tangentiale und normale Komponente der Führungsbeschleunigung aFt und aFn, Relativbeschleunigung arel des Zapfens, CORIOLIS-Beschleunigung aC sowie Winkelbeschleunigung ω F der Führung. Lösung: 1. v = ω ⋅ rOP = 2 π ⋅ n ⋅ rOP = 2 π ⋅ 1 s −1 ⋅ 0 , 2 m ≈ 1, 257 m/s Für den Geschwindigkeitsplan wählen wir den Maßstab mv =

0 , 4 m/s cm

 3,14 cm . → v=

Konstruktion s. Bild 5.9 b:

5.3 Beschleunigung bei translatorisch und rotatorisch bewegtem Bezugssystem

137

ν wird in Richtungen von νF ( ⊥ MP) und νrel (|| MP) zerlegt. Wir entnehmen:

 2,710 cm → νF ≈ 1,084 m/s νF =

 1,5875 cm → νrel ≈ 0,635 m/s νrel =     Gleichung (5.2 a) lautet für A = M, r rel = r MP und ω = ω F     v F = v M + ω F × rMP .


 Mit v M = 0 und rMP ≈ 0,560 m folgt hieraus ωF =

vF 1,084 m/s ≈ ≈ 1,94 s−1 . rMP 0,560 m

2. Die resultierende Beschleunigung von P ist eine Normalbeschleunigung, zum Drehpunkt O hin orientiert:

a=

v2 OP

≈

1,2572 m2 /s2 ≈ 7,90 m/s2 0,2 m

Maßstab für den Beschleunigungsplan m a =

 3,95 cm, Bild 5.9c. a =

2 m/s 2 , d. h. cm

2

Rechnerisch können bestimmt werden ((5.4 e*) und (5.4 g)): aFn = ω2F ⋅ rMP ≈ 1,94 2 s−2 ⋅ 0,560 m ≈ 2,10 m/s2 =ˆ 1,05 cm aC = 2ωF ⋅ vrel ≈ 2 ⋅ 1,94 s−1 ⋅ 0,635 m/s ≈ 2, 46 m/s2 =ˆ 1,23 cm

a M = 0 (Bezugspunkt M ist fix) Diese Beschleunigungsanteile werden in den Beschleunigungsplan eingezeichnet und die fehlenden Beschleunigungen aFt und arel zeichnerisch bestimmt:

 0,763 cm ≈ 1,53 m/s2 aFt =  2,357 cm ≈ 4,71 m/s2 arel = ω F folgt gemäß (5.4 d*) aus  F ⋅ rMP aFt = ω

zu F = ω

aFt 1,53 m/s2 ≈ ≈ 2,73 s−2 . rMP 0,560 m

Bild 5.9 Kurbelschwinge aus Beispiel 5.2 a) Anordnung b) Geschwindigkeitsplan c) Beschleunigungsplan

138

5 Relativbewegung


Übung 5.3 Bild 5.10 zeigt ein Malteserkreuz-Schrittgetriebe. Der Kurbelzapfen Z am Radius r = 40 mm kämmt mit dem radialen Schlitz eines Malteserkreuzes. Der Abstand der beiden Drehachsen durch O1 und O2 beträgt b = 80 mm. Die Kurbel dreht konstant mit ω1 = 4π s–1. Die folgenden Fragen sind für die Stellung α = 30° zu beantworten. 1. Wie groß sind Relativgeschwindigkeit νrel des Zapfens Z gegenüber dem Kreuzschlitz und Winkelgeschwindigkeit ω2 des Malteserkreuzes (Lösung teils analytisch, teils graphisch)? 2. Berechnen Sie für den Zapfen Z die Absolutbeschleunigung aZ, die CORIOLIS-Beschleunigung aC sowie die normale Führungsbeschleunigung aFn. 3. Bestimmen Sie mit Hilfe der errechneten Werte graphisch die tangentiale Führungsbeschleunigung aFt sowie die Relativbeschleunigung arel. Bild 5.10 Malteserkreuz-Schrittgetriebe zu Übung 5.3

1. Ein Kind wirft im offenen Fahrzeug, welches konstant geradeaus fährt, eine kleine Kugel vertikal nach oben. Welche Kugelbewegung beobachtet das Kind, eine Person am Straßenrand, ein Überholer (Luftwiderstand vernachlässigt)? 2. Wie wird die Ableitung nach der Zeit eines relativen Vektors, z. B.  des Ortsvektors r AB , gebildet?  3. Erläutern Sie die Begriffe Führungsgeschwindigkeit v F und Rela tivgeschwindigkeit v rel . 4. Aus welchen drei Hauptkomponenten besteht die Absolutbeschleunigung einer Relativbewegung? 5. Aus welchen Teilen besteht allgemein die Führungsbeschleunigung? 6. Nennen Sie ein Beispiel für die CORIOLIS-Beschleunigung.

139

6 Überlagerte Drehbewegungen


Das sind Drehbewegungen um mehr als 1 Achse. Sie treten beispielsweise bei Robotern, Fahrgeschäften oder beim Reha-Stuhl auf. Die kinematischen Beziehungen werden mit jedem Drehfreiheitsgrad länger und dann am besten mit Hilfe eines Computers ausgewertet. Das folgende Beispiel soll den Rechengang bei 2 Drehachsen zeigen. Beispiel 6.1

Bild 6.1 zeigt ein Fahrgeschäft mit 2 parallelen Drehachsen. Auf einem Hauptdrehwerk ist am Radius R ein kleines Drehwerk montiert, das entgegengesetzt dreht. Die Gondel selbst soll sich relativ zum kleinen Drehwerk nicht zusätzlich drehen können (heutige Ausführungen haben meist diesen zusätzlichen Dreheffekt). Welche Normal- und Tangentialbeschleunigung erfährt ein Fahrgast im Gondelschwerpunkt allgemein? Für den stationären Betrieb sind die Werte zahlenmäßig zu bestimmen. Zahlenwerte: R = 4,3 m; r = 1,75 m; α = 1,466 s und β = 2,932 s (Winkelgeschwindigkeiten im stationären Betrieb) entsprechend 14 bzw. 28 Umdrehungen pro Minute. –1

–1

Lösung: Es handelt sich um eine ebene Punktbewegung in der x,y-Ebene für den Gondelschwerpunkt S. Die Ortskoordinaten von S sind: x = R ⋅ cos α + r ⋅ cos( α − β )

y = R ⋅ sin α + r ⋅ sin( α − β )

Einmal nach der Zeit differenziert liefert das die Geschwindigkeitskomponenten von S: x = − α ⋅ R ⋅ sin α − α − β ⋅ r ⋅ sin( α − β ) y =

( ) α ⋅ R ⋅ cos α + ( α − β ) ⋅ r ⋅ cos ( α − β )

Durch nochmaliges Differenzieren erhält man die Beschleunigungskomponenten von S:  ⋅ R ⋅ sin α − α 2 ⋅ R ⋅ cos α  x = −α

(

)

(

 ⋅ r ⋅ sin ( α − β ) − α − β  − β − α

)

2

⋅ r ⋅ cos ( α − β )

2

⋅ r ⋅ sin ( α − β )

 ⋅ R ⋅ cos α − α 2 ⋅ R ⋅ sin α  y=α

(

)

(

 ⋅ r ⋅ cos ( α − β ) − α − β  − β + α

)

Bild 6.1 Fahrgeschäft mit 2 parallelen Drehachsen, Beispiel 6.1 a) Anordnung b) in Stellung α = 0 x,  y und t,n-Koordinatensystem c) 

2

140

6 Überlagerte Drehbewegungen

Die Beschleunigungen hängen sicher nicht davon ab, wie man die xAchse einzeichnet. Nach erfolgter Herleitung kann man α deshalb auch null setzen (Bild 6.1 b) und erhält somit einfacher:

(

)

(

)

 ⋅ r ⋅ sin β − α − β 2 ⋅ r ⋅ cos β  − β  x = −α 2 ⋅ R + α

(

)

(

)

 ⋅ r ⋅ cos β + α − β ⋅ r ⋅ sin β  ⋅ R + α  − β  y=α 2

y in die x und  Wir zerlegen die Beschleunigungskomponenten  n- und t-Richtung, Bild 6.1 c: Technische Mechanik downloaded from www.hanser-elibrary.com by ETH-Bibliothek on September 16, 2014 For personal use only.

a n = −  x ⋅ cos β +  y ⋅ sin β at = −  x ⋅ sin β −  y ⋅ cos β

Nach Einsetzen und Zusammenfassen:

(

)

(

)

a n = α 2 ⋅ R ⋅ cos β + α − β

2

 ⋅ R ⋅ sin β ⋅r + α

 ⋅ r − α  − β  ⋅ R ⋅ cos β a t = α 2 ⋅ R ⋅ sin β − α  null:  und β Im stationären Betrieb sind α

(

a n = α 2 ⋅ R ⋅ cos β + α − β

)

2

⋅r

a t = α 2 ⋅ R ⋅ sin β

an wird maximal bei β = 0; at bei β = 90°.

(

)

an max = α 2 ⋅ R + α − β ⋅ r 2

an max = 1,4662 s−2 ⋅ 4,3 m + (1,466 − 2,932 ) s−2 ⋅ 1,75 m 2

an max ≈ 13 m / s2 at max = α 2 ⋅ R = 1,4662 s−2 ⋅ 4,3 m ≈ 9,2 m/s2

* Bei Robotern sind z. B. die folgenden Größen von Interesse: Arbeitsraum, Steuerung der gewünschten Bewegung, Trägheitskräfte, hierzu s. [39, 64].

141

7 Arbeit, potentielle Energie, Leistung, Wirkungsgrad


Mechanische Arbeit, potentielle Energie der Lage und der Feder, Nutzarbeit, zugeführte Arbeit, Verlustarbeit, Leistung, Teil- und Gesamtwirkungsgrad

Bild 7.1 Mechanische Arbeit, wenn eine Kraft  F längs des Weges s wirkt

7.1 Arbeit und potentielle Energie Sie kennen vermutlich die Merkregel: Arbeit gleich Kraft mal Weg, W = F ⋅ Δs

in Nm = J

(7.1 a)

2

Dazu ist anzumerken: 1. Wir sprechen hier von der mechanischen Arbeit. 2. Die Kraft muss in Wegrichtung wirken. 3. Die Kraft muss längs des Weges konstant sein. Sind  die Bedingungen 2. und 3. nicht erfüllt, ist das Skalarprodukt F ⋅ dr zu nehmen und über den zurückgelegten Weg zu integrieren, Bild 7.1.

Bild 7.2 Mechanische Arbeit als Fläche unter der Kraft-Weg-Kurve

Arbeit allgemein:  r2

  s2 W = ∫ F ⋅ dr = ∫ Ft ⋅ ds  r1

(7.1 b)

s1

Die Arbeit entspricht der Fläche unter der Ft,s-Kurve, Bild 7.2. Beispiele für die mechanische Arbeit: a) Schwerkraft Eine Masse m wird in der Nähe der Erdoberfläche um die Höhe h angehoben. Äußere Kraft F und Weg s haben die gleiche Richtung, Bild 7.3; somit gilt (7.1 a): W = F ⋅ Δs = m ⋅ g ⋅ h

Die zum Anheben aufgewandte Arbeit ist als

Bild 7.3 Mechanische Arbeit beim Anheben eines Gewichtes

142


potentielle Energie der Lage Ep = m ⋅ g ⋅ h

(7.2 a)


gespeichert und wird beim Absenken wieder nach außen abgegeben. Auf welchem Weg das Gewicht angehoben wird, ist unwichtig! b) Federkraft Eine Feder der Federsteifigkeit c wird um Δl gedehnt. Hierzu ist eine Kraft nötig, die von null linear auf den Endwert c ⋅ Δ l ansteigt, Bild 7.4. Bild 7.4 Mechanische Arbeit beim Dehnen einer Feder

F ( s ) = Fc = c ⋅ s

Mit (7.1 b) erhalten wir Δl

W=

∫

s=0

Δl

F (s) ⋅ ds = ∫ c ⋅ s ⋅ ds = s=0

c ⋅ Δl 2 . 2

Das entspricht der Dreieckfläche in Bild 7.4. Diese Arbeit ist als potentielle Energie der Feder

Ep =

c ⋅ Δl 2 2

(7.2b)

gespeichert und wird beim Entspannen wieder nach außen abgegeben. Beim Zusammendrücken der Feder ergibt sich dieselbe potentielle Energie, und zwar ebenfalls positiv! c) Reibungskraft Zur Überwindung der Reibung ist die äußere Kraft F = FR erforderlich, Bild 7.5. Damit ist die aufzuwendende Arbeit bei Reibung: W = F ⋅ Δs = FR ⋅ Δs (bei konstanter Reibungskraft)

(7.2c)

Diese mechanische Arbeit wird in Wärmeenergie umgewandelt und ist vom Mechanikstandpunkt aus verloren, somit eine Verlustarbeit. Bei einer Drehbewegung definieren wir analog zu (7.1) die mechanische Arbeit einer Drehbewegung: Bild 7.5 Mechanische Arbeit bei der Bewegung mit Reibung a) Körper gleitet auf rauer Unterlage b) freigemacht

W = M ⋅ Δϕ

W=

in Nm = J Moment M konst. längs Winkel ϕ (7.3 a)

ϕ2

∫ M ⋅ dϕ

ϕ1

allgemein

(7.3b)

7.3 Wirkungsgrad

143

Ein solcher Arbeitsterm tritt beispielsweise bei der Biege- und Torsionsfeder auf. Die Arbeit ist ein Skalar, somit dürfen beliebige Anteile algebraisch addiert werden: Gesamtarbeit


W =∑

∫F

ti

Δsi

⋅ dsi + ∑

∫M

i

⋅ dϕ i

(7.4)

Δϕi

7.2 Leistung Auch für die Leistung gibt es eine volkstümliche Merkregel: Leistung gleich Arbeit durch Zeit Genauer: Leistung P=

dW = ∑ Fti ⋅ v i + ∑ M i ⋅ ω i dt

in

Nm J = =W s s

(7.5)

7.3 Wirkungsgrad Der mittlere Wirkungsgrad drückt aus, welcher Bruchteil der einem System zugeführten Arbeit wieder aus dem System herauskommt, d. h. als Nutzarbeit zur Verfügung steht; der momentane Wirkungsgrad dagegen ist das Verhältnis von Nutzleistung zu zugeführter Leistung. mittlerer Wirkungsgrad η =

W Nutzarbeit = n zugeführte Arbeit Wz

(7.6 a)

Anstelle Arbeit kann es auch Energie heißen. momentaner Wirkungsgrad η =

P Nutzleistung = n zugeführte Leistung Pz

(7.6 b)

Bei mehreren Stationen hintereinander mit den Teilwirkungsgraden η1, η2, η3 ... folgt der Gesamtwirkungsgrad η = η1 ⋅ η 2 ⋅ η 3 ... Beispiel: Dampfkraftwerk η = η K ⋅ η T ⋅ η H ⋅ η R ⋅ η el ⋅ η th

(7.6c)

2

144


z. B. für eine kleine Anlage: ηK = 0,79 (Kessel); ηT = 0,75 (Turbine); ηH = 0,94 (Hilfsmaschinen); ηR = 0,96 (restliche Verluste); ηel = 0,94 (elektrische Anlage); ηth = 0,36 (Wirkungsgrad des theoretischen thermischen Prozesses) Das ergibt η = 0,18, d. h. nur 18% des Brennwertes werden in nutzbare elektrische Arbeit umgewandelt. Übung 7.1


Bild 7.6 Rolltreppe aus Übung 7.1

Gegeben ist die Rolltreppe gemäß Bild 7.6.  75 kg) Maximale Belegung: 1,3 Personen pro Stufe (1 Person = Leerlaufleistung: 8 kW 1. Wie viel Personen/h können maximal transportiert werden? 2. Welche maximale Antriebsleistung P ist erforderlich? 3. Welche maximale Bremsleistung PB kann generatorisch umgesetzt werden, wenn das vollbesetzte Band mit 0,8 m/s abwärts fährt?

1. In welchem Fall lautet die Formel für die mechanische Arbeit „Arbeit gleich Kraft mal Weg“? 2. Geben Sie die Beziehung für die potentielle Energie der Lage und der Feder in Worten an. 3. Welches Vorzeichen hat die potentielle Energie einer zusammengedrückten Feder? 4. Drücken Sie in Worten die Formeln für die Leistung bei translatorischer Bewegung und Drehbewegung aus. 5. Definieren Sie den Wirkungsgrad.

145


8 Die NEWTONschen Grundgesetze, D’ALEMBERTsche1 Trägheitskraft Die 3 NEWTONschen Grundgesetze, D’ALEMBERTsche Trägheitskraft, Zentrifugal- und Zentripetalkraft

Die NEWTONschen Grundgesetze (Axiome) von 1687 können als Grundlage der klassischen Mechanik gelten. Erstes Gesetz (Trägheitsgesetz): Jeder Körper beharrt in seinem Zustand der Ruhe oder gleichförmigen, geradlinigen Bewegung, wenn er nicht durch einwirkende Kräfte gezwungen wird seinen Zustand zu ändern. Zweites Gesetz (Bewegungsgesetz): Die Änderung der Bewegung ist der bewegenden Kraft proportional und geschieht nach der Richtung derjenigen geraden Linie, nach der jene Kraft wirkt. Drittes Gesetz (Wechselwirkungsgesetz): Die Wirkung ist stets der Gegenwirkung gleich, oder die Wirkungen zweier Körper aufeinander sind stets gleich und von entgegengesetzter Richtung. Das dritte Gesetz spielt bereits in der Statik eine wichtige Rolle: Lagerreaktionen, innere Kräfte am positiven und negativen Schnittufer. Das zweite Gesetz ist die eigentliche Grundlage der Kinetik und wird deshalb auch kinetische Grundgleichung genannt. Für konstante Masse lautet das Bewegungsgesetz   F = m⋅a,

(8.1)

Kraft gleich Masse mal Beschleunigung mit

1

 F m a

Resultierende aller äußeren Kräfte konstante Masse Absolutbeschleunigung (muss für alle Körperpunkte gleich sein; das gilt für den Massenpunkt oder den translatorisch bewegten starren Körper)

JEAN LE ROND D’ALEMBERT 1717 – 1783

2

146

8 Die NEWTONschen Grundgesetze, D’ALEMBERTsche Trägheitskraft

Beispiel 8.1 Ein Frachtgut der Masse m = 50 kg gleitet auf einer Rutsche nach unten, Bild 8.1 a. Die Gleitreibungszahl μ beträgt 0,4. Wie groß ist die Beschleunigung a?


Bild 8.1 Gleiten auf der schiefen Ebene, Beispiel 8.1 a) Anordnung b) äußere Kräfte auf den Körper

Lösung: Auf den Körper wirken als äußere Kräfte die Gewichtskraft FG, die Normalkraft FN von der Rutsche auf den Körper und die Reibungskraft FR, Bild 8.1 b. Die resultierende äußere Kraft in Bewegungsrichtung beträgt F = FG ⋅ sin α − FR = FG ⋅ sin α − FN ⋅ μ = FG ⋅ sin α − FG ⋅ cos α ⋅ μ = m ⋅ g (sin α − μ ⋅ cos α ) .

Wir setzen F in Gleichung (8.1) F = m⋅a

ein und erhalten m ⋅ g (sin α − μ ⋅ cos α ) = m ⋅ a .

Hieraus ergibt sich die Beschleunigung zu a = g (sin α − μ ⋅ cos α) ≈ 1,5 m/s2 .

*

 Nach D’ALEMBERT fassen wir den Ausdruck m ⋅ a im Bewegungsgesetz (8.1) als Hilfskraft auf und nennen sie

Trägheitskraft

  FT = − m ⋅ a

(8.2)

Damit ist (8.1) wieder auf die Gleichgewichtsbedingung der Statik   F + FT = 0

(8.3 a)

  F − m⋅a = 0

(8.3 b)

bzw.

zurückgeführt.

Bild 8.2 Erfahrungen mit der Trägheitskraft

Merke: Die Trägheitskraft wirkt immer der Beschleunigungsrichtung entgegen. Vielleicht erinnern Sie sich bei diesem Satz ans Schlittenfahren: Einer zieht plötzlich ruckartig am Schlitten. Die anderen sind darauf nicht gefasst und purzeln wegen der Trägheitskraft rückwärts herunter, Bild 8.2.


147

Bei der Bewegung auf einer gekrümmten Bahn tritt zusätzlich die Normal- oder Zentripetalbeschleunigung auf. Die zugehörige Trägheitskraft nennen wir Zentrifugalkraft (auch Fliehkraft):


  FZ = − m ⋅ a n

bzw. FZ = m ⋅ a n = m ⋅

v2 = m⋅r ⋅ω 2 r

(8.4)

Der nach außen gerichteten Zentrifugalkraft hält die zum Drehpunkt gerichtete Zentripetalkraft das Gleichgewicht. Ein Beispiel hierfür ist das Herumschleudern der Kugel beim Hammerwerfen, Bild 8.3a. Auch bei der Kurvenfahrt und beim Fliehkraftregler, Bild 8.3b und c, treten Zentrifugalkräfte auf. Im folgenden Beispiel „Freier Fall mit Luftwiderstand“ verwenden wir die Trägheitskraft bei der Berechnung der Beschleunigung. Beispiel 8.2 Ein Kletterer löst 150 m über Grund in einer überhängenden Wand einen kugelförmigen Stein aus. Nach wie viel Sekunden schlägt der Stein auf? Der Luftwiderstand ist zu berücksichtigen.

2

Gegeben: Kugelradius R = 20 mm Dichte des Steins ρSt = 2,7⋅103 kg/m3 Widerstandszahl cW = 0,47 Dichte der Luft ρL = 1,293 kg/m3 Die Widerstandskraft berechnet sich nach der Formel ρL 2 ⋅v ⋅ A 2 (A : Querschnittsfläche der Kugel; v: Geschwindigkeit). FW = c W ⋅

Lösung: Nach Bild 8.4 wirkt die Gewichtskraft FG in Bewegungsrichtung (hier gleichzeitig Beschleunigungsrichtung), also nach unten, Widerstandskraft FW bzw. Trägheitskraft FT wirken der Bewegungs- bzw. Beschleunigungsrichtung entgegen:

↑

FT + FW − FG = 0 m ⋅ a + cW ⋅

ρL 2 ⋅v ⋅ A− m⋅g = 0 2

⎛ c ⋅ρ ⋅ A 2 ⎞ a = g ⎜1 − W L ⋅v ⎟ 2m ⋅ g ⎝ ⎠

Bild 8.3 Beispiele für das Auftreten einer Zentrifugalkraft a) Hammerwerfen b) Kurvenfahrt c) Fliehkraftregler mit Rückstellfeder

148


Wir setzen A = πR 2 , m = ρ St ⋅ 43 πR 3

ein und erhalten ⎛ 3 ⋅ ρL⋅ cW 2 ⎞ a = g ⎜1 − v ⎟=g ⎝ 8 ⋅ ρSt ⋅ R ⋅ g ⎠


Bild 8.4 Kräfte bei freiem Fall mit Luftwiderstand

mit

c2 =

⎛ v2 ⎞ 1 − ⎜ 2 ⎟ ⎝ c ⎠

8 ⋅ρSt ⋅ R ⋅ g 8 ⋅ 2,7 ⋅ 103 ⋅ 0,02 ⋅ 9,81 m2 m2 = = 2325 2 . 2 3 ⋅ ρ L ⋅ cW 3 ⋅ 1,293 ⋅ 0,47 s s

Wenn ν = c wird, ist die Beschleunigung null, der Stein fällt dann mit der konstanten Grenzgeschwindigkeit vmax = c ≈ 48 m/s. Diese wird exakt erst nach unendlich langer, näherungsweise aber durchaus in endlicher Zeit erreicht. Das Weitere ist ein kinematisches Problem. Es liegt Fall 6 aus Tab. 2.1 der kinematischen Grundaufgaben vor: v*

Fallzeit t =

dv

∫ a(v) 0

Die Integrationsgrenze (Aufprallgeschwindigkeit) v* erhalten wir wieder aus Fall 6 über v*

s=

∫ 0

s=−

v c2 dv = a(v) g

v*

∫c

2

0

v c2 dv = − ln c 2 − v 2 2 −v 2g

(

)

v* 0

c2 c2 − v*2 ln 2g c2

2 c2 − v*2 v*2 = 1 − 2 = e −2gs/c 2 c c

v* = c 1 − e −2gs/c = 48 m/s 1 − e −2 ⋅ 9,81 ⋅ 150/2325 ≈ 41 m/s . 2


149

Zurück zur Fallzeit: v*

t=

∫ 0


t=

dv c2 = a(v) g

v*

∫ 0

dv c c+v = ln 2 2 2g c − v c −v

v*

0

c c + v* 48 m/s (48 + 41) m/s = ≈6 s ln ln 2 2 g c − v * 2 ⋅ 9,81 m/s (48 − 41) m/s

Übung 8.1

Bild 8.5 Fahrgeschäft „Rotor“ aus Übung 8.1

Im Fahrgeschäft „Rotor“, Bild 8.5, werden die Fahrgäste im Kreis herum geschleudert und dabei gegen die Wand gedrückt. Als Überraschungseffekt wird während der Fahrt der Boden nach unten weggefahren. Gegeben: Drehzahl n = 33 min–1; r = 4 m; Reibungszahl zwischen Haut und Kleidung bzw. zwischen Kleidung und gepolsterter Wand μ0 = 0,25. Wie groß ist der Sicherheitsfaktor S gegen Herunterrutschen?

2

Übung 8.2 Ein Eisenbahnwagen (m = 1 · 104 kg) kommt am Beginn eines Ablaufberges mit v0 = 2 m/s angerollt, Bild 8.6. Dieser hat ein Gefälle von 1 :30. Die Rollwiderstandskraft FW beträgt konstant 400 N. 1. Welche Beschleunigung a1 hat der Wagen auf der Gefällstrecke? Welche Geschwindigkeit v1 hat er im Punkt 1 und welche Zeit t1 benötigt er für die Strecke s1? 2. Welche Zeit t2 und welche Strecke s2 benötigt der Wagen zum Ausrollen auf dem anschließenden horizontalen Gleis?

Bild 8.6 Eisenbahnwagen aus Übung 8.2

Hinweis: Rechnen Sie so, als ob die Masse m nur translatorisch bewegt würde. Übung 8.3 Auf einer Teststrecke fährt ein Fahrzeug in einer Kurve, Bild 8.7: horizontaler Kurvenradius r = 120 m, Fahrbahnüberhöhung α = 15°, Haftreibungszahl μo = 0,6. Bei welcher Geschwindigkeit beginnt das Fahrzeug seitlich nach oben zu rutschen? Hinweis: Vereinfachend gehen wir von einer gleichen Belastung der vier Räder aus.

Bild 8.7 Teststrecke aus Übung 8.3

150


Übung 8.4


Bild 8.8 zeigt das Fahrgeschäft „Enterprise“. Zum Einsteigen ist das Drehwerk 7° zur Horizontalen angestellt, während der Fahrt wird es durch einen Hydraulikzylinder langsam auf 85° gebracht. Der Schwerpunkt der besetzten Gondel ist 1 m von der Gondelachse entfernt. Die folgenden Fragen sind für die 85°-Stellung des Drehwerks zu beantworten. 1. Mit dem Wievielfachen seiner Gewichtskraft wird der Fahrgast jeweils am obersten und untersten Punkt in den Sitz gedrückt? 2. Reicht die Drehzahl 15 min–1 aus, um den Fahrgast, der sich in halber Höhe (d. h. in horizontaler Lage) befindet, auf dem glatten Sitz aus Kunststoff zu halten, oder muss er zusätzlich abgestützt werden (μo = 0,1)? Hinweis: Zur Vereinfachung kann mit cos 5° ≈ 1 gerechnet werden.

Bild 8.8 „Enterprise“ aus Übung 8.4

1. 2. 3. 4.

Drücken Sie das Bewegungsgesetz mit einfachen Worten aus. Welchen Vorteil bringt die D’ALEMBERTsche Trägheitskraft? In welche Richtung zeigt die Trägheitskraft? Wie bezeichnen wir die Trägheitskraft aus der Drehbewegung, und wie lautet die Formel? 5. Was ist die Zentripetalkraft?

151

9 Impulssatz und Schwerpunktsatz Impuls, Impulssatz, abgeschlossenes System, Schwerpunktsatz, Kraftstoß, Impulserhaltungssatz, Impulssatz mit veränderlicher Masse


Wir definieren die Bewegungsgröße   Impuls p = m ⋅ v

in kg ⋅ m/s

(9.1)

Mit dem Impuls ergibt sich aus dem Bewegungsgesetz der Impulssatz

  dp d(m ⋅ v )  = =F dt dt

(9.2)

Der Impulssatz gilt auch für ein Mehrmassensystem sowie für eine veränderliche Systemmasse; er ist somit allgemeiner als (8.1).

2

Innere Kräfte können den Impuls eines Systems nicht ändern, da sie sich nach dem Dritten NEWTONschen Gesetz („actio = reactio“) paarweise aufheben. Für ein abgeschlossenes System, d. h. für konstante Masse m folgt aus (9.2) der Schwerpunktsatz

 d   ( m ⋅ vS ) = m ⋅ aS = F dt

(9.3)

Der Massenmittelpunkt eines abgeschlossenen Systems, der Schwerpunkt S, bewegt sich so, als ob die gesamte Masse in ihm vereinigt sei und alle äußeren Kräfte an ihm angreifen würden. Wirkt die resultierende äußere Kraft nicht im Schwerpunkt S, wird der Körper durch ein Kräftepaar zusätzlich gedreht, Bild 9.1. Auf die Bewegung von S hat das keinen Einfluss. Folgerung: Wenn nur die Bewegung des Schwerpunktes S interessiert, kann jedes Massensystem oder jeder starre Körper durch einen Massenpunkt in S ersetzt werden. Beispiel: Man kann einen Hammer mit Drehung durch den Raum werfen, der Schwerpunkt bewegt sich nach der Wurfparabel für den Massenpunkt.

Bild 9.1 Äußere Kraft wirkt nicht im Schwerpunkt S: Translation von S und Rotation um S durch Einzelkraft in S und Kräftepaar

152

9 Impulssatz und Schwerpunktsatz

Die Integration von (9.2) führt auf den Impulssatz in integraler Form: t   2  p2 = p1 + ∫ F ⋅ dt (9.4) Bild 9.2 Impulserhaltung beim Sprung aus einem Boot

t1   Kraftstoß

 F = 0 führt zum


  Impulserhaltungssatz p 2 = p 1 = konst.

(9.5)

und mit dem Schwerpunktsatz zu   v S 2 = v S 1 = konst. für m = konst.

(9.6)

Beispiel 9.1 Ein Mädchen der Masse mM springt aus einem ruhenden Boot der Masse mB ins Wasser, Bild 9.2. Die horizontale Geschwindigkeit des Mädchens ist vM. Wie groß ist die Absolutgeschwindigkeit des Boots vB kurz nach dem Absprung? Lösung: Der Impuls von Mädchen und Boot zusammen war vor dem Sprung null, also muss er auch kurz nach dem Absprung null sein (Impulserhaltungssatz):   p n = p v = 0 (Impuls nachher = Impuls vorher = 0) In horizontaler Richtung, positiv nach rechts: − m B ⋅ vB + m M ⋅ vM = 0

→ vB =

mM mB

⋅vM

Übung 9.1 Ein vollbeladener VW-Golf der Masse m = 1465 kg wird an einer Gefahrenstelle mit der maximal möglichen (konstanten) Bremskraft F = 8600 N von v = 130 km/h auf null abgebremst. 1. Welche Zeit t ist hierzu erforderlich? Rechengang über den Kraftstoß. 2. Welche Bremsstrecke s ist erforderlich? Beispiel 9.2 Welche resultierende Umfangskraft Fu (am Radius r mit der Umfangsgeschwindigkeit u) wirkt auf das Laufrad aus der Übung 5.2, und welche Leistung P gibt diese Turbinenstufe ab? Der Dampfdurchsatz m beträgt 35 kg/s.


153

Lösung: Wir können Gleichung (9.4) in der Umfangsrichtung anschreiben, Bild 9.3: t2

− ∫ Fu* ⋅ dt = p2u − p1u = m (c2u − c1u) = −m (c1u − c2u) t1

c1u und c2u sind die Komponenten der Absolutgeschwindigkeiten in Umfangsrichtung.


c 1u = c 1 ⋅ cos α 1 = 177 , 5 m/s ⋅ cos 23° = 163, 4 m/s

c 2u = c 2 ⋅ cos α 2 = 70 , 6 m/s ⋅ cos 101° = −13, 5 m/s Fu* ist die Kraft von der Schaufel auf den Dampf. Sie soll eine über die Durchlaufzeit Δt gemittelte Kraft sein, somit Fu* ⋅ Δt = m(c1u − c2u) .

Wir dividieren diese Gleichung durch Δt. Mit dem Dampfdurchsatz

Bild 9.3 Laufrad aus Beispiel 9.2

m m = Δt

2

erhalten wir Fu* = m (c1u − c2u) = 35

kg m (163,4 − ( − 13,5 )) = 6190 N . s s

Fu ist die Kraft vom Dampf auf die Schaufel. Sie ist so groß wie Fu* , jedoch entgegengesetzt gerichtet, Bild 9.3. Die Leistung erhalten wir über P = M ⋅ ω = Fu ⋅ r ⋅ ω = Fu ⋅ u = 6190 N ⋅ 150

m ≈ 930 kW . s

Beispiel 9.3 Wir wollen die Beschleunigung einer vertikal fliegenden Rakete bestimmen. Das ist ein Beispiel für den Impulssatz mit veränderlicher Masse. Zugrunde gelegt werden die Daten für die ARIANE 1. Diese Rakete hat beim Start die Masse mR0 = 210 t. Pro Sekunde werden konstant 1013 kg Treibstoff verbrannt und mit der Geschwindigkeit vrel ≈ 2430 m/s relativ zur Rakete ausgestoßen. Insgesamt werden in der ersten Stufe 145 t Treibstoff verbrannt. Welche Beschleunigung hat die ARIANE 1 beim Start (aR0) und nachdem die erste Stufe ausgebrannt ist (aRI)? Reibung wird vernachlässigt. Zusatz: Welche Geschwindigkeit kann eine Rakete bei Vernachlässigung der Reibung maximal erreichen?

Bild 9.4 ARIANE 1, Beispiel 9.3 a) Raketenmasse und -geschwindigkeit, Strahlmasse und -geschwindigkeit b) Beziehung zwischen Raketengeschwindigkeit, absoluter und relativer Strahlgeschwindigkeit

154



Lösung:

 Die Rakete hat zur Zeit t die Masse mR und die Geschwindigkeit v R .  Das Verbrennungsgas wird mit der Absolutgeschwindigkeit v S ausgestoßen. Nach Kap. 5.1 gilt:    vS = vR + vrel  v rel ist die konstante Geschwindigkeit des Verbrennungsgases relativ zur Rakete. Während des Zeitintervalls dt wird die Masse dmS ausgestoßen. Die Rakete hat damit zum Zeitpunkt t + dt die Masse mR – dmS und die Geschwindigkeit vR + dvR . Impuls des Gesamtsystems zur Zeit t:   p(t ) = mR ⋅ vR Impuls des Gesamtsystems zur Zeit t + dt:       p(t + dt ) = (mR − dmS ) (vR + dvR ) + dmS (vR + dvR + vrel ) Die Impulsänderung beträgt somit      dp = p(t + dt ) − p(t ) = mR ⋅ dvR + dmS ⋅ vrel . Mit (9.2) folgt    dp dv dm  = mR ⋅ R + S ⋅ vrel = F . dt dt dt  Als äußere Kraft F soll nur die Gewichtskraft wirken. In skalarer Schreibweise (vertikal nach oben positiv, s. Bild 9.4 b) erhalten wir mR ⋅

dvR dmS − ⋅ vrel = − mR ⋅ g . dt dt

aR =

dvR dt

Mit

μ=

(Raketenbeschleunigung)

dmS dm =− R dt dt

(Durchsatz, hier 1013 kg/s)

FS = μ ⋅ vrel (Schubkraft)

folgt somit: mR ⋅ aR − μ ⋅ vrel = − mR ⋅ g aR =

1 F − mR ⋅ g FS = −g (μ ⋅ vrel − mR ⋅ g ) = S mR mR mR


155

Für FS = μ ⋅ vrel = 1013 kg/s ⋅ 2430 m/s = 2 461 590 N

ergbit sich hieraus die Beschleunigung beim Start zu aR0 =

FS 2 461590 N −g = − 9,81 m/s2 ≈ 1,91 m/s2 . mR0 210 000 kg


Für den weiteren Flug muss mit der momentanen Raketenmasse m R ( t ) = m R0 − μ ⋅ t

und der momentanen Fallbeschleunigung g(r ) = g

R2 r2

(r = Abstand zum Erdmittelpunkt, R = Radius der Erdkugel) gerechnet werden. Der zweite Effekt bleibt bis zu einer Höhe von 50 km unter 1%, wir wollen ihn deshalb bei der Berechnung von aRI vernachlässigen: aRI =

2 461 590 N − 9,81 m/s2 ≈ 28 m/s2 210 000 kg − 145 000 kg

Zusatz: Wir gehen von der hergeleiteten Beziehung für aR aus und formen um: aR =

dvR 1 v dm = μ ⋅ vrel − g = − rel ⋅ R − g dt mR m R dt

dvR = −vrel ⋅

dmR − g ⋅ dt mR

Durch Integration erhält man unter Berücksichtigung der Anfangsbedingung vR(t = 0) = 0 und mR(t = 0) = mRo die Raketengeschwindigkeit vR als Funktion der Zeit: vR = −vrel ⋅ ln

vR = vrel ⋅ ln

mR ( t ) m − g ⋅ t = vrel ⋅ ln Ro − g ⋅ t mRo mR (t )

mRo − g⋅t mRo − μ ⋅ t

2

156


Die Raketengeschwindigkeit bei Brennschluss (t = tB, mR = mRE) beträgt vR = vrel ⋅ ln

mRo − g ⋅ tB . mRE

Für das Beispiel ARIANE 1 ergibt das am Ende der ersten Stufe: tB =

145000 kg ≈ 143 s 1013 kg/s


mRE = 210 000 kg − 145000 kg = 65000 kg vRI = 2430 m/s ⋅ ln

210 000 kg − 9,81 m/s2 ⋅ 143 s ≈ 1446 m/s . 65000 kg

Entscheidend für die erreichbare Raketengeschwindigkeit ist also die Ausströmgeschwindigkeit der Gase und das Verhältnis der Startmasse zur Endmasse der leergebrannten Rakete. Bei der mehrstufigen Version wird die ausgebrannte Stufe jeweils abgestoßen. Die Endgeschwindigkeit lässt sich dadurch erheblich steigern.

1. 2. 3. 4. 5.

Wie ist der Impuls definiert? Drücken Sie den Impulssatz in Worten aus. Wie verändern innere Kräfte den Impuls? Was besagt der Schwerpunktsatz? Welche Wirkung hat eine Kraft am starren Körper, deren Wirkungslinie nicht durch den Schwerpunkt geht?

157

10 Energiesatz Kinetische Energie der Translation, potentielle Energie, Energiesatz ohne und mit Verlust

Wie groß ist die Arbeit, um eine Punktmasse von der Geschwindigkeit v1 auf die Geschwindigkeit v2 zu beschleunigen? Technische Mechanik downloaded from www.hanser-elibrary.com by ETH-Bibliothek on September 16, 2014 For personal use only.

Wir setzen in (7.1 b) 

r2   W12 = ∫ F ⋅ dr  r1

das Bewegungsgesetz (8.1) in der Form   dv F = m⋅ dt ein:     v v dv  2   2 ⎛ mv 2 ⎞ W12 = ∫ m ⋅ ⋅ dr = ∫ m ⋅ v ⋅ dv = ∫ d ⎜ ⎟    dt ⎝ 2 ⎠ r1 v1 v1  r2

2

Mit  v 2 = v2

erhalten wir den skalaren Ausdruck W12 =

m ⋅ v 22 2

−

m ⋅ v 12 2

,

was mit dem Begriff kinetische Energie der Translation Ek =

m ⋅ v2 2

in

kg ⋅ m2 s2

= Nm

(10.1)

zu W12 = E k 2 − E k 1

führt. In Worten: Aufgewandte Arbeit = Änderung der kinetischen Energie

158

10 Energiesatz

Beim „freien Fall ohne Widerstand“ wird von der Gewichtskraft eine Arbeit abgegeben, die der Abnahme der potentiellen Energie E p = m ⋅ g ⋅ h entspricht, gemäß W12 = E p 1 − E p 2 .

In Worten:


Freigewordene Arbeit = Abnahme der potentiellen Energie Für Ep können wir z. B. auch die potentielle Energie der Feder gemäß (7.2 b) einsetzen. Im verlustfreien Fall muss die aufgewandte Arbeit zur Änderung der kinetischen Energie genauso groß sein wie die gewonnene Arbeit durch die Abnahme der potentiellen Energie, somit Ek2 − Ek1 = Ep1 − Ep2 .

Das führt zum Bild 10.1 Sturz in das Seil, Beispiel 10.1 a) Situation b) Kräftespiel bei der maximalen b) Seilverlängerung

Energiesatz ohne Verluste E p 2 + E k 2 = E p 1 + E k 1 = konst.

(10.2 a)

Bei Vorgängen mit Energieverlust, z. B. bei COULOMBscher Reibung, wird ein Teil der potentiellen Energie in Wärmeenergie vom Betrag WR umgewandelt. Das liefert den Energiesatz mit Verlusten E p 2 + E k 2 + WR = E p 1 + E k1

(10.2 b)

Der Energiesatz ist einfacher anzuwenden als der Impulssatz, allerdings liefert er nur skalare Größen, d. h. über Richtungen wird nichts ausgesagt. Beispiel 10.1 Ein 70 kg schwerer Kletterer rutscht in Pos. 1, d. h. b = 5 m über der letzten Zwischensicherung (Pos. 2) aus und fällt um 2b = 10 m frei durch, Bild 10.1. Die Federkonstante des Seilstücks der ursprünglichen Länge b beträgt c = 600 N/m. Vereinfachend wird angenommen, dass das Seil am Haken 2 nicht durchrutscht. 1. Welche Geschwindigkeit v hat der Kletterer in Pos. 3? 2. Welche Höhe h fällt er insgesamt (Pos. 4)? 3. Wie groß ist die maximale Seilkraft FS max? 4. Wann wirkt die größte Verzögerung amax, und wie groß ist sie?

10 Energiesatz

159

Lösung: 1. Energiesatz zwischen 1 und 3: Ep3 + Ek3 = Ep1 + Ek1

Wir legen das Höhen-Nullniveau in Pos. 3, damit ist Ep 3 = 0. Ek 1 = 0 wegen v1 = 0. Somit folgt:


0+

m ⋅ v 32 2

= m ⋅ g ⋅ 2b + 0

v3 = 4 g ⋅ b = 4 ⋅ 9,81 m/s2 ⋅ 5 m = 14 m/s

2. Ab Pos. 3 bremst das Seil den Sturz und wird dabei linearelastisch gedehnt. In Pos. 4 ist die Verlängerung Δl maximal. Energiesatz zwischen 1 und 4: Ep4 + Ek4 = Ep1 + Ek1

Das Höhen-Nullniveau legen wir jetzt in Pos. 4. Dort gibt es damit keine potentielle Energie der Lage, wegen v4 = 0 auch keine kinetische Energie, jedoch die maximale Federenergie (Seilverlängerung um Δl). c ⋅ Δl 2 = m ⋅ g ( 2 b + Δl ) 2

c ⋅ Δl 2 − m ⋅ g ⋅ Δl − m ⋅ g ⋅ 2 b = 0 2 Δl 2 −

2m ⋅ g 4m ⋅ g ⋅ b ⋅ Δl − =0 c c 2

Δl =

m⋅g ⎛ m ⋅ g ⎞ 4m ⋅ g ⋅ b ± ⎜ ⎟ + c c ⎝ c ⎠

(das Minuszeichen liefert keine sinnvolle Lösung) 2

Δl =

70 ⋅ 9,81 ⎛ 70 ⋅ 9,81 ⎞ 4 ⋅ 70 ⋅ 9,81 ⋅ 5 m+ ⎜ m ≈ 6,06 m ⎟ + 600 600 ⎝ 600 ⎠

h = 2b + Δl ≈ 2 ⋅ 5 m + 6,06 m ≈ 16,1 m

3. Die Seilkraft ist maximal bei der größten Seilverlängerung, also in Pos. 4. FS max = c ⋅ Δl ≈ 600 N/m ⋅ 6,06 m = 3640 N

2

160

10 Energiesatz

4. Gemäß Bild 10.1 b ist die Verzögerung am größten, wo FS max wirkt (Pos. 4): FS max − m ⋅ g − m ⋅ a max = 0

amax =

FS max m

−g ≈

3640 N − 9,81 m/s2 ≈ 42,2 m/s2 ≈ 4,3g 70 kg


Übung 10.1

Bild 10.2 Überkopfschaukel aus Übung 10.1

In einer Überkopfschaukel schaukelt eine unerschrockene junge Frau gerade so, dass im obersten Punkt OP die Geschwindigkeit fast null ist, Bild 10.2. 1. Welche Zentripetalbeschleunigung erfährt die Frau in halber Höhe (Punkt HH)? 2. Mit dem Wievielfachen ihrer Gewichtskraft wird die Frau im untersten Punkt UP in die Schaukel gedrückt? Hinweis: Lösung über den Energiesatz; verlustfreier Vorgang; der Schwerpunkt der Frau beschreibe näherungsweise eine Kreisbahn vom Radius R; es soll so gerechnet werden, als würden die Massen nur translatorisch bewegt. Übung 10.2


Innerhalb einer Fertigungseinrichtung gleiten Werkstücke der Masse m = 20 kg aus der Ruhelage eine schiefe Ebene herab und anschließend horizontal, bis sie auf eine entspannte Feder treffen, Bild 10.3. 1. In welchem Abstand b muss die Feder angeordnet sein, damit sie beim Stoß f = 0,05 m zusammengdrückt wird? Federkonstante c = 40 000 N/m; Gleitreibungszahl μ = 0,15; die Feder ist vollkommen elastisch. 2. Mit welcher Geschwindigkeit v trifft das Werkstück die Feder? Hinweis: Lösung über den Energiesatz mit Verlusten zwischen Anfangs- und Endlage bzw. zwischen Anfangs- und Auftrefflage von S.

1. Wie lautet die Formel für die kinetische Energie der Translation? 2. Was besagt der Energiesatz bei verlustloser Bewegung? 3. Welche Aussagen liefert der Energiesatz zur Bewegungsrichtung?

161

11 Trägheitsmomente


Axiales Trägheitsmoment, Deviationsmoment, Trägheitshauptachsen, Hauptträgheitsmomente, Satz von STEINER

Bei der translatorischen Bewegung einer Punktmasse oder eines starren Körpers ist die Masse m in kg ein Maß für die Trägheitseigenschaft, s. Impulssatz. Die Form des Körpers, also die Anordnung der Masse spielt dabei keine Rolle. In Kap. 12.2 werden wir sehen, dass bei der Drehbewegung um eine Achse das sog. Trägheitsmoment J um diese Achse maßgebend ist. In der Praxis kommt häufig die Rotation eines Kreiszylinders um die Zylinderachse vor, Bild 11.1 a. Wir definieren: Trägheitsmoment J = ∫ r 2 ⋅ dm

in kg ⋅ m2

(11.1)

m

2

Den Vollzylinder denken wir uns aus dünnen Hohlzylindern der Masse dm = ρ ⋅ dV = ρ ⋅ h ⋅ 2 π ⋅ r ⋅ dr Bild 11.1 Zum Trägheitsmoment a) Kreiszylinder b) allgemeiner Körper

zusammengesetzt. Die Definition für J führt somit auf R

R

J = ∫ r 2 ⋅ρ ⋅ h ⋅ 2 π ⋅ r ⋅ dr = ρ ⋅ h ⋅ 2 π∫ r 3 ⋅ dr 0

= ρ ⋅ h ⋅ 2π ⋅

0

R m ⋅ R2 2 R = ρ ⋅ h ⋅ π ⋅R ⋅ = .   4 2 2 Volumen 4

2

Trägheitsmoment des Kreiszylinders um die Zylinderachse: J=

m⋅ R2 2

(11.2)

Im Anhang A5.1 und A5.2 sind die Trägheitsmomente für zahlreiche massive Körper sowie dünne Stäbe, Scheiben und Schalen zusammengestellt, in der Regel für alle drei Drehachsen (x-, y- und z-Achse). Es handelt sich hierbei durchwegs um symmetrische Körper.

162


Bei Unsymmetrie (Unwuchten) gibt es außer den 3 axialen Trägheitsmomenten auch bis zu 3 verschiedene Deviationsmomente. Mit den Bezeichnungen von Bild 11.1b lassen sich sechs Größen definieren. Axiale Trägheitsmomente:

Deviationsmomente:

J x = ∫ (y 2 + z 2) dm

J xy = − ∫ xy ⋅ dm = J yx

J y = ∫ (z 2 + x 2) dm

J yz = − ∫ yz ⋅ dm = J zy

J z = ∫ (x 2 + y 2) dm

J zx = − ∫ zx ⋅ dm = J xz

m


m

m

m

(11.3)

m

m

Die Trägheitsmomente haben Ähnlichkeit mit den Flächenmomenten 2. Grades der Festigkeitslehre. Diese werden im Teil 3, Kap. 10, eingehend besprochen. Wie bei den Flächenmomenten 2. Grades können wir die Bezugsachsen, d. h. das Koordinatensytem drehen, um zu den Trägheitshauptachsen 1, 2, 3 zu kommen. Für diese sind die Deviationsmomente null. Die zugehörigen axialen Trägheitsmomente nennen wir Hauptträgheitsmomente J1, J2, J3, J1 ist größtes und J3 kleinstes axiales Trägheitsmoment.

Symmetrieachsen sind Hauptachsen. Kugel, regelmäßige Polyeder wie Würfel, Tetraeder, Oktaeder haben um jede Achse durch den Schwerpunkt das gleiche Trägheitsmoment. Rotationssymmetrische Körper haben Hauptträgheitsmomente um die Rotationsachse und um dazu senkrechte Achsen. In diesem Buch rechnen wir nur mit ausgewuchteten Drehkörpern, die um Trägheitshauptachsen oder dazu parallele Achsen rotieren. Manchmal benötigen wir das Trägheitsmoment um eine Bezugsachse, die zur Schwerpunktachse parallel ist, Bild 11.2. Dafür gilt analog zu den Flächenmomenten 2. Grades der Satz von STEINER1: J P = JS + m ⋅ a2

(11.4)

Bezüglich der Schwerpunktachse ist das Trägheitsmoment am kleinsten. Bild 11.2 Parallele Bezugsachsen

1

JACOB STEINER 1796 – 1863


163

Bei einem zusammengesetzten Körper werden die Trägheitsmomente der Teilkörper auf die gemeinsame Bezugsachse umgerechnet und addiert. Hohlräume gehen mit negativer Masse und negativem Trägheitsmoment ein: Trägheitsmoment eines zusammengesetzten Körpers: n

(

J P = ∑ J Si + mi ⋅ ai2 i =1

)

(11.5)


n ist die Anzahl der Teilkörper. Bild 11.3 Exzenterscheibe aus Beispiel 11.1

Beispiel 11.1 Es ist das Trägheitsmoment der Exzenterscheibe bezüglich der Drehachse A-B zu bestimmen, Bild 11.3. Die Dichte beträgt 7,3 kg/dm3. Lösung: Mit (11.5) sowie (11.2): J A−B = J 1 + J 2 =

m1 = 7,3 ⋅ 103

(

1 2

2

2

+ m1 ⋅ a + 2

m 2 ( d 2 /2 )

2

2

kg 0,24 2 π 2 ⋅ m ⋅ 0,03 m ≈ 9,91 kg m3 4

m2 = −7,3 ⋅ 103 J A−B ≈

m 1 ( d 1 /2 )

2

kg 0,16 π 2 ⋅ m ⋅ 0,03 m ≈ −4,40 kg m3 4 2

)

⋅ 9,91 ⋅ 0,122 + 9,91 ⋅ 0,022 − 12 ⋅ 4,40 ⋅ 0,082 kgm2

J A−B ≈ 0,0612 kgm2

1. Bei welcher Bewegung spielt das Trägheitsmoment eine Rolle? 2. Welche Einheit hat das Trägheitsmoment? 3. Welche Form muss ein Rotor haben, damit sein Trägheitsmoment möglichst groß ist? 4. Welche Bedeutung hat das Deviationsmoment? 5. Um welche Achsen hat ein Körper sein größtes und kleinstes Trägheitsmoment? 6. Wie groß sind die Deviationsmomente für die Trägheitshauptachsen? 7. Welche Körper haben um alle Achsen durch den Schwerpunkt gleiches Trägheitsmoment? 8. Was besagt der Satz von STEINER?

164

12 Kinetik der ebenen Bewegung des starren Körpers


Drehimpuls (Drall), Drehimpulssatz (Drallsatz), kinetische Energie der Rotation, Drehung um eine Achse durch den Schwerpunkt, Drehung um eine feste Achse, Drehung um eine Achse durch den Momentanpol, reduziertes Trägheitsmoment, allgemeine ebene Bewegung

Die Bewegung des starren Körpers ist eine Überlagerung von Translation und Rotation, s. Kap. 4:     v B = v A + ω × rAB A ist ein körperfester Bezugspunkt und B ein beliebiger Körperpunkt. Wir wählen nun für den Bezugspunkt A den Schwerpunkt S, dann können wir sagen:  Bewegung des starren Körpers = Translation mit v S + Rotation um eine Achse durch S.

12.1 Translation mit der Schwerpunktgeschwindigkeit Für die Translation können wir uns die gesamte Masse im Schwerpunkt S vereinigt denken. Damit gelten alle kinetischen Beziehungen der Punktmasse:   (12.1) Bewegungsgesetz F = m ⋅ a S   Impuls p = m ⋅ v S Impulssatz (Schwerpunktsatz)    dp d ( m ⋅ vS )  = = m ⋅ aS = F dt dt

(12.2)

t   2  Impulssatz in integraler Form p2 = p1 + ∫ F ⋅ dt

(12.3)

t1

kinetische Energie E k =

m ⋅ v S2

2

(12.4)

12.2 Rotation um eine Trägheitshauptachse durch den Schwerpunkt

165

12.2 Rotation um eine Trägheitshauptachse durch den Schwerpunkt 12.2.1 Drehimpulssatz (Drallsatz)


Der Impuls der Punktmasse m (Bild 12.1)   p = m⋅v

Bild 12.1 Impuls der Punktmasse m bezüglich 0

hat bezüglich des ruhenden Bezugspunktes 0 einen Drehimpuls (Drall)      L = r × p = r ×v ⋅m

(12.5)

Die Bedeutung des Drehimpulses in der Technik liegt jedoch nicht in der Punktmassenbewegung, sondern in der Drehbewegung des starren Körpers. Wir wenden die Definition (12.5) auf den Kreiszylinder in Bild 12.2 an. Als Bezugspunkt wählen wir den Schwerpunkt S. Durch diesen Punkt geht auch die Drehachse, um den der Zylinder mit der Winkelgeschwindigkeit ω rotiert. Der gesamte Drehimpuls ist die Summe aller Teil-Drehimpulse der infinitesimal kleinen Teilmassen dm, bzw. das Integral    L = ∫ r × v ⋅ dm . m

Der Drehimpulsvektor zeigt in Richtung der Drehachse. Für den Betrag folgt L = ∫ r ⋅ v ⋅ dm = ∫ r 2 ⋅ ω⋅ dm = ω∫ r 2 ⋅ dm . m

m

m

Mit dem Trägheitsmoment J = ∫ r 2 ⋅ dm m

aus Kap. 11, Gl. (11.1) schreiben wir kürzer: Drehimpuls (Drall) bei Rotation um die Trägheitshauptachse durch den Schwerpunkt S L = J ⋅ ω = J ⋅ ϕ

in kg ⋅ m2/s

(12.6)

2 Bild 12.2 Rotation eines Kreiszylinders um die Achse durch den Schwerpunkt S

166


Die zeitliche Ableitung des Drehimpulses gemäß der Definition (12.5) liefert    dL d   dr   dp      = (r × p) = × p+r × = v× p+r ×F = M . d t dt dt dt  =0 Diese Beziehung gilt auch für den starren Körper. Sie heißt


Bild 12.3 Der Drehimpuls ist konstant

Drehimpulssatz (Drallsatz):   dL = M allgemein, dt

(12.7 a)

bei Rotation um die Trägheitshauptachse durch S dL  = M in Richtung der Drehachse. (12.7 b) = J ⋅ ω = J ⋅ ϕ dt

Die Integration von (12.7) führt auf den Drehimpulssatz in integraler Form:   L2 = L1 +

t2



∫ M ⋅ dt

allgemein,

(12.8 a)

 t1

Momentenstoß

bei Rotation um die Trägheitshauptachse durch S t2

J (ω2 − ω1) = ∫ M ⋅ dt

(12.8 b)

t1

Ohne Einwirkung eines Moments ändert sich der Drehimpuls nicht. Es gilt also der Drehimpulserhaltungssatz:   L2 = L1 = konst. für

 M = 0 allgemein

(12.9 a)

bzw. bei Rotation um die Trägheitshauptachse durch S J 2 ⋅ ω 2 = J 1 ⋅ ω 1 = konst.

(12.9 b)

Die letzte Beziehung können Sie mit Drehstuhl und Hanteln leicht selbst experimentell überprüfen, Bild 12.3. Übrigens, den Katzen ist der Drehimpulserhaltungssatz auch „bekannt“: Wenn sie mit dem Rücken voran vom Baum fallen, drehen sie instinktiv den Körper so, dass sie auf den Pfoten landen. Da der Gesamtdrall null ist, müssen sie dazu gleichzeitig den Schwanz entgegengesetzt drehen (Fallreflex).

12.2 Rotation um eine Trägheitshauptachse durch den Schwerpunkt

167


Übung 12.1 Eine Trommel aus Stahl (ρ = 7,85 kg/dm3) ist mit einem EinphasenElektromotor gekoppelt, dessen Anker ein Trägheitsmoment JM = 1,8 kgm2 hat, Bild 12.4. Das Trägheitsmoment von Kupplung und Zapfen soll ebenso vernachlässigt werden wie Energieverluste. Auf den Anker wirkt ein Moment aus den elektromagnetischen Kräften, das in tA = 4 s linear von null auf Mmax anwächst. Die dabei erreichte Enddrehzahl beträgt nmax = 300 min–1. 1. Wie groß ist Mmax am Ende des Beschleunigungsvorganges? 2. Welchen Zeitverlauf ω(t) hat die Winkelgeschwindigkeit? 3. Wie groß ist das maximale Moment MK max, das von der Kupplung übertragen werden muss?

Bild 12.4 Trommel T mit Motor M über Kupplung K gekoppelt, Übung 12.1

Übung 12.2 Gegeben ist die Bahnschranke in Bild 12.5. 1. Wie groß muss die Masse m1 des Ausgleichsgewichts gemacht werden, damit die Schranke bezüglich des Drehpunktes S im statischen Gleichgewicht ist? 2. Wie groß ist das Trägheitsmoment J der Schranke bezüglich S (einschließlich der Masse m1)? Nehmen Sie m1 als punktförmig und den Balken als dünnen Stab der Länge 5,6 m an. 3. Die Schranke öffnet gleichmäßig beschleunigt in 3 s auf ϕ1 = 25°; danach folgt gleichförmige Bewegung bis auf ϕ2 = 50°, im letzten Abschnitt gleichmäßige Verzögerung auf die Ruhestellung bei ϕ3 = 75°. Ermitteln Sie für die 3 Abschnitte die erforderlichen Momente sowie die gesamte Öffnungszeit. Reibung sei vernachlässigt.

12.2.2 Kinetische Energie Wie groß ist die Arbeit, um einen Rotor von der Winkelgeschwindigkeit ω1 auf die Winkelgeschwindigkeit ω2 zu beschleunigen? Wir setzen in Gleichung (7.3 b) W12 =

ϕ2

∫ M ⋅ dϕ

ϕ1

den Drehimpulssatz (12.7b)  = M J ⋅ϕ

ein und erhalten ϕ2

 ⋅ dϕ . W12 = J ⋅ ∫ ϕ ϕ1

Bild 12.5 Bahnschranke aus Übung 12.2

2

168


Mit den Umformungen  ⋅ dϕ = ϕ

⎛ ω2 ⎞ dω ⋅ dϕ = ω ⋅ dω = d ⎜ ⎟ dt ⎝ 2 ⎠

folgt ω


2 ⎛ ω2 ⎞ J ⋅ ω22 J ⋅ ω12 W12 = J ⋅ ∫ d ⎜ ⎟ = − = Ek2 − Ek1 , 2 2 ⎝ 2 ⎠ ω1

mit der zu (10.1) analogen Definition für die

kinetische Energie der Rotation: Ek =

J ⋅ ω2 2

in

kg ⋅ m2 s2

= Nm

(12.10)

Übung 12.3 Die umlaufenden Massen einer Maschine haben das Trägheitsmoment J = 30 kgm2. Bei der Drehzahl n = 900 min–1 wird die Energiezufuhr abgestellt; nach t = 7 Minuten steht die Maschine still. Wie groß ist das (konstant anzunehmende) Leerlaufdrehmoment ML? Lösung mit Hilfe des Energiesatzes.

12.3 Analogie zwischen Translation und Rotation Aus dem Vorausgehenden ersehen wir, dass es zu jeder translatorischen Größe eine entsprechende rotatorische Größe gibt. Zum besseren Einprägen bzw. Auffinden habe ich alle Entsprechungen in Tab. 12.1 gegenübergestellt.

12.3 Analogie zwischen Translation und Rotation

169


Translation

Rotation

Weg

s

m

Winkel

ϕ

rad bzw. 1

Geschwindigkeit

v = s

m/s

Winkelgeschwindigkeit

ω = ϕ

rad/s bzw. s–1

Tangentialbeschleunigung

a t = v =  s

m/s2

Winkelbeschleunigung

 α = ω = ϕ

rad/s2 bzw. s–2

Masse

m

kg

Trägheitsmoment

J

kgm2

Kraft

F

N

Moment

M

Nm

Impuls

p = mv

kgm/s

Drehimpuls

L = Jω

kgm2/s

dp = ms = F dt

N

dL  = M = Jϕ dt

Nm

Impulssatz

Drehimpulssatz t2

m(v2 − v1 ) = ∫ F dt

t2

J (ω2 − ω1 ) = ∫ M dt

Ns

t1

mv 2 2

Nm

kinetische Energie

Ek =

W = ∫ F ds

Nm

äußere Arbeit

W=

P=F⋅v

Nm/s

kinetische Energie

Ek =

äußere Arbeit

s2

Jω 2 2

Nm

ϕ2

∫ M dϕ

Nm

ϕ1

s1

Leistung

Nms

t1

Leistung

P=M⋅ω

Bemerkung: Die Kraft wirkt in Richtung des Weges bzw. der Geschwindigkeit, das Moment dreht um die Drehachse.

Tab. 12.1 Analogie zwischen Translation und Rotation

Nm/s

2

170


12.4 Drehung um eine feste Achse oder um eine Achse durch den Momentanpol


Bild 12.6 Kreiszylinder auf schiefer Ebene, Drehimpulssatz um Momentanpol M

Bisher haben wir den Drehimpulssatz in der Form (12.7 b) auf die Drehung um die Trägheitshauptachse durch den Schwerpunkt S angewendet. Er gilt aber auch für eine Achse, die zu der Trägheitshauptachse durch S parallel ist, und zwar u. a. in den folgenden Fällen: − Es liegt Drehung um eine feste Achse vor. − Beim Abrollen eines Kreiszylinders auf einer Ebene oder einem anderen Kreiszylinder gilt (12.7 b) für die Drehung um eine Achse durch den Momentanpol. Beispiel 12.1 Mit welcher Winkelbeschleunigung ω bzw. Bahnbeschleunigung aS des Schwerpunkts rollt eine massive kreiszylindrische Walze vom Radius r eine schiefe Ebene vom Neigungswinkel α herunter, Bild 12.6? Der Vorgang sei verlustfrei. Lösung: Drehimpulssatz bezüglich Momentanpol M:  = M = m ⋅ g ⋅ r ⋅ sin α JM ⋅ ω

(*)

Trägheitsmoment bezüglich M: J M = JS + m ⋅ r 2 =

m ⋅ r2 3 + m ⋅ r2 = m ⋅ r2 2 2

Mit JM folgt aus (*) = ω

m ⋅ g ⋅ r ⋅ sin α 2 g = ⋅ sin α . 2 3 3 r 2m⋅r

Wegen vS = ω ⋅ r

(Rollbedingung)

folgt  ⋅ r = 23 g ⋅ sin α . aS = ω

Würde der Körper reibungsfrei die schiefe Ebene herunterrutschen (kein Drehen!), wäre aS = g ⋅ sin α ,

also 50% größer.

12.5 Reduziertes Trägheitsmoment

171

Übung 12.4


Der skizzierte Baukran in Bild 12.7 (Drehkran mit Drehkranz) besteht im Wesentlichen aus vertikalem Mast, Ausleger A, Hublast H und Gegengewicht G. Zur angenäherten Berechnung seines Trägheitsmoments um die Drehachse werden die Massen von G und H punktförmig in den Schwerpunkten angenommen; die nahe der Drehachse gelegene Masse des Mastes wird vernachlässigt und die des Auslegers als gleichmäßig über seine Länge von insgesamt 20 m verteilt angesehen. Für den Abstand des Auslegerschwerpunkts zur Drehachse sei vereinfachend mit 10 m gerechnet. mG = 16 000 kg; mA = 2400 kg; mH = 4000 kg Der Kran wird mit einer Anfangswinkelbeschleunigung α0 = 0,04 s–2 aus der Ruhelage in Drehbewegung versetzt, wobei die Winkelbeschleunigung α linear mit der Zeit in 4 s auf null absinkt. Während der gesamten Drehbewegung wirkt ein konstantes Reibmoment MR = 3200 Nm. 1. Berechnen Sie das Trägheitsmoment J bezüglich der Drehachse. 2. Bestimmen Sie das erforderliche Anfangsmoment M0 der Antriebswelle zur Zeit t = 0. 3. Stellen Sie die Funktionen α(t) und ω(t) auf. Zeichnen Sie das α(t)- und das ω(t)-Diagramm. 4. Berechnen Sie die zum Drehen maximal erforderliche Leistung Pmax an der Antriebswelle.

Bild 12.7 Baukran aus Übung 12.4

12.5 Reduziertes Trägheitsmoment Betrachten wir den Fall gemäß Bild 12.8. Der Elektromotor auf der Welle 1 treibt ein zweistufiges Getriebe an. Die Drehzahlen der Wellen stehen in festen Verhältnissen zueinander, nämlich n1 = 2,74; n2

n2 = 3,07 . n3

Die Trägheitsmomente auf den drei Wellen betragen: J1 = 0,2 kgm2; J2 = 0,25 kgm2; J3 = 0,4 kgm2 Wir wollen die beiden folgenden Fragen klären: 1. Welche kinetische Energie steckt im System Motor/Getriebe, wenn die Antriebswelle mit n1 = 950 min–1 dreht? 2. Welches (konstant angenommene) Drehmoment M1 muss der Motor abgeben, um die Drehmassen in 4 s von null auf n1 = 950 min–1 zu beschleunigen?

Bild 12.8 Motor mit Getriebe

2

172


Die Energie darf als skalare Größe algebraisch aufsummiert werden: 1 1 1 J 1 ⋅ ω 12 + J 2 ⋅ ω 22 + J 3 ⋅ ω 32 2 2 2 2 2 ⎡ ⎤ 1 ⎛ω ⎞ ⎛ ω3 ⎞ 2 = ⎢ J 1 ⋅ ω 12 + J 2 ⋅ ⎜ 2 ⎟ ⋅ ω 12 + J 3 ⋅ ⎜ ⎟ ⋅ ω1 ⎥ ⎝ ω1 ⎠ ⎝ ω1 ⎠ 2 ⎢⎣ ⎥⎦

Ek =

2 2 1⎡ ⎛ ω2 ⎞ ⎛ ω3 ⎞ ⎤ 2 J + ⎢ J1 + J 2 ⎜ ⎟ ⎟ ⎥ ω 3 ⎜ ⎝ ω1 ⎠ ⎝ ω 1 ⎠ ⎥⎦ 1 2 ⎢⎣ 1 = J red 1 ⋅ ω 12 2


=

Die Drehungen von beliebig vielen Wellen reduzieren wir somit auf die Drehung einer Welle, z. B. der Antriebswelle 1. Dabei ist das auf die Welle 1 reduzierte Trägheitsmoment ⎛ω ⎞ ⎛ ω3 ⎞ J red 1 = J 1 + J 2 ⎜ 2 ⎟ + J 3 ⎜ ⎟ +  ⎝ ω1 ⎠ ⎝ ω1 ⎠ 2

2

2

2

⎛n ⎞ ⎛ n3 ⎞ = J1 + J 2 ⎜ 2 ⎟ + J 3 ⎜ ⎟ +  ⎝ n1 ⎠ ⎝ n1 ⎠ 2

(12.11 a)

2

⎛n ⎞ ⎛ n n3 ⎞ = J1 + J 2 ⎜ 2 ⎟ + J 3 ⎜ 2 ⋅ ⎟ +  ⎝ n1 ⎠ ⎝ n1 n 2 ⎠

in die kinetische Energie des Systems

Ek =

J red 1 ⋅ ω 12 2

(12.11b)

einzusetzen. Dasselbe reduzierte Trägheitsmoment benötigen wir auch für das Drehmoment an der Welle 1 zur Beschleunigung aller Drehmassen des Systems: M 1 = J red 1 ⋅ ω 1 = J red 1 ⋅ α 1

(12.11c)

12.5 Reduziertes Trägheitsmoment

173

Zahlenwerte: ⎛ ⎞ 0,25 0, 4 ⎟ kgm2 ≈ 0,2390 kgm2 + J red 1 = ⎜ 0,2 + ⎜ 2,742 ( 2,74 ⋅ 3,07 )2 ⎟ ⎝ ⎠ ω1 = 2 π ⋅ n1 = 2 π ⋅ 950/60 s−1 ≈ 99, 48 s−1


Ek = J red 1 ⋅ ω12 /2 = 0,2390 kgm2 ⋅ 99, 482 s−2 /2 ≈ 1182 Nm  1 = α1 = ω

ω1 99, 48 s−1 = ≈ 24,87 s−2 4s 4s

 1 = 0,2390 kgm2 ⋅ 24,87 s−2 ≈ 5,94 Nm M1 = J red 1 ⋅ ω

Selbstverständlich kann auf jede Welle der Drehzahl n (Winkelgeschwindigkeit ω) reduziert werden. Dabei ist das auf die Welle der Drehzahl n (Winkelgeschwindigkeit ω) reduzierte Trägheitsmoment

J red

⎛ ω1 ⎞ = J1 ⎜ ⎟ ⎝ ω ⎠ ⎛ n1 ⎞ = J1 ⎜ ⎟ ⎝ n ⎠

2

2

⎛ ω2 ⎞ + J2 ⎜ ⎟ ⎝ ω ⎠ ⎛ n2 ⎞ + J2 ⎜ ⎟ ⎝ n ⎠

2

2

⎛ ω3 ⎞ + J3 ⎜ ⎟ ⎝ ω ⎠

⎛ n3 ⎞ + J3 ⎜ ⎟ ⎝ n ⎠

2

+ 

(12.12 a)

2

+ 

in die kinetische Energie des Systems Ek =

J red ⋅ ω 2 2

(12.12 b)

einzusetzen. Entsprechendes gilt für das Drehmoment an der Welle der Winkelbeschleunigung ω zur Beschleunigung aller Drehmassen des Systems:  = J red ⋅ α M = J red ⋅ ω

(12.12c)

2

174


Übung 12.5


Bild 12.9 Anordnung Motor/Schleudertrommel, Übung 12.5

Ein Elektromotor leistet 2,5 kW bei der Nenndrehzahl 1450 min–1 und treibt über einen Keilriemen eine Schleudertrommel an, Bild 12.9. Riemenscheibendurchmesser auf der Motorwelle d1 = 120 mm, auf der Trommelwelle d2 = 400 mm; Trägheitsmoment der Massen auf Welle 1 J1 = 0,1 kgm2, auf Welle 2 J2 = 2 kgm2. 1. Berechnen Sie das auf die Motorwelle 1 reduzierte Trägheitsmoment Jred 1. 2. Wie groß ist die Winkelbeschleunigung α1 der Motorwelle, wenn der Motor mit dem 1,2-fachen Nennmoment anläuft? 3. Der Motor wird bei der Drehzahl 1450 min–1 abgeschaltet und die Anlage durch eine Bremse an der Trommel abgebremst. Dazu werden auf eine Bremsscheibe vom Durchmesser d3 = 100 mm zwei Bremsklötze mit der radialen Kraft F = 200 N gepresst. Die Reibungszahl beträgt μ = 0,5. Wie groß ist das auf die Motorwelle 1 bezogene Bremsmoment MB1? 4. Nach wie viel Sekunden steht die Anlage still?

12.6 Allgemeine ebene Bewegung Hier behandeln wir anhand von Beispielen und Übungen ebene  Körper, die sich mit der Schwerpunktgeschwindigkeit v S translatorisch bewegen und um eine Achse durch S drehen. Bei dieser Überlagerung treten Impuls- und Drehimpulssatz gemeinsam auf. Im Energiesatz sind die translatorischen und rotatorischen Anteile zu berücksichtigen. Ist die Kinematik bereits bekannt, können die Größen m · a und J ⋅ ω unmittelbar angegeben werden. Den letzteren Ausdruck wollen wir d’ALEMBERTsches Hilfsmoment oder Trägheitsdrehmoment nennen und mit ihm wie mit der Trägheitskraft in (8.3) verfahren. Bild 12.10 Massive kreiszylindrische Walze auf schiefer Ebene, Beispiel 12.2 a) Anordnung b) Kräfte auf Walze: Gewichtskraft FG, b) Reibungskraft FR, Normalkraft FN

Beispiel 12.2 Welche Schwerpunktgeschwindigkeit vS und welche Winkelgeschwindigkeit ω hat eine massive kreiszylindrische Walze, wenn sie aus dem Ruhezustand heraus die Höhendifferenz h auf einer schiefen Ebene herunterrollt, Bild 12.10a? Der Vorgang sei verlustfrei. Lösung (über Impuls- und Drehimpulssatz, mit dem Schwerpunkt S als Bezugspunkt): Resultierende Kraft in Bewegungsrichtung (Hangabtriebskraft – Reibungskraft), Bild 12.10 b: F = FG ⋅ sin α − FR

Impulssatz: m ⋅ a S = F = FG ⋅ sin α − FR

(*)

12.6 Allgemeine ebene Bewegung

175

Drehimpulssatz bezüglich S:  = M = FR · r JS · ω

(**)

Kinematik: νS = ω ⋅ r

bzw. a S = ω ⋅ r

(Rollbedingung)

Die unbekannte Reibungskraft FR eliminieren wir aus (*) und (**), indem wir (*) mit r multiplizieren und zu (**) addieren: (*) ⋅ r + (**)

m ⋅ r ⋅ a S + J S ⋅ ω

→


= FG ⋅ r ⋅ sin α = m ⋅ g ⋅ r ⋅ sin α Einsetzen von a S = ω ⋅ r und

JS =

m⋅r2 2

liefert 3 2

m ⋅ r 2 ⋅ ω = m ⋅ g ⋅ r ⋅ sin α

bzw. ω =

2 g ⋅ sin α 3 r

2

und aS =

2 3

g ⋅ sin α .

Dasselbe Ergebnis haben wir im Beispiel 12.1 allein über den Drehimpulssatz bezüglich des Momentanpols erhalten. Mit Tab. 2.1 folgt schließlich: vS = 2 aS ⋅ s = 2 ⋅

2 h ⋅ g ⋅ sin α ⋅ = 3 sin α

4 g⋅h 3

und damit ω=

vS 4 g⋅h . = r 3 r2

Beispiel 12.3

Problemstellung wie in Beispiel 12.2, jedoch Lösung mit Hilfe des Energiesatzes. Lösung: Energiesatz zwischen Ausgangsposition 1 und Endposition 2: Ep 2 + Ek 2 = Ep 1 + Ek 1

176


Das Höhen-Nullniveau legen wir in Pos. 2, damit ist Ep 2 = 0. Ek 1 = 0 wegen v1 = 0. Mit v2 = vS und ω2 = ω folgt: m ⋅ vS2 J S ⋅ ω2 + = m⋅g⋅h 2 2

und wegen der Rollbedingung v S = ω ⋅ r sowie J S = m ⋅ r 2 /2


⎛ m ⋅ r2 m ⋅ r2 ⎞ 2 + ⎜ ⎟ ω = m ⋅ g⋅h 4 ⎠ ⎝ 2 ω= Bild 12.11 Trägheitskraft FT und Trägheitsdrehmoment MT einer Pleuelstange, Beispiel 12.4

vS =

4 g⋅h 3 r2 4 3

g⋅h

Der Lösungsweg über den Energiesatz ist einfacher als über Impulsund Drehimpulssatz. Beispiel 12.4 Im Beispiel 4.2 wurde die Kinematik der Pleuelstange eines Verbrennungsmotors untersucht. Jetzt sollen Trägheitskraft und Trägheitsdrehmoment infolge der Pleuelbewegung bestimmt werden. Pleueldaten: Masse m = 0,5 kg; Trägheitsmoment bezüglich der Schwerpunktachse JS = 0,002 kgm2; Beschleunigung des Schwerpunkts aS = 6424 m/s2; Winkelbeschleunigung ω S = 27490 s–2 Lösung: Mit D’ALEMBERT folgt unmittelbar, Bild 12.11: FT = m ⋅ aS = 0,5 kg ⋅ 6424 m/s2 ≈ 3212 N

 (entgegen aS)

 S = 0,002 kgm 2 ⋅ 27 490 s −2 ≈ 55 Nm (entgegen ω  S) MT = JS ⋅ ω

  S siehe Beispiel 4.2. Richtung von aS und ω

Eine exakte Aufteilung der Trägheitsgrößen auf Zapfen- und Kolbenlager ist in diesem Fall nicht möglich, da jedes Lager zwei Kraftkomponenten übertragen kann, das Problem somit statisch unbestimmt ist. Man müsste deshalb die Verformung des Pleuels miteinbeziehen (s. Teil 3), was wegen der komplizierten Form nur numerisch möglich ist. Im Kolbenmaschinenbau werden für die Aufteilung auch Näherungsverfahren verwendet. *

12.7 Gekoppelte Körper

177

Die folgenden beiden Aufgaben haben zwar keinen direkten Praxisbezug, sie eignen sich indes gut zum Üben von D’ALEMBERTschen Trägheitsgrößen, Impuls-, Drall- und Energiesatz für den ebenen Körper.


Übung 12.6 Eine Trommel mit aufgewickeltem Stahlseil bewegt sich aus der Ruhe plötzlich nach unten. Sie hängt nur noch an dem fixierten Seilende, Bild 12.12. Werte für die Trommel (von kreiszylindrischer Form): m = 3000 kg; J = 600 kgm2 (bezüglich S); r = 0,5 m Mit welcher Beschleunigung aS bewegt sich der Schwerpunkt S der Trommel anfangs nach unten? Wie groß ist die Kraft F im abgewickelten Seilende? Der Vorgang sei verlustfrei.

Bild 12.12 Seiltrommel aus Übung 12.6

Übung 12.7 Ein Kreiszylinder rollt beim Abladen aus Versehen einen Hang hinunter und den Gegenhang wieder hoch (Bewegung von Position 1 nach Position 3), ehe er zurückrollt, Bild 12.13. Der Vorgang ist verlustfrei anzunehmen. m = 100 kg; J = 3 kgm2 (bezüglich des Schwerpunktes) 1. Welche Geschwindigkeit v1 hatte er in Position 1? 2. Mit welcher Kraft F drückt er im Punkt 2 auf die Unterlage?

12.7 Gekoppelte Körper Gemeint sind Probleme, bei denen zwei oder mehrere Körper durch Seile usw. miteinander verbunden sind. Die kinetischen Beziehungen gelten für die Anordnung als Ganzes und für jeden herausgeschnittenen Einzelkörper. Aufschneiden muss man vor allem dann, wenn die zwischen den Körpern wirkenden Kräfte zu bestimmen sind. Beispiel 12.5 Bild 12.14 a zeigt im Schema eine Bergwerksförderanlage. Die Treibscheibe treibt das Förderseil an, an dem die beiden Körbe hängen. Das Förderseil wird durch Leitscheiben geführt. Beide Körbe sind zum Ausgleich des Seilgewichtes durch das Unterseil verbunden. Die gesamte Seillänge beträgt 760 m, der laufende Meter wiegt 4,78 kg. Der Motor auf der Treibscheibenwelle beschleunigt konstant aus dem Stillstand in t = 10 s auf die Fahrgeschwindigkeit v = 14 m/s. Verluste seien vernachlässigt. Daten: Treibscheibendurchmesser dT = 5,4 m; Trägheitsmoment auf der Treibscheibenwelle JT = 60 000 kgm2; Leitscheibendurchmesser dL = 4,2 m; Trägheitsmoment einer Leitscheibe JL = 18 000 kgm2; Massen der Förderkörbe m1 = 2500 kg und m2 = 6400 kg.

2 Bild 12.13 Kreiszylinder, Übung 12.7

178


Zu berechnen sind für die Beschleunigungsphase das erforderliche Antriebsmoment M an der Treibscheibenwelle und die Seilkraft FS im auflaufenden Seil kurz vor der rechten Leitscheibe. Lösung: Wir rechnen die Trägheitsmomente der Leitscheiben auf die Treibscheibe um (12.11 a):


J T red

⎛ ωL ⎞ = JT + 2JL ⋅⎜ ⎟ ⎝ ωT ⎠

v = ωT ⋅

aus

dT 2

2

= ωL ⋅

dL

folgt

2

ωL ωT

=

dT dL

→

2

J T red

⎛d ⎞ = J T + 2 J L ⋅ ⎜ T ⎟ = 60 000 kgm2 ⎝ dL ⎠ 2

⎛ 5,4 m ⎞ 2 + 2 ⋅ 18 000 kgm2 ⎜ ⎟ = 119 510 kgm ⎝ 4,2 m ⎠

Im skizzierten Fall befindet sich Korb 2 ungefähr am tiefsten Punkt. Das Unterseil übt auf Korb 2 deshalb keine Kraft aus. Die Anordnung lässt sich auf das Ersatzsystem in Bild 12.14b reduzieren, mit den Trägheitskräften und dem Trägheitsdrehmoment J T red ⋅ ω . Die Trägheitsgrößen wirken entgegen der Beschleunigungsrichtung (hier gleichzeitig Geschwindigkeitsrichtung). Momentengleichgewicht um die Treibscheibenwelle:

Bild 12.14 Bergwerksförderanlage aus Beispiel 12.5 a) Anordnung b) Ersatzsystem zur Berechnung b) von M c) Ersatzsystem zur Berechnung c) von FS

mS mS ⎛ mS M +⎜ ⋅g − ⋅ a + m1 ⋅ g − m1 ⋅ a − ⋅g ⎝ 2 2 2 −

⎞ d ⋅ a − m 2 ⋅ g − m 2 ⋅ a ⎟ T − J T red ⋅ ω = 0 ⎠ 2 2

ms

 berechnen wir aus Beschleunigung a bzw. Winkelbeschleunigung ω a=

v 14 m/s = = 1, 4 m/s 2 , t 10 s

ω =

1, 4 m/s 2 a = ≈ 0 , 520 s − 2 . d T /2 2, 7 m

Seilmasse mS = 4,78 kg/m ⋅ 760 m ≈ 3633 kg Die Gleichgewichtsbeziehung lässt sich somit nach M auflösen, zusammenfassen und auswerten:

12.7 Gekoppelte Körper

M = (mS + m1 + m2 ) ⋅ a ⋅

179

dT d  + (m2 − m1 ) ⋅ g ⋅ T + J T red ⋅ ω 2 2

M = (3633 + 2500 + 6400) kg ⋅ 1, 4 m/s2 ⋅ 2,7 m +(6400 − 2500) kg ⋅ 9,81 m/s2 ⋅ 2,7 m +119 510 kgm2 ⋅ 0,520 s−2

M ≈ 213 kNm

Bild 12.15 Standseilbahn aus Übung 12.8


Zur Berechnung der Seilkraft FS schneiden wir das System gemäß Bild 12.14 c heraus und tragen Seilkraft, Gewichtskräfte sowie Trägheitskräfte ein. Das Gleichgewicht in vertikaler Richtung liefert:

↑

FS −

mS m ⋅ g − S ⋅ a − m2 ⋅ g − m2 ⋅ a = 0 2 2

⎛m ⎞ FS = ⎜ S + m 2 ⎟ ⋅ ( g + a ) ⎝ 2 ⎠ ⎛ 3633 ⎞ + 6400 ⎟ kg ⋅ ( 9,81 + 1,4 ) m/s2 ≈ 92 kN FS = ⎜ ⎝ 2 ⎠

Übung 12.8 Die Standseilbahn in Bild 12.15 besteht im Wesentlichen aus Wagen, Winde, Seil, Motor, Getriebe und Bremse. Bei einem Störfall konnte der Wagen aus dem Stillstand heraus t1 = 5 s lang ungebremst talwärts rollen, ehe die Bremse einfiel und mit MB = 100 kNm abbremste. Wagenmasse m = 1 · 104 kg; Trägheitsmoment auf der Windenwelle J = 7000 kgm2, Windenradius r = 0,8 m. Vereinfachungen: Nur die Trägheitsmomente auf der Windenwelle und die Wagenmasse sollen berücksichtigt werden. Außer an der Bremse sollen keine Reibungs- und Widerstandskräfte wirken. 1. Welche Beschleunigung a und welche maximale Geschwindigkeit vmax erfährt der Wagen während der ungebremsten Talfahrt? Wie groß ist hierbei die Seilkraft FS? 2. Wie groß sind Beschleunigung a und Seilkraft FS während der Bremsphase? 3. Wie lange dauert der gesamte Vorgang vom Losrollen bis zum Stillstand (Zeit t)? Welche Strecke s wird dabei zurückgelegt?

1. Wie lautet der Drehimpuls bei Rotation eines Körpers um seine Hauptachse durch den Schwerpunkt? 2. Wie kann man den Drehimpuls ändern? 3. Geben Sie in Worten die Formel für die kinetische Energie der Rotation an. 4. Welchen Vorteil bringt das reduzierte Trägheitsmoment?

2

180

13 Kinetik der Relativbewegung Führungskraft, Zentrifugalkraft, CORIOLIS-Kraft

In Kap. 5 haben wir gesehen:     a = a F + a rel + a C Technische Mechanik downloaded from www.hanser-elibrary.com by ETH-Bibliothek on September 16, 2014 For personal use only.

Absolutbeschleunigung =

Führungsbeschleunigung + Relativbeschleunigung + CORIOLIS-Beschleunigung

Aus dem Bewegungsgesetz (8.1) für einen Massenpunkt bzw. für den Schwerpunkt eines starren Körpers   F = m⋅a wird somit     F = m ⋅ a F + m ⋅ a rel + m ⋅ a C . Nach D’ALEMBERT deuten wir die Glieder auf der rechten Seite als Trägheitskräfte, insbesondere: Führungskraft         FF = − m ⋅ a F = − m ⋅ a A + ω × rrel + ω × ( ω × rrel )

[

]

(13.1 a)

Wenn sich die Führung mit konstanter Winkelgeschwindigkeit ω um einen raumfesten Punkt A dreht, verbleibt nur noch die Zentrifugalkraft     räumlich (13.1 b) FF = − m ⋅ ω × ( ω × rrel )   FF = m ⋅ rrel ⋅ ω2  FF = m ⋅ rrel ⋅ ω2

eben

CORIOLIS-Kraft     FC = − m ⋅ a C = −2 m ⋅ ω × v rel

(13.1 c)

(13.2)

Wir bringen im Bewegungsgesetz Führungsund CORIOLIS-Kraft  auf die linke Seite zur äußeren Kraft F und erhalten:

13 Kinetik der Relativbewegung

181

Bewegungsgesetz für die Punktmasse im bewegten Bezugssystem     F + FF + FC = m ⋅ a rel (13.3)

Beispiel 13.1


In der Rille eines Drehtellers kann sich eine Kugel der Masse m = 0,004 kg – vom Drehteller aus gesehen – radial bewegen, Bild 13.1 a. Über eine Feder, die sich plötzlich entspannt, wird ihr die Startgeschwindigkeit v0 = 16 m/s an der Stelle r = b = 0,05 m mitgegeben. Weitere Angaben: Winkelgeschwindigkeit des Drehtellers ω = 63 s–1; R = 0,2 m; reibungsfreier Vorgang. 1. Mit welcher Relativgeschwindigkeit vrel verlässt die Kugel den Drehteller? 2. Mit welchem maximalem Drehmoment Mmax ist der Drehteller anzutreiben? Lösung: Die Relativkoordinate im sich drehenden Bezugssystem ist der Radius r. An der Masse m wirken 3 Kräfte, Bild 13.1b: Äußere Kraft F von der Rillenwand auf die Kugel Führungskraft FF = FZ = m ⋅ r ⋅ ω2 : Trägheitskraft gemäß (13.1c) CORIOLIS-Kraft FC = 2 m ⋅ ω ⋅ v rel : Trägheitskraft gemäß (13.2) Das Bewegungsgesetz (13.3)     F + FF + FC = m ⋅ a rel führt in radialer Richtung auf m ⋅ r ⋅ ω2 = m ⋅ arel

bzw. arel = r ⋅ ω2 .

Daraus erhalten wir mit Tab. 2.1, Fall 5, die Geschwindigkeit r

vrel = 2 ∫ arel ⋅ dr + v02 = b

vrel =

r

2ω2 ∫ r ⋅ dr + v02 b

ω2 (r 2 − b2) + v02

vrel ( r = R ) = ω2 ( R 2 − b 2) + v02 = 632 s−2 (0,22 − 0,052 ) m 2 + 162 m 2 /s2 ≈ 20,1 m/s .

Bild 13.1 Kugel in der Rille eines Drehtellers, Beispiel 13.1 a) Anordnung b) Kräfte an der Kugel

2

182

13 Kinetik der Relativbewegung

In tangentialer Richtung erfährt die Kugel keine Relativbeschleunigung, damit gibt es auch keine tangentiale Trägheitskraft, somit F = FC = 2 m ⋅ ω ⋅ v rel

und hieraus M max = Fmax ⋅ R = 2 m ⋅ ω ⋅ v rel ( r = R ) ⋅ R M max = 2 ⋅ 0,004 kg ⋅ 63 s−1 ⋅ 20,1 m/s ⋅ 0,2 m ≈ 2 kg ⋅ m 2 /s2 = 2 Nm .


* In der technischen Anwendung der Relativbewegung ist der Bewegungsvorgang meist vorgegeben, siehe Kurbelschwinge in Beispiel 5.2 oder Malteserkreuzschrittgetriebe in Übung 5.3. Zu berechnen sind in diesem Fall die Kräfte, die als Folge der Beschleunigungen wirken und als Antriebskräfte sowie Belastungen auf Lager, Führungen und Bauteil selbst eine wichtige Rolle spielen. Da es sich hierbei meist nicht um Massenpunkte sondern um starre Körper handelt, sind für die Kräfte bzw. Momente vor allem die Trägheitsmomente wichtig. Übung 13.1 Der Hochgeschwindigkeitszug von Paris nach Lyon überfahre den 46. Breitengrad genau in Nord-Süd-Richtung mit 450 km/h. Der wievielte Teil der Gewichtskraft eines Wagens wirkt als CORIOLIS-Kraft? In welche Himmelsrichtung zeigt diese? Hinweis: Die Erde dreht sich in 86 164 s einmal um ihre Achse. Übung 13.2 In Beispiel 5.2 wurde die Kinematik einer Kurbelschwinge untersucht. Berechnen Sie für die skizzierte Stellung: 1. die Normalkraft F zwischen Kurbelzapfen und Schwinge 2. das Antriebsmoment MK an der Kurbel. Das Trägheitsmoment der Schwinge um den Drehpunkt M beträgt JM = 0,4 kgm2. Die Massen von Kurbel und Zapfen sollen vernachlässigt werden. Die geometrischen Größen ergeben sich mit Hilfe von Kosinus- und Sinussatz.

1. Zu welcher Kraft vereinfacht sich die Führungskraft, wenn das Führungssystem mit konstanter Winkelgeschwindigkeit rotiert? 2. In welchem Fall tritt eine CORIOLIS-Kraft auf? 3. In welche Richtung wirkt die CORIOLIS-Kraft auf einen Zug, der von Hamburg nach Kiel für einen kurzen Streckenabschnitt genau nach Norden fährt? Was ist die Ursache für diese CORIOLISKraft?

183

14 Stoßvorgänge


Gerader/schiefer zentraler Stoß, gerader exzentrischer Stoß, Drehstoß, Stoß ohne und mit Energieverlust (elastisch, teilelastisch, plastisch), Stoßzahl, Geschwindigkeiten nach dem Stoß, Stoßkraft, Stoßmittelpunkt

Stoßvorgänge sind in der Technik und auch im Alltag relativ häufig: Hämmern, Aufeinanderprallen von Eisenbahnwagen, Billard, Squash oder gemäß Bild 14.1.

Bild 14.1 Zusammenstoß

Im Allgemeinen kann man folgende Annahmen treffen: − Die Stoßzeit (Kontaktzeit) ist extrem kurz (einige Millisekunden). − Die Stoßkräfte (Berührkräfte) sind sehr groß, sodass während des Stoßvorgangs alle anderen Kräfte vernachlässigt werden können. − Die Lage der Körper ändert sich während der kurzen Stoßzeit nicht, jedoch der Geschwindigkeitszustand. Bild 14.2 zeigt zwei Körper beim Stoßvorgang mit der Tangentialebene (Berührebene) im Berührpunkt. Die Normale im Berührpunkt auf die Tangentialebene heißt Stoßnormale.

2

Wir wollen im Folgenden den Bewegungszustand nach abgeschlossenem Stoßvorgang bestimmen (mit * gekennzeichnet). Die Ermittlung von Stoßkraft und Stoßzeit ist nur in wenigen Fällen möglich. Allgemein gilt: Da die Stoßkräfte innere Kräfte sind, sind Impuls und Drall des Gesamtsystems vor und nach dem Stoß gleich groß, also     p* = p; L* = L . Bild 14.2 Tangentialebene und Stoßnormale

Den weiteren Rechengang müssen wir für die verschiedenen Stoßvorgänge getrennt durchführen.

14.1 Gerader zentraler Stoß Hierbei bedeuten: Gerade: Geschwindigkeiten liegen auf der Stoßnormalen. Zentral: Schwerpunkte liegen auf der Stoßnormalen. Bild 14.3 zeigt einen solchen Fall. Die Massen m1 und m2 gleiten reibungsfrei mit den Geschwindigkeiten v1 und v2 nach rechts. Wegen v1 > v2 kommt es zum Stoß. Wir wollen alle Größen nach rechts positiv zählen und den Vektorpfeil weglassen.

Bild 14.3 Gerader zentraler Stoß

184

14 Stoßvorgänge

Impuls nach dem Stoß = Impuls vor dem Stoß: p* = p m1 ⋅ v1* + m2 ⋅ v*2 = m1 ⋅ v1 + m2 ⋅ v2

)

(

(

m2 v*2 − v2 = m1 v1 − v1*

)

(*)


Vorläufig soll der Stoß ohne Energieverlust erfolgen (elastischer Stoß), d. h. die kinetische Energie nach dem Stoß = kinetische Energie vor dem Stoß: E*k = Ek

m1 ⋅ v1*2 m2 ⋅ v*2 2 m1 ⋅ v12 m2 ⋅ v22 + = + 2 2 2 2

) ( ) ( m ( v* − v ) ⋅ ( v* + v ) = m ( v − v* ) ⋅ ( v + v* ) m2 v*2 2 − v22 = m1 v12 − v*1 2

2

2

2

2

2

1

1

1

1

1

Mit Berücksichtigung von Gl. (*) folgt daraus v*2 + v2 = v1 + v1*

und damit die Aussage: v*2 − v1* = v1 − v2

(14.1)

Die Relativgeschwindigkeiten vor und nach dem elastischen Stoß sind gleich groß, jedoch die Richtung kehrt sich um. Wir setzen (14.1) in (*) ein und erhalten nach kurzer Zwischenrechnung die Geschwindigkeiten nach dem elastischen Stoß: v1* =

1 ⎡( m1 − m2 ) v1 + 2m2 ⋅ v2 ⎤⎦ m1 + m2 ⎣

1 ⎡( m2 − m1) v2 + 2m1 ⋅ v1⎤⎦ v*2 = m1 + m2 ⎣

(14.2)

14.1 Gerader zentraler Stoß

185

Der elastische Stoß ist eine Idealisierung; in der Praxis gibt es nur den Stoß mit mehr oder weniger Energieverlust, also E*k < E k .

Damit ist auch die Relativgeschwindigkeit nach dem Stoß kleiner als vor dem Stoß, d. h. v*2 − v1* < v1 − v2 .


Mit der NEWTONschen Stoßzahl k erhalten wir eine quantitative Aussage für die Relativgeschwindigkeit beim Stoß mit Energieverlust (teilelastischer Stoß): v*2 − v1* = k (v1 − v2)

(14.3)

(14.3) gilt für alle Stoßarten, gemäß k = 1:

elastischer Stoß (Grenzfall)

k = 0:

plastischer Stoß (Grenzfall)

0 < k < 1:

 praktischem Fall teilelastischer Stoß =

2

Anhaltswerte für k: k = 0,5 Hartholz/Hartholz 0,7 Stahl/Stahl 0,9 Elfenbein/Elfenbein 0,94 Glas/Glas Wir setzen (14.3) in (*) ein und erhalten nach Umformung die Geschwindigkeiten nach dem teilelastischen Stoß: v1* =

1 ⎡ m1 ⋅ v1 + m2 ⋅ v2 + k ⋅ m2 ( v2 − v1 ) ⎦⎤ m1 + m2 ⎣

v*2 =

1 ⎡ m1 ⋅ v1 + m2 ⋅ v2 + k ⋅ m1 ( v1 − v2 ) ⎤⎦ m1 + m2 ⎣

Der Energieverlust beträgt ΔEk = Ek − E*k =

m1 ⋅ v12 m2 ⋅ v22 m1 ⋅ v1*2 m2 ⋅ v*2 2 + − − . 2 2 2 2

(14.4)

186

14 Stoßvorgänge

Hierin setzen wir v1* und v*2 gemäß (14.4) ein und erhalten den Energieverlust für den teilelastischen Stoß: ΔE k =

1 m1 ⋅ m 2 ( v1 − v 2 ) 2 1 − k 2 2 m1 + m 2

(

)

(14.5)

Zum bequemeren Anwenden der Formeln separat der Grenzfall k = 0:


Plastischer Stoß (gemeinsame Bewegung nach dem Stoß): m ⋅ v + m2 ⋅ v2 v1* = v*2 = v* = 1 1 m1 + m2 ΔE k =

1 m1 ⋅ m 2 ( v1 − v 2 ) 2 2 m1 + m 2

(14.6)

(14.7)

Schmieden, Einschlagen von Nägeln und Einrammen von Pfählen können näherungsweise als plastische Stöße betrachtet werden. Häufig auftretende Sonderfälle der obigen Beziehung sind in Tab. 14.1 zusammengestellt. Die Stoßzahl k lässt sich am einfachsten über die Rücksprunghöhe gemäß Bild 14.4 bestimmen. Hierbei lässt man eine kleine Kugel der Masse m1 auf eine große ruhende Platte aus gleichem Material aus der Höhe h fallen und bestimmt die Rücksprunghöhe h*. Aus (14.3) folgt k=

2g ⋅ h * v*2 − v1* −v1* . = = v1 − v2 v1 2g ⋅ h

Damit ergibt sich: Bild 14.4 Zur Bestimmung der Stoßzahl k aus der Fallhöhe h und der Rücksprunghöhe h*

Stoßzahl k =

h* h

(14.8)

Übung 14.1 Ein Möbelwagen fährt mit der Geschwindigkeit 36 km/h. 1. Ein Ball wird mit 25 m/s senkrecht auf die Rückwand geworfen. Welche Geschwindigkeit hat der Ball nach dem Stoß? 2. Jetzt trifft der Ball senkrecht auf die Vorderfläche. Welche Geschwindigkeit hat der Ball jetzt nach dem Stoß? Hinweis: Elastischer Stoß; Geschwindigkeiten liegen auf den Stoßnormalen.

14.1 Gerader zentraler Stoß

187

Übung 14.2 Ein Rennwagen der Masse m1 = 600 kg fährt mit 216 km/h frontal in einen Strohballen der Masse m2 = 200 kg, welcher am Rand der Piste liegt. Es liege gerader zentraler plastischer Stoß vor. 1. Mit welcher gemeinsamen Geschwindigkeit v* bewegen sich Rennwagen und Strohballen nach dem Stoß? 2. Welche Bewegungsenergie ΔEk geht beim Stoß verloren?


elastisch (k = 1; ΔEk = 0)

plastisch (k = 0)

Sonderfall 1: m1 = m2 = m; v1 > v2 v1* = v2 ; v*2 = v1

Körper tauschen die Geschwindigkeiten.

v +v v1* = v*2 = 1 2 2 m ΔEk = (v1 − v2)2 4

Sonderfall 2: m1 = m2 = m; v1; v2 = 0 v1* = 0; v*2 = v1

v v1* = v*2 = 1 2 m ⋅ v12 ΔEk = 4

Sonderfall 3: m1; v1; m2 → ∞; v2 = 0 Masse m1 trifft auf feste Wand. v1* = −v1; v*2 = 0

v1* = v*2 = 0

Körper 1 wird an der Wand reflektiert.

ΔEk =

m1 ⋅ v12 2

Sonderfall 4: m1 Ⰷ m2; v1; v2 = 0 Große Masse m1 trifft auf kleine ruhende Masse m2. v1* ≈ v1; v*2 ≈ 2 ⋅ v1

v1* = v*2 ≈ v1 ΔEk =

m2 ⋅ v12 2

Tab. 14.1 Gerader zentraler Stoß – Sonderfälle

2

188


Bild 14.5 Kuppeln von zwei Güterwagen, Beispiel 14.1

14 Stoßvorgänge

Die Vorgänge während des Stoßens analytisch zu erfassen, ist nur in einfachen Spezialfällen möglich. Soviel ist jedenfalls klar: Der Stoßvorgang besteht aus zwei Phasen, der Kompressions- und der Dekompressionsphase. 1. Kompressionsphase Die Körper kommen in Kontakt; die Kontaktkraft steigt von null auf einen Höchstwert an, während sich die Körper zunehmend deformieren. Zum Zeitpunkt der maximalen Kraft bzw. der größten Deformation haben die Körper die gemeinsame Geschwindigkeit v. Diese ergibt sich mit dem Impulserhaltungssatz zu v=

m1 ⋅ v1 + m2 ⋅ v2 m1 + m2

.

Ein Vergleich mit (14.6) zeigt, dass diese der Endgeschwindigkeit beim plastischen Stoß entspricht. Also muss auch der Energieverlust beim plastischen Stoß nach (14.7) gleich der Verformungsarbeit in der Kompressionsphase sein, nämlich W = ΔE k =

1 m1 ⋅ m 2 ( v1 − v 2 ) 2 2 m1 + m 2

2. Dekompressionsphase In der Dekompressionsphase entspannen sich die Körper wieder. Die Verformungsenergie wird in kinetische Energie zurückverwandelt; die Körper erreichen ihre Endgeschwindigkeiten. Für den elastischen Stoß ist der Vorgang verlustlos, beim teilelastischen Stoß entsteht ein Energieverlust gemäß (14.5). Beim plastischen Stoß entfällt die Dekompressionsphase. Mit diesen Überlegungen können wir nun im Spezialfall „zwei stoßende Körper mit Zwischenfeder“ (Eisenbahnwagen) die Federkraft beim Stoßvorgang abschätzen. Beispiel 14.1 Ein Güterwagen der Masse m1 = 20 000 kg rollt mit v1 = 4 m/s hinter einem zweiten Wagen der Masse m2 = 30 000 kg her, der sich in der gleichen Richtung mit v2 = 1 m/s bewegt, Bild 14.5. Beim Anstoßen werden die Pufferfedern zusammengedrückt und im Augenblick der größten Verformung die Wagen starr gekoppelt; die Federn bleiben also maximal gespannt. Das Zusammendrücken soll idealisierend verlustfrei erfolgen. Die Federn sind alle gleich. 1. Mit welcher gemeinsamen Geschwindigkeit v* rollen die gekuppelten Wagen weiter? 2. Welche Energie W wurde in die Pufferfedern gesteckt? Woher kommt diese Energie? 3. Die Federn werden um Δl = 0,2 m zusammengedrückt. Wie groß muss die Federkonstante c jeder Feder sein (pro Wagen sind zwei Federn am Stoß beteiligt)? Wie groß ist die maximale Federkraft Fmax?

14.2 Schiefer zentraler Stoß

189

Lösung: 1. Die gemeinsame Geschwindigkeit entspricht jener beim plastischen Stoß, Gl. (14.6): m ⋅ v + m2 ⋅ v2 20 000 ⋅ 4 + 30 000 ⋅ 1 v* = 1 1 = m/s = 2,2 m/s m1 + m2 20 000 + 30 000

2. Die Verformungsenergie der Federn entspricht der Abnahme der kinetischen Energie bzw. dem Energieverlust nach Gl. (14.7):


W = ΔE k = W=

1 m1 ⋅ m 2 ( v1 − v 2 )2 2 m1 + m 2

Bild 14.6 Schiefer zentraler Stoß

1 20 000 ⋅ 30 000 2 kg ( 4 − 1) m2/s2 = 54 000 Nm 2 20 000 + 30 000

3. Am Stoß sind insgesamt 4 Federn beteiligt. Verformungsenergie pro Feder W = 54 000 Nm/4 = 13500 Nm

Mit (7.2 b) folgt: W=

c ⋅ Δl 2 2

→ c=

2W 2 ⋅ 13500 Nm = = 675000 N/m Δl 2 0,2 2 m2

Fmax = c ⋅ Δl = 675000 N/m ⋅ 0,2 m = 135 kN

14.2 Schiefer zentraler Stoß In diesem Fall liegen zwar die Schwerpunkte auf der Stoßnormalen, jedoch nicht die Geschwindigkeiten, Bild 14.6. Für die Geschwindigkeiten in Stoßnormalenrichtung v*n1 , v*n2 gelten die Beziehungen aus Kap. 14.1. Bezüglich der Tangentialkomponenten v*t1 , v*t2 ist zu unterscheiden: Glatter Stoß (d. h. glatte Oberflächen): v*t1 = vt1 ; v*t2 = vt2 Rauer Stoß: Es tritt eine zusätzliche Drehbewegung auf. Beispiel für einen schiefen zentralen elastischen Stoß: Schiefer Wurf eines glatten Balles gegen eine glatte Wand. Dafür gilt das Reflexionsgesetz „Einfallswinkel gleich Ausfallswinkel“. Bei rauhem Stoß stimmt das nicht mehr, im Gegenteil, hier lassen sich die schönsten Überraschungseffekte erzielen (Stichwort Superball). Auch bei teilelastischem Stoß ist das Reflexionsgesetz nicht mehr gültig.

2

190

14 Stoßvorgänge

Übung 14.3 Ein Squashball trifft mit dem Winkel α = 30° zur Wandnormalen auf (glatter Stoß; Stoßzahl k = 0,8). Unter welchem Winkel zur Wandnormalen springt er zurück?


14.3 Gerader exzentrischer Stoß

Bild 14.7 Gerader exzentrischer Stoß

Beim exzentrischen Stoß liegt mindestens einer der Schwerpunkte der beiden Körper nicht auf der Stoßnormalen. Der Stoß ist gerade, wenn die Geschwindigkeiten unmittelbar vor dem Stoß die Richtung der Stoßnormalen haben. Bild 14.7 zeigt einen solchen Fall: Ein im Punkt 0 drehbar aufgehängter Körper (Masse m2, Trägheitsmoment J0 bezüglich 0 bzw. JS bezüglich des Schwerpunktes S) wird von der Masse m1 getroffen. Mit den kinematischen Beziehungen v2 = ω2 ⋅ l; v*2 = ω*2 ⋅ l

(14.9 a)

und der reduzierten Masse J0 (14.9 b) m2 red = 2 l anstelle von m2 können die Formeln vom geraden zentralen Stoß, Kap. 14.1, ohne Einschränkung übernommen werden. Für die Praxis ist noch folgende Frage von Bedeutung: Gibt es einen Aufhängepunkt 0, in dem keine Stoßkräfte auftreten? Einen solchen Punkt gibt es; es ist der Momentanpol aus Kap. 4.4. Um diesen Punkt führt ein freier Körper 2 nach dem Stoß eine reine Drehbewegung aus, keine Translation. Somit kann man den Körper 2 in diesem Punkt drehbar lagern, ohne den Bewegungszustand zu ändern. Im Rahmen der Stoßprobleme wird dieser Momentanpol als Stoßmittelpunkt bezeichnet. Zur Herleitung von (14.10) s. z. B. [10]. Lage des Stoßmittelpunktes: rS =

JS m2 ⋅ a

(14.10)

Praktische Anwendung: Pendelschlagwerke werden im Stoßmittelpunkt gelagert. Auch einen Hammer sollte man im Stoßmittelpunkt halten, will man nicht unangenehme Schläge abkriegen.

14.4 Drehstoß

191

Übung 14.4


Bild 14.8 gibt eine Situation beim Tennisspielen wieder. Der Ball wird im Schlägerpunkt P getroffen und zurückgeschlagen (Stoßzahl k = 0,7). Drehpunkt der Schlägerbewegung soll der Stoßmittelpunkt 0 sein. Ball: m1 = 0,05 kg; v1 = 30 m/s Schläger: m2 = 0,4 kg; JS = 0,0176 kgm2; a = 0,22 m Berechnen Sie: 1. den Abstand rS des Stoßmittelpunktes 0 vom Schwerpunkt S, 2. die auf den Punkt P reduzierte Masse m2red des Schlägers, 3. die erforderliche Geschwindigkeit v2 des Punktes P, damit der Ball mit der Absolutgeschwindigkeit | v1* | = v1 zurückfliegt.

Bild 14.8 Tennis, Übung 14.4

14.4 Drehstoß Beim ruckartigen Kuppeln von rotierenden Scheiben gemäß Bild 14.9 kommt es zum sog. Drehstoß. Mit den Entsprechungen von Translation und Rotation, s. Tab. 12.1, können die Formeln aus Kap. 14.1 auch auf den Drehstoß angewendet werden.

2

Das ruckartige Kuppeln entspricht einem plastischen Stoß. Unmittelbar nach dem Stoßvorgang haben beide Scheiben die gemeinsame Winkelgeschwindigkeit ω* =

J1 ⋅ ω1 + J 2 ⋅ ω2 J1 + J 2

(14.11)

Der Energieverlust des Kupplungsvorgangs beträgt W = ΔE k =

1 J1 ⋅ J 2 (ω 1 − ω 2) 2 2 J1 + J 2

(14.12)

1. Was kann über Stoßzeit und Stoßkraft ausgesagt werden? 2. Wie ist der gerade zentrale Stoß definiert? 3. Erläutern Sie die Begriffe „elastischer, teilelastischer und plastischer Stoß“. 4. Wie kann man näherungsweise die Stoßzahl bestimmen? 5. Was besagt das Reflexionsgesetz beim Stoß? 6. Nennen Sie Beispiele aus der Technik für einen plastischen Stoß. 7. Welche Bedeutung hat der Stoßmittelpunkt? 8. Welcher Stoßart entspricht das ruckartige Kuppeln zweier Drehmassen?

Bild 14.9 Drehstoß beim Kuppeln zweier Drehmassen

192

15

Schwingungen


15 Schwingungen Freie ungedämpfte/gedämpfte Schwingung, Feder-Masse-Schwinger, Feder-Masse-Dämpfer-Schwinger, Periodendauer, Frequenz, (Eigen)kreisfrequenz, Phasenverschiebung, biegekritische und verdrehkritische Drehzahl, Dämpfungskoeffizient, Abklingkoeffizient, Dämpfungsgrad, aperiodischer Grenzfall (kritische Dämpfung), Hüllkurve, logarithmisches Dekrement, Abklingzeit, Dezibel-Skala, erzwungene Schwingung, Vergrößerungsfunktion, Resonanz, Verlagerung der Eigenfrequenz, Dämpfungsmaßnahmen, Schwingungsstörung, Schwingungstilgung, Schwingungsisolierung, Durchlässigkeit

Schwingungen treten in Natur und Technik sehr häufig und in den verschiedensten Erscheinungsformen auf: Uhrpendel, Wechselstrom, Schall, Kolbenbewegung, Dauerschwingversuch, Schwingungen von Gebäuden und Maschinen bei Anregung etc. Eine solche Vielfalt ist schwer zu ordnen. Die folgende Unterteilung in je ein Gegensätzepaar soll eine grobe Strukturierung sein. Unterteilung der Schwingungen in: − Frei und erzwungen. Frei heißt, nach einmaligem Anstoß wird die Schwingung sich selbst überlassen; man sagt deshalb auch Eigenschwingung. Erzwungen heißt, die Bewegung wird von außen aufgezwungen. − Periodisch und nichtperiodisch. Bei der periodischen Schwingung wiederholen sich die Vorgänge nach immer gleichen Zeitabständen (Beispiel Dauerschwingversuch). − Linear und nichtlinear. Linear schwingt ein Pendel mit kleinem Ausschlag. Eine nichtlineare Schwingung tritt z. B. bei COULOMBscher Reibung oder nichtlinearer Federkennlinie auf. − Gedämpft und ungedämpft. Beim Dämpfen wird mechanische Energie in Wärmeenergie umgewandelt; eine freie Schwingung kommt deshalb irgendwann zum Stillstand. − Selbsterregt und fremderregt. Die Pendeluhr ist ein Fall von Selbsterregung; sie bestimmt ihren Takt selbst, von außen kommt nur die Energie zur Deckung der Verluste. Fremderregt ist eine angetriebene Maschine. − Ein und mehrere Freiheitsgrade. Freiheitsgrad bedeutet unabhängige Bewegungsmöglichkeit eines Körpers. Wir wollen im Folgenden die grundlegenden Gesetze und die wichtigsten praktischen Anwendungen der mechanischen Schwingungen besprechen. Für einfache Schwinger werden wir konkrete Lösungen finden. Kompliziertere Fälle bestimmt man heutzutage mit numerischen Verfahren anstelle von analytischen. Auch die früher üblichen zeichnerischen Verfahren für abgesetzte Wellen haben keine Bedeutung mehr. Immer wichtiger wird dagegen die Schwingungsmesstechnik.

15.1 Freie ungedämpfte Schwingung

193

15.1 Freie ungedämpfte Schwingung Hier handelt es sich um einen Sonderfall der periodischen Schwingungen mit kosinus- bzw. sinusförmiger Änderung der zeitabhängigen Größe.


Ein einfaches und technisch wichtiges Beispiel dafür ist der FederMasse-Schwinger in Bild 15.1. Die Kugel schwingt nach einmaligem Anstoßen um die statische Gleichgewichtslage wechselweise nach oben und unten. Würden wir in die Kugel einen Zeichenstift stecken und einen Papierstreifen mit konstanter Geschwindigkeit von rechts nach links am Stift vorbeiziehen, würde die skizzierte Auslenkung s = x(t) aufgezeichnet. Es ist eine Sinuskurve oder – bei anderem Zeitnullpunkt – eine Cosinuskurve, also eine harmonische Schwingung. Durch Ableiten lässt sich daraus der v(t) und a(t)-Verlauf gewinnen. Folgende Bezeichnungen sind üblich: Periodendauer

T in s

1 in Hz (= s–1; nach Hertz) T

Frequenz

f =

Kreisfrequenz

ω = 2 π ⋅ f in s–1 bzw. rad/s

Amplitude

xˆ in m

Bild 15.1 Feder-Masse-Schwinger

Speziell für die ungedämpfte Schwingung wird T0, f0, ω0 geschrieben. Eine Sinus- oder Cosinuskurve entsteht auch, wenn ein Zeiger der Länge x mit konstanter Winkelgeschwindigkeit ω (= Kreisfrequenz ω) rotiert und die Zeigerlänge jeweils auf die x-Achse projeziert wird, Bild 15.2.

Bild 15.2 Schwingung als Projektion der Zeigerbewegung auf die x-Achse

Wir werden jetzt die Bewegungsgleichung für den Feder-MasseSchwinger herleiten und die Schwingungsparameter bestimmen. Bild 15.3 zeigt die Masse auf der Bewegung nach unten. Die Bewegungskoordinate x zählen wir von der statischen Ruhelage aus. Damit brauchen wir die Gewichtskraft im Weiteren nicht mehr zu berücksichtigen. Die Beschleunigung zählt wie der Weg nach unten positiv. Mit dem D’ALEMBERTschen Verfahren ist die Trägheitskraft m ⋅  x nach oben gerichtet. Ebenfalls nach oben wirkt die Federkraft c ⋅ x . Gleichgewicht in x-Richtung und Umformung: m ⋅  x + c ⋅ x = 0 →  x+

c ⋅x =0 m

Bild 15.3 Feder- und Trägheitskraft beim Feder-Masse-Schwinger

2

194

15

Schwingungen

Wir definieren die Kreisfrequenz der freien ungedämpften Schwingung (Eigenkreisfrequenz) ω0 =

c m

in s −1 bzw. rad/s

(15.1)


und erhalten damit die Differentialgleichung der freien ungedämpften Schwingung  x + ω 20 ⋅ x = 0

Allgemeine Lösung für die freie ungedämpfte Schwingung: x = A ⋅ cos ω 0 t + B ⋅ sin ω 0 t

(15.2 a)

x = x ⋅ cos ( ω 0 t + ϕ )

(15.2 b)

bzw.

ϕ heißt Phasenverschiebung, Phasenverschiebungswinkel oder Phasenwinkel. In Bild 15.1 ist ϕ = –90°. Die Lösung bestätigt, dass ω0 tatsächlich einer Kreisfrequenz entspricht. A und B bzw. x und ϕ sind Konstanten. Ein Konstantenpaar lässt sich durch das andere ausdrücken, z. B. x und ϕ durch A und B. Dazu formen wir (15.2 b) mit der trigonometrischen Beziehung für den Cosinus einer Winkelsumme um: x = x ⋅ cos ϕ ⋅ cos ω 0 t − x ⋅ sin ϕ ⋅ sin ω 0 t

Der Vergleich mit (15.2 a) liefert: A = xˆ ⋅ cos ϕ ; B = − xˆ ⋅ sin ϕ

Mit A 2 + B 2 = x 2

folgt: x =

A2 + B2

⎛ B⎞ ϕ = arctan ⎜ − ⎟ ⎝ A⎠

(15.3 a) (15.3 b)

A und B bzw. x und ϕ sind mit Hilfe der Anfangsbedingungen für Weg und Geschwindigkeit bestimmbar.


195

Mit x(t = 0) = x0 folgt aus (15.2 a) A = x0. Wir leiten (15.2 a) ab: v = x = − ω 0 ⋅ A ⋅ sin ω 0 t + ω 0 ⋅ B ⋅ cos ω 0 t

Mit v(t = 0) = v0 folgt hieraus B = v0/ω0. Zusammengefasst:


A = x0 ; B =

xˆ = x02 +

v0 ω0

v02 −v0 ; tan ϕ = 2 ω0 ⋅ x0 ω0

Beispiel: Wir ziehen die Masse um x0 aus der statischen Ruhelage heraus und lassen sie dann ohne Anstoßen los. Es gilt somit: A = x0;

B = 0; x = x 0 ; ϕ = 0

→ x = x0 ⋅ cos ω0 t

Die Geschwindigkeit v folgt aus der Wegkoordinate durch Differenzieren, die Beschleunigung a aus der Geschwindigkeit durch nochmaliges Differenzieren, z. B.: x = x ⋅ cos ω t

2

v = − ω ⋅ x ⋅ sin ω t = − v ⋅ sin ω t

a = − ω ⋅ x ⋅ cos ω t = − a ⋅ cos ω t 2

Bild 15.1 gibt diesen Zusammenhang graphisch wieder. In der Praxis interessieren meist nur die Amplituden der drei Bewegungsgrößen. Tab. 15.1 zeigt den Zusammenhang zwischen den drei Amplitudenwerten. Auslenkung

x

v ω

a ω2

Geschwindigkeit

ω ⋅ x

v

a ω

Beschleunigung

ω2 ⋅ x

ω ⋅ v

a

Tab. 15.1 Zusammenhang zwischen den Amplituden der drei Bewegungsgrößen Dieser Zusammenhang erleichtert das Messen von Schwingungen ganz enorm: Eine Bewegungsgröße wird gemessen, damit sind alle drei bekannt! In der Praxis misst man meist die Beschleunigung, weil das mit den piezoelektrischen Beschleunigungsaufnehmern einfach und sehr genau möglich ist.

196

15 Schwingungen


Das wichtigste Ergebnis dieses Kapitels ist Gleichung (15.1) zur analytischen Ermittlung der Kreisfrequenz. Weil sie nicht von außen aufgeprägt, sondern ausschließlich durch die Systemparameter Steifigkeit c und Masse m bestimmt ist, sagt man genauer auch Eigenkreisfrequenz. Die Kenntnis dieser Eigenkreisfrequenz ist deshalb so wichtig, weil im Fall einer erzwungenen Schwingung die Schwingungsamplituden sehr hoch werden, wenn die Erregerkreisfrequenz in die Nähe der Eigenkreisfrequenz kommt. Das kann die Zerstörung der Anlage zur Folge haben (Einzelheiten s. Kap. 15.3). Für andere Schwinger mit einem Freiheitsgrad (d. h. einer Bewegungsmöglichkeit) kann über die jeweilige Differentialgleichung eine zu (15.1) analoge Beziehung hergeleitet werden. Die Ergebnisse sind in A6.1 zusammengestellt. A6.1 enthält auch Biegeschwingungen von Wellen mit Punktmassen (z. B. Zahnrädern), in zwei Sonderfällen mit Berücksichtigung der Wellenmassen. Auf die Drehzahl umgerechnet, sagt man biegekritische Drehzahl: nkb =

ω0 1 c = 2π 2π m

in s−1

(15.4)

c in N/m; m in kg In A6.1 sind auch zwei Dreh- oder Torsionsschwinger angegeben. Für diese erhalten wir die verdrehkritische Drehzahl: nkt = ct =

ω0 1 ct = 2π 2π J *

G ⋅ It l

J* = J J* =

in s−1

(15.5)

in Nm (Drehfederkonstante) s. Kap. 12, Teil 3

in kgm2 (Drehschwingung mit 1 Scheibe)

J1 ⋅ J 2 J1 + J 2

in kgm2 (Drehschwingung mit 2 Scheiben)

Für die kritischen Drehzahlen spielt es keine Rolle, ob die Wellen horizontal oder vertikal eingebaut sind. Die Eigenkreisfrequenzen und Schwingungsformen von homogenen Biegestäben (nur Eigengewicht) gibt A6.2 für 4 Lagerungsarten wieder.


197

Beispiel 15.1 Gemäß Bild 15.4 a ist ein Motor der Masse m federnd auf einem Träger gelagert. Die resultierende Federkonstante aller Federn zusammen beträgt c; der Träger hat den E-Modul E und das axiale Flächenmoment I. Die Trägermasse soll vernachlässigt werden. Gegeben: a = 2 m; b = 1 m; E = 210 000 N/mm2; 6 4 I = 1,556 · 10 mm ; c = 300 N/mm; m = 120 kg


Mit welcher Eigenkreisfrequenz ω0 schwingt das System? Lösung: Der elastische Balken biegt sich im Gegensatz zu einem starren Fundament durch. Die Federwege von Motorfederung und Balken addieren sich; das entspricht einer Hintereinanderschaltung (Reihenschaltung) von Federn; Bild 15.4 b.

Bild 15.4 Motor federnd auf Träger gelagert, Beispiel 15.1 a) Schema der Anordnung b) Rechenmodell: b) Reihenschaltung von Federn

Aus A6.1 folgt ω0 =

c ⋅ cB 1 ⋅ . c + cB m

Die Federkonstante des Balkens ist gemäß A6.1 cB =

2

F w

mit der Durchbiegung w aus A14.1, Fall 7 w=

F a2 ⋅b2 3 EI ( a + b )

cB =

3EI (a + b) 3 ⋅ 2,1⋅1011 ⋅1,556 ⋅10−6 (2 + 1) N N = = 735 210 2 2 2 2 a ⋅b 2 ⋅1 m m

ω0 =

→

300 000 ⋅ 735210 N 1 ⋅ ⋅ ≈ 42 s−1 300 000 + 735210 m 120 kg

Übung 15.1 Berechnen Sie die biegekritische Drehzahl nkb der skizzierten Welle einer Kreiselpumpe, Bild 15.5. E = 2,06 · 105 N/mm2. Der Wellendurchmesser sei konstant ∅ 65 mm. Die Laufradmasse m = 12,5 kg soll punktförmig auf der Welle angenommen werden; die anderen Massen werden vernachlässigt.

Bild 15.5 Kreiselpumpe aus Übung 15.1

198

15 Schwingungen


Übung 15.2

Bild 15.6 Lüfter aus Übung 15.2

Gegeben ist die Lüfteranordnung gemäß Bild 15.6 zur Kühlung von Ziegeln. Lüfterrad: Masse mL = 8,5 kg; Trägheitsmoment für die Torsionsschwingung JL = 0,5 kgm2. Für die Biegeschwingung ist mL punktförmig anzunehmen. Lüfterwelle: Masse mW = 11,3 kg; Wellendurchmesser etwa konstant; Biegeflächenmoment Ib = 0,307 · 10–6 m4; Torsionsflächenmoment It = 0,614 · 10–6 m4; Länge l = 0,735 m; E = 210 000 N/mm2; G = 81 000 N/mm2. Das Trägheitsmoment der Welle um die Drehachse soll vernachlässigt werden. Die Lagerung der Lüfterwelle entspricht einer festen Einspannung am Getriebekasten. 1. Welche niedrigste Eigenkreisfrequenz hat die Lüfterwelle allein, d. h. wenn das Lüfterrad abmontiert ist? 2. Welche niedrigsten Eigenkreisfrequenzen bei Biegung ωb und Torsion ωt hat die Welle mit Lüfterrad?

15.2 Freie gedämpfte Schwingung Wir erweitern den Feder-Masse-Schwinger um ein Dämpfungsglied mit geschwindigkeitsproportionaler (viskoser) Dämpfung, Bild 15.7. Zur Feder- und Trägheitskraft ist damit zusätzlich die Dämpferkraft d ⋅ x zu berücksichtigen. Der Dämpfungskoeffizient d in N ⋅ s/m bzw. kg/s ist nur eine Zwischengröße. Das Dämpfungsverhalten werden wir später anders definieren. Kräftegleichgewicht: Bild 15.7 Feder-Masse-Dämpfer-Schwinger

m ⋅  x + d ⋅ x + c ⋅ x = 0 Mit dem Abklingkoeffizient δ =

d 2m

in s–1

(15.6)

und ω 20 = c/m folgt aus dem Gleichgewicht die Dgl. der gedämpften Schwingung:  x + 2δ ⋅ x + ω20 ⋅ x = 0

Lösungsansatz: x = x ⋅ e λt

(mit λ als Parameter)

15.2 Freie gedämpfte Schwingung

199

Differenzieren:

x = λ ⋅ x ⋅ e λt ;

 x = λ 2 ⋅ x ⋅ e λt

Wir setzen Lösungsansatz und Ableitungen in die Dgl. ein und erhalten λ 2 + 2 δ ⋅ λ + ω 20 = 0 mit den beiden möglichen λ-Werten


λ1,2 = −δ ± δ2 − ω02 .

Eine weitere Definition: Dämpfungsgrad ϑ =

δ ω0

Einheit 1

(15.7)

(auch LEHRsches Dämpfungsmaß D genannt) Das führt auf λ 1, 2 = −δ ± ω 0 ϑ 2 − 1 .

Der Ausdruck unter der Wurzel kann kleiner, gleich oder größer null werden. Für die weitere Rechnung sind also 3 Fälle zu unterscheiden: ϑ < 1 (schwach gedämpfter Schwinger) ϑ = 1 (aperiodischer Grenzfall) ϑ > 1 (keine Schwingung) Fall ϑ < 1 (schwach gedämpfter Schwinger)

Umformung: ω0 ϑ2 − 1 = j ⋅ ω0 1 − ϑ2 = j ⋅ ωd

mit der imaginären Zahl j und der Kreisfrequenz der freien gedämpften Schwingung ω d = ω 0 1− ϑ 2

in s–1 bzw. rad/s

(15.8)

Die gedämpfte Schwingung ist langsamer als die ungedämpfte, also ωd < ω0 .

Mit ωd lauten die λ-Werte λ 1, 2 = − δ ± j ⋅ ω d .

2

200

15 Schwingungen

Damit bauen wir über den Lösungsansatz

x = x ⋅ e λt folgende allgemeine Lösung auf: x = C1 ⋅ e λ 1 t + C 2 ⋅ e λ 2 t x = C 1 ⋅ e ( − δ + j⋅ω d ) t + C 2 ⋅ e ( − δ − j⋅ω d ) t


x = e − δt [ C 1 ⋅ e j⋅ω d ⋅t + C 2 ⋅ e − j⋅ω d ⋅t ] Unter Berücksichtigung der EULER-Formel e jα = cos α + j ⋅ sin α

e − jα = cos α − j ⋅ sin α wird daraus: x = e − δt ( C 1 ⋅ cos ω d t + C 1 ⋅ j ⋅ sin ω d t + C 2 ⋅ cos ω d t − C 2 ⋅ j ⋅ sin ω d t )

⎡ ⎤ x = e −δt ⎢ ( C 1 + C 2 ) ⋅ cos ω d t + j ( C 1 − C 2 ) ⋅ sin ω d t ⎥    ⎢  ⎥ ⎣ ⎦ A B

Mit den Konstanten A und B bzw. der Amplitude X und dem Phasenwinkel ϕ erhalten wir: Allgemeine Lösung für die gedämpfte Schwingung: x = e − δt ( A ⋅ cos ω d t + B ⋅ sin ω d t )

(15.9a)

x = X ⋅ e − δt ⋅ cos ( ω d t + ϕ )

(15.9b)

bzw.

Die Konstanten werden wieder über die Anfangsbedingungen für Weg und Geschwindigkeit bestimmt, s. vorausgehendes Kapitel. Für die Anfangsbedingungen x ( t = 0) = x 0 ⎫ ⎬ loslassen ohne Stoß aus der Lage x 0 v ( t = 0) = 0 ⎭

ergibt sich die spezielle Lösung


x = x 0 ⋅ e −δt (cos ω d t +

δ ⋅ sin ω d t ) ωd

201

(15.10 a)

bzw. x = x0 ⋅

ω0 ωd

⋅ e −δt ⋅ cos( ω d t + ϕ )

(15.10 b)

δ . ωd

(15.10 c)

mit


ϕ = − arctan

Fall ϑ = 1 (aperiodischer Grenzfall) Mit

λ1 = λ 2 = −δ erhalten wir über den Lösungsansatz x = e −δt ( A + B ⋅ t )

2

und denselben Anfangsbedingungen wie vorher: aperiodischer Grenzfall x = x0 ⋅ e −δt (1 + δ ⋅ t )

(15.11)

Das ist der Grenzfall zwischen Schwingen und asymptotisch gegen null gehen im Fall ϑ > 1. Im Bild 15.8 sind eine Schwingung, Gl. (15.10) mit ϑ = 0,2, und der asymptotische Grenzfall, Gl. (15.11), aufgetragen. Für die Achsen wurden dimensionslose Größen verwendet. Wir wollen die Ergebnisse ohne vollständige Herleitungen kurz diskutieren. Der Dämpfungsgrad ϑ wird meist in % angegeben. ϑ = 100% bedeutet aperiodischer Grenzfall. Mit Ausnahme von speziellen Dämpfungsgliedern, wie z. B. an der Pkw-Achse, betragen die Dämpfungsgrade von Maschinen und Anlagen meist nur wenige Prozent. Aus der Kreisfrequenz der gedämpften Schwingung ergibt sich unmittelbar die Periodendauer der gedämpften Schwingung: Td =

2π = ωd

T0 1− ϑ 2

in s

(15.12)


202

15 Schwingungen

Bild 15.8 Freie gedämpfte Schwingung

Für ϑ = 0,2 ist die Periodendauer der gedämpften Schwingung ≈ 2% größer als die der ungedämpften. Bei den üblichen Dämpfungswerten wird die Schwingung also nur unwesentlich langsamer. Die Periodendauer finden wir in der Kurve definitionsgemäß zwischen zwei Maximal- oder zwei Minimalwerten. Zwischen zwei Nulldurchgängen der Schwingungskurve liegt die halbe Periodendauer. Zwischen Maximum und Minimum der Schwingungskurve liegt ebenfalls die halbe Periodendauer, der Nulldurchgang ist jedoch nicht mittig zwischen den Extremwerten. In Bild 15.8 zusätzlich eingetragen ist die sog. Hüllkurve. Sie stellt die zeitlich abklingende Amplitude dar. Aus (15.10b) sehen wir: Hüllkurve η = x0 ⋅

ω0 −δt ⋅ e = X ⋅ e −δt ωd

(15.13)

Die Berührpunkte zwischen Schwingungs- und Hüllkurve liegen genau mittig zwischen zwei Nulldurchgängen. Der Abstand zwischen Extremwert und Berührpunkt beträgt

Δτ = −

ω0 ⋅ϕ ωd

(15.14)


203

Eine Möglichkeit zur Dämpfungsmessung stellt das sog. logarithmische Dekrement Λ dar. Dazu wird das Amplitudenverhältnis aus der n-ten und (n + 1)-ten Schwingung berechnet, gemäß

x n X ⋅ e −δt = = eδ⋅Td . x n+1 X ⋅ e −δ ( t+Td ) Der natürliche Logarithmus dieses Verhältnisses heißt


logarithmisches Dekrement Λ: Λ = ln

ω 2π ⋅ ϑ x n = δ ⋅ Td = 2πϑ 0 = ≈ 2πϑ ωd x n+1 1 − ϑ2

(15.15)

Logarithmisches Dekrement Λ und Dämpfungsgrad ϑ stehen in einem festen Verhältnis zueinander. Auflösung nach ϑ liefert:

ϑ=

Λ 4π + Λ 2

2

≈

Λ 2π

(15.16)

2

Eine weitere, heute gebräuchlichere Methode, ist die Ermittlung der Dämpfung über die Abklingzeit Tz, auch Zeitkonstante genannt. Gemäß Bild 15.9 definieren wir Tz als die Zeitspanne, die von der Tangente auf der Zeitachse abgeschnitten wird. Sie ist für jeden Hüllkurvenpunkt gleich. Die Steigung der Tangente folgt analytisch zu

 = −δ ⋅ X ⋅ e −δt = −δ ⋅ η . η Aus Bild 15.9 lesen wir für die Steigung heraus =− η

η . Tz

Gleichsetzen der beiden Ausdrücke und Umformen liefert für die Abklingzeit (Zeitkonstante) Tz =

1 1 1 = = δ ω 0 ⋅ ϑ 2π ⋅ f0 ⋅ ϑ

bzw. für den Dämpfungsgrad

in s

(15.17)

Bild 15.9 Abklingzeit Tz (lineare Skala für η)

204

15 Schwingungen

ϑ=

1 1 = Tz ⋅ ω0 Tz ⋅ 2 π ⋅ f0

(15.18)

Statt die Tangente zu zeichnen und Tz auf der Zeitachse abzulesen, ist es einfacher mit der Ordinate η zu arbeiten. Dabei stellt sich die Frage: Um welchen Faktor nimmt die Hüllkurve in der Zeit Tz ab? η2


η1

Bild 15.10 Abklingzeit Tz (mit dB-Skala)

=

η ( t + Tz ) η( t )

=

X ⋅ e − δ (t + Tz ) X ⋅e

− δ⋅t

= e −δ⋅Tz = e

−δ ⋅ 1 δ

=

1 e

Die Hüllkurve nimmt also innerhalb der Zeit Tz auf das 1/e-fache ab, Bild 15.9. In der Praxis arbeitet man meist mit einer Dezibel-Skala (dB-Skala). Die dB-Einheiten ergeben sich aus 20 ⋅ lg

Größe Referenzgröße

lg bedeutet Logarithmus zur Basis 10 Größen sind z. B. Weg, Geschwindigkeit, Beschleunigung. Im vorliegenden Fall: 20 ⋅ lg Bild 15.11 Gedämpfte Schwingung aus Übung 15.3

η2 1 = 20 ⋅ lg ≈ − 8,7 dB η1 e

Wegen des logarithmischen Ordinatenmaßstabes wird die Hüllkurve zur Geraden, Bild 15.10. Auf dieser Geraden geht man von einem beliebigen Punkt 1 um 8,7 dB nach unten zum Punkt 2. Der horizontale Abschnitt zwischen 1 und 2 ist die Abklingzeit Tz. Übung 15.3 Bestimmen Sie mit Hilfe des Schwingungsdiagramms in Bild 15.11 das logarithmische Dekrement Λ sowie den Dämpfungsgrad ϑ in %. In welchem Verhältnis stehen die Periodendauern von gedämpfter und ungedämpfter Schwingung? Die Werte sind aus dem Bild herauszumessen. Übung 15.4

Bild 15.12 Bestimmung des Dämpfungsgrades mit Hilfe der Hüllkurve, Übung 15.4

Am Schwingungsanalysator habe die Hüllkurve die in Bild 15.12 gezeigte Lage. Die zugehörige Frequenz f0 sei 346 Hz. Wie groß ist der Dämpfungsgrad ϑ in %?

15.3 Erzwungene Schwingung

205

Übung 15.5


Gegeben ist die Anordnung gemäß Bild 15.13. Eine Maschine (Masse m) sitzt auf einer Bühne (Biegesteifigkeit E ⋅ I, Bühnenmasse vernachlässigt), die links eingespannt und rechts federnd gelagert ist (Federkonstante c). Ebenfalls am rechten Ende wirkt parallel zur Feder ein Dämpfer (nicht dargestellt, Dämpfungskoeffizient d). Wie groß ist der Dämpfungskoeffizient d, wenn die Maschinenschwingungen mit dem Dämpfungsgrad ϑ = 10% gedämpft werden? Zahlenwerte: l =1,2 m; E = 210 000 N/mm2; I = 4,12 ⋅ 106 mm4; c = 500 N/mm; m = 150 kg

Bild 15.13 Anordnung aus Übung 15.5

15.3 Erzwungene Schwingung Wir beschränken uns auf − lineare Schwinger − harmonische Erregung − geschwindigkeitsproportionale Dämpfung. Bild 15.14 zeigt die zwei wichtigsten Rechenmodelle zu dieser Problemgruppe: Fall A: Erregung über die Feder oder Krafterregung Fall B: Erregung über das Gestell oder durch rotierende Unwuchten Die beiden Anregungsarten im Fall A führen auf dieselbe Differentialgleichung. Auch im Fall B können beide Erregungen mathematisch gleich behandelt werden, wenn bei der Erregung über das Gestell mit xrel, d. h. der Auslenkung der Masse relativ zum Gestell anstelle von x (Auslenkung gegenüber einem Inertialsystem) gearbeitet wird. Ich leite den Fall A im Detail her und gebe für B die Ergebnisse an.

2 Bild 15.14 Rechenmodelle für zwei verschiedene Erregungsarten

Rechengang für Fall A Bild 15.15 zeigt eine harmonische Erregung über eine Kurbelschleife, gemäß x e = r ⋅ cos Ωt = x e ⋅ cos Ωt . Hierin treten die folgenden Größen auf: Erregeramplitude Erregerkreisfrequenz

x e Ω

( xˆ e = Fê / c bei Krafterregung)

Für den herausgeschnittenen Teil aus Masse und Federstück liefert das Gleichgewicht in x-Richtung: m ⋅  x + d ⋅ x + c ( x − x e ) = 0  x+

d c c ⋅ x + ⋅ x = ⋅ x e ⋅ cos Ωt m m m

Bild 15.15 Erregung über die Feder (mittels einer Kurbelschleife)

206

15 Schwingungen

Mit den Definitionen für δ und ω0 folgt hieraus die Differentialgleichung der erzwungenen Schwingung:

 x + 2 δ ⋅ x + ω 20 ⋅ x = ω 20 ⋅ x e ⋅ cos Ωt


Die allgemeine Lösung dieser inhomogenen Dgl. zweiter Ordnung mit konstanten Koeffizienten ist eine Überlagerung aus: a) Lösung für die homogene Dgl. (s. Kap. 15.2, freie gedämpfte Schwingung). Dieser Teil stellt den Einschwingvorgang dar, der weggedämpft wird und deshalb hier nicht interessiert. b) partikuläre Lösung x = x e ⋅ V ⋅ cos( Ωt − ψ ) In der partikulären Lösung tauchen zwei neue Größen auf: Vergrößerungsfunktion bzw. Vergrößerungsfaktor: V=

Schwingungsamplitude x Erregeramplitude x e

ψ: Winkel, um den die angeregte Schwingung der Erregung nacheilt. V und ψ werden durch Einsetzen der partikulären Lösung in die Differentialgleichung bestimmt. Vorher wollen wir jedoch Differentialgleichung und partikuläre Lösung auf komplexe Formen bringen. Das geschieht dadurch, dass die reale Größe um einen Imaginärteil erweitert wird, gemäß z=x+ j⋅y

sowie e jΩt = cos Ωt + j ⋅ sin Ωt .

Letztere Beziehung ist die EULER-Formel, die wir schon in Kap. 15.2 angewandt haben. Komplexe Dgl.:  z + 2 δ ⋅ z + ω 20 ⋅ z = ω 20 ⋅ x e ⋅ e jΩt

Komplexe partikuläre Lösung sowie Ableitungen: z = x e ⋅ V ⋅ e j( Ωt − ψ ) z = j ⋅ Ω ⋅ x e ⋅ V ⋅ e j( Ωt − ψ )  z = − Ω 2 ⋅ x e ⋅ V ⋅ e j( Ωt − ψ )

Einsetzen von z, z und  z in die Dgl. liefert die komplexe algebraische Beziehung: ( − Ω 2 + 2δ ⋅ j ⋅ Ω + ω 20 ) x e ⋅ V ⋅ e j( Ωt − ψ ) = ω 20 ⋅ x e ⋅ e jΩt

15.3 Erzwungene Schwingung

207

Wir definieren: η=

Frequenzverhältnis

Ω ω0

(Erregerkreisfrequenz bezogen auf die Eigenkreisfrequenz des ungedämpften Systems) Mit η lautet obige Beziehung:

[ (1 − η ) + 2 ϑ ⋅ η ⋅ j ] ⋅ V = e Technische Mechanik downloaded from www.hanser-elibrary.com by ETH-Bibliothek on September 16, 2014 For personal use only.

2

jψ

= cos ψ + j ⋅ sin ψ

Wir entschlüsseln diese Zeile, indem wir sagen: Realteil der linken Seite = Realteil der rechten Seite (1 − η2 ) V = cos ψ

(*)

Imaginärteil der linken Seite = Imaginärteil der rechten Seite 2ϑ ⋅ η ⋅ V = sin ψ

(**)

(**) dividiert durch (*) bzw. (*)2 + (**)2 = 1 führen auf:

tan ψ =

2ϑ ⋅ η

2

1 − η2 1

V=

(1 − η2)2 + 4ϑ2 ⋅ η2

In Tab. 15.2 ist die obige Vergrößerungsfunktion mit VA bezeichnet. Im Fall B heißt sie VB. η=

Ω ω0

allgemein

ψ arctan

2 ϑη 1− η

2

VA

VB

1

η2

(1 − η 2 ) 2 + 4 ϑ 2 ⋅ η 2

(1 − η 2 ) 2 + 4 ϑ 2 ⋅ η 2

0

0

1

0

1

π 2

1 2ϑ

1 2ϑ

∞

π

0

1

ηmax

–

1 2ϑ 1 − ϑ

1 2

Tab. 15.2 Winkel ψ und Vergrößerungsfunktionen VA und VB abhängig von η

2ϑ 1 − ϑ 2

208

15 Schwingungen

ηmax

Fall 1 − 2ϑ 2

A

1

B

1 − 2ϑ 2

Vmax

für

ϑ≤

1 2

= 0,707

für

ϑ≤

1 2

= 0,707

1 1 − η 4max

η 2max η 4max − 1


Tab. 15.3 ηmax und Vmax (als Funktion von ηmax)

Bild 15.16 gibt die Graphen von ψ, VA und VB wieder. Diskussion: − ψ verhält sich in beiden Fällen gleich: Für η < 1 (und ϑ = 0) schwingt die Masse im Gleichtakt mit der Erregung, für η > 1 im Gegentakt. − Bei der Erregung durch eine rotierende Unwuchtmasse me am me Radius re ist für die Erregeramplitude x e = ⋅ re zu setzen, dam mit die Definition V B = x /x e bestehen bleibt (m ist die Gesamtmasse des Schwingers). Die Erregerkraftamplitude (Unwucht-, Zentrifugalkraft) berechnet sich hierbei zu F e = m e ⋅ re ⋅ Ω 2 = m ⋅ x e ⋅ Ω 2 . − Für Geschwindigkeits- und Beschleunigungsamplitude gilt vˆ = Ω ⋅ V ⋅ xˆ e bzw. aˆ = Ω2 ⋅ V ⋅ xˆ e . − Das Maximum der Vergrößerungsfunktion tritt nicht bei Übereinstimmung von Eigenkreisfrequenz der gedämpften Schwin-

gung ω d = ω 0 1 − ϑ 2 und Erregerkreisfrequenz Ω auf, sondern gemäß Tab. 15.3 bei η max = Bild 15.16 Vergrößerungsfunktionen VA und VB sowie Winkel ψ

η max =

1

1 − 2ϑ 2

(Fall A) bzw.

(Fall B). 1 − 2ϑ 2 − Maxima gibt es nur für ϑ2 ⱕ 0,5 bzw. ϑ ⱕ 0,707, Tab. 15.3. − Für ϑ = 0 gilt in beiden Fällen ηmax = 1. Dies bezeichnet man als strenge Resonanz. Hierfür gilt Vmax → ∞. η < 1 nennt man unterkritische Erregung, η > 1 überkritische Erregung. − Die Resonanzstelle lässt sich auch anhand von ψ feststellen, und zwar wegen der Phasenänderung um 180°.

15.4 Maßnahmen gegen Resonanzerscheinungen

209


15.4 Maßnahmen gegen Resonanzerscheinungen Resonanz bedeutet Schwingungsaufschaukelung. Diese kann sich z. B. im Pkw durch lästige Geräusche oder in der spanenden Fertigung durch Rattermarken bemerkbar machen. Schlimmer jedoch sind die mit der Aufschaukelung einhergehenden großen Verformungen und Spannungen, die ein Bauteil in kurzer Zeit zerstören können. Ein spektakuläres Beispiel ist die Hängebrücke über der Tacoma-Schlucht im Staat Washington (USA), die vermutlich durch rhythmisch abgelöste Wirbel in Resonanz kam und binnen Minuten auseinanderbrach. Klar, dass man gegen die Aufschaukelung alles nur Denkbare unternehmen muss. Im Folgenden werden wir vier Maßnahmen besprechen.

15.4.1 Verlagerung der Eigenfrequenz Häufig wird eine Schwingung mit der Frequenz des Antriebs angeregt, z. B. im Fall einer Unwucht an rotierenden Teilen. Die Eigenfrequenz muss deshalb immer deutlich unter oder über der Erregerfrequenz sein. Wegen ω0 =

c m

ist folgende Beeinflussung möglich: ω0 ↑

wenn

c ↑ oder

m↓

Mit Federkonstante c ∼ E-Modul E und Masse m ∼ Dichte ρ gilt auch ω0 ⵑ

E . ρ

In dieser Formel wird der reine Materialeinfluss deutlich: ω0 ↑

wenn

E↑

oder

ρ↓

E- und ρ-Tabellen s. A9.1 bzw. A9.3 Auch wenn die obigen Zusammenhänge bei der Konstruktion berücksichtigt wurden, können im Betrieb trotzdem Resonanzen auftreten. Die Frequenz der Schwingung kann nämlich auch ein Vielfaches oder ein Bruchteil der Antriebsfrequenz sein. Mögliche Ursachen dafür sind Fluchtfehler, mechanisches Spiel, beschädigte oder verschlissene Zahnräder, schadhafter Riementrieb usw. Durch Überlagerung der Effekte kommt es zu scheinbar vollkommen willkürlichen Schwingungsfrequenzen. Abhilfen in solchen Fällen werden im folgenden Kapitel genannt.

2

210

15 Schwingungen

15.4.2 Dämpfung und Schwingungsstörung


Bild 15.17 Dämpfung von Spindel–Biegeschwingungen mit Dämpfungsbuchse

Bild 15.18 Lamellendämpfer

Bei der Dämpfung wird kinetische Energie in Wärmeenergie umgewandelt; die Schwingungsamplituden können dadurch nicht unbegrenzt anwachsen. Nachfolgend eine Auflistung verschiedener Dämpfungseffekte. − Materialdämpfung: Entsteht durch innere Reibung; Werte in A6.3. Beispiel: Betten für Werkzeugmaschinen aus Grauguss oder Polymerbeton, Zahnräder aus Kunststoff − Dämpfung durch Schmiermittel: ϑ steigt mit zunehmender Viskosität; Gleitlager sind bezüglich Dämpfung besser als Wälzlager. • Bei der Lagerung durch Wälzlager können zusätzlich sog. Dämpfungsschuhe eingebaut werden. Diese beruhen darauf, dass Öl auch bei kleinen Schwingbewegungen durch winzige Spalte gepresst wird. • Dämpfungsbuchsen, Bild 15.17, dämpfen Spindel-Biegeschwingungen. − Dämpfungsfugen • Viele Klemmstellen, geringe Anzugsmomente (ermöglichen trockene Reibung) • Kleine Flächenpressungen in Führungen und Fugen • Viele Schweißnähte • Verbundbauweise Bei selbsterregten Schwingungen hilft Schwingungsstörung. Man versucht die Schwingung aus dem Takt zu bringen, und zwar auf folgende Weise: − Ein Hohlträger wird teilweise mit elastischen Teilen (z. B. Kugeln) gefüllt. Diese stören durch die Aufschlagstöße den Rhythmus der Schwingung. − Einen ähnlichen Effekt hat ein Lamellendämpfer, Bild 15.18, mit lose aufliegenden Scheiben.

15.4.3 Schwingungsisolierung Es ist in aktive und passive Isolierung (Entstörung) zu unterscheiden. Aktive Isolierung: Eine Maschine ist so aufzustellen, dass die von ihr erzeugten Rüttelkräfte nur zu einem möglichst kleinen Teil an die Umgebung abgestrahlt werden. Passive Isolierung: Geräte sind so aufzustellen, dass sie gegen Erschütterungen der Umgebung weitgehend abgeschirmt sind. Beide Aufgaben können durch schwingungsfähige Lagerung der Maschinen bzw. Geräte gelöst werden, wobei vielfach die Massen der Maschinen bzw. Geräte durch Zusatzmassen vergrößert werden, Bild 15.19. Wir werden sehen, dass der Einfluss der Dämpfung sich in den beiden Fällen ganz unterschiedlich auswirkt.

15.4.3.1 Aktive Isolierung Bild 15.19 Zur Schwingungsisolierung

Eine Maschine erzeuge eine periodische Erregerkraft Fe (Unwuchtkraft). Die partikuläre Lösung für den Weg x der Gesamtmasse m lautet gemäß Kap. 15.3 hierfür:


211

x = x e ⋅ V B ⋅ cos( Ωt − ψ )

Auf die Umgebung werden dabei die Feder- und die Dämpfungskraft weitergeleitet: Fu = Fc + Fd = c ⋅ x + d ⋅ x Fu = c ⋅ x e ⋅ V B ⋅ cos( Ωt − ψ ) − d ⋅ x e ⋅ V B ⋅ Ω ⋅ sin( Ωt − ψ )

Mit den Umformungen gemäß Kap. 15.1 ergibt sich: Fu = F u ⋅ cos( Ωt − ψ + ε ) Technische Mechanik downloaded from www.hanser-elibrary.com by ETH-Bibliothek on September 16, 2014 For personal use only.

= x e ⋅ V B ⋅ c 2 + d 2 ⋅ Ω 2 ⋅ cos( Ωt − ψ + ε )

Fu eilt der Erregerkraft Fe nach um den Phasenwinkel ε mit

Ω⋅d = 2ϑ ⋅ η . c Auf die Erregerkraft-Amplitude (s. Kap. 15.3) F = m ⋅ x ⋅ Ω 2 tan ε =

e

e

bezogen erhalten wir die Durchlässigkeit VD =

F u VB = F m ⋅ Ω2 e

c2 + d 2⋅ Ω2

2

oder mit den Abkürzungen η und ϑ: Durchlässigkeit: F u VD = = VA ⋅ 1 + 4 ϑ 2 ⋅ η 2 F e =

1 + 4ϑ 2 ⋅ η2

(15.19)

(1 − η 2 ) 2 + 4 ϑ 2 ⋅ η 2

VA gemäß Tab. 15.2 bzw. Bild 15.16. Dieser Zusammenhang ist in Bild 15.20 als Funktion des Frequenzverhältnisses η für verschiedene Dämpfungsgrade ϑ aufgetragen. Diskussion: − Alle Kurven gehen durch den Punkt η = 2 , VD = 1. − Für η < 2 ist die auf die Umgebung übertragene Kraft größer als die Erregerkraft. − Zur Schwingungsisolierung sind ein großes η (d. h. kleine Federkonstante, große Masse) und ein kleines ϑ erforderlich. Zu kleine Dämpfungsgrade ϑ können jedoch beim Durchfahren der Resonanzstelle zu Schwierigkeiten führen. Bezüglich der Dämpfung müssen also Kompromisse gemacht werden.

Bild 15.20 Durchlässigkeit VD

212

15 Schwingungen

Beispiel 15.2


Bild 15.21 Anordnung zu Beispiel 15.2

Eine elastisch gelagerte Maschine dreht mit n = 25 s–1, Bild 15.21. Durch Unwucht entstehen in der Vertikalen periodische Erregerkräfte an der Maschine. Diese sollen nur zu 10% an die Umgebung weitergeleitet werden; d. h. die Amplituden von Erreger- und Umgebungskraft verhalten sich wie 10 :1. Die Dämpfung sei vernachlässigbar. Wie groß muss die statische elastische Zusammendrückung Δl der Federn sein (resultierende Federkonstante c)? Lösung: Die statische Zusammendrückung berechnet sich aus der Gewichtskraft der Maschine dividiert durch die Federkonstante: FG

Δl =

=

c

m⋅g g = 2 c ω0

Das Kernproblem ist demnach die Bestimmung von ω0, der Eigenkreisfrequenz der ungedämpften Schwingung. Mit ϑ = 0 und VD = Fû /Fê = 0,1 erhalten wir gemäß (15.19) VD =

1 (1 − η )

2 2

=

1 ± (1 − η 2 )

= 0,1.

Wir müssen nun prüfen, welches Vorzeichen auf eine physikalisch brauchbare Lösung führt. „+“:

1 1 − η2

= 0 ,1 → 1 − η 2 = 10 → η 2 = −9

Das ist nicht möglich! „–“:

1 − (1 − η 2 )

= 0 ,1 → 1 − η 2 = −10 → η 2 = 11

Das Minus-Zeichen führt auf die brauchbare Lösung η = 11 ≈ 3, 317 . → ω0 =

mit

Ω 157,1 s−1 = ≈ 47,36 s−1 η 3,317

Ω = 2πn = 2π ⋅ 25 s−1 ≈ 157,1 s−1 Δl =

g 9,81 m/s2 = ≈ 4,37 ⋅ 10 −3 m = 4,37 mm 2 ω0 47,362 s−2


213

15.4.3.2 Passive Isolierung Die Aufstellung eines Gerätes gemäß Bild 15.19 entspricht dem Fall B (mit der Erregung über das Gestell) aus Kap. 15.3. Zu beachten ist, dass es sich um eine Dämpfung relativ zur schwingenden Unterlage handelt, kurz Relativdämpfung genannt. Für diesen Fall erhalten wir (siehe z. B. [3]) das


Verhältnis der Schwingungsamplituden bei Relativdämpfung: x = x e

1 + 4 ϑ2 ⋅ η 2 (1 − η 2 ) 2 + 4 ϑ 2 ⋅ η 2

= VD

(15.20)

x : Schwingungsamplitude gegenüber einem Inertialsystem x e : Schwingungsamplitude der Unterlage Das Verhältnis der Schwingungsamplituden bei passiver Isolierung mit Relativdämpfung entspricht also dem Verhältnis der Kraftamplituden bei aktiver Isolierung gemäß Kap. 15.4.3.1. Somit ist wieder ein großes η und ein kleines ϑ anzustreben. Wird das Gerät nicht relativ zur Unterlage sondern gegenüber einem Fixpunkt gedämpft, sog. Absolutdämpfung, erhalten wir (siehe [3]) das

2

Verhältnis der Schwingungsamplituden bei Absolutdämpfung: x = x e

1 (1 − η 2 ) 2 + 4 ϑ 2 ⋅ η 2

= VA

(15.21)

Definition von x und x e wie bei (15.20), VA gemäß Tab. 15.2 bzw. Bild 15.16 Bild 15.16 zeigt, dass auch in diesem Fall ein großes η erwünscht ist, im Unterschied zur Relativdämpfung soll jetzt auch ϑ groß sein. Übung 15.6 Ein Gerät der Masse m = 5 kg ruht federnd auf einer Unterlage und ist absolut, d. h. gegenüber einem Fixpunkt gedämpft, Bild 15.22. Die resultierende Federkonstante c der Federung beträgt 1 · 105 N/m. Die Unterlage schwingt mit f = 50 Hz; für die Beschleunigungsamplitude wird der Wert â1 = 1 m/s2 gemessen. Die Masse m wird über die Federung von der Unterlage ebenfalls zum Schwingen angeregt. Deren Beschleunigungsamplitude wird zu â2 = 0,2 m/s2 gemessen. 1. Welche Wegamplitude ˆx2 wird an der Masse m registriert? 2. Wie groß ist der Dämpfungsgrad ϑ der viskosen Dämpfung?


214

15 Schwingungen


15.4.4 Schwingungstilgung mittels Hilfsmasse

Bild 15.23 Resonanzschwingungstilger ohne Reibung

Bild 15.23 zeigt Prinzip und mögliche Ausführung eines Resonanzschwingungstilgers ohne zusätzliche Reibung. Hier wird eine interessante Eigenart der Koppelschwingungen ausgenutzt: Wenn man zwei Feder-Masse-Schwinger gemäß Bild 15.24a koppelt, kann man erreichen, dass bei richtiger Abstimmung eine Masse vollkommen stillsteht, während die zweite heftig schwingt. Auf das Tilgerproblem übertragen heißt das, der Träger der Masse m1 (z. B. die Horizontalführung einer Werkzeugmaschine) muss stillstehen, die Hilfsmasse m2 darf schwingen. Wie erreicht man eine solche Abstimmung? Dazu im Folgenden die Herleitung und anschließend die Diskussion der Ergebnisse. Das Kräftegleichgewicht an jedem der beiden Teilsysteme gemäß Bild 15.24 b liefert jetzt 2 gekoppelte Differentialgleichungen: m1 ⋅  x1 + c1 (x1 − xe) + c2 (x1 − x2) m2 ⋅  x2 − c2 (x1 − x2)

=0 =0

bzw. m 1 ⋅  x 1 + ( c 1 + c 2 ) x 1 − c 2 ⋅ x 2 = c 1 ⋅ x e ⋅ cos Ωt m 2 ⋅  x 2 + c2 ⋅ x 2 − c2 ⋅ x1 =0

Abkürzungen: ω 12 =

c1 + c 2 c c m ; ω 22 = 2 ; ω 12 0 = 1 ; μ = 2 m1 m2 m1 m1

(15.22)

Mit diesen Abkürzungen lauten die Differentialgleichungen der Koppelschwingung:  x1 + ω12 ⋅ x1 − μ ⋅ ω22 ⋅ x2  x2 + ω22 ⋅ x2 − ω22 ⋅ x1

Bild 15.24 Koppelschwingung a) zwei Feder-Masse-Schwinger b) Kräfte

= ω12 0 ⋅ xˆ e ⋅ cos Ωt =0

Interessant ist nur die erzwungene Schwingung, nicht der Einschwingvorgang. Dafür heißt die Lösung: x 1 = x 1 ⋅ cos Ωt (15.23 a) x 2 = x 2 ⋅ cos Ωt

(15.23 b)

mit den Ausschlägen

x 1 = x 2 =

( ω 22 − Ω 2 ) ω 12 0 ⋅ x e ( ω 12 − Ω 2 ) ( ω 22 − Ω 2 ) − μ ⋅ ω 24 ω 22 ⋅ ω 12 0 ⋅ x e ( ω 12 − Ω 2 ) ( ω 22 − Ω 2 ) − μ ⋅ ω 24

(15.23c)

(15.23d)


215

x 1 und x 2 erhält man durch Einsetzen der Lösung in die Dgl.


Im Gegensatz zu Kap. 15.3 wurde der Phasenwinkel ψ weggelassen. Bei ungedämpfter Schwingung kann er nur 0 oder ±180° betragen. Im letzteren Fall ändert sich das Vorzeichen in (15.23 a) und (15.23 b). Dieser Vorzeichenwechsel wurde einfachheitshalber in die Ausschläge x 1 und x 2 gesteckt. Wo sind die Resonanzstellen des Koppelschwingers, d. h. bei welchen Anregungsfrequenzen beginnen beide Massen heftig zu schwingen? Dort wo der Nenner von x 1 bzw. x 2 null wird. Resonanzstellen: Ω 12, 2 = 12 ( ω 12 + ω 22 ) − +

1 4

( ω 12 − ω 22 ) 2 + μ ⋅ ω 24

(15.24)

Schließlich die eingangs gestellte Frage: Unter welcher Bedingung steht die Masse m1 still, d. h. wann gilt x 1 = 0? Aus (15.23 c) lesen wir ab: Tilgung von x 1 liegt vor, wenn Ω = ω2 =

c2 . m2

2

(15.25 a)

Der Ausschlag x 2 beträgt hierbei gemäß (15.23 d):

xˆ 2 = −

ω12 0 ⋅ xˆ e μ ⋅ ω22

c1 ⋅ xˆ e c m1 =− = − 1 ⋅ xˆ e m2 c2 ⋅ ω22 m1

(15.25 b)

Bild 15.25a veranschaulicht die Ergebnisse. x 1 und x 2 stellen die Schwingungsamplituden dar; negative Werte von x 1 und x 2 bedeuten lediglich eine Phasenverschiebung um 180° gegenüber der Anregung. Bild 15.25 b zeigt die Schwingungen der Erregung und der beiden Massen für drei Frequenzbereiche. Zurück zur Tilgung. Da die Erregerfrequenz Ω normalerweise nicht beeinflusst werden kann, sind Steifigkeit und Masse des Tilgers so auszulegen, dass (15.25 a) erfüllt ist. Die Schwingungstilgung in der vorgestellten Art hat den Nachteil, dass sie nur für einen ganz schmalen Anregungsfrequenzbereich wirksam ist. In der Praxis erfolgt die Anregung aber wegen der Dämpfung immer über ein mehr oder minder breites Frequenzband. Außerdem

Bild 15.25 Prinzipielles Verhalten der ungedämpften Koppelschwingung, nach [3] a) x 1 , x 2 ; x 1 und x 2 sind die a) Amplituden b) drei Phasenlagen

216

15 Schwingungen

ist die Antriebsdrehzahl auch nicht immer konstant. In solchen Fällen ist es besser, die Schwingung der Hilfsmasse selbst zu dämpfen, indem man eine Anordnung gemäß Bild 15.7 wählt.


Übung 15.7 Auf der Horizontalführung einer Steinkreissäge sitzen Support, Motor, Arbeitsspindel, Sägeblatt und Schutzwand, Bild 15.26. Die Spindeldrehzahl beträgt 175 min–1. Am Sägeblatt entsteht eine Anregung mit der Erregeramplitude x e = 0 , 01 mm , die über die elastischen Zwischenglieder auch die Horizontalführung in Schwingung versetzt. Die Horizontalführung hat eine markante Eigenfrequenz von 5,06 Hz. Ein zusätzlicher Feder-Masse-Schwinger (auf der Horizontalführung montiert) soll die Schwingungen der Horizontalführung bei der Spindeldrehzahl tilgen. Dabei soll die Tilgermasse 5% der effektiven Schwingmasse der Horizontalführung betragen. Wie groß ist die Schwingungsamplitude der Tilgermasse? Hinweis: Dämpfungen sollen vernachlässigt werden. Die Anregung der Schwingung an der Horizontalführung kann als Anregung über eine Feder aufgefasst werden. 1. 2.

Bild 15.26 Steinkreissäge aus Übung 15.7 a) Anordnung b) Schwingungstilger

3. 4.

5. 6. 7. 8. 9. 10. 11. 12.

13.

Wie berechnet man die Eigenkreisfrequenz ω0 eines ungedämpften Feder-Masse-Schwingers? Wie hängen bei einer harmonischen Schwingung die Amplituden von Geschwindigkeit v und Beschleunigung a mit der Auslenkungsamplitude x zusammen? Ändert sich die biegekritische Drehzahl, wenn eine Welle vertikal statt horizontal eingebaut wird? Wie verhalten sich die rechnerisch ermittelten Eigenkreisfrequenzen eines Trägers, wenn einmal nur die Nutzlast und zum andern Nutzlast und Trägereigengewicht berücksichtigt werden (mit Begründung)? Welchen Dämpfungsgrad ϑ hat der aperiodische Grenzfall? Welche Dämpfungsgrade haben normalerweise Maschinen und Anlagen ohne spezielle Dämpfungsglieder? Wie ändert sich die Periodendauer der gedämpften Schwingung relativ zur ungedämpften? Wie ist das logarithmische Dekrement Λ definiert? Nennen Sie 2 Methoden zur experimentellen Bestimmung des Dämpfungsgrades ϑ. Wie wird eine Größe in dB-Einheiten umgerechnet? Was sagt die Vergrößerungsfunktion bzw. der Vergrößerungsfaktor aus? Welche Phasenverschiebung besteht zwischen einer ungedämpften Schwingung und der Erregung a) bei unterkritischer Erregung und b) bei überkritischer Erregung? Nennen Sie 4 prinzipiell unterschiedliche Arten zur Vermeidung von Resonanzerscheinungen.

217

Prüfungsaufgaben Schwierigkeitsgrad 1: sehr einfach


P1.1 In Bild P1.1 ist ein Kinderkarussell skizziert (steifer Arm an vertikaler Drehachse). 1. Wie groß darf die Drehzahl n maximal werden, wenn die Normalbeschleunigung an die zweifache Fallbeschleunigung nicht übersteigen darf? 2. Mit welcher resultierenden Kraft F drückt bei dieser Drehzahl ein Kind von 30 kg Gewicht auf den Sitz?

Bild P1.1

P1.2 (zu Kap. 15) Das Uhrenpendel einer Standuhr besteht aus einer Kreisscheibe vom Durchmesser d = 0,16 m, im Abstand l = 1 m vom Drehpunkt auf einem masselos gedachten Stab montiert, Bild P1.2. Die Pendelbewegung sei reibungsfrei, Fallbeschleunigung g = 9,81 m/s2. Um wie viele Millisekunden unterscheidet sich die Periodendauer, wenn die Scheibe einmal als Punktmasse und das andere Mal als Scheibe berücksichtigt wird?

2

P1.3 Ein Schiff der Masse m = 5000 t gleitet beim Stapellauf auf der unter 1 :15 geneigten Ablaufbahn gleichförmig beschleunigt abwärts. 1. Mit welcher Endgeschwindigkeit v verlässt es die 90 m lange Bahn, wenn der Stapellauf 31 s dauert? Wie groß ist die Beschleunigung a? 2. Wie groß ist die Gleitreibungszahl μ? 3. Wie groß ist die Arbeit WR infolge Reibung?

Schwierigkeitsgrad 2: einfach P2.1 Ein Sportflugzeug der Masse mF = 1200 kg wird mit Hilfe eines Raketenschlittens der Masse mR = 100 kg gestartet. Die während des Starts mitlaufende Luftschraube des Flugzeugs erzeugt eine konstante Schubkraft FSF = 3000 N, der Raketenantrieb des Schlittens eine konstante Schubkraft FSR = 45 000 N. Zum Abbremsen des Schlittens nach dem Abheben des Flugzeugs steht eine konstante Bremskraft FBR = 20 000 N zur Verfügung. Der Schlitten kommt nach s = 40 m zum Stehen (Weg für Starten und Bremsen).

Bild P1.2

218

Prüfungsaufgaben

1. Wie groß ist die mögliche Beschleunigung a1 des Schlittens mit Flugzeug; wie groß ist die Verzögerung a2 des Schlittens nach dem Abheben des Flugzeugs? 2. Welche Zeit t1 wird benötigt für den Beschleunigungsvorgang und welche Zeit t2 für den Verzögerungsvorgang? 3. Welche maximale Geschwindigkeit vmax wird erreicht? 4. Welche Strecke s1 benötigt das Flugzeug bis zum Abheben?


Bild P2.2

P2.2 Im Fahrgeschäft „Fliegender Teppich“, Bild P2.2, werden die Gondeln parallel geführt: Alle Fahrgäste beschreiben Kreise von gleichem Radius und erfahren gleiche Beschleunigungen. Der oberste Punkt OP wird mit einer Geschwindigkeit durchfahren, die 0,8 ⋅ g entlastet, d. h. der Fahrgast wird noch mit 20% seiner Gewichtskraft im Sitz gehalten. Im untersten Punkt UP beträgt die zusätzliche Belastung 3 ⋅ g. Der Fahrgast drückt somit mit dem Vierfachen seiner Gewichtskraft auf den Sitz. Der „Fliegende Teppich“ fährt nicht im „freien Fall“, weil sonst die Geschwindigkeiten zu hoch würden. Dieser wird nur vorgetäuscht. In Wirklichkeit bremst der Motor beim Herunterfahren und beschleunigt beim Hinauffahren. Angenommen, das Bremsmoment MB ist konstant zwischen OP und UP, wie groß muss es dann sein? Auch das Beschleunigungsmoment MA sei konstant zwischen UP und OP, wie groß muss dieses sein? Die Masse der besetzten Gondel beträgt m = 5000 kg; Masse und Trägheitsmoment des Arms sollen vernachlässigt werden. P2.3

Bild P2.3

Bild P2.3 ist die Prinzipskizze eines Umlaufgetriebes. Um die Achse durch O drehen sich das Zentralrad 1 (Außenverzahnung, Radius r1, Drehzahl n1) und der Steg (Drehzahl nS). Um die Achse durch A kann sich das Planetenrad (Radius r2) drehen. Zahlenwerte: r1 = 80 mm; r2 = 40 mm; n1 = 12 min–1; nS = 30 min–1 Berechnen Sie für das Planetenrad 1. die resultierende Drehzahl n2res 2. die Drehzahl n2 um die Eigenachse A, d. h. relativ zum Steg.

Schwierigkeitsgrad 3: schwierig P3.1 Ein Eisenbahnwagen der Masse m1 = 20 000 kg rollt reibungsfrei mit der konstanten Geschwindigkeit v1 = 2 m/s und prallt dabei auf einen Wagen der Masse m2 = 12 000 kg, dessen Bremsen blockiert sind. Der Stoß erfolgt teilelastisch mit k = 0,4.

Prüfungsaufgaben

219


1. Mit welcher Geschwindigkeit v1* rollt Wagen 1 und mit welcher Geschwindigkeit v*2 gleitet Wagen 2 auf den Schienen unmittelbar nach dem Stoß? 2. Wieviel Energie ΔEk wird beim Stoß in Wärme umgewandelt? 3. Welche Verzögerung a2 erfährt der rutschende Wagen 2 bei einer Gleitreibungszahl Rad/Schiene μ = 0,1? 4. Tragen Sie die Geschwindigkeiten v1* und v*2 qualitativ in einem v,t-Diagramm auf. Wann würde Wagen 2 zum Stehen kommen? 5. Nach welcher Zeit t wird Wagen 1 wieder gegen Wagen 2 prallen? Welchen Weg s haben sie bis dahin zurückgelegt? Zeit und Weg zählen vom ersten Stoß aus. Machen Sie sich den Vorgang in einem s,t-Diagramm klar. P3.2 Über einer Tunneleinfahrt löst sich ein Stein, Bild P3.2. Wir nehmen an, er beginnt die Wurfparabel mit einer horizontalen Anfangsgeschwindigkeit v0 = 5 m/s. Unglücklicherweise trifft er die Windschutzscheibe eines mit vF = 100 km/h herannahenden Autos. 1. Mit welcher Relativgeschwindigkeit vrel schlägt der Stein auf die Windschutzscheibe auf? Welchen Winkel β hat vrel zur Scheibennormale? Lösung mit Hilfe des Geschwindigkeitsdreiecks. 2. Welche Strecke x liegt die Auftreffstelle vor der Tunneleinfahrt? 3. Welche Strecke x0 war der spätere Auftreffpunkt des Autos am Beginn der Wurfparabel von der Tunneleinfahrt entfernt? Hinweis: Der Luftwiderstand sei vernachlässigt.

Bild P3.2

2

P3.3 Bild P3.3 zeigt einen Ventilantrieb mit Kreisbogennocken. Die Nockenkurve besteht aus Kreisbogenstücken der Radien R4, R52 und R16. Der Zentriwinkel des Kreissegments vom Radius R4 beträgt 78°. Der Nocken dreht mit n = 2800 min–1. Wie groß sind betragsmäßig die Ventilbeschleunigungen 1. in der gezeichneten Stellung 2. maximal auf dem Kreisbogen mit R4 3. auf dem Kreisbogen mit R4 kurz vor Punkt Ü?

Schwierigkeitsgrad 4: sehr schwierig P4.1 (zu Kap. 15) Gegeben ist der Aufbau gemäß Bild P4.1. Die sehr steife Bühne ist über 4 Ständerprofile mit der sehr steifen Grundplatte verbunden. Die Ständerprofile sind an Grundplatte und Bühne angeschweißt (biegesteife Verbindung). Auf der Bühne ist ein Motor montiert (Drehzahl n = 1450 min–1), der eine Unwuchtkraft-Amplitude F e = 20 N in der x,y-Symmetrieebene aufweist.

Bild P3.3

220

Prüfungsaufgaben

Ständerprofile: Vierkantrohre 40× 40 × 2,5 mit I = Iz = 85 400 mm4 pro Profil; E = 210 000 N/mm2; l = 750 mm. Mit welcher Wegamplitude x schwingt die Bühne in x-Richtung? Die an der Schwingung beteiligte Masse (Motor + Bühne) ist m = 100 kg. Hinweis: Für die masselos angenommenen Ständerprofile ist nur die Biegung zu berücksichtigen. Die Dämpfung wird vernachlässigt. Die Erregeramplitude folgt aus x e = F e /( m ⋅ Ω 2 ) ; hierbei ist Ω die Erregerkreisfrequenz. Bild P4.1


P4.2 Bild P4.2 stellt den Antriebsmechanismus einer Hobelmaschine dar. Kurbel 1 dreht mit konstanter Drehzahl n1 bzw. konstanter Winkelgeschwindigkeit ω1 um A. Die Bewegung wird über die Stangen 2 bis 4 in eine horizontale Hubbewegung umgesetzt. Stange 3 dreht um den Fixpunkt B. Lösen Sie die Aufgabe mit Hilfe einer Mischung aus Rechnung und Zeichnung, indem Sie den Geschwindigkeits- und Beschleunigungsplan erstellen. Ermitteln Sie im Einzelnen:  1. Geschwindigkeit v C 2. den Momentanpol M2 der Bewegung der Stange 2, Winkel  geschwindigkeit ω 2 sowie die Geschwindigkeit v D   3. ω3 und vE   4. den Momentanpol M4 der Bewegung der Stange 4, ω 4 und v F  5. Beschleunigung aD Zahlenwerte:

n1 = 20 min–1; AC = 0,35 m; CD = 0,5 m; BD = 0,85 m; BE = 1,05 m; EF = 0, 4 m;

Bild P4.2

Maßstab für die Geschwindigkeit m v =

0 ,1 m/s cm

Maßstab für die Beschleunigung m a =

0 , 2 m/s2 cm


221


Antworten zu den Fragen zu 2 1. Tangential zur Bahn 2. Die Tangential- oder Bahnbeschleunigung 3. Nein, da der zurückgelegte Weg, also die Bogenlänge ein Skalar ist. 4. Durch graphisches Differenzieren: Die Steigung im Weg-ZeitDiagramm entspricht der Geschwindigkeit, die Steigung im Geschwindigkeits-Zeit-Diagramm entspricht der Tangentialbeschleunigung. 5. Tangential- und Normalbeschleunigung (auch Bahn- und Zentripetalbeschleunigung genannt). 6. Dort, wo die Bahnkurve geradlinig ist (r → ∞) 7. Die Winkelgeschwindigkeit ω ist die Änderung des Winkels in rad pro Zeiteinheit, d. h. die erste Ableitung des Winkels nach der Zeit; die Winkelbeschleunigung α ist die zweite Ableitung des Winkels nach der Zeit. 8. v = r ⋅ ω; at = r ⋅ α; an = r ⋅ ω2 zu 3 1. Kartesische Koordinaten x, y, z; Zylinderkoordinaten ρ, ϕ, z; natürliche Koordinaten t, n. 2. In der Schmiegeebene liegen Krümmungskreis und Basisvektoren   e t und en . zu 4 1. Translation: Alle Körperpunkte führen die gleiche Bewegung aus (= Parallelverschiebung). Rotation: Drehung um eine Achse normal zur Ebene. 2. Ein starrer Körper kann Verschiebungen in x- und y-Richtung sowie eine Drehung um eine Achse normal zur x,y-Ebene ausführen. 3. Er legt Drehrichtung, Drehsinn und die Größe der Winkelgeschwindigkeit fest.     4. Aus v A und ω× rAB , wobei rAB der Ortsvektor von A nach B ist.     rAB (= Tangentialbeschleunigung) und −ω2 ⋅ rAB 5. Aus aA , ω× (= Normalbeschleunigung). 6. Welcher momentan in Ruhe ist (v = 0). zu 5 1. Kind im Fahrzeug ; Person am Straßenrand ; Überholer .   dr AB d ′r AB   2. = + ω × r AB dt dt Der erste Term ist die Ableitung der relativen Koordinaten nach der Zeit, ω ist die Winkelgeschwindigkeit des geführten Bezugssystems.

2

222



 3. vF setzt sich zusammen aus der Geschwindigkeit des geführten Bezugssystems und der Geschwindigkeit,  die sich aus der Rotation des geführten Bezugssystems ergibt. v rel ist die Geschwindigkeit, die ein Beobachter im geführten Bezugssystem sieht.  4. Aus Führungsbeschleunigung a F , Relativbeschleunigung a rel und  CORIOLIS-Beschleunigung a C . 5. Aus der Beschleunigung des Bezugspunktes sowie der tangentialen und normalen Führungsbeschleunigung infolge Rotation des Bezugssystems. 6. Das Wasser des Rheins zwischen Basel und Mainz wird in Westrichtung beschleunigt.

zu 7 1. Die Kraft muss in Richtung des Weges gehen und längs des Weges konstant sein. 2. Lage: Gewichtskraft mal angehobene Höhe. Feder: Federkonstante mal Verlängerung zum Quadrat, geteilt durch 2. 3. Plus 4. Leistung gleich Kraft mal Geschwindigkeit bzw. Moment mal Winkelgeschwindigkeit. 5. Mittlerer Wirkungsgrad gleich Nutzarbeit durch zugeführte Arbeit, momentaner Wirkungsgrad gleich Nutzleistung durch zugeführte Leistung. zu 8 1. Kraft gleich Masse mal Beschleunigung. 2. Äußere Kräfte und Trägheitskräfte zusammen müssen im Gleichgewicht sein (wie beim statischen Gleichgewicht). 3. Der Beschleunigungsrichtung entgegen. 4. Zentrifugalkraft (auch Fliehkraft): m ⋅ v2/r bzw. m ⋅ r ⋅ ω2 5. Eine Kraft, die der nach außen gerichteten Zentrifugalkraft das Gleichgewicht hält. zu 9   1. Impuls p = m ⋅ v 2. Die Änderung des Impulses nach der Zeit ist gleich der äußeren Kraft bzw. ein Kraftstoß bewirkt eine gleichgroße Impulsänderung. 3. Nicht, da sie sich paarweise aufheben. 4. Der Schwerpunkt eines Körpers bewegt sich wie ein Massenpunkt, d. h. als ob in ihm die gesamte Masse vereinigt sei und alle äußeren Kräfte an ihm angreifen würden. 5. Der Schwerpunkt bewegt sich wie ein Massenpunkt, außerdem dreht sich der Körper. zu 10 1. Ek = m ⋅ v2/2 2. Die Summe aus potentieller und kinetischer Energie ist zu jedem Zeitpunkt gleich groß. 3. Keine: Die Energie ist eine skalare Größe.


223


zu 11 1. Bei der Drehbewegung 2. kg ⋅ m2 3. Die Masse muss von der Drehachse weit weg sein: dünner Ring mit großem Radius. 4. Es ist eine Größe für die Unsymmetrie bzw. Unwucht. 5. Um die Trägheitshauptachsen 1 bzw. 3 6. Null 7. Kugel (voll und hohl), regelmäßige Polyeder 8. Für eine Achse, die zur Schwerpunktachse parallel ist, erhöht sich das Trägheitsmoment um den Betrag Masse mal Abstand der beiden Achsen im Quadrat. zu 12 1. Trägheitsmoment um die Drehachse mal Winkelgeschwindigkeit: L=J⋅ω 2. Durch ein äußeres Moment. 3. Trägheitsmoment mal Winkelgeschwindigkeit zum Quadrat, geteilt durch 2. 4. Damit können die Drehungen um mehrere Drehachsen auf die Drehung um eine Drehachse umgerechnet werden. zu 13 1. Zur Zentrifugalkraft 2. Wenn sich ein Körper relativ zum rotierenden Führungssystem bewegt. 3. In Ostrichtung; Ursache ist die Erdrotation. zu 14 1. Die Stoßzeit ist extrem kurz und die Stoßkraft sehr groß. 2. Schwerpunkte und Geschwindigkeiten liegen auf der Stoßnormalen. 3. Elastisch: ohne Energieverlust; teilelastisch: mit Energieverlust; plastisch: gemeinsame Geschwindigkeit nach dem Stoß, maximaler Energieverlust. 4. Man lässt eine kleine Kugel aus der Höhe h auf eine große ruhende Platte gleichen Materials fallen und misst die Rücksprunghöhe h*. Daraus folgt k = h */h . 5. Eine Kugel wird von einer Wand so reflektiert, dass Einfallswinkel gleich Ausfallswinkel ist. Das gilt aber nur bei glattem Stoß ohne Energieverlust. 6. Schmieden, Einrammen von Pfählen, Einschlagen von Nägeln. 7. Wenn der gestoßene Körper im Stoßmittelpunkt gelagert ist, treten im Lager keine Stoßkräfte auf. 8. Dem plastischen Drehstoß. zu 15

1. ω 0 =

c/m

2. vˆ = ω⋅ xˆ; aˆ = ω2 ⋅ xˆ 3. Nein

2

224



4. Mit Eigengewicht ist ω0 kleiner, und zwar wegen ω0 = c/m : ω0 ↓ m ↑ 5. ϑ = 1 bzw. 100% 6. Wenige Prozente 7. Sie ist geringfügig höher, z. B. bei ϑ = 20% um 2%. 8. Λ = ln ( x n /x n+1 ), x n und x n +1 sind zwei aufeinander folgende Amplituden. 9. 1. Über das logarithmische Dekrement Λ: ϑ ≈ Λ/(2π) 2. Über die Abklingzeit Tz: ϑ = 1/(Tz ⋅ 2π ⋅ f0) 10. 20 ⋅ lg (Größe/Referenzgröße); lg bedeutet Logarithmus zur Basis 10. 11. Sie stellen das Verhältnis von Schwingungsamplitude zur Erregeramplitude dar. 12. a) 0°; b) 180° 13. Verlagerung der Eigenfrequenz, Dämpfung, Isolierung, Tilgung.


225

Ergebnisse der Übungsaufgaben (meist mit Lösungshinweisen und Zwischenwerten) Übung 2.1 vmax = 49,05 m/s; smax ≈ 122,6 m


Übung 2.2 tÜ ≈ 6,35 s; sÜ ≈ 413 m; v2Ü ≈ 195 km/h; a > 3,46 m/s2 Aus sÜ = v1 ⋅ t Ü = v20 ⋅ t Ü + a ⋅ t Ü2 /2 + d , mit d = 100 m + 30 m = 130 m, folgt t Ü = ( v1 − v20 )/a − (( v1 − v20 )2 /a 2 − 2 d/a )1/2 und somit sÜ und v2Ü. Überholen ist nicht mehr möglich, wenn der Ausdruck unter der Wurzel kleiner/gleich null wird. Übung 2.3 1. 2. 3. 4. 5.

α = –ω0/tA ≈ – 0,164 s–2 (Winkelverzögerung) at = r · α ≈ – 0,123 m/s2 (Verzögerung) Z = ϕ/(2π) = (ω0 ⋅ tA/2) = 48 000 Umdrehungen s = r · ϕ ≈ 226 km (Auslaufweg) Z* = 3/4 · Z = 36 000 Umdrehungen

Übung 2.4 s(t) = r ⋅ sin ωt; v(t) = ω ⋅ r ⋅ cos ωt; a(t) = – ω2⋅ r ⋅ sin ωt; a(s) = – ω2 ⋅ s (vergleiche a(t) mit s(t)); v ( s ) = ω r 2 − s 2 (mittels Tab. 2.1, Fall 5) Nach links: 180° ≤ ϕ ≤ 360°; Nach rechts: 0° ≤ ϕ ≤ 180° (folgt aus a(ϕ) = –ω2 ⋅ r ⋅ sin ϕ)

Übung 2.5

ds dϕ ⋅ = − h ⋅ ω ⋅ sin 2ϕ dϕ dt mit s = r − r0 = (h/2) ⋅ (1 + cos 2ϕ)

1. v(ϕ) = s =

v max ≈ 0,126 m/s bei ϕ = ±45°

2. a(ϕ) = v =

dv dϕ ⋅ = − 2h ⋅ ω2 ⋅ cos 2ϕ dϕ d t

amax ≈ 3,16 m/s 2 bei ϕ = 0, ± 90°

3. bei ϕ = ±90° (und zwar von 2h ⋅ ω2 auf 0) Übung 3.1   Δr = r − rH = (x − xH)2 + (y − yH)2 + (z − zH) 2 ≈ 1,694 m

2

226


Übung 3.2 Abkürzung K = R 2 + ( h/2 π ) 1. s = K ⋅ ϕ (Hypotenuse im Steigungsdreieck) 2. v = 2 K ⋅ at ⋅ ϕ (mit Hilfe von Tab. 2.1) 3. an = v2/r = 2R ⋅ at ⋅ ϕ/K 4. vˆ ≈ 7, 75 m/s 2


5. aˆ n ≈ 16 m/s2 Übung 3.3 1. a = (aρ2 + aϕ2 + az2 )1/2 ≈ 29,8 m/s2 2. ρ = 0,9 m; ϕ ≈ 47°; z = 0,32 m Übung 4.1 ⎛r ⎞ r 1. n2res = −nS ⎜ 1 − 1⎟ − n1 ⋅ 1 = −114 min −1 r r 2 ⎝ 2 ⎠ Das Minuszeichen bedeutet    Rechtsdrehung. Folgt aus: vB = vA + ω2res × rAB mit vA = ωS ⋅ rA und vB = − ω1 ⋅ r1 2. Das Planetenrad dreht auch ohne Verzahnung mit dem Steg mit (Linksdrehung). Die Eigendrehung ist resultierende Drehung minus Stegdrehung: n2 = n2res − nS = − (nS + n1 ) r1 /r2 = − 144 min–1 (Rechtsdrehung)

Übung 4.2 ωS = ω1 · r1/rMA ≈ 3,65 s–1 mit rMA ≈ 0,774 m vB = ωS · rMB ≈ 1,30 m/s mit rMB ≈ 0,356 m vS = ωS · rMS ≈ 1,93 m/s mit rMS ≈ 0,5285 m ω2 = vB/r2 ≈ 5,42 s–1 aA = ω12 ⋅ r1 ≈ 53,3 m/s2; anB = ω22 ⋅ r2 ≈ 7,06 m/s2 Gleichung (4.2 b) anwenden. Soweit möglich sind die Beschleunigungen zu berechnen und anschließend im Beschleunigungsplan aufzutragen. Mit der zusätzlichen Information die Richtungen  über  von atB (Tangentialbeschleunigung) und ω S × r AB lässt sich der Beschleunigungsplan zeichnen. → αS ≈ 60,6 s–2 7. Analog zu 6. aS ≈ 52,2 m/s2

1. 2. 3. 4. 5. 6.

Übung 5.1 1. ≈ 69 km/h; ≈ 50° zur Flugrichtung (v = 420 km/h (Absolutgeschwindigkeit); vrel = 380 km/h; Größe und Richtung der Windgeschwindigkeit (Führungsgeschwindigkeit vF) mit Hilfe der analytischen Auswertung des Geschwindigkeitsdreiecks für den Hinflug.) 2. ≈ 126 min (Geschwindigkeitsdreieck für den Rückflug) 3. ≈ 371 km/h


227

Übung 5.2 1. 2. 3. 4.

w1 ≈ 70,6 m/s; w2 = 177,5 m/s c2 ≈ 70,6 m/s β1 ≈ 79° α2 ≈ 101°


Übung 5.3 1. vrel ≈ 0,41 m/s; ω2 ≈ 6,0 s–1  (Die Absolutgeschwindigkeit vZ ( vZ = ω1 ⋅ r ) zerlegt man in die   Komponenten vF (normal zum Schlitz) und vrel (parallel zum Schlitz); aus vF folgt ω2 = ωF = vF /rO2 Z .) 2. aZ = vZ2 /r ≈ 6,3 m/s2; aC = 2ωF ⋅ vrel ≈ 4,9 m/s2; aFn = ω2F ⋅ rO2 Z ≈ 1,8 m/s2 3. aFt ≈ 10 m/s2; arel ≈ 5,5 m/s2 Übung 7.1 1. 8106 Personen/h 2. P ≈ 18 kW 3. PB ≈ 2 kW Übung 8.1 S = FR0 /FG = m ⋅ r ⋅ ω2 ⋅ μ 0 /( m ⋅ g ) = r ⋅ (2 π ⋅ n)2 ⋅ μ 0 /g ≈ 1,2 Übung 8.2 1. a1 = g · sin α – FW/m ≈ 0,287 m/s2, mit α = arctan (1/30) ≈ 1,91°; v1 = (2 a1 ⋅ s1 + v02 )1/2 ≈ 5,46 m/s; t1 = 2s1/(v0 + v1) ≈ 12,1 s 2. t2 ≈ 137 s; s2 ≈ 373 m (Verzögerung |a2| = FW/m) Übung 8.3 v ≈ 126 km/h (Das Kräftegleichgewicht normal und tangential zur Fahrbahn aufstellen; die Zentrifugalkraft wirkt horizontal.) Übung 8.4 1. oben: F/FG ≈ 0,5; unten: F/FG ≈ 2,5 2. Es bleibt die Kraft ΔF = 0,85 FG nach unten übrig, d. h. es ist eine Abstützung notwendig. Übung 9.1 1. t ≈ 6,2 s (− F (t2 − t1 ) = m(v2 − v1 ) → t = t2 = m ⋅ v1 /F ; t1 = v2 = 0 2. s = v1 · t/2 ≈ 111 m

2

228


Übung 10.1 1. an = 2g (zum Drehpunkt hin, d. h. horizontal) 2. mit der 5-fachen Gewichtskraft (an = v 2 /R; HH : v 2 = 2 g ⋅ R; UP: v 2 = 4 g ⋅ R; R: Bahnradius)

Übung 10.2


1. b = [ a ⋅ sin α − μ ⋅ a ⋅ cos α − c ⋅ f 2 /(2 m ⋅ g )]/μ + l − f ≈ 1,39 m 2. v = {2 g[ a ⋅ sin α − μ ⋅ a ⋅ cos α − μ(b − l )]}1/2 ≈ 2,27 m/s

Übung 12.1 1. Mmax = 2J · ω/tA ≈ 725 Nm (mit (12.8 b), Integration von 0 bis tA) mit J = JM + JT = 46,14 kgm2 2. ω(t) ≈ 1,963t2/s3 (wie bei 1., jedoch Integration von 0 bis t)  max = 15,7 s–2)  max ≈ 696 Nm (mit (12.7 b) für ω 3. MK max = J T ⋅ ω oder kürzer: MK max = Mmax · JT/J

Übung 12.2 1. m1 ≈ 109,5 kg 2. J ≈ 422,6 kgm2  1 = J ⋅ 2ϕ1 /t12 ≈ 41 Nm; M2 = 0; M3 = –M1; 3. M1 = J ⋅ ω tges = t1 + t2 + t3 = 3 s + 1,5 s + 3 s = 7,5 s Übung 12.3 ML = J ⋅ ω/t = J ⋅ 2 π ⋅ n/t ≈ 6,73 Nm Übung 12.4 1. J = 2,02 ⋅ 106 kgm2 2. M0 = J · α0 + MR = 84 kNm (mit Hilfe des Drehimpulssatzes) t ⎞ t ⎞ ⎛ ⎛ 3. α = α 0 ⎜ 1 − ⎟ ; ω(t ) = α 0 ⋅ t ⎜ 1 − ⎟ ⎝ 4s ⎠ ⎝ 8s ⎠ 4. Pmax ≈ 2,7 kW (aus P = M · ω und dP/dt = 0) Übung 12.5 1. 2. 3. 4.

Jred 1 = J1 + J2 · (n2/n1)2 = 0,28 kgm2 (mit n2/n1 = d1/d2) α1 ≈ 70,6 s–2 (mit Hilfe des Drehimpulssatzes) MB1 = 3 Nm (MB1 = MB2 · d1/d2; MB2 = F · μ · d3) t ≈ 14 s (mit Hilfe des Drehimpulssatzes und Tab. 2.1)


229

Übung 12.6 aS = g/(1 + J/(m · r2)) = 5,45 m/s2; F = m(g – aS) = 13 080 N (z. B. mit Hilfe von Kräftegleichgewicht und Momentengleichgewicht um S bei Verwendung der D’ALEMBERTschen Trägheitsgrößen) Übung 12.7


1. v1 = {2 g(h3 − h1 )/[1 + J/( m ⋅ r 2 )]}1/2 ≈ 1,4 m/s 2. F = m(an + g) ≈ 1852 N mit an = v22 /( R − r ) (v1 und v2 mit Hilfe des Energiesatzes) Übung 12.8 1. a = g ⋅ sin α/(1 + J/( m ⋅ r 2 )) ≈ 2,34 m/s2; vmax = a · t1 ≈ 11,7 m/s; FS = m(g · sin α – a) = J · a/r2 ≈ 25,6 kN 2. a ≈ 3,63 m/s2; FS = m(a + g · sin α) = MB/r – J · a/r2 ≈ 85,3 kN 3. t ≈ 8,2 s; s ≈ 48 m (Kräftegleichgewicht für den Wagen, Momentengleichgewicht für die  = a/r) Winde, Kinematikbedingung ω Übung 13.1 FC /FG = 2ωE ⋅ vrel ⋅ sin 134° /g ≈ 1,34 ⋅ 10 −3 ; in Westrichtung

Übung 13.2  F / MP ≈ 1,95 N (mit Hilfe des Drehimpulssatzes um M) 1. F = J M ⋅ ω 2. MK ≈ 0,34 Nm (Kraft F mal lotrechter Abstand von O auf die Wirkungslinie von F)

Übung 14.1 1. v*Ball = –5 m/s, d. h. entgegen der Fahrtrichtung 2. v*Ball = 45 m/s, in Fahrtrichtung Übung 14.2 v* = 162 km/h; ΔEk = 270 kNm, d. h.

1 4

der kinetischen Energie

Übung 14.3 α* = 36° (tan α* = tan α/k) Übung 14.4 1. rS = JS/(m2 · a) = 0,2 m 2. m2red = ( J S + m2 ⋅ rS2 )/(rS + a )2 ≈ 0,190 kg 3. v 2 ≈ 14,6 m/s, engegen v1 (mit (14.4) und m2red anstelle von m2)

2

230


Übung 15.1 nkb = c/m /(2 π) ≈ 109,29 s–1; c mittels A6.1 und A14.1, Fall 14 Übung 15.2 1. ωl ≈ 424 s–1 (mit Hilfe von A6.2) 2. ωb ≈ 209 s–1; ωt ≈ 368 s–1 (mit Hilfe von A6.1) Übung 15.3


Λ ≈ 1,3; ϑ ≈ 20%; Td/T0 ≈ 1,02 Übung 15.4 ϑ = 100%/(Tz · 2π · f0) ≈ 2,3% Übung 15.5 d = 2 m ⋅ ω0 ⋅ ϑ = 2ϑ(m ⋅ cres )1/2 = 3466 kg/s cres = c + cB = c + (3E ⋅ I )/l 3 = 2,002 · 106 N/m (Parallelschaltung) Übung 15.6 1. x 2 = a 2 /Ω2 = aˆ 2 /(2 π ⋅ f )2 ≈ 2 μm 2. ϑ ≈ 69% (mittels (15.21), für aˆ 2 /aˆ1 = Ω 2 ⋅ xˆ 2 /(Ω 2 ⋅ xˆ1 ) = xˆ 2 /xˆ1 = VA ) Übung 15.7 x 2 =

2 2 ω10 ⋅ xˆ e ω10 ⋅ xˆ e = ≈ 0,6 mm 2 μ ⋅ ω2 μ ⋅ Ω2

231

Ergebnisse der Prüfungsaufgaben (meist mit Lösungshinweisen und Zwischenwerten)

P1.1 1. n = ( an /R )1/ 2 /(2 π) = 24 min–1 (aus an = R · ω2) 2. F = 658 N (Resultierende aus Gewichts- und Zentrifugalkraft)


P1.2 ΔT ≈ 3,2 ms (T = 2π/ω0; ω0 gemäß A6.1) P1.3 1. v = 2s/t ≈ 5,81 m/s; a = v/t ≈ 0,187 m/s2 (mit s = 90 m; t = 31 s) 2. μ = tan α – a/(g · cos α) ≈ 0,0475 (mit tan α = 1/15) 3. WR = μ · m · g · cos α · s ≈ 209 ⋅ 106 Nm ≈ 58 kWh P2.1 1. a1 = (FSF + FSR)/(mF + mR) ≈ 36,92 m/s2; a2 = FBR/mR = 200 m/s2 2. t1 = {2 s ⋅ a2 /[ a1 (a1 + a2 )]}1/2 ≈ 1,35 s; t2 ≈ 0,25 s (mit Hilfe von vmax = a1 ⋅ t1 = a2 ⋅ t2 und s = a1 ⋅ t12 /2 + a2 ⋅ t22 /2) 3. vmax = a1 ⋅ t1 ≈ 50 m/s 4. s1 = a1 ⋅ t12 /2 ≈ 34 m P2.2 MA = MB ≈ 70 kNm (mit Hilfe des Energiesatzes) P2.3 1. n2res = nS (r1 /r2 + 1) + n1 ⋅ r1 /r2 = 114 min–1 (mit Hilfe von (4.1), B ist der Zahneingriffspunkt; –ω1 · r1 = ωS · r0A – ω2res · r2) 2. n2 = n2res – nS = 84 min–1 P3.1 1. 2. 3. 4. 5.

v1* = 0,95 m/s; v*2 = 1,75 m/s (mit Hilfe von (14.4)) ΔEk = 12 600 Nm (mit Hilfe von (14.5)) a2 = μ · g = 0,981 m/s2 (mit Hilfe des Kräftegleichgewichts) t = v*/a 2 2 ≈ 1,78 s t = 2(v* 2 – v*)/a 1 2 ≈ 1,63 s; s ≈ 1,55 m (Bedingung: s1 = s2 = s)

2

232


P3.2


1. vrel = [v 2v + (v0 + vF)2]1/2 ≈ 34,8 m/s; β = 30° – arctan [vv/(v0 + vF)] ≈ 10° (mit vv = 2 g ⋅ h (vertikale Komponente der Absolutgeschwindigkeit); h = 7 m) 2. x = v0 · t ≈ 6 m (mit t = 2h/g ) 3. x0 = x + vF · t ≈ 39 m Die Relativgeschwindigkeit des Steins könnte ein Autofahrer beobachten, der sich parallel zum Unglücksfahrzeug bewegt. P3.3 1. a(ϕ = 30°) ≈ 1489 m/s2 2. amax = a(ϕ = 0) ≈ 1720 m/s2 3. aÜ = a(ϕ = 39°) ≈ 1336 m/s2 Aus s(ϕ) = R(1 – cos ϕ) folgt v = ω · (ds/dϕ) = ω · R · sin ϕ und a = ω · (dv/dϕ) = ω2 · R · cos ϕ ; Winkel ϕ zwischen Vertikalachse und Nockensymmetrieachse, im Uhrzeigersinn positiv; R = 0,02 m P4.1 xˆ = 0,075 mm (mit Hilfe von VB aus Tab. 15.2 und c gemäß A14.2, Fall 10)

P4.2 1. vC ≈ 0,733 m/s (normal zu AC) 2. Der Momentanpol M2 für die Drehung der Stange 2 ist der Schnittpunkt der verlängerten Geraden CA und DB. M2C ≈ 1,310 m; M2 D ≈ 1,034 m ω2 ≈ 0,560 s–1 (rechtsdrehend) vD ≈ 0,579 m/s (normal zu BD; mit Hilfe des Momentanpols oder mit (4.1)) 3. ω3 ≈ 0,681 s–1 (rechtsdrehend) vE ≈ 0,715 m/s (normal zu BE) 4. M 4 E ≈ 2 , 417 m; M 4 F ≈ 2 , 458 m ω4 ≈ 0,296 s–1 (rechtsdrehend) vF ≈ 0,727 m/s 5. aD ≈ 0,897 m/s2 Mit Hilfe von Gl. (4.2 b):         a D = a C + ω 2 × rCD − ω 22 ⋅ rCD und a D = a nD + a tD (Zerlegung in Normal- und Tangentialbeschleunigung)  Weiterhin ist zu berücksichtigen, dass a tD normal zu BD und   ω × r normal zu CD stehen. 2

CD

Aus den berechneten Beschleunigungen und den beiden bekannten Richtungen lässt sich der Beschleunigungsplan zeichnen.

233

TEIL 3: Festigkeitslehre 1 Aufgaben der Festigkeitslehre


Verformung, innere Beanspruchung, vorhandene Spannung, zulässige Spannung, Werkstoffkennwert, Sicherheitsbeiwert, Stabilität, Dimensionierung, Sicherheitsnachweis, Werkstoffauswahl, Tragfähigkeitsnachweis

In der Festigkeitslehre ermitteln wir für ein Bauteil aus der äußeren Belastung und der Bauteilgeometrie die Verformung und die innere Beanspruchung. Letztere wird Spannung genannt (Normalspannung σ und Schubspannung τ). Festigkeitsbedingung (im Falle der Normalspannung s) Die vorhandene Spannung σvorh muss kleiner, höchstens gleich einer zulässigen Spannung sein: K σvorh ≤ σzul = S min Die zulässige Spannung σzul ergibt sich aus dem experimentell ermittelten Werkstoffkennwert K und einem erforderlichen (minimalen) Sicherheitsbeiwert Smin: K σ zul = Smin Die Festigkeitsbedingung kann auch mit dem vorhandenen Sicherheitsbeiwert Svorh formuliert werden: S vorh =

K

σ vorh

≥ Smin

Bild 1.1 soll diesen Zusammenhang verdeutlichen.

Bild 1.1 Prinzipielle Zusammenhänge bei einer Festigkeitsuntersuchung

3


234

Bild 1.2 Die 4 wichtigsten Größen und die dazugehörigen Aufgabenstellungen

1 Aufgaben der Festigkeitslehre

Werkstoffkennwerte sind z. B. die Zugfestigkeit Rm und die Streckgrenze Rp0,2. Wir werden diese Größen später diskutieren und weitere kennenlernen (Werte s. Anhang A9 und Normen). Der Sicherheitsbeiwert soll Unsicherheiten bei Werkstoffkennwerten und Belastung, Schwankungen in der Fertigungsqualität und Vereinfachungen in den Berechnungsmethoden abdecken. Er soll einerseits hoch sein, um das Versagensrisiko zu minimieren, andrerseits ist er durch Kosten und Funktionalität begrenzt: Ein Flugzeug muss vom Boden abheben können. Häufig sind die Sicherheitsbeiwerte oder auch direkt die zulässigen Spannungen von der Aufsichtsbehörde vorgeschrieben. In den betreffenden Kapiteln werden wir die oben gemachten allgemeinen Bemerkungen konkretisieren. Manchmal steht die Verformung im Vordergrund, z. B. bei einer Werkzeugmaschine, in diesem Falle wegen der geforderten Fertigungsgenauigkeit von wenigen Mikrometern (μm). Bei dünnwandigen Strukturen ist auch die Stabilität, d. h. der Widerstand gegen ein plötzliches Ausknicken oder Ausbauchen (Beulen) von Bedeutung. Ich fasse kurz zusammen: Die Festigkeitslehre untersucht den Zusammenhang zwischen − dem Bauteil (Abmessungen, Werkstoff; bei genauerer Berechnung sind auch Fertigungsqualität, Wärmebehandlung, Umwelt usw. zu berücksichtigen) − der Belastung (Kräfte und Momente, Drücke, Temperaturen, Gewicht) − dem Sicherheitsbeiwert gegen Versagen. Mit den vier wichtigsten Parametern, nämlich Abmessungen, Werkstoff, Belastung, Sicherheitsbeiwert ergeben sich vier Aufgabenstellungen (drei Parameter sind jeweils vorgegeben, der vierte ist zu ermitteln), Bild 1.2: 1. Ermittlung der Bauteilabmessungen: Auslegungsrechnung oder Dimensionierung. Eine meist überschlägige Berechnung während der Projekt- und Konstruktionsphase. Die Beanspruchung hängt z. T. wieder von den festzulegenden Maßen ab; z. B. wirkt sich der Durchmesser einer Getriebewelle auf den Lagerabstand und damit wiederum auf die Beanspruchung der Welle, also rückwirkend auf den Wellendurchmesser aus. 2. Berechnung der vorhandenen Sicherheit: Sicherheitsnachweis. Genaue Berechnung nach den Vorschriften, nachdem die Konstruktion abgeschlossen ist. 3. Werkstoffauswahl: Hier spielen Faktoren wie Gewicht, zulässige Beanspruchung, Schweißbarkeit, Temperaturbeständigkeit, Preis, Verfügbarkeit eine Rolle. Die Werkstoffauswahl steht schon vor oder während der Dimensionierung an. Es kann aber vorkommen, dass sich diese Frage nach dem Spannungsnachweis nochmals stellt, nämlich dann, wenn die Sicherheiten nicht ausreichend sind. Um bei der Getriebewelle zu bleiben: Eine Durchmesservergrößerung würde auch eine Änderung an anderen Stellen des Getriebes nach sich ziehen. Hier ist zu überlegen, ob man nicht stattdessen einen Werkstoff höherer Festigkeit wählt.


1 Aufgaben der Festigkeitslehre

235

4. Ermittlung der ertragbaren Lasten: Tragfähigkeitsnachweis. Welche maximale Last ist zulässig, beispielsweise nach einer Veränderung der Materialeigenschaft durch Umwelteinflüsse, oder nachdem Risse aufgetreten sind, oder bei einem bestehenden Tragwerk, bei dem die genaue Belastbarkeit unbekannt ist? Sie sehen, die Fragestellungen in der Festigkeitslehre können sehr unterschiedlich sein. Und es werden gleich mehrere Fachgebiete angesprochen, nämlich die − Konstruktion (Abmessungen) − Werkstoffkunde und -prüfung (Werkstoffeigenschaften und -kennwerte) − Normen, Vorschriften (Sicherheitsbeiwerte, zulässige Spannungen) − Berechnung und Messung (analytische Formeln, numerische Lösungsverfahren oder experimentelle Verfahren zur Bestimmung der Spannungen und Verformungen). Wir werden uns in der Festigkeitslehre schwerpunktmäßig mit der Berechnung befassen.

1. Welche hauptsächlichen Parameter wirken bei einer Festigkeitsberechnung zusammen? 2. Was versteht man unter innerer Beanspruchung? 3. Aus welchen Größen werden die Spannungen berechnet? 4. Wozu benötigt man einen Sicherheitsbeiwert? 5. Welche hauptsächlichen Aufgabenstellungen gibt es bei der Festigkeitsberechnung?

3

236

2 Beanspruchungsarten


Stabartige Bauteile, Belastungsrichtung, Beanspruchungsarten, zeitlicher Verlauf der Belastung

Belastung und Geometrie einer Werkzeugmaschine oder eines Verbrennungsmotors sind sehr komplex. Es ist deshalb nicht möglich, solche Anlagen durch einfache Handformeln komplett zu berechnen. Hier helfen nur numerische oder experimentelle Verfahren weiter [7]. Auf der anderen Seite gibt es Bauteile und Anlagen, wie Krane,

Bild 2.1 Beanspruchungsarten von stabartigen Bauteilen


237

Getriebe und Seilbahnen, wo eine Handrechnung zu einem schnellen und genügend genauen Ergebnis führt. Aber selbst beim komplexen Motor kann man einzelne Teile, etwa das Pleuel oder die Kurbelwelle, überschlägig von Hand berechnen. Solche Abschätzungen sind sehr hilfreich in der Konstruktionsphase sowie zur Kontrolle von numerischen Analysen und Messungen.


Im Studium beschränken wir uns im Wesentlichen auf die Berechnung von stabartigen Bauteilen. In Bild 2.1 sind die möglichen Beanspruchungsarten, abhängig von der Belastungsrichtung, zusammengestellt. Für kompliziertere Teile, wie Platten und Schalen, finden Sie analytische Lösungen z. B. in [8]. Bei der Beanspruchung spielt auch der zeitliche Verlauf der Belastung eine Rolle: Eine Getriebewelle bricht bei wechselnder Drehrichtung und häufigem Ein- und Ausschalten eher als bei konstanter Drehzahl. Bild 2.2 zeigt einige typische Zeitverläufe. Bei unseren Berech-

3

Bild 2.2 Typische Zeitverläufe der Belastung

238



nungen gehen wir zunächst von einer ruhenden (statischen) Last aus. Ab Kap. 15 werden wir auch die Zeitabhängigkeit berücksichtigen. Wie gesagt, wir befassen uns in der Festigkeitslehre hauptsächlich mit stabartigen Bauteilen. Wir müssten die Probleme aber aus einem eingeengten Blickwinkel betrachten, würden wir nicht vorher so grundsätzliche Dinge wie Spannung, Verformung, Stoffgesetz und elastische Energie allgemeingültig diskutieren.

1. Für welche Bauteilgruppe ist eine Unterscheidung der Beanspruchungsart nach der Richtung der äußeren Belastung möglich? 2. Welchen Einfluss hat der zeitliche Verlauf der Belastung? 3. Überlegen Sie sich weitere Beispiele zu den Beanspruchungsarten in Bild 2.1.

239


3 Spannungen Schnittfläche, innere Kräfte, Normalspannung, Zugspannung, Druckspannung, Schubspannung, homogener Spannungszustand, einachsiger Spannungszustand, Trennbruch, Gleitbruch, räumlicher (dreiachsiger) Spannungszustand, Schnittufer, Indizierung der Spannungen, Gleichheit der Schubspannungen, ebener (zweiachsiger) Spannungszustand (ESZ), Spannungen in gedrehten Schnittflächen, Hauptachsen, Hauptspannungen, größte Schubspannung, MOHRscher Spannungskreis, Spannungsoptik

Eine äußere Belastung bewirkt eine sichtbare oder zumindest messbare Verformung und eine innere Beanspruchung. Für die innere Beanspruchung wurde der Begriff Spannung geprägt. Die Spannung ist nicht direkt sichtbar, sondern eine Definition. Sie ist geeignet, die komplexen Zusammenhänge von Belastung, Verformung und Zerstörung zu beschreiben, wie Versuche bestätigen.

3.1 Normalspannung und Schubspannung Wir nehmen einen Lagerbock, unten angeschweißt, oben mit einer schrägen Kraft gezogen, Bild 3.1 a. Welche innere Beanspruchung herrscht an der mit der Schere markierten Stelle? Die Schere deutet an, dass wir dort gedanklich aufschneiden, um die Vorgänge im Inneren sichtbar machen zu können. Auf der Schnittfläche müssen ebenfalls Kräfte wirken, sozusagen innere Kräfte. Diese sind selten gleichmäßig über die Schnittfläche verteilt, deshalb greifen wir ein kleines Flächenteilchen ΔA heraus. Auf ihm wirkt ein kleiner Kraftpfeil ΔF, Bild 3.1 b. Diesen zerlegen wir in die Richtung normal und tangential (parallel) zur Schnittfläche, also in die Normalkraft ΔFn und in die Tangentialkraft ΔFt. Wir beziehen die Kräfte auf die Fläche ΔA, was uns die Definition für zwei Spannungsarten liefert: Spannung normal zur Schnittfläche: Normalspannung

σ = lim

ΔA → 0

ΔFn ΔA

in N/mm2

Spannung tangential (parallel) zur Schnittfläche: Schubspannung

τ = lim

ΔA → 0

ΔFt ΔA

in N/mm2

Bild 3.1 Lagerbock a) Anordnung b) abgeschnittenes Teil mit inneren b) Kräften c) Normalspannungen d) Schubspannungen

3

240

3 Spannungen

Die Bilder 3.1c und 3.1d geben davon einen optischen Eindruck. Bei konstanten Spannungen (homogener Spannungszustand) heißt es einfacher:


σ=

Fn A

τ=

Ft A

Ist die Normalspannung größer null (Pfeile von der Schnittfläche weg), nennen wir sie Zugspannung, im anderen Fall Druckspannung (Pfeile auf die Schnittfläche hin). Die Bezeichnung Normalspannung leuchtet ein. Aber warum Schubspannung? Eine Schubspannung bewirkt, dass die Kristalle eines zähen Materials, wie Baustahl S235, aufeinander gleiten, also verschoben und im schlimmsten Fall abgeschert werden. Wogegen die Normalspannung versucht, zumindest bei sprödem Material wie Grauguss, in Kraftrichtung hintereinanderliegende Körner zu trennen oder ein einzelnes Korn auseinanderzureißen. Da die beiden Spannungstypen zwei verschiedene Verformungs- und Zerstörungswirkungen zeigen, muss man sie auch getrennt behandeln. D. h. man darf sie nicht addieren und subtrahieren, auch nicht vektoriell, wenn man sie mit einer zulässigen Spannung vergleichen will. In Kap. 16 werden wir allerdings Hypothesen besprechen, die ein näherungsweises Zusammenfassen ermöglichen. Ein weiterer Punkt fällt auf: Die Spannungen hängen von der gedachten Schnittfläche ab. Eine Spannung anzugeben, ohne dass man weiß, wie die Schnittfläche liegt, macht deshalb keinen Sinn. Anmerkung: In der Festigkeitslehre verzichte ich auf den Vektorpfeil über der Kraft oder dem Moment, da wir immer nur mit den Beträgen rechnen. Die Kraftrichtungen gehen aus den Skizzen hervor. 1. Wie kann man die Beanspruchung im Inneren eines Bauteils sichtbar machen? 2. Welche Spannungsarten gibt es? 3. Welche Verformungs- und Zerstörungswirkungen haben die beiden Spannungsarten? 4. Welche Dimension hat die Spannung? 5. Was versteht man unter einem homogenen Spannungszustand?

3.2 Zugstab – einachsiger Spannungszustand Nehmen Sie eine Kreide in beide Hände und ziehen Sie daran, bis sie bricht. Wie sieht der Bruch aus? Natürlich wie erwartet: Quer zur Zugrichtung gebrochen, Bild 3.2 a. Genauso bricht eine Zugprobe aus

3.2 Zugstab – einachsiger Spannungszustand

241

Grauguss, Bild 3.2 b. Bei der Zugprobe aus dem zähen Baustahl S235, Bild 3.2c, liegt dagegen die Bruchfläche etwa unter 45° zur Zugrichtung. Warum einmal quer und das andere Mal unter 45°?


Erinnern wir uns an die Bemerkung im vorausgegangenen Kapitel: Normalspannungen bewirken bei sprödem Material (Kreide, Grauguss) ein Trennen der Körner in Zugrichtung, einen sog. Trennbruch. Schubspannungen führen bei zähem Material (z. B. S235) zum Abgleiten (Abscheren) parallel zur Schubspannungsrichtung, zum sog. Gleitbruch. Das bedeutet, dass in einem Zugstab sowohl Normalspannungen als auch Schubspannungen vorhanden sind! Wir klären den Sachverhalt an einem Stab mit Rechteckquerschnitt, Bild 3.3 a. Dazu untersuchen wir zwei gedachte Schnitte: quer und unter dem Winkel α zur Stabachse.

Bild 3.2 Bruchformen von Zugstäben a) Kreide b) Grauguss c) zäher Baustahl

Schnitt quer zur Stabachse (α = 0), Bild 3.3 b: Der Schnitt sei weit genug entfernt von der Krafteinleitung, sodass die Spannung über der Schnittfläche konstant angenommen werden kann. Die resultierende Wirkung der Spannungen, die Schnittkraft, muss aus Gleichgewichtsgründen gleich der äußeren Kraft F sein. Letztere ist normal zum Schnitt; also gilt entsprechend der Definitionsgleichung für die Normalspannung σ0 =

Fn F = . A A

Index 0 wegen α = 0. Schnitt unter dem Winkel α, Bild 3.3 c:

3

Die resultierende Schnittkraft F muss zerlegt werden in: Fn = F · cos α Ft = F · sin α Die Schnittfläche ist jetzt größer, nämlich Aα = b ⋅

h A = . cos α cos α

Mit den beiden Spannungsdefinitionen erhalten wir Normal- und Schubspannung im Zugstab: σ=

Fn F = ⋅ cos 2 α = σ 0 ⋅ cos 2 α Aα A

τ=

Ft Aα

=

σ0 F ⋅ sin α ⋅ cos α = ⋅ sin 2 α A 2

(3.1 a)

(3.1 b)

Bild 3.3 Gedachte Schnitte am Zugstab a) Zugstab b) Schnitt quer zur Stabachse c) Schnitt unter dem Winkel α c) zur Stabachse

242

3 Spannungen

Zur Umformung wurde die trigonometrische Formel sin α ⋅ cos α =

1 ⋅ sin 2α 2

verwendet. Es gibt also beide Spannungsarten im Zugstab. Maximalwerte der Spannungen im Zugstab:


σmax = σ0 = τ max =

F A

σ0 1 F = 2 2 A

für α = 0, für

α = 45°

(3.1 c) (3.1 d)

Zurück zum Versuch: Die spröden Stäbe aus Kreide und Grauguss sind deshalb quer durchgebrochen, weil in diesem Schnitt die größte Normalspannung wirkt. Der zähe S235-Stab ist unter 45° zur Zugrichtung abgeschert, weil in diesem Schnitt die größte Schubspannung auftritt. Halten wir fest: − Auch im Zugstab treten Schubspannungen auf. − Die Spannungen hängen von der Orientierung der Schnittfläche ab. − Der Winkel zwischen den beiden Schnittflächen mit σmax und τmax beträgt 45°. Das ist nicht nur beim Zugstab so, sondern gilt auch für einen beliebigen Spannungszustand, wie wir später sehen werden. 1. Wie brechen Zugstäbe aus sprödem und zähem Material? 2. Welche Spannungsarten kommen im Zugstab vor? Welche Maximalwerte erreichen sie unter welchen Schnitten? 3. Wie liegen die Schnittflächen mit maximaler Normalspannung und maximaler Schubspannung zueinander?

3.3 Räumlicher (dreiachsiger) Spannungszustand Ein Werkzeugmaschinenbett und ein Schiffsdieselmotor sind räumliche und sehr kompakte Anlagen.Wir werden für solche Fälle keine analytischen Berechnungsformeln aufstellen, aber Sie sollten wenigstens wissen, wie die Spannungen definiert werden. Es kann ja durchaus vorkommen, dass Sie numerische Berechnungen oder Messungen durchzuführen haben, vielleicht auch nur deren Ergebnisse interpretieren müssen. Der Lagerbock, Bild 3.4 a, ist ein ähnliches Beispiel. Wir wollen sehen, welche Spannungen im Punkt P im Innern des Gussmaterials auftreten können. Aus dem vorangegangenen Kapitel geht hervor: Wir


3.3 Räumlicher (dreiachsiger) Spannungszustand

müssen das Bauteil in Gedanken aufschneiden, erst dann können wir die Spannungen einzeichnen. Im räumlichen Fall schneidet man einen Würfel um P heraus. Die Würfelkanten liegen parallel zu einem kartesischen x,y,z-Koordinatensystem. Stichpunktartig das weitere Vorgehen:  − Wir betrachten die Fläche, deren Flächennormale n in x-Richtung zeigt, das sog. positive Schnittufer, Bild 3.4 b. Der Pfeil einer Flächennormale steht senkrecht zur Fläche und zeigt von ihr weg. Es lassen sich eine Normalspannung in x-Richtung und Schubspannungen in y- und z-Richtung einzeichnen. − Die Normalspannung σx ist durch einen Index, nämlich für die Richtung der Flächennormale, eindeutig gekennzeichnet. Für die Schubspannungen benötigen wir zwei Indizes, der erste gibt die Richtung der Flächennormale, der zweite die Richtung des Spannungspfeils an, Bild 3.4 c. − Auf den übrigen fünf Würfelflächen können wir genauso vorgehen, Bild 3.4 d. Die Pfeile auf den abgewandten Flächen (negative Schnittufer) wurden weggelassen, um das Bild nicht zu überladen. Beim homogenen Spannungszustand sind die Spannungen am positiven und negativen Schnittufer ohnehin gleich. Zur Vorzeichenfestlegung: In Bild 3.4 e werden nur die beiden Schnittflächen in x-Richtung betrachtet. Die eingezeichneten Spannungspfeile sind positiv definiert. Für die Normalspannung gilt: Pfeil von der Fläche weg heißt positiv (Zugspannung), Pfeil auf die Fläche hin heißt negativ (Druckspannung). Für die Schubspannung ist die Merkregel abstrakter: Die Schubspannung ist positiv, wenn am positiven Schnittufer der Spannungspfeil in die positive Koordinatenrichtung zeigt (plus mal plus = plus) oder wenn am negativen Schnittufer der Spannungspfeil in die negative Koordinatenrichtung zeigt (minus mal minus = plus). − Die Schubspannungen sind paarweise gleich (Satz von den zugeordneten Schubspannungen): τxy = τyx τyz = τzy τzx = τxz (folgt aus dem Momentengleichgewicht) Anschaulich bedeutet das: An einer rechtwinkligen Kante laufen die Schubspannungspfeile entweder aufeinander zu oder voneinander weg, Bild 3.4 d; außerdem sind sie gleich lang (d. h. diese Spannungen sind gleich groß). Beim räumlichen Problem gibt es somit maximal 6 unabhängige Spannungen, 3 Normalspannungen und 3 Schubspannungen. Bild 3.4 Definition der Spannungen beim räumlichen Spannungszustand a) Lagerbock b) Spannungen auf der Schnittfläche in x-Richtung c) Indizierung d) Spannungen auf den 3 positiven Schnittflächen e) Vorzeichen der Spannungen (positiv eingezeichnet)

243

3

244

3 Spannungen


Beispiel 3.1 Mit einer numerischen Analyse sei der räumliche Spannungszustand bestimmt worden. Ein Teil der Spannungen ist auf den positiven Würfelflächen eingezeichnet, Bild 3.5 a. Die Zahlen bedeuten die Spannungsbeträge in N/mm2 (Vorzeichen entsprechend der Pfeilrichtung). Die Skizze ist zu ergänzen; alle Spannungen sind zahlenmäßig anzugeben. Lösung: In Bild 3.5 a fehlen 3 Schubspannungen, denn an einer rechtwinkligen Kante laufen die Schubspannungspfeile aufeinander zu oder voneinander weg; außerdem sind sie gleich lang. Bild 3.5 b zeigt den kompletten Spannungszustand.  Druckspannung σx = –100 N/mm2; Pfeil auf die Fläche hin =  Druckspannung σy = –120 N/mm2; Pfeil auf die Fläche hin =  Zugspannung σz = –175 N/mm2; Pfeil von der Fläche weg = τyx = 1–70 N/mm2; Pfeil in negativer x-Richtung; τxy = τyx τzx = –100 N/mm2; Pfeil in negativer x-Richtung; τxz = τzx τzy = –150 N/mm2; Pfeil in positiver y-Richtung; τyz = τzy 1. Warum benötigt man zur eindeutigen Kennzeichnung einer Schubspannung zwei Indizes? 2. Wie ist das negative Schnittufer definiert? 3. In welche Richtung zeigt die positive Schubspannung τyz am negativen Schnittufer? 4. Was kann man über die Spannungspfeile von zwei zugeordneten Schubspannungen an einer 90°-Ecke aussagen?

Bild 3.5 Beispiel für einen räumlichen Spannungszustand a) unvollständig b) komplett

3.4 Ebener (zweiachsiger) Spannungszustand (ESZ) Ein ESZ liegt vor, wenn im Bauteil nur Spannungen auftreten, die in einer Ebene wirken, beispielsweise in der x,y-Ebene: σx, σy, τxy = τyx = τ

Bild 3.6 Beispiel für einen ESZ: Scheibe einer Stahlgelenkkette

Praktische Fälle: Ein dünnes Blech oder Flachmaterial, das nur in der Blechebene (Scheibenebene) belastet wird, wie das bei der Scheibe einer Stahlgelenkkette gemäß Bild 3.6 der Fall ist. Das Blech kann auch gekrümmt und normal zur Blechebene belastet sein, wie beim Druckbehälter. Bedingung ist jedoch: Der Druck auf das Blech muss wesentlich kleiner sein als die Spannungen im Blech. Das ist für den dünnwandigen Behälter erfüllt, s. Kap. 9. Ein ESZ herrscht auch in der lastfreien Oberfläche eines beliebig komplizierten Bauteils, also auf der Außenseite eines dickwandigen Behälterstutzens, auf der Oberfläche eines Zylinderkopfes oder einer Kurbelwange usw. Der ESZ hat in der Festigkeitslehre und im Fach Maschinenelemente eine große Bedeutung, deshalb wollen wir im Folgenden die wichtigsten

3.4 Ebener (zweiachsiger) Spannungszustand (ESZ)

245

Beziehungen herleiten, die praktische Bedeutung diskutieren und die Formeln anwenden.


Dazu nehmen wir entsprechend Bild 3.7a ein Blechteil, das in der Blechebene Zug-, Druck- und Schubkräfte überträgt. Diese müssen die Gleichgewichtsbedingung (6.1) aus Teil 1 erfüllen. Zum Einzeichnen der Spannungen, die im Punkt P des Bleches wirken, brauchen wir wieder Schnittflächen. Da sich die Größen längs der Blechdicke nicht ändern, genügt die ebene Darstellung, d. h. wir betrachten die Kanten eines kleinen Quadrats, die parallel zu der x- und y-Achse liegen sollen, Bild 3.7 b. Das Quadrat muss man sich so klein vorstellen, dass die Spannungen an den positiven und negativen Schnittufern gleich groß sind. Wir nehmen an, die Spannungen in diesen Schnittflächen sind aus einer vorangegangenen Messung oder Rechnung bekannt. Damit ist das Problem noch keineswegs gelöst, denn aus Kap. 3.2 wissen wir, dass die Zerstörung nicht durch irgendwelche Spannungen σ und τ erfolgt, sondern entweder durch die maximale Normalspannung oder durch die maximale Schubspannung. Wir wissen auch, dass diese Werte beim homogenen Zugstab in Schnittflächen quer zur Zugrichtung bzw. unter 45° dazu auftreten. Die Aufgabe dieses Kapitels besteht darin, die Orientierung der Schnittflächen mit den Spannungsmaxima und diese Maxima selbst zu finden. Das führen wir in zwei Schritten durch: 1. Spannungen in den Schnittflächen bestimmen, die gegen die ursprünglichen um einen Winkel α gedreht sind. 2. Durch die Extremwertbedingung Lage und Größe der Spannungsmaxima finden.

3.4.1 Spannungen für gedrehte Schnittflächen In Bild 3.7 c ist das aus dem Blech herausgeschnittene Quadrat nochmals dargestellt. Zusätzlich eingezeichnet ist ein ξ,η-Koordinatensystem. Die ξ-Achse ist gegenüber der x-Achse um den Winkel α im Gegenuhrzeigersinn, d. h. in mathematisch positiver Richtung gedreht. Längs der ξ-Achse schneiden wir das Quadrat in Gedanken nochmals durch und machen die Herleitung am Dreieck, Bild 3.7 d. An der neuen Schnittkante können die Normalspannung ση und die Schubspannung τηξ eingezeichnet werden. Diese wollen wir berechnen, d. h. durch die gegebenen Spannungen σx, σy und τ ausdrücken. Anschaulich und ohne mathematische Schwierigkeiten lässt sich dies über das Gleichgewicht der Kräfte erreichen. Die Kräfte berechnen sich aus den Spannungen, multipliziert mit den zugehörigen Schnittflächen. Vorteilhaft sind die Gleichgewichte in η- und in ξ-Richtung. Die gegebenen Kräfte müssen dazu in diese Richtungen erst zerlegt werden. Um kein weiteres Bild zu benötigen, wurde in Bild 3.7d die Zerlegung direkt an den Spannungspfeilen

zu Bild 3.7

3

246

3 Spannungen

ausgeführt; als weitere Vereinfachung wurden bei der Zerlegung Dreiecke statt Rechtecke gezeichnet. Als Erstes das Kräftegleichgewicht in η-Richtung, also ∑ Fη = 0 :

ση ⋅ a ⋅ t − σx ⋅ sin α ⋅ a ⋅ sin α ⋅ t − σy ⋅ cos α ⋅ a ⋅ cos α ⋅ t +τ ⋅ cos α ⋅ a ⋅ sin α ⋅ t + τ ⋅ sin α ⋅ a ⋅ cos α ⋅ t = 0 Nach Kürzen mit a · t folgt


ση = σ x ⋅ sin 2 α + σ y ⋅ cos 2 α − 2τ ⋅ sin α ⋅ cos α .

Aus Gründen, die erst später einleuchten, formen wir jetzt die Winkelfunktionen so um, dass der doppelte Winkel auftritt, und zwar mit den trigonometrischen Beziehungen 2 sin α ⋅ cos α = sin 2 α cos 2 α = 12 (1 + cos 2 α ) sin 2 α = 12 (1 − cos 2 α ) .

Diese Formeln setzen wir in ση ein und erhalten ση =

σy σx (1 − cos 2 α ) + (1 + cos 2 α ) − τ ⋅ sin 2 α 2 2

bzw. ση =

Bild 3.7 ESZ a) Ebenes Blech mit Belastung a) in Blechebene b) Spannungen im x,y-Koordinatena) system c) Lage von x,y- und ξ,η-Koordinatena) system zueinander d) Schnittlinie parallel zur ξ-Achse e) Schnittlinie parallel zur η-Achse f) Spannungen im ξ,η-Koordinatena) system

σx + σy 2

−

σx − σy 2

cos 2 α − τ ⋅ sin 2 α .

τηξ ergibt sich in analoger Weise aus dem Kräftegleichgewicht in ξRichtung. Zur Bestimmung von σξ müssen wir aus dem Quadrat in Bild 3.7c ein Dreieck herausschneiden, auf dem σξ eingezeichnet werden kann, Bild 3.7 e. Kräftegleichgewicht in ξ-Richtung liefert σξ; Kräftegleichgewicht in η-Richtung liefert τξη. τξη muss natürlich wie τηξ lauten. Der Rechengang wäre nur eine Wiederholung des Vorausgegangenen, deshalb habe ich gleich das Ergebnis dieses Unterkapitels zusammengestellt. Spannungen für gedrehte Schnittflächen (die ξ-Achse ist gegenüber der x-Achse um den Winkel α im Gegenuhrzeigersinn gedreht): σξ = ση =

σx + σy 2 σx + σy 2

+ −

σx − σy 2 σx − σy 2

cos 2 α + τ ⋅ sin 2 α

(3.2a)

cos 2 α − τ ⋅ sin 2 α

(3.2b)


τ ξη = τ ηξ = −

σx − σy 2

247

sin 2 α + τ ⋅ cos 2 α

(3.2 c)


Die Spannungen in den gedrehten Schnittflächen, Bild 3.7 f, können somit aus den gegebenen Spannungswerten σx, σy, τ und dem Drehwinkel α berechnet werden. In erster Linie interessieren aber die Maximalwerte der Normal- und Schubspannung. Diese bestimmen wir im folgenden Unterkapitel.

3.4.2

Größte und kleinste Normalspannung sowie größte Schubspannung

Wir fragen uns zunächst: Unter welchem Winkel α1 werden die Normalspannungen extremal und wie groß sind diese Extremwerte? Die speziellen Schnittachsen bezeichnet man mit 1 und 2 und nennt sie Hauptachsen; die zugehörigen Normalspannungen sind σ1 und σ2, genannt Hauptspannungen. Die Normalspannung soll einen Extremwert annehmen bedeutet mathematisch, die erste Ableitung muss null sein. Ob wir σξ oder ση ableiten, spielt keine Rolle. Mit σξ ergibt sich dσ ξ dα

= − ( σ x − σ y ) ⋅ sin 2 α + 2 τ ⋅ cos 2 α = 0,

daraus tan 2 α =

3

2τ . σx − σy

Die extremalen Normalspannungen erhalten wir, wenn wir tan 2α in σξ und σηeinsetzen. Dazu sind die folgenden Umformungen nötig: cos 2α =

1 1 + tan 2 2α

1

= 1+

sin 2α = cos 2α ⋅ tan 2α = =

σx − σy

=

4τ 2

( σ x − σ y ) 2 + 4τ 2

(σ x − σ y ) 2

σx − σy (σx − σy) + 4 τ

2τ (σx − σy)2 + 4 τ2

In Gleichung (3.2 a) für σξ eingesetzt folgt

2

2

⋅

2τ σx − σy

248

3 Spannungen

σ1 =

σx + σy σx − σy σx − σy 2τ + ⋅ + τ⋅ 2 2 2 2 (σ x − σ y) + 4 τ (σ x − σ y )2 + 4 τ2 2


=

σ x + σ y 1 (σ x − σ y)2 + 4 τ2 σ + σy ⎛ σ − σy ⎞ 2 + = x + ⎜ x ⎟ +τ . 2 2 2 2 (σ x − σ y) + 4 τ 2 2 ⎝ ⎠

In Gleichung (3.2b) für ση eingesetzt folgt σ2. σ2 unterscheidet sich von σ1 nur durch ein Minus vor dem zweiten Term, genauso wie σξ d σξ von ση. Wir vergleichen (3.2c) mit und stellen fest: Bis auf den dα Faktor 12 sind es dieselben Ausdrücke, also ist die Schubspannung im Hauptachsensystem null. Spannungen im Hauptachsensystem:

σ1 =

σ2 =

σx + σy 2 σx + σy 2

⎛ σx − σy ⎞ + ⎜ ⎟ + τ2 2 ⎝ ⎠

(3.3 a)

⎛ σx − σy ⎞ − ⎜ ⎟ + τ2 2 ⎝ ⎠

(3.3 b)

2

2

τ 1, 2 = 0

(3.3 c)

Die Extremwertbedingung hat zwei Extremwerte geliefert, ein Maximum und ein Minimum. Wir ersehen aus (3.3) sofort: σ1 ist die größte Normalspannung, σ2 ist die kleinste Normalspannung. Die Aussage τ1, 2 = 0 liefert eine einfache Möglichkeit, die Hauptachsen zu erkennen: Ist in einer Schnittfläche die Schubspannung null, handelt es sich um eine Hauptspannungsebene mit der Hauptachse 1 oder 2. Das gilt auch für eine lastfreie Bauteiloberfläche. Die Beziehung tan 2 α =

2τ σx − σy

hat einen großen Nachteil: Man kann nicht eindeutig feststellen, ob α der Winkel zwischen x- und 1-Achse oder zwischen x- und 2-Achse ist. Das kommt daher, dass sich die Werte von tan 2α nach 2α = 180°, also α = 90° wiederholen. Mit den bekannten Hauptspannungen lassen sich jedoch eindeutige Beziehungen herleiten (s. [9]), nämlich


249

Winkel α1 zwischen x und 1-Achse:


tan α 1 =

σ1 − σ x σ y − σ 2 τ τ (3.3 d) = = = τ τ σ1 − σ y σ x − σ 2

Merke: • 0 < α1 ≤ 90° heißt, die x-Achse im Gegenuhrzeigersinn zu drehen, um die 1-Achse zu erhalten. • –90° ≤ α1 < 0 heißt, die x-Achse im Uhrzeigersinn zu drehen, um die 1-Achse zu erhalten. Statt des negativen Winkels könnte man auch den positiven Winkel 180°-|α1| nehmen, da im Hauptachsensystem zwischen positivem und negativem Schnittufer nicht unterschieden werden muss. Addieren Sie jetzt die Gleichungen (3.3 a) und (3.3 b) sowie (3.2 a) und (3.2 b). Wir erhalten die Aussage σ1 + σ2 = σ x + σy = σξ + ση

(3.4)

In Worten: Die Summe der Normalspannungen ist in jedem rechtwinkligen Koordinatensystem gleich groß. Diese Aussage können wir als einfache Ergebniskontrolle benutzen. Nun zur Frage nach der maximalen Schubspannung. Auch hier hilft die Extremwertbedingung dτ ξη dα

=0

weiter. Ich möchte den Rechengang nicht wiederholen, sondern nur das Ergebnis festhalten. Maximale Schubspannung: ⎛ σx − σy ⎞ ⎜ ⎟ + τ2 2 ⎝ ⎠ 2

τ max =

(3.5 a)

bzw. τ max =

σ1 − σ 2 2

(3.5 b)

(3.5 b) ergibt sich, wenn Sie (3.3 b) von (3.3 a) subtrahieren. Winkel zwischen der x-Achse und der Schnittfläche mit τmax: α S = α1 ± 45°

(3.5 c)

3

250

3 Spannungen

Bild 3.8 Spannungen beim ESZ in vier verschiedenen Koordinatensystemen


Anders ausgedrückt: Der Winkel zwischen den beiden Schnittflächen mit σmax = σ1 und τmax beträgt ± 45°. Das haben wir schon beim einachsigen Spannungszustand festgestellt. In den Schnittflächen mit τmax gibt es auch Normalspannungen. Diese lassen sich aus (3.2 a) bzw. (3.2 b) herauslesen, wenn man berücksichtigt, dass darin der zweite und dritte Term zusammen dτξη/dα = 0 entsprechen. Die Normalspannungen in den Schnittflächen mit τmax sind gleich groß und zwar σS =

σx + σy 2

(3.5d)

Zugegeben, das ist eine lange Gedankenkette: Spannungen im x,yKoordinatensystem – als Zwischenschritt die Spannungen in gedrehten ξ,η-Achsen – Hauptachsen mit Hauptspannungen – maximale Schubspannung, Orientierung der Schnittflächen, zugehörige Normalspannungen. Bild 3.8 soll diese Gedankenkette anschaulicher machen. Beispiel 3.2 Bild 3.9 a zeigt den Ausschnitt einer Sesselliftstütze. Später lernen Sie, aus der Belastung und den Abmessungen die Spannungen zu berechnen, die am herausgeschnittenen Quadrat eingezeichnet sind. Wir wollen Folgendes bestimmen: 1. Hauptspannungen sowie größte Schubspannung und die dazugehörige Normalspannung. 2. Die Orientierung der Schnittflächen mit den Hauptspannungen und der größten Schubspannung. Bild 3.9 Spannungszustand im Stützrohr eines Sesselliftes a) Ausschnitt der Stützenanordnung b) Spannungen in drei speziellen b) Koordinatensystemen

Lösung: 1. Festlegung des Koordinatensystems (frei wählbar): x in Umfangsrichtung; y axial nach oben, Bild 3.9 b. σx = 0; σy = 50 N/mm2; τ = 14,4 N/mm2 Mit (3.3 a) und (3.3 b)


σ1,2 =

σx + σy 2

251

2

⎛ σx − σy ⎞ 2 ± ⎜ ⎟ +τ ⎝ 2 ⎠

erhalten wir: 2

σ1,2

50 N/mm2 ⎛ 50 ⎞ = ± ⎜ ⎟ + 14, 42 N/mm2 ≈ 25 N/mm2 ± 28,9 N/mm2 2 ⎝ 2 ⎠

σ1 ≈ 53,9 N/mm2

(größte Normalspannung)

σ2 ≈ –3,9 N/mm

(kleinste Normalspannung)

2


Die Bedingung (3.4) σ1 + σ 2 = σ x + σ y ist erfüllt. Gleichung (3.5 a) ⎛ σx − σy ⎞ ⎜ ⎟ + τ2 2 ⎝ ⎠ 2

τ max =

liefert die maximale Schubspannung τmax ≈ 28,9 N/mm2

(s. Wurzel bei σ1,2).

Dasselbe erhalten wir mit (3.5 b): σ − σ2 53,9 − ( − 3,9) τmax = 1 = N/mm2 ≈ 28,9 N/mm2 . 2 2 Von τmax interessiert nur der Betrag; das Vorzeichen hat für die Festigkeitsbeurteilung keine Bedeutung. Jedoch zeichne ich der Vollständigkeit halber die Pfeilrichtung immer mit ein; sie lässt sich mit ein bisschen Übung leicht erkennen oder mit (3.2 c) angeben. Auf den Schnittfächen mit τmax treten noch zwei gleichgroße Normalspannungen gemäß (3.5 d) auf: σx + σy

50 N/mm2 = 25 N/mm2 2 2 2. Mit der ersten Formel aus (3.3 d) σ − σx tan α 1 = 1 τ folgt σS =

α 1 = arctan

=

53,9 N/mm2 14,4 N/mm2

≈ 75° .

In Bild 3.9b sehen Sie die verschiedenen Schnittflächen mit den zugehörigen Spannungen. *

3

252

3 Spannungen

In manchen Fällen kennt man die Hauptachsen und die zugehörigen Hauptspannungen von Anfang an. Eine mögliche Fragestellung lautet dann: Welche Spannungen treten in gedrehten Schnitten auf? Die Formeln ergeben sich wie in Kap. 3.4.1 aus den Gleichgewichtsbedingungen.


Spannungen im x,y-Koordinatensystem bei gegebenen Hauptspannungen: σx =

σ1 + σ 2 σ1 − σ 2 + cos 2 α 1 2 2

(3.6 a)

σy =

σ1 + σ 2 σ1 − σ 2 − cos 2 α 1 2 2

(3.6 b)

τ=

σ1 − σ 2 sin 2 α 1 2

(3.6c)

Der Winkel α1 bleibt dabei wie in (3.3d) vereinbart.

Bild 3.10 Druckbehälter aus Beispiel 3.3 a) Problembild b) Hauptspannungen sowie Spannungen normal und parallel zur Schweißnaht

Mit den entsprechenden Umbenennungen, unter Beachtung des Winkelvorzeichens, hätten wir (3.6) auch direkt aus (3.2) erhalten. Beispiel 3.3

Ein Behälter (Außendurchmesser 711 mm; Wanddicke 4 mm) ist aus Stahlband spiralgeschweißt, wobei die Schweißnaht gegen die Umfangsrichtung (Tangentialrichtung) einen Winkel von 34° einschließt, Bild 3.10 a. Der Behälter steht unter einem Innendruck von pi = 1,8 N/mm2 (Überdruck). Aus Symmetriegründen zeigen die Hauptachsen in Umfangs- und Axialrichtung. Die Spannungen lassen sich laut Kap. 9 zu σt = 160 N/mm2 und σa = 80 N/mm2 berechnen. Die Bindung Schweißnaht/Stahlblech ist zugempfindlich. Wir wollen deshalb die Normalspannung σn senkrecht zur Naht berechnen. Zusätzlich soll die Schubspannung τ parallel zur Schweißnaht bestimmt werden. Lösung: Mit der Zuordnung σ1 > σ2 gilt: σ1 = σt = 160 N/mm2 σ2 = σa = 80 N/mm2

Zwischen der n- und der 1-Richtung liegt der Winkel α1 = 56°. Mit (3.6a) folgt (x = n): σ + σ 2 σ1 − σ 2 σn = 1 + ⋅ cos 2 α 1 2 2


253

⎛ 160 + 80 160 − 80 ⎞ σn = ⎜ + ⋅ cos ( 2 ⋅ 56 ° ) ⎟ N/mm2 = 105 N/mm2 ⎝ ⎠ 2 2


τ=

σ1 − σ2 160 − 80 ⋅ sin 2α1 = N/mm 2 ⋅ sin (2 ⋅ 56°) = 37 N/mm 2 2 2

In Bild 3.10 b sind diese Spannungspfeile und zusätzlich die nicht errechnete Normalspannung σp angedeutet. * Der soeben berechnete dünnwandige Behälter ist bereits ein Spezialfall eines ESZ, da σ1 = 2 ⋅ σ2 gilt. Weitere Spezialfälle: − Ein kugelförmiger Luft- oder Gasballon, Bild 3.11 a, bzw. ein Kugelbehälter unter Innendruck. In diesem Fall sind die beiden Hauptspannungen gleich groß und positiv (zweiachsiger Zug). − Ein dünnwandiger kugelförmiger Vakuumbehälter (zweiachsiger Druck), Bild 3.11 b. − Ein Rohr unter reiner Torsionsbeanspruchung, Bild 3.11 c. Im letzteren Fall gibt es Schnittflächen, in denen die beiden Hauptspannungen σ1 = τ und σ2 = –τ wirken (Gleichungen 3.3 a und 3.3 b). Dagegen ergibt sich in den beiden anderen Fällen immer das gleiche Spannungsbild, da auf der Kugeloberfläche keine Vorzugsrichtung existiert. Ich komme zurück auf die Begriffe „einachsiger“, „zweiachsiger“ und „dreiachsiger“ Spannungszustand. Wir haben gesehen, dass es beim zweiachsigen Spannungszustand zwei von null verschiedene Hauptspannungen gibt. Beim einachsigen Spannungszustand gibt es demnach eine Hauptspannung (σ0 beim Zugstab), beim dreiachsigen Spannungszustand gibt es drei Hauptspannungen.

3

3.4.3 MOHRscher Spannungskreis Die Spannungen in gedrehten Schnittflächen können auch zeichnerisch gefunden werden. Abkürzungen: Mittelspannung σ m = Spannungsradius σ r =

σ1 + σ 2 σ x + σ y = 2 2

σ1 − σ 2 2

(3.7 a)

⎛ σx − σy ⎞ = ⎜ ⎟ + τ2 2 ⎠ ⎝ 2

(3.7 b)

Damit ergibt sich (3.6) in der Form: σ x = σ m + σ r ⋅ cos 2 α 1

(3.8 a)

σ y = σ m − σ r ⋅ cos 2 α 1

(3.8 b)

τ

(3.8 c)

=

σ r ⋅ sin 2 α 1

Bild 3.11 Spezialfälle des ESZ a) zweiachsiger Zug beim kugelförmigen Ballon oder dünnwandigen Kugelbehälter unter Innendruck b) zweiachsiger Druck beim kugelförmigen Vakuumbehälter c) reine Torsionsbeanspruchung


254

3 Spannungen

Bild 3.12 MOHRscher Spannungskreis

(3.8) stellt eine Kreisgleichung in Parameterform dar: σx und (–τ) bzw. σy und τ sind die Variablen, α1 ist der Parameter. In Bild 3.12 ist dieser nach MOHR1 benannte Spannungskreis dargestellt. Auf der Abszisse werden die Normalspannungen, auf der Ordinate die Schubspannungen abgetragen. Die Abszissenachse legt zugleich die Richtung der 1-Achse fest. Auf dem MOHRschen Kreis sind alle denkbaren Schnitte zu finden, jedoch unter dem zweifachen Schnittwinkel. So liefern die zum Winkel 2α1 gehörenden Kreispunkte die Wertepaare (σx, –τ) und (σy, τ). Überzeugen Sie sich, ob (3.8) richtig wiedergegeben wird. Zur besseren Vorstellung der Schnittflächen kann auch der einfache Schnittwinkel α1 als sog. Peripheriewinkel eingezeichnet werden, Bild 3.12. Im MOHRschen Kreis lassen sich darüber hinaus die Spannungen σξ, ση, τξη herauslesen, die in einer Schnittfläche unter dem Winkel α zur x-Achse auftreten. Damit können im wesentlichen drei Aufgabentypen gelöst werden: a) Gegeben: σx, σy, τ Gesucht: σ1, σ2, τmax, α1 Konstruktionsvorschrift: 1. Trage σm = (σx + σy)/2 auf der Abszisse ab → M.

1

OTTO MOHR 1835 – 1918



255

2. Trage über σy die Schubspannung τ ab → Py und somit σr = MPy . 3. Schlage um M einen Kreis mit dem Radius σr. Der Kreis schneidet auf der Abszisse in den Punkten P1 und P2 die Hauptspannungen σ1 und σ2 ab. 4. Zwischen MPx und der 1-Achse liegt der Winkel 2α1. 5. Die maximale Schubspannung τmax tritt im Punkt PS oder PS′ auf, ebenso die Normalspannung σS = σm. b) Gegeben: σ1, σ2, α1 Gesucht: σx, σy, τ in einer Schnittfläche mit dem Winkel α1 zur 1-Achse Konstruktionsvorschrift: 1. Trage σm = (σ1 + σ2)/2 auf der Abszisse ab → M. 2. Schlage um M einen Kreis mit dem Radius σr = (σ1 – σ2)/2. 3. Zeichne eine Gerade durch M unter dem Winkel 2α1 zur 1-Achse → Schnittpunkte Px und Py. 4. Px liefert σx; Py liefert σy und τ. c) Gegeben: σx, σy, τ, α Gesucht: σξ, ση, τξη in einer Schnittfläche unter dem Winkel α zur x-Achse Konstruktionsvorschrift: 1. Trage σm = (σx + σy)/2 auf der Abszisse ab → M. 2. Trage über σy die Schubspannung τ ab → Py und somit σr = MPy . 3. Schlage um M einen Kreis mit dem Radius σr. 4. Zeichne eine Gerade durch M unter dem Winkel 2α zur MPx -Achse → Schnittpunkte Pξ und Pη 5. Pξ liefert σξ; Pη liefert ση und τξη.

3

Beispiel 3.4 Wir wollen das Problem aus Beispiel 3.3 über den MOHRschen Kreis lösen. Lösung: Es liegt der Aufgabentyp b) vor. 1. σ m =

σ 1 + σ 2 160 N/mm 2 + 80 N/mm2 = = 120 N/mm2 2 2

σ1 − σ2 160 N/mm2 − 80 N/mm2 = = 40 N/mm2 2 2 Als Nächstes ist ein Zeichenmaßstab so festzulegen, dass sich eine passende Bildgröße ergibt.  40 N/mm2 Wir wählen: 1 cm = Damit kann die Konstruktion ausgeführt werden, Bild 3.13. Aus der Zeichnung entnehmen wir:

2. σr =

Bild 3.13 MOHRscher Kreis zu Beispiel 3.4

256

3 Spannungen

 2 , 63 cm → σ n = 2 , 63 cm ⋅ σn =

τ =ˆ 0,93 cm → τ = 0,93 cm ⋅

40 N/mm2 = 105 N/mm2 cm

40 N/mm2 = 37 N/mm2 cm


* Der MOHRsche Spannungskreis hat zwei Vorzüge: Manche Aufgaben sind zeichnerisch leichter zu lösen als rechnerisch; der Geübte kann anhand des Spannungskreises unmittelbar Rückschlüsse auf den Spannungszustand bzw. die Beanspruchung ziehen. Wir werden auf den MOHRschen Kreis vor allem bei der experimentellen Spannungsanalyse, Kap. 19, zurückkommen.

Bild 3.14 Spannungsoptisches Bild eines Gabelschlüssels

1. Nennen Sie Bauteile, in denen zumindest näherungsweise ein ESZ herrscht. 2. Wie viele Hauptspannungen ungleich null gibt es beim ESZ, und was bedeuten sie? Wie groß ist die Schubspannung im Hauptachsensystem? 3. Welche Aussage gilt für die Summe der Normalspannungen? 4. Kann es auf den Schnittflächen mit τmax auch Normalspannungen geben?

3.5 Spannungsoptik

Bild 3.15 Spannungsoptische Apparatur

L: Lichtkasten mit Kryptonlampe (weißes Licht) und Natriumdampflampen (monochromatisches Licht) G: Opalglasscheibe (gleichmäßig erleuchteter Hintergrund) P: Polarisationsfilter (lässt nur vertikalschwingendes Licht durch); ca ∅30 cm B: Belastungsvorrichtung M: Modell A: Analysator (Polarisationsfilter, der nur horizontalschwingendes Licht durchlässt)

Die Spannungen kann man nicht direkt sehen. Deshalb erscheinen sie dem Anfänger so abstrakt und schwer greifbar. Um die Anschaulichkeit zu verbessern, behandle ich jetzt ein experimentelles Verfahren, das die Spannungen zumindest indirekt sichtbar werden lässt. Was sehen Sie auf dem Foto in Bild 3.14? Einen Gabelschlüssel beim Anziehen einer Schraube und viele schwarze Streifen. Diese schwarzen Streifen sind ein Indiz für Spannungen, genauer für die Differenz der beiden Hauptspannungen, also für σ1 – σ2 oder auch für 2 ⋅ τmax. Es sind Isolinien, Linien gleicher Spannungswerte, analog den Höhenlinien einer Bergkarte. Wie entstehen diese Streifen? Wie kann man sie den Spannungen zuordnen? Welche Versuchsanordnung benötigt man? Man benötigt ein Modell des ebenen Bauteils aus durchsichtigem Kunststoff, z. B. aus Epoxidharz. Dieses Modell wird belastet und in den Strahlengang einer spannungsoptischen Apparatur gestellt, Bild 3.15. Mit bloßem Auge, oder zwecks besserer Auflösung mit einem Fernrohr, können dann die schwarzen Streifen und Linien wahrgenommen werden. Was geschieht in der optischen Apparatur? Verfolgen wir den Weg des Lichtes von der Lampe zum Auge, Bild 3.16.


3.5 Spannungsoptik

257

Bild 3.16 Optischer Vorgang bei vertikal polarisiertem monochromatischem Licht

Die Natriumlampe sendet einwelliges (monochromatisches) Licht aus, das in beliebigen Ebenen schwingt. Der Polarisator lässt nur den vertikal schwingenden Anteil durch (Pfeil L der Schwingungsamplitude). Im belasteten Modell erfährt das Licht eine Doppelbrechung: Der Pfeil L wird in die Komponenten L1 und L2 zerlegt, die in die Richtungen der Hauptspannungen weisen. Sie laufen mit unterschiedlichen Geschwindigkeiten v1 und v2 durch das Modell. Nach dem BREWSTERschen Gesetz1 hängen die Geschwindigkeiten mit den Hauptspannungen wie folgt zusammen: c c = + C1 ⋅ σ 1 + C 2 ⋅ σ 2 v1 v 0 c c = + C1 ⋅ σ 2 + C 2 ⋅ σ 1 v2 v0

mit c: Lichtgeschwindigkeit im Vakuum v0: Lichtgeschwindigkeit im unverspannten Modell C1, C2: Materialkonstanten. Der Unterschied der Laufzeiten im Modell der Dicke d beträgt t1 − t 2 = 1

d d − . v1 v 2

DAVID BREWSTER 1781–1868

3

258

3 Spannungen

Daraus resultiert ein Wegunterschied (Gangunterschied) nach Verlassen des Modells von 1 ⎞ ⎛ 1 s = v L ⋅ (t1 − t 2 ) = v L ⋅ d ⋅ ⎜ − ⎟ ⎝ v1 v 2 ⎠

mit vL: Lichtgeschwindigkeit in Luft.


Wir setzen in die letzte Formel das BREWSTERsche Gesetz ein und beziehen den Wegunterschied s auf die Wellenlänge λL in Luft. Das ergibt den Wegunterschied in Wellenlängen δ=

v ⋅d s = L ⋅ ( C1 − C 2 ) ⋅ ( σ 1 − σ 2 ) . λL c ⋅λL

Wir nehmen folgende Vereinfachungen und Umformung vor: vL ≈ c λL ≈ λ

(λ: Wellenlänge im Vakuum)

C1 – C2 = C Damit erhalten wir die Hauptgleichung der Spannungsoptik

δ=

C ⋅ (σ1 − σ 2 ) ⋅ d . λ

Der Wegunterschied ist proportional zur Differenz der Hauptspannungen und zur Modelldicke. Weiter hat Einfluss das Modellmaterial über C und die Lampe über λ. C und λ fassen wir zu λ : spannungsoptische Konstante C zusammen, die in einer Eichung bestimmt wird. Das ergibt die für das praktische Arbeiten geeignetere Form der S=

Hauptgleichung der Spannungsoptik: σ1 − σ 2 =

S ⋅δ d

(3.9)

Das weitere Vorgehen deutet sich an: Wir müssten δ sichtbar machen und zahlenmäßig angeben können. Dazu verfolgen wir den Strahlengang weiter. Der Analysator hat dieselbe Eigenschaft wir der Polarisator, nur ist er 90° zu diesem orientiert, also horizontal ausgerichtet. Beim Passieren des Lichts werden von L1 und L2 jeweils nur die Horizontalkomponenten H1 und H2 durchgelassen mit den Werten (zweifache vektorielle Zerlegung):

3.5 Spannungsoptik

259

H 1 = L 1 ⋅ cos α 1 = L ⋅ sin α 1 ⋅ cos α 1 H 2 = L 2 ⋅ sin α 1 = L ⋅ cos α 1 ⋅ sin α 1


→ H1 = H 2

Die beiden Lichtanteile überlagern sich. Dabei kann Folgendes passieren, Bild 3.17: a) Der Wegunterschied δ ist null oder ein Vielfaches von λ: Die horizontalen Lichtwellen H1 und H2 schwingen in Gegenphase. Es kommt kein Licht durch; d. h. an allen Stellen des Modells, wo das der Fall ist, sieht man dunkle Linien oder Streifen. Man nennt sie Isochromaten 0., 1., 2. Ordnung usw. b) Der Wegunterschied δ beträgt λ/2: H1 und H2 schwingen in Phase. Das bedeutet maximale Helligkeit, also helle Streifen. Welche der dunklen Linien ist nun die Isochromate 0. Ordnung? Das zu klären müssen wir eine weitere Messung machen. Im Lichtkasten befindet sich auch eine Lampe, die weißes Licht ausstrahlt, z. B. eine Kryptonlampe. Weißes Licht besteht aus einer kontinuierlichen Reihe von Lichtschwingungen verschiedener Wellenlängen, also aus dem kompletten Regenbogenspektrum. Der beschriebene Auslöschungseffekt gilt für jede Wellenlänge des gesamten Spektrums. Beträgt der Wegunterschied z. B. ein Vielfaches der Wellenlänge von blauem Licht, d. h. ca. 450 nm, 2 ⋅ 450 nm usw., wird dieses ganz ausgelöscht. Der betreffende Bereich des Modells ist aber nicht dunkel, da die anderen Wellenlängen mehr oder weniger durchgelassen werden; statt des blauen Streifens erscheint deshalb die Komplementärfarbe orange. Mit den anderen Wellenlängen geschieht das gleiche, sodass wir statt eines Hell/Dunkel-Streifens einen bunten Streifen, bestehend aus dem kompletten Regenbogenspektrum, beobachten. An den spannungsfreien Stellen gibt es keine Lichtbrechung. Die vertikal schwingenden Wellen werden alle vom horizontal orientierten Analysator herausgefiltert; die Isochromate 0. Ordnung erscheint somit als einzige als dunkle Linie. Zur Auswertung von (3.9) benötigen wir noch die spannungsoptische Konstante S. Sie lässt sich über eine Eichung aus Gleichung (3.9) berechnen. Zur Eichung nimmt man z. B. einen Balken, der an den beiden Enden mit einem Biegemoment belastet ist. Die spannungsoptische Aufnahme, Bild 3.18, zeigt zur Balkenachse parallele Isochromaten. Die 0. Ordnung fällt mit der Balkenachse zusammen; die höchste Isochromatenordnung und somit das Spannungsmaximum tritt offenbar in den beiden äußersten Randfasern auf. Diese Spannung können wir berechnen (s. Kap. 11) und anschließend mit (3.9) die spannungsoptische Konstante S bestimmen. Ich fasse zusammen: 1. Bestimmung der spannungsoptischen Konstante z. B. mit Hilfe eines Biegebalkens. 2. Isochromate 0. Ordnung mit Hilfe von weißem Licht markieren. 3. Isochromatenordnungen (meist Maxima) herauslesen (vorteilhaft mit monochromatischem Licht wegen des besseren Kontrastes) und mit Gleichung (3.9) σ1 – σ2 berechnen.

Bild 3.17 Überlagerung der Wellen

Bild 3.18 Biegebalken als Eichstab

3

260

3 Spannungen


Die Methode kann auch beim räumlichen Spannungszustand eingesetzt werden, allerdings mit großem Aufwand. Dazu wird das räumliche Modell etwas über die Erweichungstemperatur erwärmt und belastet. Beim Abkühlen unter Last wird der Spannungszustand „eingefroren“. Aus dem erkalteten Modell werden Scheiben herausgesägt und ähnlich wie beim ESZ ausgewertet. Der Vollständigkeit halber sei noch erwähnt, dass für die Aufnahme der in diesem Buch gezeigten Isochromatenbilder in der spannungsoptischen Apparatur zusätzliche Viertelwellenplatten verwendet wurden. Auf deren Wirkungsweise soll hier jedoch nicht eingegangen werden. Beispiel 3.5 Bild 3.19 a zeigt die Isochromatenverteilung eines gekerbten Zugstabes. Die Isochromate 0. Ordnung ist markiert. Der Modellstab ist 5 mm dick. Die spannungsoptische Konstante beträgt a)

S = 10 , 7

N/mm2 ⋅ mm . Ordnung

Wir bestimmen die größte Normalspannung σmax. Lösung: Von der 0. Ordnung ausgehend zählen wir die Ordnungen und erhalten am Rand des engsten Querschnitts als Maximum etwa 6 Ordnungen, Bild 3.19 b. Zur Stabmitte hin nimmt die Spannung und damit die Ordnung wieder ab. Mit (3.9) berechnen wir (σ1 − σ2)max =

b) Bild 3.19 Auswertung am gekerbten Zugstab a) Isochromatenverteilung mit a) Markierung der 0. Ordnung b) Auszählung der Ordnungen

S 10,7 N ⋅ mm ⋅ 6 Ordng. ⋅ δmax = = 12,8 N/mm 2 . d mm 2 ⋅ Ordng. ⋅ 5 mm

Der Spannungszustand ist symmetrisch zur horizontalen und vertikalen Achse; die Hauptspannungen zeigen ebenfalls in diese Richtungen. Der Kerbrand wird von außen her nicht belastet. Im höchstbeanspruchten Punkt ist somit die horizontale Hauptspannung null, also kennen wir außer der Differenz (σ1 – σ2)max auch die größte Normalspannung selbst, nämlich σmax = σ1 = 12,8 N/mm2 . Am lastfreien Rand lässt sich also auch die größte Normalspannung zahlenmäßig bestimmen. Sie läuft immer parallel zum Rand. * Ich habe die Spannungsoptik vor allem deshalb behandelt, damit Sie sich die Spannungen besser vorstellen können. Sie sehen, dass die Spannungen an manchen Bauteilstellen relativ homogen sind, an Kerben und Kraftangriffspunkten dagegen rapid ansteigen. Dies verdeutlichen auch die beiden folgenden Isochromatenaufnahmen von einem ebenen Haken, Bild 3.20, und einer Verzahnung, Bild 3.21.

3.5 Spannungsoptik

261


1. In welche Richtungen wird das senkrecht schwingende Licht im belasteten Modell zerlegt? 2. Warum haben die Lichtwellen L1 und L2 nach dem Verlassen einen Wegunterschied? 3. Wie bestimmt man die Isochromate der Ordnung 0? 4. Aus welcher Gleichung werden nach der spannungsoptischen Messung die Spannungen berechnet? 5. Welcher Spannung entspricht die Isochromate am lastfreien Rand?

Bild 3.20 Isochromaten eines ebenen Hakens

3 Bild 3.21 Isochromaten einer Verzahnung

262

4 Verformungen und Verzerrungen


Verformung, Verzerrung, Dehnung, Querdehnung, Schubverzerrung (Schiebung, Scherung), Schubwinkel

Ein Bauteil ändert unter Belastung seine Form. Im Gegensatz zur Spannung können wir die Formänderung direkt sehen, manchmal schon mit bloßem Auge, zumindest aber über vergrößernde Geräte. Mit dem „unbewaffneten“ Auge wahrnehmbar sind beispielsweise das Aufblähen eines Ballons, das Zusammendrücken eines Federbeins und das Durchbiegen einer Dachlatte. Bei einer Zugstange dagegen ist die Verlängerung nur über eine Messung nachweisbar. Neben den sichtbaren Verformungen eignen sich zum praktischen Rechnen besonders die bezogenen Verformungen, Verzerrungen genannt.

Bild 4.1 Probestab aus Stahl beim Zugversuch a) unbelastet b) verformt

4.1 Dehnung und Querdehnung Beim Zugversuch, der in Kap. 5 beschrieben wird, werden Probestäbe entsprechend Bild 4.1 a bis zum Bruch gezogen. Mit einem empfindlichen Wegmessgerät lässt sich feststellen, dass sich beim Ziehen die markierte Länge L0 um ΔL auf L vergrößert, Bild 4.1 b. Messungen mit unterschiedlicher Bezugslänge L0 ergeben, dass die Verlängerung ΔL zur Bezugslänge L0 proportional ist. Für die praktische Berechnung ist es meist einfacher, eine von der Stablänge unabhängige Verformungsgröße zu benutzen. Man bezieht deshalb die Verlängerung auf die Ausgangslänge und bezeichnet den Quotient als Dehnung: Dehnung =

ε=

L − L0 L0

Verlängerung ursprüngliche Länge

=

ΔL L0

(4.1)

Die Dehnung ist dimensionslos. Sie ist in der Praxis sehr gering (in der Größenordnung von 10–4 bis 10–3 bei Stählen), deshalb wird sie meist in Prozent angegeben. Außer der Verlängerung können wir auch eine Dickenänderung Δd messen. Die auf die Ausgangsdicke d0 bezogene Dickenänderung heißt Querdehnung (auch Querkontraktion):

4.3 Allgemeiner Verzerrungszustand

Querdehnung =

εq =

d − d0 d0

=

263

Dickenänderung ursprüngliche Dicke

Δd d0

(4.2)


Beachten Sie, dass zu einer positiven Dehnung eine negative Querdehnung gehört. Im Fall des Zusammendrückens (negative Dehnung) wird der Stab dicker (positive Querdehnung). Bild 4.2 Zur Schubverzerrung

4.2 Schubverzerrung Ein würfelähnlicher Körper, auf dessen Oberfläche nur Schubspannungen wirken, verformt sich gemäß Bild 4.2. Die Kantenlängen ändern sich nicht. Die Schubverzerrung besteht nur aus einer Winkeländerung γ des ursprünglich rechten Winkels. In der Praxis sind die Winkeländerungen sehr klein, sodass mit tan γ ≈ γ gilt: Schubwinkel, Schiebung, Scherung γ=

Δs Einheit 1 L

(4.3)

Gleich an dieser Stelle möchte ich darauf hinweisen, dass in allen Formeln der Festigkeitslehre die Winkel immer in Radianten (bzw. dimensionslos, also Einheit 1) zu nehmen sind. Zur besseren Vorstellung werden wir sie auch häufig in die 360°-Skala umrechnen.

4.3 Allgemeiner Verzerrungszustand Dehnungen und Schubwinkel nennt man zusammenfassend Verzerrungen. Wie bei den Spannungen können wir auch bei den Verzerrungen in ein-, zwei- und dreiachsig unterteilen. In der Praxis tritt meist der dreiachsige Fall auf. Schon der in 4.1 besprochene Zugstab, ein einachsiger Spannungszustand, ist ein dreiachsiger Verzerrungszustand. Die Verzerrungen folgen den gleichen mathematischen Gesetzen wie die Spannungen. Beispielsweise gibt es auch Hauptdehnungen und maximale Schubwinkel. Sie werden allerdings nur selten zur Festigkeitsbeurteilung herangezogen, sodass wir dieses Thema nicht vertiefen müssen. 1. Wie ist die Dehnung definiert? 2. Welche Einheit hat die Verzerrung? 3. Innerhalb welcher Größenordnung bewegen sich die Dehnungen bei Stahlkonstruktionen?

3

264

5 Stoffgesetze


Zugversuch, Spannungs-Dehnungs-Diagramm, HOOKEsches Gesetz, Elastizitätsmodul (E-Modul), Querdehnzahl, Dehngrenze, Elastizitätsgrenze, Streckgrenze, Zugfestigkeit, Bruchdehnung, linear-elastisch, nichtproportionale Dehnung, Schubmodul, isotropes und anisotropes Material, thermische Dehnungen, Wärmespannungen, thermischer Längenausdehnungskoeffizient, statisch bestimmte und statisch unbestimmte Stabwerke

Bild 5.1 Universalprüfmaschine mit Zugstab

Wir haben im Vorausgehenden die Spannungen und Verzerrungen unabhängig voneinander behandelt. Da beide durch die äußere Last verursacht werden, muss jedoch ein Zusammenhang zwischen ihnen bestehen. Der Zusammenhang, der Stoff- oder Materialgesetz genannt wird, kann nur experimentell bestimmt werden. Die Versuche müssen mit wirtschaftlich vertretbarem Aufwand realisierbar und die sich ergebenden Beziehungen handlich sein, sodass oft Vereinfachungen nötig werden. Das ist in der Festigkeitslehre oft der Fall, ja man kann sogar sagen, dass in der Festigkeitslehre nahezu keine Formel oder Größe mathematisch exakt ist. Diese Tatsache bereitet dem Studierenden am Anfang erfahrungsgemäß große Schwierigkeiten. Bedenken Sie jedoch: Besser ein Ergebnis mit 5% Fehler als gar kein Ergebnis. Es gibt eine große Anzahl von Stoffgesetzen. Wir wollen nur die für die Praxis wichtigsten besprechen.

5.1 Zugversuch, Spannungs-DehnungsDiagramm, HOOKEsches Gesetz Am wichtigsten für die Festigkeitslehre ist der Zugversuch nach DIN EN 10 002. In einer Prüfmaschine, Bild 5.1, werden Rund- oder Flachstäbe von genormten Abmessungen, Bild 4.1 a, mit langsam steigender Kraft bis zum Bruch gezogen. Wir wollen den Versuch mit einem Rundstab aus Baustahl S235 durchführen. Vom angeschlossenen Plotter lassen wir uns die Normalspannung σ = F/S0 und die Dehnung ε = ΔL/L0 im sog. Spannungs-Dehnungs-Diagramm auftragen (ausgezogene Linie in Bild 5.2). S0 ist dabei die ursprüngliche Querschnittsfläche und L0 die ursprüngliche Länge (Bezugslänge). Vom Nullpunkt beginnend bis zur Spannung Rp0,01 ≈ 192 N/mm2 läuft die Kurve offensichtlich geradlinig. Das Stoffgesetz in diesem Bereich wird nach seinem Entdecker1 Bild 5.2 Spannungs-Dehnungs-Diagramm von Baustahl S235

1

ROBERT HOOKE 1635 – 1703

5.1 Zugversuch, Spannungs-Dehnungs-Diagramm, HOOKEsches Gesetz

HOOKEsches Gesetz

σ=E·ε

265

(5.1)

und die Kurve HOOKEsche Gerade genannt. Der Proportionalitätsfaktor E heißt Elastizitätsmodul oder kurz E-Modul. Die Einheit des E-Moduls ist wie bei der Spannung N/mm2. Für die beiden wichtigsten Werkstoffe des Maschinenbaues sollten Sie sich die Zahlenwerte einprägen (weitere Werte s. A9.1): E ≈ 210 000 N/mm2 170 000 N/mm2


Stahl Aluminiumlegierung

Bild 5.3 Elastischer Bereich im σ,ε-Diagramm

In Kap. 4 habe ich darauf hingewiesen, dass der Stab nicht nur länger, sondern auch dünner wird. Durch Dickenmessungen können wir feststellen, dass die Querdehnung zur Dehnung und damit zur Spannung proportional ist: Querdehnung εq = −ν ⋅ ε = −

ν ⋅σ E

(5.2)

Der Proportionalitätsfaktor n heißt Querdehnzahl oder Poissonzahl2. Hierzu Richtwerte (detailliertere Angaben in A9.2): Metalle Kunststoffe Flüssigkeiten

ν ≈ 0,3 0,35 0,5

3

ν = 0,5 bedeutet inkompressibel, d. h. das Volumen bleibt konstant. Interessanterweise hat auch Gummi diesen Wert. Größer als 0,5 kann ν nicht werden, außerdem auch nicht negativ. Eine Bemerkung zum Begriff elastisch: Wir haben die Spannung von null auf Rp0,01 gesteigert. Wenn beim Entlasten auf null die Dehnung ebenfalls auf null zurückgeht, nennen wir das Material elastisch, Bild 5.3. Weil zudem die Spannungs-Dehnungs-Linie linear verläuft, heißt es in diesem speziellen Fall linear-elastisch. Die Grenze zwischen linear und nichtlinear ist nicht exakt auszumachen. Man hat sich darauf geeinigt, den Proportionalitätspunkt dorthin zu legen, wo die Abweichung von der Geraden 0,01% beträgt und den Punkt sinngemäß mit 0,01%-Dehngrenze Rp0,01 bezeichnet, Bild 5.4. Das ist ein für technische Belange genügend genauer Grenzpunkt, der sich mit vertretbarem Aufwand bestimmen lässt. 0,01%-Dehngrenze heißt also 0,01% nichtproportionale Dehnung. Zur besseren Vorstellung: 100% Dehnung würde heißen, der Stab wäre doppelt so lang geworden. In Bild 5.4 ist die Abweichung von der Geraden somit stark übertrieben dargestellt. 2

SIMEÓN DENIS POISSON 1781 – 1840

Bild 5.4 Zur 0,01%-Dehngrenze

266

5 Stoffgesetze


Wir steigern die Last über Rp0,01 hinaus. Die Gerade biegt jetzt langsam ab, bis die Spannung die Streckgrenze Re ≈ 235 N/mm2 erreicht, bei der das Material deutlich zu fließen beginnt, also plastisch wird. Die Elastizitätsgrenze σE lässt sich wiederum nicht genau angeben; sie liegt irgendwo zwischen Rp0,01 und Re. Das Fließen bedeutet ein Gleiten der Kristalle gegeneinander in Richtung der größten Schubspannung, also unter 45° zur Zugrichtung. Der Stab wird dabei ohne Kraftsteigerung deutlich länger. Durch die starke Verformung kommt es irgendwann wieder zum Blockieren der Bewegungen, das Material verfestigt sich, die σ,ε-Kurve steigt bis zum maximalen Wert, der Zugfestigkeit Rm ≈ 360 N/mm2, an. Unter starker örtlicher Einschnürung des Querschnitts sinkt die Spannung dann schnell ab, und der Stab reißt auseinander. Das Foto in Bild 5.5 zeigt die verwendeten Rundproben, a) unbelastet, b) kurz vor Erreichen der Zugfestigkeit, c) nach dem Bruch. Bild 5.5 Zugstäbe aus Baustahl S235 a) unbelastet b) kurz vor Erreichen der Zugfestigkeit c) nach dem Bruch

Die Bruchdehnung A =

Lu − Lo ⋅ 100% Lo

ist ein Maß für die Verformungsfähigkeit eines Werkstoffs. Werkstoffe mit großer Bruchdehnung haben den Vorteil, dass sich ein Bruch durch Verformung ankündigt. Zudem können bei inhomogenem Spannungszustand Spannungsspitzen abgebaut werden, indem das angrenzende Material einen Teil der Spitzenbeanspruchung übernimmt. In Bild 5.2 ist auch eine gestrichelte Linie eingezeichnet. Sie würde eine Spannung bedeuten, bei der die Kraft auf den eingeschnürten Querschnitt bezogen wird. Mit diesem Wert wird in der Festigkeitslehre nicht gerechnet. Für andere Werkstoffe können die σ,ε-Diagramme ganz unterschiedlich ausschauen, Bild 5.6. Offenbar gibt es nur bei zähen Baustählen eine ausgeprägte Streckgrenze. Um auch für die anderen Werkstoffe ein Maß für den Fließbeginn zu haben, wurde eine Ersatzstreckgrenze, die 0,2%-Dehngrenze Rp0,2, eingeführt. Sie legt die Spannung fest, bei der die nichtproportionale Dehnung 0,2% beträgt.

Bild 5.6 σ,ε-Diagramme verschiedener Metalle

Im Rahmen dieses Buches werden wir nur Berechnungen im linearelastischen Bereich durchführen. Damit sind auch die meisten Probleme in der Praxis abgedeckt. 1. 2. 3. 4. 5.

Drücken Sie das HOOKEsche Gesetz in Worten aus. Was versteht man unter einem linear-elastischen Material? Geben Sie den E-Modul von Stahl und Aluminiumlegierungen an. Was besagt die Querdehnzahl? Wie groß ist der Wert für Metalle? Erklären Sie die Materialwerte, die sich zusätzlich zu den elastischen Konstanten aus dem Zugversuch ergeben.

5.3 Elastizitätsgesetz für den ebenen Spannungszustand

267

5.2 Schubspannung und Schubwinkel Der Zusammenhang zwischen Schubspannung τ und Schubwinkel γ wird im Torsionsversuch ermittelt. Lineare Beziehung zwischen Schubspannung und Schubwinkel: τ = G⋅ γ

(5.3)


Der Proportionalitätsfaktor G heißt Schubmodul. Die Einheit ist wie beim E-Modul die der Spannung. Zwei Werte: Stahl Aluminiumlegierung

G ≈ 80 000 N/mm2 27 000 N/mm2

Der Schubmodul beträgt für die üblichen Metalle ungefähr 1/3 des EModuls. Für linear-elastisches isotropes Material genügen zur Beschreibung bereits zwei elastische Konstanten, die dritte ist aus den beiden anderen exakt berechenbar (Herleitung s. [10]). Beziehung zwischen den 3 Elastizitätskonstanten für linear-elastisches isotropes Material: G=

E 2 (1 + ν )

(5.4)

Isotrop heißt, die Spannungs-Dehnungsbeziehung hängt nicht von der Richtung ab. Das ist für Metalle weitgehend der Fall. Anders dagegen bei Holz und Faserverbundwerkstoffen, welche typische Beispiele für anisotropes Material sind. Hier nutzt man die stark unterschiedlichen Eigenschaften längs und quer zur Faserrichtung mit Vorteil aus. 1. Welcher Zusammenhang besteht zwischen Schubspannung und Schubwinkel bei linear-elastischem Material? 2. Was ist ein isotropes und was ein anisotropes Material? Nennen Sie Beispiele. 3. Wie viele elastische Konstanten sind zur Beschreibung eines linear-elastischen isotropen Materials nötig?

5.3 Elastizitätsgesetz für den ebenen Spannungszustand Der ESZ ist ein für die Praxis sehr wichtiger Fall. Deshalb haben wir uns in Kap. 3 gründlich mit ihm auseinandergesetzt. Nun wollen wir das zugehörige Elastizitätsgesetz herleiten (weitere Elastizitätsgesetze s. [10]).

3

268

5 Stoffgesetze

Die Blechtafel in Bild 5.7 a wird in x-Richtung gezogen. Dabei wird sie in x-Richtung länger und in y-Richtung infolge Querdehnung schmäler. Dass sie auch senkrecht zur Zeichenebene dünner wird, ist hier unwichtig. Mit dem HOOKEschen Gesetz erhalten wir: εx =

σx E

ν ⋅ σx E Im zweiten Schritt wird dasselbe Blech in y-Richtung gezogen, Bild 5.7 b. Das HOOKEsche Gesetz liefert: Technische Mechanik downloaded from www.hanser-elibrary.com by ETH-Bibliothek on September 16, 2014 For personal use only.

ε y = εq = −ν ⋅ ε x = −

εy =

σy E

ν ⋅ σy E In einem dritten Schritt wirken auf den Schnittkanten nur Schubspannungen, Bild 5.7 c. Nach Kap. 5.2 hat das einen Schubwinkel ε x = εq = −ν ⋅ ε y = −

γ=

Bild 5.7 Elastizitätsgesetz beim ESZ a) Beanspruchung mit σx b) Beanspruchung mit σy c) Beanspruchung mit τ

τ G

zur Folge. Bei linear-elastischem Material darf man die Spannungen, Verzerrungen und Verformungen von zwei und mehr Lastfällen überlagern, die resultierenden Werte entsprechen dann der Wirkung der gesamten Last (Superpositions- oder Überlagerungsprinzip). Damit folgt das Stoffgesetz für den ESZ: a) nach den Verzerrungen aufgelöst

εx =

1 ( σ x − ν ⋅ σy ) E

(5.5 a)

εy =

1 ( σ y − ν ⋅ σx ) E

(5.5 b)

τ G b) Nach den Spannungen aufgelöst γ=

σx = σy =

E 1− ν2 E 1− ν2

τ = G⋅γ

(5.5 c)

( ε x + ν ⋅ εy )

(5.6 a)

( ε y + ν ⋅ εx )

(5.6 b) (5.6 c)

5.4 Wärmedehnungen und Wärmespannungen

269

Übrigens, (5.5 b) und (5.6 b) hätte man auch direkt aus (5.5 a) bzw. (5.6 a) durch Vertauschen der Indizes erhalten. 1. Welche Dehnungen treten beim ESZ auf? 2. Was besagt das Superpositionsprinzip?


5.4 Wärmedehnungen und Wärmespannungen

Bild 5.8 Verformung infolge Erwärmung

Wird gemäß Bild 5.8 ein Stab der Länge L0 um die Temperaturdifferenz ΔT erwärmt, wird er länger um die thermische Verlängerung: ΔLth = α ⋅ L0 ⋅ ΔT

(5.7)

Auf die Ausgangslänge L0 bezogen, erhalten wir die Wärmedehnung oder thermische Dehnung: εth = α ⋅ ΔT

(5.8)

Der Proportionalitätsfaktor α heißt thermischer Längenausdehnungskoeffizient und hat die Einheit K–1. Im Bereich der Raumtemperatur ist α tatsächlich nahezu eine Konstante, bei höheren Temperaturen steigt α mit der Temperatur an. Ein paar charakteristische α-Werte bei Raumtemperatur: Aluminium Austenitischer Stahl Ferritischer Stahl Aluminiumoxydkeramik Quarzglas

α = 24 16 ... 17 10,5 ... 13 7,5 0,5 ... 0,6

10–6/K

Weitere Werte in A9.4. Der Stab in Bild 5.8 wird auch dicker, und zwar ist die Dehnung in radialer Richtung genauso groß wie in axialer. Allgemein gilt: Ein thermisch isotroper Körper hat in jeder Richtung die gleiche Wärmedehnung. Besteht ein Bauteil aus Materialien mit unterschiedlichen α-Zahlen, bzw. wird die thermische Ausdehnung durch die Lagerung behindert, oder ist die Temperatur im Bauteil unterschiedlich, kommt es zu Wärmespannungen. Die thermischen Dehnungen werden dabei ganz oder teilweise in elastische Dehnungen umgewandelt. Die gesamte (messbare) Dehnung εges ist also bei Temperatureinfluss immer eine Überlagerung aus elastischer Dehnung ε und thermischer Dehnung εth gemäß:

3

270

5 Stoffgesetze

εges

=

ε

+

εth

gesamte Dehnung

=

elastische Dehnung

+

thermische Dehnung

(5.9)

Bild 5.9 Rohr, beidseitig einbetoniert


Beispiel 5.1 Ein Rohr ist beidseitig in Wände einbetoniert, Bild 5.9. Bei der Montage ist es spannungsfrei. Welche Normalspannung tritt im Rohrquerschnitt auf, nachdem es infolge des durchströmenden heißen Wassers um 80 K erwärmt wurde? Der E-Modul E beträgt 206 000 N/mm2, der mittlere (integrale) Wert für α beträgt 1,23 ⋅ 10–5 K–1. Lösung: Die Wände können idealisierend als vollkommen starr gelten. Damit kann sich das Rohr nicht verlängern, d. h. Δl = ε ges ⋅ l = 0

und mit (5.9) ε ges = ε + ε th = 0 .

Daraus folgt ε = − ε th = − α ⋅ ΔT

und mit dem HOOKEschen Gesetz (5.1) σ = E ⋅ ε = − E ⋅ α ⋅ ΔT .

σ = −206 000 N/mm2 ⋅ 1,23 ⋅ 10 −5 K −1 ⋅ 80 K = −203 N/mm2 .

Beachten Sie: − Wärmespannungen können sehr hoch sein. − Beim homogenen Stab ist die Wärmespannung unabhängig von der Querschnittsfläche. * Wir haben vereinfachend mit einem einachsigen Spannungszustand gerechnet; im Einspannbereich stimmt das nicht, da das Rohr an der radialen Ausdehnung behindert wird. Außerdem kann die Einspannung nie hundertprozentig starr sein. Trotzdem ist der errechnete Spannungswert ein praktisch brauchbares Ergebnis. Übung 5.1 Berechnen Sie die thermische Volumendehnung ΔV/V bei einer Temperaturerhöhung um ΔT und dem thermischen Längenausdehnungskoeffizient α. Kleine Größen, die im Quadrat oder von höherer Ordnung auftreten, sollen vernachlässigt werden.

5.5 Anwendung der einachsigen Stoffgesetze auf statisch bestimmte und statisch unbestimmte Stabwerke

271


1. Geben Sie das Gesetz für die thermische Dehnung an. 2. Wann kommt es zu Wärmespannungen? 3. Wie hängt die Wärmespannung im homogenen Stab von der Querschnittsfläche ab? 4. Wie lässt sich das Auftreten von Wärmespannungen z. B. beim Schweißen oder bei einer Wärmebehandlung erklären?

5.5 Anwendung der einachsigen Stoffgesetze auf statisch bestimmte und statisch unbestimmte Stabwerke Die einachsigen Stoffgesetze sind auch für die Handrechnung noch übersichtlich anwendbar. Es lassen sich damit viele für die Praxis interessante Fälle lösen, z. B. Stabwerke oder Probleme, die auf solche zurückgeführt werden können. Hierbei teilen wir ein in statisch bestimmte und statisch unbestimmte Stabwerke.

5.5.1 Spannungen und Verformungen in einem statisch bestimmten Stabwerk Beispiel 5.2 Die Stütze eines Traggerüstes (Bild 5.10 a, unmaßstäbliche Skizze) besteht aus dem horizontalen Stab 1 (Flachstahl 40 × 6) und dem Diagonalstab 2 (2× Winkel 40 × 40 × 4 von je 308 mm2 Querschnittsfläche). Die Stäbe sind bei A und B mit der Wand und bei C miteinander gelenkig verbunden. Gesucht sind: 1. Die Stabkräfte F1 und F2 2. Die Normalspannungen σ1 und σ2 in den Querschnittsflächen der Stäbe 1 und 2 3. Die Stabverlängerungen Δl1 und Δl2 4. Die vertikale Verschiebung f des Gelenkpunktes C Lösung: 1. Bild 5.10 b zeigt die Kräfte im Lageplan (alle Stabkräfte als Zugkräfte angenommen). Am Kraftangriffspunkt muss Kräftegleichgewicht herrschen, d. h. das Krafteck muss sich schließen, Bild 5.10 c. Aus dem Krafteck lesen wir ab: Bild 5.10 Stütze eines Traggerüstes, Beispiel 5.2 a) Prinzipskizze b) Abstraktion c) Krafteck d) Verschiebungen

3

272

5 Stoffgesetze

F1 = F = 20 000 N (Zugkraft) F2 = − F ⋅ 2 = −20 000 N ⋅ 2 = −28 285 N (Druckkraft) 2. Querschnittsflächen: A1 = 6 mm ⋅ 40 mm = 240 mm2 A 2 = 2 ⋅ 308 mm2 = 616 mm2


Normalspannungen: σ1 =

F1 20 000 N = = 83,3 N/mm2 (Zugspannung) A1 240 mm2

σ2 =

F2 −28285 N = = −45,9 N/mm2 (Druckspannung) A2 616 mm2

3. Stabverlängerungen: Bild 5.11 Konsole zu Übung 5.2

Δl1 = ε1 ⋅ l1 =

σ1 83,3 N/mm2 ⋅ l1 = ⋅ 1000 mm = 0,397 mm 210 000 N/mm2 E

Δl2 = ε 2 ⋅ l2 =

σ2 −45,9 N/mm2 ⋅ l2 = ⋅ 2 ⋅ 1000 mm = −0,309 mm 210 000 N/mm2 E

4. Der verlängerte Stab 1 und der verkürzte Stab 2 müssen sich in C', im Schnittpunkt der Kreise um A und B mit den Radien l1 + Δl1 bzw. l2 – ⏐Δl2⏐ treffen. Die Bewegungen sind in Wirklichkeit sehr gering, sodass wir die kleinen Kreisbögen durch ihre Tangenten annähern können, Bild 5.10d. Aus den Bewegungsdreiecken können wir ablesen: f = Δl1 + Δl2 ⋅ 2 = 0,397 mm + 0,309 mm ⋅ 2 = 0,834 mm

Dasselbe Ergebnis werden wir in Kap. 6, Beispiel 6.1, auf vollkommen andere Weise erhalten. Fazit: Bei einem statisch bestimmten Stabwerk lassen sich die Stabkräfte direkt aus dem Kräftegleichgewicht bestimmen. * Zur Wiederholung sollten Sie die folgende ähnliche Aufgabe selbständig lösen. Übung 5.2 Eine Konsole gemäß Bild 5.11 ist mit F = 80 kN vertikal belastet. Die Stablagerungen bei A und B und die Stabverbindung bei C können mit guter Näherung gelenkig angenommen werden. Der Stab 2 besteht aus 2 Flachstählen 50× 6, Stab 1 aus einem Hohlprofil mit quadratischem Querschnitt der Querschnittsfläche 368 mm2. Gesucht ist die vertikale Verschiebung f des Gelenkpunktes C. Hinweis: Lösen Sie die Aufgabe mit denselben Schritten wie in Beispiel 5.2.


273


5.5.2 Spannungen und Verformungen in einem statisch unbestimmten Stabwerk Beispiel 5.3 Ein Zugstab (Durchmesser d = 20 mm) besteht aus CFK-Material (mit Kohlenstoffasern verstärkter Kunststoff). Die C-Fasern sind parallel zur Achsrichtung angeordnet und vollkommen gleichmäßig über dem Querschnitt verteilt. Ihr Volumenanteil beträgt 40%. Dementsprechend ist der Volumenanteil der Kunststoffmatrix 60%, Bild 5.12a. (hochfest, jedoch C-Faser: EC = 234 000 N/mm2 E-Modul kleiner als beim Hochmodul-Typ) Kunststoffmatrix: EK = 3000 N/mm2 (Epoxidharz) 1. Mit welcher Kraft F darf der Stab maximal gezogen werden, wenn die Zugspannung σC in den C-Fasern 1500 N/mm2 nicht übersteigen soll? 2. Wie groß ist dann die Zugspannung σK in der Kunststoffmatrix?

Bild 5.12 Zugstab aus CFK-Material a) C-Fasern in einer Kunststoffmatrix b) Abstraktion durch 2 Stäbe

Lösung: 1. Die parallelen C-Fasern ersetzen wir gedanklich durch einen einzigen Stab, ebenso die Kunststoffmatrix, Bild 5.12 b. Mit Hilfe des Kräftegleichgewichts, nach Umformung: F = FC + FK Einsetzen von Normalspannungen und Querschnittsflächen: F = σC ⋅ AC + σK ⋅ AK = σC ⋅ 0, 4 A + σK ⋅ 0,6 A Das ist eine einzige Gleichung für die beiden Unbekannten F und σK. Die statische Gleichgewichtsbeziehung reicht nicht aus zur Bestimmung der Kräfte bzw. Spannungen; ein solches Problem nennen wir statisch unbestimmt. Wir benötigen eine weitere Beziehung, die von der vorausgegangenen nicht abhängen darf. Diese gewinnen wir aus der Verformung. Im vorliegenden Fall lautet sie: Die Verlängerung der beiden Stäbe ist gleich groß, Δl C = Δl K . Weil die Ausgangslängen gleich sind, können wir auch sagen: ε C = εK

Mit dem HOOKEschen Gesetz folgt: σC σ = K EC EK bzw. σK =

und damit

EK ⋅σC EC

3

274

5 Stoffgesetze

⎛ E ⎞ F = σC ⋅ A ⋅ ⎜ 0, 4 + 0,6 ⋅ K ⎟ . EC ⎠ ⎝ F = 1500 N/mm2 ⋅


2.

Bild 5.13 Deckelverschraubung mit Dehnschraube, Beispiel 5.4 a) Problemskizze b) Kräfte und Verformungen am b) herausgeschnittenen Teil

σK =

⎛ 20 2 π 3000 N/mm2 ⎞ mm2 ⋅ ⎜ 0,4 + 0,6 ⋅ ⎟ ≈ 192 kN 4 234 000 N/mm2 ⎠ ⎝

EK 3000 N/mm 2 ⋅σC = ⋅ 1500 N/mm 2 ≈ 19 N/mm 2 EC 234 000 N/mm 2

Fazit: Für die Lösung eines statisch unbestimmten Problems sind 3 Schritte erforderlich: − Statische Gleichgewichtsbedingungen aufstellen − Bewegungsmöglichkeit berücksichtigen (kinematische oder geometrische Bedingung) − Stoffgesetz (Zusammenhang zwischen den statischen und kinematischen Größen) einsetzen Beispiel 5.4 Bild 5.13 a zeigt eine Schraubenverbindung mit Dehnschraube (Taillendurchmesser dT = 16 mm). Die Montage erfolgt kräftefrei. Dazu wird die Schraube um 150 K erwärmt und bis zur Auflage in den Flansch gedreht. Welche Vorspannkraft FS und welche Spannung σS treten im Schraubenschaft auf, nachdem die Schraube wieder auf Raumtemperatur abgekühlt ist? Hierbei sind Idealisierungen vorzunehmen: − Die Schraube kühle während des Einschraubens nicht ab. − Die an der Dehnung beteiligte Schraubenlänge ist der eingezeichneten Klemmlänge lk gleichzusetzen. − Der Flansch ist an der Dehnung mit der gleichen Klemmlänge lk und mit einer ringförmigen Ersatzquerschnittsfläche AF ≈ 5 ⋅ AS (AS = Taillenquerschnittsfläche) beteiligt. Lösung: Die Verbindung wird an der Trennfuge freigemacht, Bild 5.13 b. Auf diese Weise können Schraubenkraft FS und Flanschkraft FF eingetragen werden, wider besseren Wissens auch die Flanschkraft als Zugkraft. Das hat den Vorteil, dass die Rechnung rezeptmäßiger ablaufen kann. Das negative Vorzeichen als Zeichen für eine Druckkraft ergibt sich ganz automatisch aus der Rechnung. Kräftegleichgewicht: FF + FS = 0 → FF = − FS .

Mit dem statischen Gleichgewicht folgt nur, dass die beiden Kräfte betragsmäßig gleich groß sind, aber nicht wie groß. Das Problem ist statisch unbestimmt. Wir müssen die kinematische Bedingung und das Stoffgesetz berücksichtigen.


275

Kinematische Bedingung: Δl S, ges = Δl F

D. h. der Flansch verkürzt sich um das gleiche Stück wie die Schraube (relativ zum erwärmten Zustand). Der Index ges deutet an, dass neben Kräften auch Temperaturen wirken. Die kinematische Bedingung formen wir jetzt solange um, bis wir eine zweite Formel für die Kräfte haben und somit nach diesen auflösen können.


ε S, ges ⋅ l S = ε F ⋅ l F lS ≈ lF ≈ l k → ε S, ges = ε F

Einsetzen der Stoffgesetze: σS ES

+ α S ⋅ ΔT =

FS AS ⋅ E S

σF EF

+ α S ⋅ ΔT =

FF AF ⋅ E F

=−

FS AF ⋅ E F

1 1 ⎞ ⎛ + FS ⎜ ⎟ = − α S ⋅ ΔT ⎝ AS ⋅ E S A F ⋅ E F ⎠ FS = −

FS = −

α S ⋅ ΔT 1 1 + AS ⋅ E S A F ⋅ E F 1,6 ⋅ 10 −5 ⋅ ( −150 ) N = 69886 N ≈ 70 kN 1 1 + 201 ⋅ 200 000 5 ⋅ 201 ⋅ 105 000

π mm2 = 201 mm2 ) 4 F 69 886 N σS = S = = 348 N / mm2 AS 201 mm2 (mit AS = 16 2

1. Wie unterscheiden sich statisch bestimmte und statisch unbestimmte Stabwerke? 2. Welche Beziehungen sind zur Berechnung von statisch unbestimmten Stabwerken heranzuziehen?

3

276

6 Arbeit und elastische Energie Äußere Arbeit, elastische Energie (innere Arbeit, Verzerrungsarbeit, Formänderungsarbeit), spezifische innere Arbeit, Arbeitsprinzip

Sie kennen sicher die Definition Arbeit gleich Kraft mal Weg,


W

=

F · s in N · m .

Diese einfache Formel gilt aber nur mit 2 Einschränkungen: − Die Kraft wirkt in Richtung des Weges. − Die Kraft ist längs des Weges konstant. Allgemein gilt (mit Ft als Kraftkomponente tangential zum Weg): Bild 6.1 Äußere Arbeit beim Zugstab a) Stabverlängerung Δl, Kraft F b) Arbeit W im Kraft-Verlängerungsb) Diagramm

W=

∫ F ⋅ ds . t

s

In der Festigkeitslehre interessieren wir uns für die Arbeit, die zur Verformung der Bauteile, z. B. einer Stoßdämpferfeder, nötig ist. Wieder gibt uns der Zugversuch darüber Auskunft. Der Stab der Ausgangslänge l (E-Modul E, Querschnittsfläche A) wird um Δl länger, Bild 6.1a. Dazu ist im Endzustand die Kraft F nötig. Vom HOOKEschen Gesetz her wissen wir, dass die Spannung und somit auch die Kraft von null beginnend linear anwächst, Bild 6.1b. Wäre die Kraft konstant, müsste die Arbeit F ⋅ Δl aufgebracht werden. Dieser Ausdruck entspricht einer Rechteckfläche. Beim linearen Verlauf ist es dementsprechend die Dreieckfläche im Kraft-Verlängerungs-Diagramm. Äußere Arbeit: W = 12 F ⋅ Δl

(6.1)

Die äußere Arbeit wird in das Bauteil gesteckt und als elastische Energie (innere Arbeit, Formänderungsarbeit, Verzerrungsarbeit) Wi im Bauteil gespeichert. Wenn der Stab sich zusammenzieht, gibt er die gespeicherte Energie wieder nach außen ab. Es gilt also das sog. Arbeitsprinzip W = Wi ,

äußere Arbeit = innere Arbeit,

(6.2)

eine selbstverständliche, aber sehr weitreichende Beziehung. Die innere Arbeit drücken wir am besten durch die „inneren“ Größen Spannung und Dehnung aus, also

(V: Stabvolumen).

6 Arbeit und elastische Energie

277

σ und ε können wir wahlweise mit dem HOOKEschen Gesetz ersetzen, das ergibt:

Wi =

1 1 E σ⋅ε⋅V = ⋅ σ2 ⋅ V = ⋅ ε2⋅ V 2 2E 2

(wenn σ und somit ε im ganzen Volumen V konstant sind).


Dass die Spannung im ganzen Bauteil konstant ist, kommt selten vor. Normalerweise müssen wir von der „Arbeit durch Volumen“, der spezifischen inneren Arbeit wi, ausgehen: Spezifische innere Arbeit a) infolge einer Normalspannung: wi =

E 1 1 σ⋅ε = ⋅σ2 = ⋅ε2 2 2E 2

(6.3 a)

b) bei reinem Schub: wi =

1 1 G τ⋅γ = ⋅τ2 = ⋅γ 2 2 2G 2

(6.3 b)

Durch Multiplikation mit dem Volumen V bzw. Integration über V ergibt sich die gesamte innere Arbeit Wi: Wi = w i ⋅ V

für wi = konst. in V

(6.4 a)

Wi = ∫ w i ⋅ dV

für wi ⬆ konst. in V

(6.4 b)

V

Die elastische Energie ist in der Technik vor allem bei der Federung wichtig. Dazu werden wir später Beispiele rechnen. Eine andere Anwendung liegt darin, über das Arbeitsprinzip (6.2) die Verformung einer Struktur zu berechnen. Beispiel 6.1

Für das Problem gemäß Beispiel 5.2 soll die vertikale Verschiebung f des Gelenkpunktes C über das Arbeitsprinzip (6.2) bestimmt werden. Lösung: Die Stabkräfte F1 und F2 können wir aus Beispiel 5.2 übernehmen.

3

278

6 Arbeit und elastische Energie

Wir gehen vom Arbeitsprinzip aus und setzen ein bzw. formen nacheinander um: W = Wi 1 2

F ⋅ f = wi1 ⋅ V1 + wi2 ⋅ V2 1 2 1 σ1 ⋅ A1 ⋅ l1 + σ22 ⋅ A2 ⋅ l2 2E 2E 1 F12 1 F2 = ⋅ 2 ⋅ A1 ⋅ l1 + ⋅ 22 ⋅ A2 ⋅ l2 2E A1 2E A2


=

(

)

2 ⎡ ⎤ 1 ⎢ F2 ⋅ l1 −F ⋅ 2 ⋅ l2 ⎥ = + ⎥ A2 2E ⎢ A1 ⎥⎦ ⎣⎢

f =

F ⎛ l1 2 ⋅ l2 ⎞ ⎜ + ⎟ = 0,834 mm E ⎝ A1 A2 ⎠

Die Berechnung mit Hilfe des Arbeitsprinzips läuft systematischer ab als in Beispiel 5.2. Man muss dabei keine Überlegung zur Kinematik anstellen. Nachteilig ist, dass nur eine äußere Kraft wirken darf und die Verschiebung nur am Angriffspunkt und in Richtung der äußeren Kraft bestimmt werden kann. Außerdem muss das Stabwerk statisch bestimmt sein. Es gibt jedoch Formulierungen des Arbeitsprinzips, die ganz allgemein anwendbar sind, s. Kap. 20.

1. Was geschieht mit der Arbeit, die in ein elastisches Bauteil hineingesteckt wird? 2. Nennen Sie praktische Beispiele für Arbeitsspeicherung in Form von elastischer Verzerrungsarbeit. 3. Was geschieht mit der Verzerrungsarbeit bei Entlastung? 4. Welches Vorzeichen hat die Verzerrungsarbeit?

279

7 Einfache Beanspruchungsfälle und Festigkeitsbedingungen


Zug/Druck, Federkonstante, Sicherheitsbeiwerte gegen Fließen und Bruch, Flächenpressung, Schub in einer Schraub-, Niet-, Schweiß-, Löt- und Klebverbindung

Bild 7.1 Zugstab

In diesem Kapitel behandeln wir die Probleme Zug/Druck, Flächenpressung, Schubbeanspruchung einer Schraub-, Niet-, Schweiß-, Lötund Klebverbindung, also typische Maschinenelementeprobleme. Dabei möchte ich das Fach Maschinenelemente keineswegs vorwegnehmen, sondern nur die grundsätzlichen Dinge ansprechen.

7.1 Zug und Druck Wir fassen die bereits besprochenen Beziehungen zusammen und ergänzen, Bild 7.1: Normalspannung im Querschnitt: σ=

σ > 0 heißt Zugspannung σz σ < 0 heißt Druckspannung σd

FN A

(7.1)

Dehnung: F σ = N E E⋅A Federkonstante (Stabsteifigkeit, Federrate): ε=

E⋅A c= l Stabverlängerung:

Δl = ε ⋅ l = l

(7.3)

F ⋅l F σ ⋅l = N = N E E⋅A c l

Δl = ∫ ε ⋅ dx = ∫ x =0

(7.2)

x =0

FN E⋅A

für ε = konst.

dx allgemein

(7.4 a)

(7.4 b)

Innere Arbeit:

Wi =

F2 ⋅l F2 σ2⋅ A ⋅ l = N = N 2E 2 E ⋅ A 2c

Wi =

FN2 1 dx allgemein ∫ 2 x=0 E ⋅ A

für konst. E, A, FN

(7.5 a)

l

(7.5 b)

3

280


Festigkeitsbedingung: σ z vorh ≤ σ z zul

vorhandene Spannung ≤

(7.6 a)

zulässige Spannung σ d vorh ≤ σ d zul

(7.6 b)

Zulässige Werte sind den Normen zu entnehmen.


Falls zulässige Werte nicht direkt vorgegeben sind, kann man sich mit Werkstoffwerten und Sicherheitsbeiwerten behelfen. Die folgenden Überlegungen sind auf statische Zugbeanspruchung bei Raumtemperatur beschränkt. Hier unterscheiden wir laut Kap. 3 in Gleit- und Trennbruch. Meist wird jedoch nicht gegen den Gleitbruch selbst, sondern gegen den Fließbeginn abgesichert. Fließbeginn (zähes Bauteilverhalten): Die maßgebende Werkstoffgröße K ist die Fließspannung σ F = Re bzw. Rp 0,2 . Unsere Bauteile dürfen sich normalerweise nicht plastisch verformen, deshalb brauchen wir einen ausreichenden Sicherheitsabstand zu diesem Fließbeginn. Er wird ausgedrückt durch den Sicherheitsbeiwert gegen Fließen SF. Damit ergibt sich die zulässige Spannung hinsichtlich Fließbeginn: σ zul =

σF SF

(7.7)

Trennbruch (sprödes Bauteilverhalten): Jetzt ist die Zugfestigkeit Rm entscheidend, von der wir wieder Abstand halten mit Hilfe des Sicherheitsbeiwerts gegen Bruch SB. Somit gilt für die zulässige Spannung hinsichtlich Trennbruch: σ zul =

Rm SB

(7.8)

In der Praxis sichert man meist gegen Verformen und Bruch ab. Anhaltswerte für SF und SB s. A10.2. Im Druckfall geht man entsprechend vor; allerdings tritt nur bei sprödem Material ein echter Bruch auf.

7.3 Schub

281

7.2 Flächenpressung Werden zwei Bauteile gegeneinander gedrückt, herrscht in der Berührfläche eine Normalspannung, die man Flächenpressung p nennt. Die Berührfläche kann eben oder gekrümmt sein, Bild 7.2. Die Flächenpressung ist praktisch nie konstant. In der Regel genügt es aber, mit dem Mittelwert zu rechnen, nämlich Flächenpressung


p=

F A

(für ebene Berührfläche A)

(7.9 a)

(für kreiszylindrische Berührfläche, (7.9 b) auch Lochleibungsdruck bzw. Lochleibungsspannung genannt). Die vorhandene Flächenpressung muss kleiner – höchstens gleich – als die zulässige sein, p = σl =

F d ⋅l

pvorh ≤ pzul

bzw. σ l vorh ≤ σl zul

(7.10)

Die zulässigen Werte sind ebenfalls Mittelwerte, die experimentell mit ähnlichen Berührflächen ermittelt werden. Insofern macht diese einfache Betrachtung mit konstanten Flächenpressungen durchaus Sinn. Genaue analytische Formeln zur Flächenpressung wurden von HERTZ1 aufgestellt, s. z. B. [1].

3

7.3 Schub Eine Längskraft erzeugt im Verbindungsmittel (Bolzen, Stift, Niet, Schweiß-, Löt- und Klebfläche) eine Querkraft, Bild 7.3 bis 7.5. Aber auch bei der Momentenübertragung treten solche Scherkräfte auf, z. B. in den Scherstiften der Scherbolzenkupplung nach Bild 7.6. Bolzen-, Nietverbindung und ähnliches: Bolzen, Niete usw. werden durch eine Querkraft auf Abscheren (Schub) beansprucht. Es wird mit einer mittleren Schubspannung τ=

FQ

≤ τ a zul (7.11) A gerechnet. In Wirklichkeit ist sie nicht konstant über dem Querschnitt (s. Kap.13). τa zul ist die zulässige Scherspannung.

1

HEINRICH HERTZ 1857 – 1894

Bild 7.2 Flächenpressung a) ebene Berührfläche b) Berührfläche Bolzen/Bohrung b) Zuglasche

282


Für die Querkraft gilt: für einschnittige Verbindung, Bild 7.3a ⎧F FQ = ⎨ ⎩ F /2 für zweischnittige Verbindung, Bild 7.3b

Schweißverbindung: Für die mittlere Schubspannung gilt:


τ=

F ≤ τwzul a ⋅ ln

(7.12)

Die nutzbare Schweißnahtlänge ln ist um die Endkrater kleiner als die tatsächliche Länge; hierzu Details in den verschiedenen Vorschriften. τw zul ist die zulässige Spannung für die Schweißverbindung. Kleb- und Lötverbindung: Auch hier rechnet man mit einer mittleren Schubspannung τ= Bild 7.3 Abscheren a) einschnittige Verbindung b) zweischnittige Verbindung

F ≤ τK zul für Klebverbindung A

(7.13 a)

bzw. F ≤ τl zul für Lötverbindung (7.13 b) A τK zul und τl zul sind die zulässigen Spannungen für Kleb- bzw. Lötverbindung. τ=

Beispiel 7.1

Bild 7.4 Schweißverbindung

Bild 7.5 Kleb- oder Lötverbindung

Die Zugstrebe gemäß Bild 7.7 aus einem Baustahl (E = 210 000 N/mm2; Re = 295 N/mm2; Rm = 470 N/mm2) ist mit F = 70 kN statisch belastet. Zu bestimmen sind: 1. Der Durchmesser dS der Strebe, wenn eine Sicherheit gegen Fließen SF = 2 gefordert wird (auf ganze mm runden). 2. Die dabei vorhandene Sicherheit SB gegen Bruch. 3. Die Spannung σw in den Schweißnähten. 4. Den Durchmesser dB des Befestigungsbolzens, wenn für σl zul = 280 N/mm2 und τa zul = 112 N/mm2 anzunehmen sind (auf ganze mm runden). 5. Die Verlängerung Δl der Zugstrebe unter maximaler Last. Vereinfachend wird der Querschnitt A über der gesamten Länge l = 800 mm konstant angenommen.

7.3 Schub

283

Lösung: σ zul =

1.

4

dS =


SF

d S2 π

A=

2. SB =

Re

=

=

295 N/mm2 = 147 , 5 N/mm2 2

4F π ⋅ σ zul

F → dS = σzul

4 ⋅ 70 000 N ≈ 24,6 mm ; π ⋅ 147,5 N/mm2

dS = 25 mm gewählt

Rm 470 N/mm2 = ≈ 3,2 σvorh 142,6 N/mm2

F 70 000 N mit σvorh = = 2 π = 142,6 N/mm2 . A 25 4 mm2

Bild 7.6 Scherbeanspruchung bei der Übertragung eines Drehmomentes (Scherbolzenkupplung)

3. Für die Schweißnahtfläche wird näherungsweise eine Ringfläche mit Innendurchmesser dS und Außendurchmesser dS + 2 × Kehlnahtdicke zugrunde gelegt. π π⎞ ⎛ A w = ⎜ ( 25 + 2 ⋅ 5 ) 2 ⋅ − 25 2 ⋅ ⎟ mm2 = 471 mm2 ⎝ 4 4⎠

σw =

70 000 N F = = 149 N/mm2 2 Aw 471 mm

4. a) Flächenpressung

dB ⋅ 40 mm =

3

Fmax 70 000 N = = 250 mm2 → dB = 6,25 mm σl zul 280 N/mm2

b) Abscheren dB2 ⋅

π F = → dB = 4 2 ⋅ τa zul

dB =

5. Δl = ε ⋅ l =

2F π ⋅ τa zul

2 ⋅ 70 000 N ≈ 19,9 mm ; π ⋅ 112 N/mm2

dB = 20 mm gewählt

σ 142,6 N/mm2 ⋅ 800 mm ⋅l = = 0,543 mm E 210 000 N/mm2

Bild 7.7 Zugstrebe aus Beispiel 7.1

284


Übung 7.1 Vergleichen Sie zwei Rohrverbindungen: − Scherstift, Bild 7.8 a − Klebverbindung, Bild 7.8 b


Zulässige Spannungswerte: Abscheren: τa zul = 112 N/mm2 Flächenpressung: σl zul = 280 N/mm2 Klebfestigkeit: τK zul = 10 N/mm2 1. Welche Zugkraft F kann mit der Stiftverbindung übertragen werden? 2. Wie groß muss für die gleiche Zugkraft die Kleblänge lK sein? Übung 7.2 Bei welchem Drehmoment M scheren die drei Stifte der Scherbolzenkupplung gemäß Bild 7.6 ab? Es soll angenommen werden, dass alle drei Stifte gleich beansprucht werden. D = 200 mm; d = 6 mm; τB ≈ 300 N/mm2 Bild 7.8 Rohrverbindung aus Übung 7.1 a) mit Scherstift b) geklebt

1. Geben Sie die Federkonstante eines Zug/Druckstabes an. 2. Welche Sicherheitsbeiwerte gibt es für statische Zugbeanspruchung? Interpretieren Sie diese. 3. Was versteht man unter Flächenpressung? 4. Wie ist die Berührfläche Bolzen/Bohrung definiert? 5. Was versteht man unter ein- und zweischnittigen Verbindungen?

285

8 Dünnwandige Ringe


Umfangsspannung, Radiusänderung, Schrumpfverbindung, Schrumpfspannung, Schrumpfdruck, rotierender Ring, Grenzgeschwindigkeit, Reißlänge

In diesem Kapitel berechnen wir die Verformungen und Spannungen in dünnwandigen Kreisringen. Damit sind die folgenden praktischen Fragen verbunden: − Übertemperatur beim Aufschrumpfen auf eine Welle oder Untertemperatur beim Schrumpfen in eine Nabe − Ausreichende Axialkraft- und Drehmomentübertragung im Betrieb unter Berücksichtigung von Betriebstemperatur und Rotation − Zugbeanspruchung in frei rotierenden Ringen (Grenzgeschwindigkeit) Dünnwandig ist ein Ring, wenn die Ringdicke t wesentlich kleiner als der mittlere Ringradius r ist, Bild 8.1 a. In diesem Fall herrscht im Ring näherungsweise ein einachsiger Spannungszustand mit der Hauptspannung σ1 = σ in Umfangsrichtung (σ2 ≈ 0, in radialer Richtung). Sie ist im Ringquerschnitt nahezu konstant. Bis zum Verhältnis t/r ≈ 0,1 stimmen diese Aussagen und damit auch die folgenden Formeln sehr gut. Ab t/r ≈ 0,2 sollten die Formeln für dickwandige Ringe herangezogen werden, s. A15.

8.1 Spannung unter Innen- oder Außendruck Zunächst soll Innendruck herrschen, Bild 8.1 a. Wir schneiden aus dem Ring ein kleines Stück heraus, Bild 8.1 b (Δϕ soll sehr klein sein). An den Schnittflächen wirkt in tangentialer Richtung (Umfangsrichtung) die Normalkraft (Spannung mal Schnittfläche) Ft = σ ⋅ t ⋅ b . Die in radialer Richtung nach außen wirkende Druckkraft berechnet sich aus Druck mal Innenwandfläche zu Fr = p i ⋅ ri ⋅ Δϕ ⋅ b . Gleichgewicht kann nur sein, wenn sich das Krafteck schließt, Bild 8.1 c. Es ist gleichschenklig. Um M können wir einen Kreis mit Ft als Radius schlagen; Fr stellt die Sehne des Sektors dar. Wenn wir Δϕ ganz klein machen, besteht zwischen Sehne und Bogen kein Unterschied, sodass gilt: Fr = Ft ⋅ Δϕ Gleichsetzen der beiden Ausdrücke für Fr und Einsetzen von Ft führt auf σ ⋅ t ⋅ b ⋅ Δϕ = p i ⋅ ri ⋅ Δϕ ⋅ b

Bild 8.1 Dünnwandiger Ring a) Geometrie b) Kräfte am kleinen Ringstück c) Krafteck

3

286


und somit Spannung im Ring unter Innendruck: σ=


Bild 8.2 Radiusänderung

p i ⋅ ri t

(8.1 a)

Die Ringbreite spielt also keine Rolle. Für den Außendruck ergibt sich mit der gleichen Herleitung die Spannung im Ring unter Außendruck: σ=−

p a ⋅ ra t

(8.1 b)

Da ra ≈ ri ≈ r, gilt näherungsweise

r , t der nichtvorhandene Druck ist null zu setzen. σ ≈ ( pi − pa ) ⋅

(8.1c)

Beim Verhältnis r/t = 10 ist die Normalspannung in Umfangsrichtung zehnmal so groß wie der Druck (radiale Normalspannung). Wir können also tatsächlich ohne großen Fehler mit dem einachsigen Spannungszustand rechnen.

8.2 Radiusänderung und Dehnung infolge Spannung und Temperaturänderung Wie hängt die Änderung Δr des mittleren Ringradius r mit der Spannung σ und der Temperaturänderung ΔT zusammen, Bild 8.2? Wir schneiden den Ring gedanklich auseinander und biegen ihn zu einem geraden Stab der Länge l = 2πr. Aus Kap. 5.4 wissen wir: Die messbare Verlängerung Δlges berechnet sich zu

⎛σ ⎞ Δl ges = ε ges ⋅ l = ⎜ + α ⋅ ΔT ⎟ ⋅ 2 πr . ⎝E ⎠ Wenn ein Kreisradius um Δr größer wird, ändert sich auch der Umfang, also die Länge l, um Δl ges = 2 π ⋅ ( r + Δr ) − 2 πr = 2 π ⋅ Δr .

8.2 Radiusänderung und Dehnung infolge Spannung und Temperaturänderung

287

Gleichsetzen der Ausdrücke für Δlges liefert die Radiusänderung und Dehnung infolge Spannung und Temperaturänderung: ⎛σ ⎞ Δr = ⎜ + α ⋅ ΔT ⎟ ⋅ r ⎝E ⎠


εges =

Δlges l

=

Δr σ = ε + εth = + α ⋅ ΔT r E

(8.2 a) (8.2 b) Bild 8.3 Schrumpfring/Nabe, Beispiel 8.1

Das ist wieder eine einachsige Betrachtung, die Dickenänderung Δt kann vernachlässigt werden. Beispiel 8.1 Ein Anschlagring wird zur Montage abgekühlt. Bei 80 K Untertemperatur passt er spielfrei in die sehr steife Nabe, Bild 8.3. 1. Wie groß ist die Spannung (Schrumpfspannung) im Ring, nachdem er sich wieder auf Nabentemperatur erwärmt hat? 2. Welcher Druck (Schrumpfdruck) herrscht dabei zwischen Ringaußenfläche und Nabenmantelfläche? 3. Welche axiale Kraft kann der Ring übertragen? Die Mindesthaftreibungszahl soll μ0 = 0,1 betragen. Gegeben: E = 2,1 · 105 N/mm2; α = 1,2 · 10–5 K–1 Hinweis: Mit den Formeln für dünnwandige Ringe rechnen. Lösung: 1. Der Ring liegt bei 80 K Untertemperatur spannungsfrei an der Wand an. Er kann sich beim Erwärmen nicht ausdehnen, da die Nabe relativ zu ihm sehr steif ist. Die kinematische Bedingung lautet damit ⎛ σ ⎞ Δr = ⎜ + α ⋅ ΔT⎟ ⋅ r = 0 . ⎝ E ⎠

→ σ = – E ⋅ α ⋅ ΔT = −2,1 ⋅ 105 N/mm2 ⋅ 1,2 ⋅ 10 −5 K −1 ⋅ 80 K

σ = –201,6 N/mm2 Es ist dieselbe Formel wie beim Stab, Kap. 5.4. 2. Mit (8.1b) p a ⋅ ra σ=− t folgt pa = −

σ⋅t −201,6 N/mm2 ⋅ 5 mm =− = 40,32 N/mm2 . ra 25 mm

3. FR = FN ⋅ μ 0 = 2 π ⋅ ra ⋅ b ⋅ pa ⋅ μ 0 = 2 π ⋅ 25 mm ⋅ 8 mm ⋅ 40,32 N/mm 2 ⋅ 0,1 ≈ 5066 N

3

288


Beispiel 8.2


Bild 8.4 Kolben/Gleitring aus Beispiel 8.2

Auf einen Stahlkolben (αK = 12 ⋅ 10–6 K–1) werden Gleitringe aus Zinnbronze (ER = 116 000 N/mm2; αR = 17 · 10–6 K–1) aufgeschrumpft. Die Fertigungsmaße zeigt Bild 8.4. 1. Welche Übertemperatur ΔT des Ringes ist zum Fügen notwendig, wenn zum leichteren Aufschieben ein Spiel von 0,02 mm (Differenz der Durchmesser) vorhanden sein soll? 2. Welche Zugspannung σ herrscht im aufgeschrumpften Ring, wenn im Betrieb die Temperatur des gesamten Pumpenteils um 30 K ansteigt? 3. Welche Axialkraft kann der Ring im Betrieb übertragen (Mindesthaftreibungszahl μ0 = 0,17)? Hinweis: Die elastische Verformung des Kolbens kann vernachlässigt werden. Formeln für dünnwandige Ringe verwenden. Lösung: 1. Der Ringradius muss zum Fügen Δr =

0,05 mm + 0,02 mm = 0,035 mm 2

größer werden. Mit Formel (8.2)

⎛ σ ⎞ Δr = ⎜ + α R ⋅ ΔT⎟ ⋅ r ⎝ ER ⎠ folgt daraus ΔT =

Δr 1 0,035 mm 1 ⋅ = ⋅ ≈ 69 K . r αR 30 mm 17 ⋅ 10 −6 K −1

Hierbei wurde σ = 0 gesetzt, da beim Fügen der Ring spannungsfrei ist. Für r nehmen wir anstelle des mittleren Radius sicherheitshalber den Fügeradius 30 mm. Das ergibt ein etwas größeres ΔT. 2. Der Kolben verformt sich zwar nicht elastisch, jedoch wird der Radius durch die Temperaturerhöhung ΔT = 30 K um ΔrK = αK ⋅ ΔT ⋅ rK = 12 ⋅ 10−6 K −1 ⋅ 30 K ⋅ 30 mm = 0,0108 mm

größer. Vom Konstruktionsmaß ausgehend (= spannungsfreier Zustand) muss der Ringradius um ΔrR = 0,0108 mm + 0,025 mm = 0,0358 mm

zunehmen. Das geschieht teils durch thermische, teils durch elastische Verformung, gemäß

⎛ σ ⎞ ΔrR = ⎜ R + α R ⋅ ΔT ⎟ ⋅ rR . ⎝ ER ⎠

8.3 Rotierender Ring

289

Wir lösen nach der Ringspannung auf: ⎛ Δr ⎞ ⎛ 0,0358 ⎞ σ R = ER ⎜ R − α R ⋅ ΔT ⎟ = 116 000 ⎜ − 17 ⋅ 10 −6 ⋅ 30 ⎟ N/mm2 r 32, 49 ⎝ ⎠ ⎝ R ⎠ σ R ≈ 68,7 N/mm 2

mit dem mittleren Ringradius


rR = (59,95 mm + 70 mm)/4 ≈ 32,49 mm 3. Die übertragbare Axialkraft entsteht durch Reibung. Die Reibungskraft hängt von der Normalkraft und somit auch von der Flächenpressung p zwischen Kolben und Ring ab. Der Druck folgt aus (8.1 a) zu p = σR ⋅

t 5 mm = 68,7 N/mm2 ⋅ ≈ 11,5 N/mm2 . ri 59,95 / 2 mm

Damit erhalten wir für die Axialkraft F = p · Berührfläche · μ0 F = 11,5 N/mm 2 ⋅ 60 mm ⋅ π ⋅ 12 mm ⋅ 0,17 ≈ 4,4 ⋅ 10 3 N .

8.3 Rotierender Ring Beim rotierenden Ring ist für die Radialkraft Fr in Bild 8.1 die Fliehkraft einzusetzen (Masse m, Umfangsgeschwindigkeit v): Fr = m ⋅

3

v2 v2 = r ⋅ Δϕ ⋅ t ⋅ b ⋅ ρ ⋅ = Δϕ ⋅ t ⋅ b ⋅ ρ ⋅ v 2 r r

Analog zu Kap. 8.1 folgt: Ft ⋅ Δϕ = Fr

σ ⋅ t ⋅ b ⋅ Δϕ = Δϕ ⋅ t ⋅ b ⋅ ρ ⋅ v 2

Spannung im Ring infolge Rotation: σ = ρ⋅ v2

(8.3)

Für den frei rotierenden Ring, bei dem die Spannung maximal σzul = Rm/SB betragen darf, können wir eine Grenzgeschwindigkeit v grenz =

σ zul ρ

=

Rm = ρ ⋅ SB

lR ⋅

g SB

(8.4)

290


berechnen (g ist die Fallbeschleunigung; lR die sog. Reißlänge, s. unten). Die Grenzgeschwindigkeit hat allerdings eingeschränkte praktische Bedeutung, da die Ringe üblicherweise z. B. durch Speichen an der radialen Ausdehnung behindert werden. Immerhin stellt (8.4) den ungünstigsten Fall dar und kann somit für eine Überschlagsrechnung herangezogen werden. Da die Fallbeschleunigung g und der Sicherheitsbeiwert SB fixe Größen sind, kann die Grenzgeschwindigkeit nur durch die Reißlänge lR gesteigert werden.


Die Reißlänge lR ist definiert als lR =

Rm ρ⋅g

in m oder km.

(8.5)

Das ist jene Länge, bei der ein frei hängender Stab infolge seines Eigengewichts reißt (leiten Sie als Übung die Formel selbst her). Sie ist eine wichtige Kennzahl bei rotierenden Teilen und beim Leichtbau. Zum Vergleich ein paar Werte: Baustahl S235 lR ≈ 4 km Aluminiumleg. AlMgSi1 F31 12 Titanleg. TiAl7Mo4 wa 65 Glasfaser 80 Kohlenstoffaser (hochfest) 200 Aramidfaser 200 Weitere Werte s. A9.6. Beispiel 8.3 Bei welcher Drehzahl n reißt ein frei rotierender Stahlring auseinander? Gegeben: r = 0,25 m; Rm = 570 · 106 N/m2; ρ = 7850 kg/m3 Hinweis: Da in den Formeln auch die kinematischen Größen vorkommen, lässt es sich bequemer mit den Basiseinheiten rechnen. Lösung: Kurz vor dem Auseinanderreißen ist SB = 1, somit v=

Rm 570 ⋅ 106 N m3 kgm = ⋅ ⋅ ≈ 269,5 m/s . 2 ρ m 7850 kg s2 ⋅ N

Mit der kinematischen Beziehung v = r ⋅ ω = r ⋅ 2π ⋅ n

folgt n=

ν 269,5 m/s = = 171,5 s−1 ≈ 10290 min −1 . 2 π ⋅ r 2π ⋅ 0,25 m

8.3 Rotierender Ring

291

Beispiel 8.4


Ein Sicherungsring wird auf eine Zentrifugenwelle aufgeschrumpft. Bei 90 K Übertemperatur passt er spielfrei auf die Welle. Die elastische Verformung der Welle ist vernachlässigbar. Ringdaten: E = 2,1 · 1011 N/m2; α = 1,2 ⋅ 10–5 K–1; ρ = 7850 kg/m3; ri = 0,05 m; t = 0,006 m 1. Wie groß sind im Ring Spannung (Schrumpfspannung) und Schrumpfdruck, nachdem er sich abgekühlt hat? 2. Wie groß sind im Ring Spannung und Druck, wenn die Welle mit n = 300 s–1 rotiert? 3. Ab welcher Drehzahl rutscht der Ring durch? Lösung: 1. Die Welle ist elastisch sehr steif, somit kann sich der Ring beim Abkühlen nicht zusammenziehen. Mit (8.2 a) und (8.1 a) ergibt sich: ⎛σ ⎞ Δr = ⎜ + α ⋅ ΔT ⎟ ⋅ r = 0 ⎝E ⎠

σ = −E ⋅ α ⋅ ΔT = −2,1 ⋅ 1011 N/m2 ⋅1,2 ⋅10−5 K −1 ⋅ ( − 90 K) ≈ 227 ⋅ 106 N/m2 pi =

σ ⋅ t 227 ⋅ 106 N/m 2 ⋅ 0,006 m = ≈ 27,2 ⋅ 106 N/m2 ri 0,05 m

2. Auch beim Rotieren ändert sich der Ringradius nicht, da der Wellenradius ebenfalls gleich bleibt (wegen der Dünnwandigkeit kann die Querdehnung vernachlässigt werden). Wenn sich (rbeim Fügen – rKonstruktion) nicht ändert, bleibt wegen σ = E ⋅ε = E ⋅

rbeim Fügen − rKonstruktion rKonstruktion

auch die Spannung gleich, nämlich 227 ⋅ 106 N/m2. Allerdings setzt sich dieser Wert jetzt aus zwei Anteilen zusammen: Ein Anteil rührt vom Innendruck her, der andere von der Rotation. Spannung im Ring infolge Innendruck und Rotation: σ=

p i ⋅ ri + ρ⋅ v2 t

(8.6)

σ ist bekannt, somit können wir nach pi auflösen: pi = (σ − ρ ⋅ ν 2) ⋅

t ri

3

292


Mit

t⎞ ⎛ v = r ⋅ 2π ⋅ n = ⎜ ri + ⎟ ⋅ 2π ⋅ n 2 ⎝ ⎠ = (0,05 m + 0,003 m) ⋅ 2π ⋅ 300 s−1 ≈ 99,9 m/s ergibt sich pi zu


⎛ 227 ⋅ 106 N 7850 kg 99,92 m2 s2 ⋅ N ⎞ 0,006 m pi = ⎜ − ⋅ ⋅ ⎟⋅ m2 m3 s2 kgm ⎠ 0,05 m ⎝ ≈ 17,8 ⋅ 106 N/m2

Bild 8.5 Aufgeschrumpfter Ring aus Beispiel 8.4: Spannung infolge Druck und Rotation, abhängig von Umfangsgeschwindigkeit v bzw. Drehzahl n

Der Druck nimmt also gegenüber dem Schrumpfzustand (ohne Rotation) um ca. 9,4 ·106 N/m2 ab. 3. Lässt man die Welle immer schneller drehen, löst sich der Ring irgendwann, d. h. der Druck in der Fuge wird null. Bis zu diesem Punkt sind Δr und damit auch σ immer noch gleich. Aus (8.6) bzw. (8.3) erhalten wir dann: v= n=

σ = ρ

227 ⋅ 10 6 N m2

⋅

kgm m3 ⋅ 2 ≈ 170 m/s bzw. 7850 kg s ⋅ N

v 170 m/s = ≈ 510 s−1 2 π ⋅ r 2π ⋅ 0,053 m

Würde der Ring formschlüssig von der Welle mitgenommen, würde ab diesem Punkt die Spannung parabelförmig gemäß (8.3) solange ansteigen, bis der Ring zerreißt. Lt. Beispiel 8.3 tritt das für Stahl mit Rm = 570 N/mm2 bei 269 m/s ein. Bild 8.5 soll das Zusammenspiel von σ, p und v verdeutlichen. * Ergänzend zu den obigen Ausführungen können für Ringe beliebiger Dicke die Formeln dem Anhang A15 entnommen werden. 1. Welche geometrische Voraussetzung gilt für einen dünnwandigen Ring? 2. Wie ist die Umfangsspannung über dem Ringquerschnitt verteilt? 3. Kann man die Spannung in einem frei rotierenden Ring verkleinern durch Vergrößern der Wanddicke? 4. Wie hängt die maximal mögliche Umfangsgeschwindigkeit eines rotierenden Ringes mit der Reißlänge zusammen? 5. Was gibt die Reißlänge an? Wo hat sie Bedeutung? 6. Nennen Sie Materialien mit sehr großer Reißlänge. 7. Um wie viel verlängert sich die Ringmittelfaser, wenn der Radius sich um Δr vergrößert? 8. Was passiert, wenn man einen Ring erwärmt und ihn gleichzeitig an der radialen Ausdehnung hindert?

293

9 Dünnwandige Behälter


Kreiszylindrischer Behälter, Tangential- oder Umfangsspannung, Axialspannung, Kugelbehälter

Es gelten die gleichen Voraussetzungen und ähnliche Fragestellungen wie bei den dünnwandigen Ringen. Jedoch gibt es beim Behälter auch eine Normalspannung in axialer Richtung, d. h. es herrscht näherungsweise ein zweiachsiger Spannungszustand (σradial ≈ 0). Die Behälter werden hauptsächlich in zwei Grundformen gebaut: kreiszylindrische Behälter und Kugelbehälter.

Bild 9.1 Zur Berechnung der Axialspannung a) Behälter quer zur Achse durchgetrennt a) (im Meridianschnitt dargestellt) b) Ersatzmodell

9.1 Kreiszylindrischer Behälter unter Innen- oder Außendruck Bezeichnungen: σt: Tangentialspannung (Spannung in tangentialer Richtung oder Umfangsrichtung) σa: Axialspannung (Spannung in axialer Richtung) Bezüglich der Tangentialspannung besteht kein Unterschied zum Ring. Tangentialspannung im kreiszylindrischen Behälter unter Innendruck: σt =

p i ⋅ ri p ⋅r ≈ i t t

(9.1 a)

Die Axialspannung wird „sichtbar“, wenn wir den Behälter quer durchschneiden, Bild 9.1 a. Denken Sie sich den Behälter bis über den Halbkugelboden mit sehr leichter Flüssigkeit gefüllt. Auf den Flüssigkeitsspiegel und die freie Behälterwand wirkt der Gasdruck pi, Bild 9.1 b. Die reibungsfreie Flüssigkeit gibt den Druck pi natürlich an die benetzte Behälterwand weiter, d. h. von der Belastung her besteht kein Unterschied zum reinen Gasbehälter. Mit diesem Gedankenmodell können wir die axiale Kraft einfach berechnen zu Fa = p i ⋅ π ⋅ ri2 .

Fa muss im Gleichgewicht sein mit der Schnittkraft FS = σa ⋅ 2 π ⋅ r ⋅ t ,

also

FS − Fa = 0

σ a ⋅ 2 π ⋅ r ⋅ t − p i ⋅ π ⋅ ri2 = 0 .

3

294


Axialspannung im kreiszylindrischen Behälter unter Innendruck: pi ⋅ ri2 pi ⋅ ri pi ⋅ r σ t ≈ ≈ = 2r ⋅ t 2t 2t 2

σa =


Bild 9.2 Platzen von Rohren und Behältern

(9.1 b)

(9.1) nennt man auch Kesselformel. Die Tangentialspannung ist doppelt so groß wie die Axialspannung; deshalb platzen Behälter und Rohre wie in Bild 9.2 auf. Im Falle des Außendrucks (Vakuumbehälter) gilt die entsprechende Formel. Umfangs- und Axialspannung im kreiszylindrischen Behälter unter Außendruck: p a ⋅ ra pa ⋅ r (9.2 a) σt = − ≈− t t σa = −

pa ⋅ ra2 p ⋅r p ⋅r σ ≈− a a ≈− a = t 2r ⋅ t 2t 2t 2

(9.2 b)

Dünnwandige Vakuumbehälter sind in erster Linie durch Beulen, d. h. Instabilwerden gefährdet. In wenigen einfachen Fällen kann man die Beulspannung, d. h. jene Spannung, bei der es zum Beulen kommt, analytisch finden, [1]. Ansonsten hilft nur noch eine numerische Analyse weiter, [7].

9.2 Kugelbehälter unter Innen- oder Außendruck Wir schneiden in Bild 9.1 genau die Halbkugel ab. An den Kräften ändert sich dadurch nichts, also bleibt auch die Formel für σa gleich. Auf der Kugelfläche kann zwischen Axial- und Umfangsrichtung oder sonst einer Richtung nicht mehr unterschieden werden. Folglich ist die Spannung in jeder Richtung gleich. Spannungen im Kugelbehälter unter Innen- bzw. Außendruck: σ=

pi ⋅ ri2 pi ⋅ ri pi ⋅ r ≈ ≈ 2r ⋅ t 2t 2t

σ=−

pa ⋅ ra2 p ⋅r p ⋅r ≈− a a ≈− a 2r ⋅ t 2t 2t

(9.3a) (9.3b)

Beim Kugelbehälter ist die größte Normalspannung nur halb so groß wie beim kreiszylindrischen Behälter, die Fertigung ist allerdings teurer.

9.2 Kugelbehälter unter Innen- oder Außendruck

295

Beispiel 9.1 Ein zylindrischer Behälter (Innenradius ri = 1500 mm) mit Halbkugelboden ist für 20 bar Innendruck (Überdruck) auszulegen, Bild 9.3. Werkstoff: Baustahl mit Rp0,2 = 355 N/mm2 für Dicke ≤ 16 mm Als Festigkeitsbedingung für dieses dünnwandige Druckgefäß soll vereinfachend gelten:


σmax ≤ σzul =

Rp0,2 Bild 9.3 Behälter aus Beispiel 9.1

1,6

Lösung: σ max = σ t = t≥

p i ⋅ ri t

≤ σzul =

R p 0,2 1, 6

pi ⋅ ri ⋅ 1,6 2 N/mm2 ⋅ 1500 mm ⋅ 1,6 = ≈ 13,5 mm; Rp 0,2 355 N/mm2

t = 14 mm ausgeführt. Im Halbkugelboden ist die maximale Spannung nur halb so groß, damit genügen hier 7 mm Wanddicke. Am Übergang Halbkugel/Zylinder springen theoretisch die Spannungen: bei konstanter Dicke im ganzen Behälter springt die Tangentialspannung auf den doppelten Wert, Bild 9.4, beim Dickenverhältnis 1/2 (Halbkugel/Zylinder) springt die Axialspannung im Zylinder auf den halben Wert. Ein solcher Sprung ist in Wirklichkeit nicht möglich. Die Spannungen verlaufen stetig, die Maximalwerte liegen jedoch über den rechnerischen Werten nach der Kesselformel, Bild 9.4. Bei Böden mit abgeflachten Halbkugeln, sog. Klöpperform bzw. Korbbogenform oder durch kontinuierliche Dickenänderung wird die Spannungskonzentration geringer.

3 Bild 9.4 Spannungen beim zylindrischen Behälter mit Halbkugelboden (konstante Wanddicke)

Übung 9.1 Welcher Druck p darf im Hydraulikzylinder gemäß Bild 9.5 bei 1,6facher Sicherheit gegen Fließen maximal auftreten? Rechnen Sie idealisierend mit einem ungestörten dünnwandigen Kreiszylinder. Welche Normal-spannung σw herrscht bei diesem Druck in der Schweißnaht in axialer Richtung? Material: Baustahl mit Rp0,2 = 275 N/mm2 Festigkeitsbedingung: σ1 + p ≤ σzul = Rp0,2/SF * Ergänzend zu den obigen Ausführungen können für Behälter beliebiger Dicke die Formeln dem Anhang A15 entnommen werden.

Bild 9.5 Hydraulikzylinder aus Übung 9.1

296



1. Welcher Spannungszustand herrscht genau genommen a) auf der druckseitigen Oberfläche und b) auf der freien Oberfläche eines Druckbehälters? 2. Wie liegen im Falle des kreiszylindrischen Behälters die Hauptachsen der Spannungen? 3. Welcher Behälter ist hinsichtlich der Beanspruchung günstiger, der kreiszylindrische oder der kugelförmige? 4. Warum platzen zylindrische Behälter bei Überlastung der Länge nach auf? 5. Was passiert beim zylindrischen Behälter mit Halbkugelboden an der Übergangsstelle?

297

10 Flächenmomente


Flächenmoment 1. Grades (statisches Moment der Fläche), Flächenmomente 2. Grades: axiale Flächenmomente, Flächen-Deviationsmoment, polares Flächenmoment; Satz von STEINER, Hauptflächenmomente, Flächenmomente zusammengesetzter Flächen

Um einen Stab auf Zug oder Druck berechnen zu können, benötigen wir als Flächengröße die Größe der Querschnittsfläche in mm2. Die Form der Querschnittsfläche spielt hierbei keine Rolle. Bei den Stabbeanspruchungsarten Biegung, Torsion, Knickung, Schub geht auch die Form der Querschnittsfläche ein. Sie lässt sich quantifizieren durch die Flächenmomente 1. und 2. Grades, Einheiten mm3 bzw. mm4.

10.1 Flächenmoment 1. Grades (statisches Moment der Fläche) Diese Größe kam bereits bei der Schwerpunktberechnung vor, Teil 1, Kap. 9. Mit Rücksicht auf das in Teil 1, Kap. 10 eingeführte Stabkoordiantensystem berechnen wir jedoch ab jetzt alle Flächengrößen im y,z-Koordinatensystem. D. h. wir vertauschen die Koordinaten gegenüber Teil 1, Kap. 9 wie folgt: Aus x wird y, aus y wird z. Ich fasse zusammen: − Wir zeichnen auf die Fläche in Bild 10.1 a ein y,z-Koordinatensystem. − Dann definieren wir die statischen Momente aller Flächenteilchen um diese Achsen: statisches Moment der Fläche Sy =

∫ z ⋅ dA

um die y-Achse

(10.1 a)

∫

um die z-Achse

(10.1 b)

A

Sz =

y ⋅ dA

A

(Einheit mm3) Die Größen werden etwas greifbarer, wenn wir uns statt der zweidimensionalen Fläche ein dünnes Blech vorstellen, das horizontal liegt. Das Produkt aus Dicke, Dichte und Fallbeschleunigung soll „1“ sein. Damit ist das statische Moment der Fläche identisch mit dem statischen Moment der Gewichtskräfte.

Bild 10.1 Zur Definition des statischen Moments einer Querschnittsfläche (Beispiel: Prisma mit Längsbohrung) a) über Integration b) über Summenbildung

3

298

10 Flächenmomente

− Die statischen Momente sind null, wenn das Koordinatensystem im Schwerpunkt S festgemacht ist. Das Blech ist im Gleichgewicht. Allerdings ist es ein labiles Gleichgewicht, sodass die experimentelle Nachprüfung Schwierigkeiten macht. − Oft lässt sich die Fläche aus Teilflächen Ai mit leicht berechenbaren Schwerpunktkoordinaten ySi und zSi zusammensetzen, Bild 10.1 b. Dann können wir statt der Integration eine Summation bilden: statisches Moment der Fläche A = ∑ A i n


S y = ∑ z Si ⋅ A i

um die y-Achse

(10.1 c)

um die z-Achse

(10.1 d)

i =1 n

S z = ∑ y Si ⋅ A i i =1

Die statischen Momente der Teilflächen Ai darf man also addieren. Das Ergebnis ist das statische Moment der Gesamtfläche A. Aussparungen gehen mit negativem Anteil ein. In Kap. 13 rechnen wir Zahlenbeispiele, denn dort brauchen wir konkrete Werte für das statische Moment der Fläche. Im folgenden Unterkapitel benötigen wir nur die Definition bei der Herleitung des sog. STEINERschen Satzes.

10.2 Flächenmomente 2. Grades Wenn Missverständnisse ausgeschlossen sind, sagen wir zur Vereinfachung nur Flächenmomente statt Flächenmomente 2. Grades. Es wird auch der Ausdruck Flächenträgheitsmomente verwendet.

10.2.1 Definitionen und Beispiele Jetzt definieren wir für die Fläche in Bild 10.1 a die folgenden Größen: axiales Flächenmoment I y = ∫ z 2 ⋅ dA

um die y-Achse

(10.2 a)

I z = ∫ y 2 ⋅ dA

um die z-Achse

(10.2 b)

I yz = − ∫ y ⋅ z ⋅ dA

Flächen-Deviationsmoment

(10.2 c)

A

A

A

10.2 Flächenmomente 2. Grades

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Außerdem führen wir die Hilfsgröße I p = I y + I z = ∫ r 2 ⋅ dA

polares Flächenmoment

(10.2 d)

A

ein, die für Kreisflächen eine zweckmäßige Rechengröße darstellt (r: Abstand von O nach dA). Dieser Zusammenhang ergibt sich mit I y + I z = ∫ z 2 ⋅ dA + ∫ y 2 ⋅ dA = ∫ (y 2 + z 2) ⋅ dA = ∫ r 2 ⋅ dA . Technische Mechanik downloaded from www.hanser-elibrary.com by ETH-Bibliothek on September 16, 2014 For personal use only.

A

A

A

A

Bemerkungen: − Die Einheit von Iy, Iz, Iyz und Ip ist mm4. − Das Flächen-Deviationsmoment kann positiv, negativ oder gleich null sein, die anderen Größen nur positiv. − Die Flächenmomente haben Ähnlichkeit mit den Trägheitsmomenten aus Teil 2. Je weiter Fläche bzw. Masse von der Achse entfernt sind, umso größer sind die Werte. Bei der Masse bedeutet das: Der Rotor ist schwer zu beschleunigen. Bei der Fläche heißt das z. B.: Der Träger ist schwer zu biegen. Das Deviationsmoment stellt eine Unsymmetrie dar, beim Rotor Unwucht genannt. − Das Minus-Vorzeichen beim Flächen-Deviationsmoment hat folgenden Grund: Mit dieser Festlegung besteht vollkommene mathematische Analogie zum ESZ. Davon werden wir Gebrauch machen. Ein weiterer Vorteil ist der, dass damit die Flächen-Deviationsmomente in A8.5 für das Z-Profil positiv werden. Leider wird das in der Literatur nicht einheitlich gehandhabt. Also Vorsicht, wenn Sie verschiedene Bücher nebeneinander benutzen!

3

Wir wollen im Folgenden die Flächenmomente 2. Grades für einfache Stabquerschnitte berechnen. Beispiel 10.1 Flächenmomente 2. Grades für Rechteck und Quadrat Die Integration über eine Fläche (Zweifachintegral) wird mit dA = b ⋅ dz ,

Bild 10.2 a, zum Einfachintegral h/2

z3 I y = ∫ z ⋅ b ⋅ dz = b ⋅ 3 −h / 2

h/2

2

Iy =

b⋅h3 12

−h / 2

3 3 b ⎡⎛ h ⎞ ⎛ h ⎞ ⎤ = ⎢⎜ ⎟ − ⎜ − ⎟ ⎥ . 3 ⎢⎣⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎥⎦

Breite × Höhe3/12

(10.3)

Bild 10.2 Zu den Flächenmomenten des Rechtecks a) Integration in z-Richtung b) gleiche positive und negative b) Beträge beim Flächen-Deviationsb) moment

300

10 Flächenmomente

Für Iz sind b und h zu vertauschen, somit Iz =

h ⋅ b3 . 12

Auch bei Iz gilt „Breite × Höhe3/12“, wenn wir unter Breite die Länge parallel zu der Achse verstehen, zu der das Flächenmoment berechnet wird; die Höhe ist normal zur Achse.


Das Flächen-Deviationsmoment ergibt sich gemäß Bild 10.2 b aus der Überlegung, dass zu jedem positiven Beitrag C = y ⋅ z der gleichgroße negative Beitrag existiert, d. h. bei symmetrischen Querschnitten, eine Symmetrieachse genügt.

I yz = 0

(10.4)

Für das Quadrat (Kantenlänge a) folgt direkt aus (10.3) mit b = h = a Iy = Iz =

a4 . 12

Beispiel 10.2 Flächenmomente 2. Grades für den Vollkreisquerschnitt Bild 10.3 Zu den Flächenmomenten des Kreises

Bei Kreisflächen ist der Weg über das polare Flächenmoment einfacher. Nach Bild 10.3 können wir dA = 2π ⋅ r ⋅ dr schreiben, dadurch wird aus dem Zweifachintegral in (10.2 d) das Einfachintegral R

I p = ∫ r2 ⋅ 2 π ⋅ r ⋅ dr = 2 π ⋅ 0

Ip =

r4 4

R

0

π ⋅ R4 π ⋅ D4 = 2 32

(10.5)

Wegen der Symmetrie sind Iy und Iz gleich, somit

Iy = Iz =

Ip π ⋅ R4 π ⋅ D4 = = 2 4 64

(10.6)

Flächenmomente von weiteren geometrischen Grundformen s. A7.1.


301

10.2.2 Parallelverschiebung der Bezugsachsen Für die Fläche in Bild 10.4 soll bekannt sein: Fläche A, Lage des Schwerpunktes S durch die Koordinaten yS und zS sowie die Flächenmomente I y , I z , I yz und I pS . Frage: Wie berechnen sich die Flächenmomente im y,z-Koordinatensystem, das zum y , z -Koordinatensystem parallel verschoben ist, also Iy, Iz, Iyz und Ip0? Wir gehen von den Definitionen nach (10.2) aus. Für Iy liefert das mit Technische Mechanik downloaded from www.hanser-elibrary.com by ETH-Bibliothek on September 16, 2014 For personal use only.

z = z + zS I y = ∫ z 2 ⋅ dA = ∫ (z + zS)2 ⋅ dA = ∫ z 2 ⋅ dA + 2 zS ⋅ ∫ z ⋅ dA + zS2 ⋅ A . A

∫z

2

A

A

A

⋅ dA ist lt. Definition das axiale Flächenmoment I y .

A

∫ z ⋅ dA stellt das statische Moment der Fläche bezüglich der SchwerA

punktachse dar, welches nach Kap. 10.1 null ist. Für die anderen Flächenmomente gelten analoge Überlegungen, deshalb gebe ich sofort die komplette Umformung an.

Bild 10.4 y,z-Koordinatensystem im beliebigen Ursprung O, dazu paralleles y , z Koordinatensystem im Schwerpunkt S der Fläche A

Flächenmomente 2. Grades bei Parallelverschiebung der Bezugsachsen: STEINERscher Satz I y = I y + z S2 ⋅ A

(10.7 a)

I z = I z + y S2 ⋅ A

(10.7 b)

I yz = I yz − y S ⋅ z S ⋅ A

(10.7 c)

I p0 = I pS + rS2 ⋅ A

(10.7 d)

3

Leiten Sie die letzten drei Beziehungen zur Übung selbst her. Die axialen Flächenmomente und das polare Flächenmoment sind am kleinsten für Achsen durch den Schwerpunkt!

10.2.3 Drehung der Bezugsachsen Die Flächenmomente für die Fläche in Bild 10.5 bezüglich des y,z-Koordinatensystems sollen bekannt sein. Wie berechnen sich die Flächenmomente für die gedrehten Bezugsachsen η,ζ? Die Frage lautet genauso wie in Kap. 3.4.1 beim ESZ. Und, Sie ahnen es sicher schon, die Transformation führt auf das gleiche Ergebnis.

Bild 10.5 Zu den Flächenmomenten bei Drehung der Bezugsachsen

302

10 Flächenmomente


In (3.2) sind nur die Bezeichnungen zu ändern: Normalspannung → axiales Flächenmoment Schubspannung → Flächen-Deviationsmoment Wenn die Transformation von y,z nach η,ζ auf identische Beziehungen führt, müssen auch die weiteren Formeln und Aussagen aus dem ESZ bis einschließlich des MOHRschen Kreises gelten, da diese durch rein mathematische Überlegungen gewonnen werden. Das wichtigste Ergebnis: Es gibt wieder Hauptachsen 1,2, Bild 10.5, mit den Hauptflächenmomenten I1 und I2. Das Flächen-Deviationsmoment ist für diese Achsen null, genauso wie die Schubspannung beim ESZ. Die Bedeutung der Hauptflächenmomente werden wir im Detail in Kap. 11 (Biegung) klären. Nur so viel schon voraus: Um die 1-Achse kann ein Balken am schwersten, um die 2-Achse am leichtesten gebogen werden. Das lässt sich an Hand einer Latte mit Rechteckquerschnitt gemäß Bild 10.2 leicht nachprüfen: Die y-Achse erweist sich als Hauptachse 1, die z-Achse als Hauptachse 2. Im Folgenden sind die wichtigsten Formeln aus Kap. 3.4 mit den Bezeichnungen für die Flächenmomente wiedergegeben:

I1 =

I2 =

Iy + Iz 2 Iy + Iz 2

+

⎛ Iy − Iz ⎞ 2 ⎜ ⎟ + I yz 2 ⎠ ⎝

(10.8a)

−

⎛ Iy − Iz ⎞ 2 ⎜ ⎟ + I yz 2 ⎠ ⎝

(10.8b)

2

2

I1,2 = 0 (Flächen-Deviationsmoment im Hauptachsensystem) (10.8c) tan α 1 =

I1 − I y I yz

=

I yz I yz Iz − I2 = = I yz I1 − I z Iy − I2

I1 + I 2 = I y + I z

(10.8d) (10.8e)

10.2.4 Flächenmomente zusammengesetzter Flächen

Bild 10.6 Aus Normprofilen zusammengesetzter Träger: Hauptträger einer Kranbrücke mit Kranschiene

Stäbe haben oft sehr verwickelte Querschnittsformen. Diese lassen sich jedoch in der Regel aus den geometrischen Grundformen Rechteck, Kreis, Dreieck usw. zusammensetzen, Bild 10.1b. In anderen Fällen bestehen sie aus genormten Profilen, Bild 10.6. Unsere Aufgabe ist es, die Flächenmomente für den Schwerpunkt des Gesamtprofils zu bestimmen. Von geometrischen Grundfiguren sind die Flächenmomente bezüglich der eigenen Schwerpunktachsen mit A7.1 schnell zu bestimmen; für


303

genormte Profile können die Zahlenwerte den Profiltafeln in A8 entnommen werden. Als aufwendigste Arbeit bleibt, alle Flächenmomente mit Hilfe des STEINERschen Satzes von den Teilschwerpunktachsen auf die Gesamtschwerpunktachsen umzurechnen. Dabei müssen die Achsen parallel sein, ansonsten muss noch eine Drehung nach Kap. 10.2.3 vorausgehen. So vorbereitet, können die Flächenmomente der Teilflächen algebraisch addiert werden, z. B. für den Querschnitt in Bild 10.1 b: I y = ∫ z 2 ⋅ dA = A

∫ z ⋅ dA + ∫ z ⋅ dA − ∫ z ⋅ dA 2

A1

2

A2

2

A3


I y = I y1 + I y2 − I y3

Allgemein für ein Profil aus n Teilflächen: n

I y = ∑ I yi

(für die anderen Flächenmomente analog)

i =1

Aussparungen gehen als negative Anteile in die Summation ein. Beispiel 10.3 Der Träger gemäß Bild 10.7 a wurde aus den Flachstählen 100 × 14 und 80 ×10 geschweißt. Aus Platzgründen liegt der vertikale Steg nicht mittig. Gesucht sind die Flächenmomente bezüglich des y,z-Koordinatensystems (horizontal, vertikal) im Schwerpunkt S sowie die Hauptflächenmomente und die Lage der Hauptachsen. Der Schweißnahtquerschnitt kann vernachlässigt werden.

3

Lösung: Als Vorarbeit sind die Flächen und die Lage des Schwerpunktes zu bestimmen. Hierzu und für die weitere Rechnung unterteilen wir das Profil in zwei Rechtecke mit den Flächen A1 und A2, Bild 10.7 b. 1. Flächen A = A1 + A2 = (100 · 14 + 80 · 10) mm2 = 1400 mm2 + 800 mm2 = 2200 mm2 2. Lage des Schwerpunktes S Wir benötigen ein Bezugskoordinatensystem η, ζ. Es kann beliebig gewählt werden. Das eingezeichnete hat den Vorteil, dass die statischen Momente nur positiv und die Zahlen einfach herauszulesen sind. Mit (9.6) aus Teil 1 folgt:

ηS =

1 2 1 (50 ⋅ 1400 + 35 ⋅ 800) mm ≈ 44,5 mm ηSi ⋅ Ai = ∑ 2200 A i =1

ζS =

1 2 1 ∑ ζSi ⋅ Ai = 2200 (87 ⋅1400 + 40 ⋅ 800) mm ≈ 69,9 mm A i =1

zu Bild 10.7

304

10 Flächenmomente

Wir zeichnen den Schwerpunkt S und das y,z-Koordinatensystem ein. Daraufhin rechnen wir die y,z-Koordinaten der Schwerpunkte S1 und S2 aus und tragen sie ins Bild ein. Um Rundungsfehler auszuschalten, halten wir alle Werte in den Speichern des Taschenrechners und rechnen immer mit den Speicherwerten weiter. 3. Flächenmomente im y,z-Koordinatensystem Der Gesamtwert setzt sich jeweils zusammen aus dem Anteil bezüglich des Teilschwerpunktes und dem STEINER-Anteil, Formel (10.7): I y = ∑ ( I yi + zSi2 ⋅ Ai ) 2

usw.


i =1

Bild 10.7 Geschweißter Träger aus Beispiel 10.3 a) vorgegebene Geometrie b) Lösungsskizze c) MOHRscher Kreis

⎛ 100 ⋅143 ⎞ 10 ⋅ 803 Iy = ⎜ + 17,12 ⋅ 1400 + + 29,92 ⋅ 800 ⎟ mm4 = 1 574 115 mm4 12 12 ⎝ ⎠ ⎛ 14 ⋅ 1003 ⎞ 80 ⋅ 103 Iz = ⎜ + 5,52 ⋅ 1400 + + 9,52 ⋅ 800 ⎟ mm4 = 1 287 879 mm4 12 12 ⎝ ⎠ I yz = (0 − 5,5 ⋅ 17,1 ⋅ 1400 + 0 − ( − 9,5) ( − 29,9) ⋅ 800) mm4 = −358 909 mm4

Hierin wurde für das Rechteck die Formel (10.3) herangezogen. Außerdem wissen wir, dass das Flächen-Deviationsmoment für die Symmetrieachsen des Rechtecks null ist. 4. Hauptflächenmomente I1 und I2 sowie Lage des Hauptachsensystems a) Rechnerische Lösung mit (10.8): I1,2 =

Iy + Iz 2

2

⎛ Iy − Iz ⎞ 2 ± ⎜ ⎟ + I yz ⎝ 2 ⎠

I1 = 1 817 389 mm4;

I2 = 1 044 605 mm4

Kontrolle: I1 + I2 = 2 861 994 mm4 = Iy + Iz α = arctan

I1 − I y I yz

≈ − 34 °

Die Hauptachsen sind in Bild 10.7 b eingetragen. b) Lösung mit Hilfe des MOHRschen Kreises Es liegt der Aufgabentyp a) aus der Konstruktionsvorschrift des MOHRschen Kreises, Kap. 3.4.3, vor. Im =

Iy + Iz

= 1 430 997 mm4 2 Maßstab: 1 cm Ⳏ 400 000 mm4 Im Ⳏ 3,57 cm; Iz Ⳏ 3,22 cm;

Iyz Ⳏ 0,90 cm

Damit kann der Kreis gezeichnet werden, Bild 10.7 c. Aus der Zeichung entnehmen wir:


305

I1 Ⳏ 4,55 cm → I1 = 4,55 cm ⋅

400 000 mm 4 = 1820 000 mm 4 cm

I2 Ⳏ 2,60 cm → I 2 = 2,60 cm ⋅

400 000 mm4 = 1 040 000 mm4 cm

α 1 ≈ −34 °


Beispiel 10.4

Bild 10.8a zeigt die Symmetriehälfte eines Hutprofils für Kellerabtrennwände aus verzinktem Stahlblech von 0,5 mm Dicke. Für die Steifigkeit entscheidend ist das Flächenmoment Iy (y-Achse horizontal) bezüglich des Schwerpunkts S; dieses soll bestimmt werden. Die Abkantradien können vernachlässigt werden; desgleichen sollen Vereinfachungen ausgenutzt werden, die sich aus der Dünnwandigkeit ergeben (bemaßt ist die Profilmittellinie, d. h. die Blechmitte). Die Enden sind wegen Verletzungsgefahr auf 4 mm Länge umgebördelt; für die Berechnung darf das Ende wieder zurückgebogen werden. Lösung: Nach dem Zurückbiegen der Bördelung sind obere und untere Blechlänge je 29 mm, Bild 10.8b.

Überlegungen zur Berechnung von Iy: − A1 und A3 liefern die gleichen Anteile. − Bei A1 und A3 ist der Anteil bezüglich S1 bzw. S3 sehr gering (∼0,53); nur der STEINER-Anteil ist maßgebend. − Für A2 können wir eine Umformung gemäß Bild 10.8c vornehmen. Bei Iy dürfen wir die Flächen parallel zur y-Achse verschieben, da die y-Koordinaten in die Definition I y = ∫ z 2 ⋅ dA A

nicht eingehen (bei Iz dürfen wir dementsprechend parallel zur z-Achse verschieben). − Der Gesamtwert von Iy ist der doppelte Wert der Symmetriehälfte. ⎛ ⎜

I y = 2 ⎜⎜ 2 ⋅ 29 ⋅ 0,5 ⋅ 5,52 + ⎜ ⎝

0,518 ⋅ 113 ⎞⎟ 4 4 ⎟ mm ≈ 1870 mm ⎟⎟ 12 ⎠

Wegen der Symmetrie ist Iy gleichzeitig ein Hauptflächenmoment, und zwar I2. Beispiel 10.5

Für den geschweißten Träger in Bild 10.9a sind die axialen Flächenmomente Iy und Iz zu bestimmen. Der Träger ist punktsymmetrisch. Die Schweißnahtquerschnitte sollen vernachlässigt werden.

Bild 10.8 Symmetriehälfte eines Hutprofils für Kellerabtrennwände, Beispiel 10.4 a) Maße b) Einteilung in Teilflächen c) Verschiebung der Flächenteile c) parallel zur y-Achse

3

306

10 Flächenmomente

Lösung: Wir wenden die Überlegung aus Beispiel 10.4 an, wonach für Iy die Flächen parallel zur y-Achse verschoben werden dürfen, Bild 10.9 b. Da die Schwerpunkte der Teilflächen auf der y-Achse liegen bleiben, treten keine STEINER-Anteile auf. Entsprechend für Iz, Bild 10.9 c. I y = 121 (100 ⋅ 1903 − 88 ⋅ 1503) mm4 = 32 408 333 mm4

(

)


I z = 121 150 ⋅123 + 20 ⋅1483 + 20 ⋅ 523 mm4 = 5 658 933 mm4

Weitere Beispiele zur Berechnung der axialen Flächenmomente ohne STEINER-Anteile siehe Bild 10.10. In A7.1 sind für übliche zusammengesetzte Profile die Endformeln angegeben. Übung 10.1 Bestimmen Sie vom Träger aus Beispiel 10.5 das Flächen-Deviationsmoment Iyz, die Hauptflächenmomente I1 und I2 sowie die Lage der Hauptachsen.

Bild 10.9 Geschweißter Träger aus Beispiel 10.5 a) Maße b) Parallelverschiebung für Iy c) Parallelverschiebung für Iz 1. Welche Einheiten haben die Flächenmomente 1. und 2. Grades? 2. Für welchen Flächenpunkt ist das statische Moment einer Fläche null? 3. Für welche Festigkeitsprobleme benötigen wir die Flächenmomente 2. Grades? 4. Wie lauten die axialen Flächenmomente bezüglich der Schwerpunkte für die elementaren Flächen Kreis, Rechteck und Quadrat? 5. Für welche Flächen ist das Flächen-Deviationsmoment stets null? Nennen Sie solche Flächen. 6. Was besagt der Satz von STEINER? 7. Welcher Flächenpunkt muss beim STEINERschen Satz stets als Bezugspunkt auftreten? 8. Für welchen Flächenpunkt nehmen die axialen Flächenmomente Kleinstwerte an? 9. Was haben die Spannungen des ESZ und die Flächenmomente 2. Grades gemeinsam?


10.2 Flächenmomente 2. Grades 307

3

Bild 10.10 Flächenmomente zusammengesetzter Flächen (Berechnung ohne STEINER-Anteil)

308

11 Biegung


Bild 11.1 Walzprofilträger, auf Querkraftbiegung beansprucht

Reine Biegung, gerade Biegung, Biegewiderstandsmoment, neutrale Faser, Null-Linie, zulässige Biegespannung, schiefe Biegung, Querkraftbiegung, technische Biegelehre, Träger gleicher Biegespannung, Durchbiegung, Biegeflächenmoment, Biegewinkel, elastische Linie (Biegelinie), Formänderungsarbeit

Biegung tritt in der Praxis häufig auf, jedoch selten in reiner Form, sondern meist als Querkraftbiegung. Einen typischen Fall der Querkraftbiegung zeigt Bild 11.1, die Beanspruchung des Walzprofilträgers eines Laufkranes.

11.1 Reine Biegung

Bild 11.2 Gerade Biegung mit konstantem Biegemoment a) Balken mit horizontalen und vertikaa) len Markierungen b) Verformung unter Belastung

Die reine (querkraftfreie) Biegung kommt in der Praxis zwar nicht so häufig vor, jedoch lassen sich für diesen Fall die Zusammenhänge noch gut überblicken. In der sog. technischen Biegelehre, Kap. 11.2, werden wir die Formeln aus der reinen Biegung komplett übernehmen, dabei aber prüfen, wie weit im konkreten Fall die tatsächlichen Verhältnisse von der Idealisierung „reine Biegung“ abweichen. Das ist ein Problem, das sich generell bei jeder Formelanwendung stellt: Bin ich im Gültigkeitsbereich der Formel? Welche Fehler werden auftreten? Noch eine Unterscheidung müssen wir bei der Biegung treffen: gerade Biegung oder schiefe Biegung.

11.1.1 Gerade Biegung Ein Balken gemäß Bild 11.2 a ist mit horizontalen und vertikalen Linien markiert. Wird er durch ein konstantes Biegemoment beansprucht, verformt er sich wie in Bild 11.2 b. Aus den horizontalen Linien werden konzentrische Kreise, d. h. sie haben einen gemeinsamen Mittelpunkt weit oben außerhalb des Blattes. Die Linie in Balkenmitte bleibt dabei gleich lang, die oberen Linien werden kürzer, die unteren länger. Die vorher vertikalen Linien sind auch nach der Belastung gerade Linien, jedoch zum Mittelpunkt hin gedreht. Wir wollen zunächst nur die Spannungsformel herleiten. Dazu nehmen wir einen Balken mit symmetrischem Trapezquerschnitt, Bild 11.3. Die z-Achse soll vor allem wegen der Durchbiegung, die wir in Kap. 11.3 berechnen, nach unten zeigen. Die x-Achse entspricht der Stabachse, also der Schwerpunktfaser. x,y,z bilden ein Rechtssystem. Die Flächengrößen aus Kap. 10 ändern sich wegen dieser Drehung der y,z-Achsen um 180° nicht.

11.1 Reine Biegung

309


Folgende Bedingungen sind erfüllt: − Der Stab ist prismatisch, d. h. die Stabachse ist gerade und der Querschnitt ist konstant. − Die z-Achse ist Symmetrieachse, damit ist das y,z-System ein Hauptachsensystem. − Das Biegemoment dreht um eine Hauptachse, in diesem Fall um die y-Achse. − Der ebene Querschnitt bleibt bei der Verformung eben, s. Bild 11.2 b, sog. BERNOULLI1-Hypothese. − Die Längsfasern werden zu konzentrischen Kreisen gebogen, s. Bild 11.2 b. Die unteren Werkstoffasern werden länger, also wirken in diesen Zugspannungen. Die oberen Fasern werden kürzer, das hat Druckspannungen zur Folge. Die Spannungen sind – anders als beim Zugstab – nicht konstant, deswegen wurde der σ-Pfeil nur auf eine infinitesimal kleine Fläche dA eingezeichnet. Der Pfeil zeigt in Faserrichtung, d. h. in x-Richtung. Schubspannungen gibt es nicht, weil keine Querkräfte wirken. Es liegt ein einachsiger Spannungszustand vor.

Bild 11.3 Balken von symmetrischem Trapezquerschnitt, belastet durch das Schnittmoment My

Das Schnittmoment My können wir mit Hilfe der Statik berechnen, es ist somit keine Unbekannte. Andrerseits ist My die resultierende Wirkung der Normalspannungspfeile auf der gesamten Querschnittsfläche A, gemäß Kraft mal Hebelarm:

Diese statische Bedingung reicht zur Bestimmung von σ noch nicht aus. Wir müssen als kinematische Bedingung das Ebenbleiben des Querschnitts berücksichtigen, Bild 11.4. Die Faserverlängerungen Δl werden vom Schwerpunkt aus nach außen hin linear größer, d. h.

3

Δl = C*⋅ z .

C* ist die Steigung der Geraden. Die Dehnung ε erhalten wir, wenn wir auf die Ausgangslänge l beziehen: ε=

Δl C * = ⋅z =C⋅z l l

C ist ebenfalls ein – noch unbekannter – Proportionalitätsfaktor. Das HOOKEsche Gesetz führt schließlich auf σ = E⋅ε = E⋅C⋅z.

Somit enden auch die Spannungspfeile auf einer Geraden, unten größte Zug-, oben größte Druckspannung, Bild 11.4. 1

JAKOB BERNOULLI 1655 – 1705

Bild 11.4 Verlängerung Δl und Spannung σ längs der z-Achse

310

11 Biegung

Wir setzen die Spannungsbeziehung in die statische Bedingung für My ein: M y = ∫ E ⋅ C ⋅ z ⋅ z ⋅ dA = E ⋅ C ∫ z 2 ⋅ dA = E ⋅ C ⋅ I y A

A

Hier also begegnet uns zum ersten Mal ein Flächenmoment 2. Grades in einer Berechnungsformel. In der letzten Gleichung ist außer C alles bekannt. Sie führt somit auf


C=

My

.

E ⋅ Iy

C setzen wir in σ ein und erhalten schließlich: Biegespannung bei gerader Biegung um die y-Achse: σ=

My Iy

⋅z

(11.1)

Maßgebend sind die maximalen Biegespannungen: σ bz max = σ bd max =

My Iy My Iy

⋅ h1 = ⋅ h2 =

Mb W b1 Mb Wb 2

≤ σ bz zul ≤ σ bd zul

Biegezug

(11.2 a)

Biegedruck

(11.2 b)

Wb1 und Wb2 heißen Biegewiderstandsmomente, Einheit mm3. Biegewiderstandsmoment = W b1 = W b2 =

Iy

axiales Flächenmoment Randfaserabstand (11.2 c)

h1 Iy

(11.2 d)

h2

Ist der Querschnitt auch zur y-Achse symmetrisch, wie z. B. beim Rechteck, sind Zug- und Druckspannung gleich groß. Mit h1 = h2 = h/2 ergibt sich dafür σb =

My Iy

⋅

h Mb = ≤ σ b zul 2 Wb

(11.2 e)

mit Wb =

Iy . h/2

(11.2f)

11.1 Reine Biegung

311

Die zulässigen Werte sind bei Biegung meist höher als beim Zugoder Druckstab, denn die maximale Spannung tritt ja nur in der Randfaser auf. Nehmen wir z. B. einen zähen Baustahl: Als erstes werden Streck- bzw. Quetschgrenze in den Randfasern erreicht; das Material beginnt zu fließen. Erst mit zunehmender Last werden nach und nach auch die Nachbarzonen plastisch, Bild 11.5a. S. auch Kap. 18. In den Festigkeitsnormen wird z. T. mit dem sog. plastischen Grenzmoment Mpl,y gerechnet. Das ist jenes Biegemoment, das ein Stab bei vollkommener Plastizität gemäß Bild 11.5b übertragen kann. Analog zu My auf Seite 309 erhalten wir: Technische Mechanik downloaded from www.hanser-elibrary.com by ETH-Bibliothek on September 16, 2014 For personal use only.

M pl,y = Re ⋅ 2

∫ z ⋅ dA = R

e

⋅ Wpl,y

(11.2g)

A/2

mit dem plastischen Biegewiderstandsmoment Wpl,y = 2 ⋅ Sy ,A / 2 = 2 ∫ z ⋅ dA

(11.2h)

A/ 2

Werte für Wpl,y und das statische Moment der halben Querschnittsfläche Sy,A/2 für Normprofile in A8 (dort kurz mit Wpl bzw. Sy bezeichnet). Kommen wir nochmals zurück zur eingangs gemachten Bemerkung zum Bild 11.2. Die Schwerpunktfaser bleibt beim Biegen gleich lang, also auch spannungsfrei. Diese Annahme kann nur richtig sein, wenn die resultierende Kraft in Stabrichtung, die Normalkraft FN, null ist. Wir prüfen dies nach unter Verwendung von (11.1): M M FN = ∫ σ ⋅ dA = ∫ y ⋅ z ⋅ dA = y ⋅ ∫ z ⋅ dA = 0 , Iy Iy A A A    0 da das Integral das statische Moment der Fläche A bezüglich des Schwerpunktes S darstellt, welches lt. Kap. 10.1 null ist. Die Faser durch den Schwerpunkt S bleibt bei reiner Biegemomentbelastung gleich lang, ungedehnt und spannungsfrei. Sie heißt deshalb auch neutrale Faser. Räumlich betrachtet sind alle Fasern auf der yAchse neutrale Fasern. Sie bilden zusammen die sog. Null-Linie, Bild 11.6.

Bild 11.5 Spannungsverlauf bei gleichem Zug- und Druckverhalten nach Überschreiten der Streck- bzw. Quetschgrenze a) teilweise plastisch b) vollkommen plastisch

Beispiel 11.1 Welches Biegemoment Mb kann ein Rohr (Außendurchmesser 88,9 mm, Wanddicke 5,6 mm) übertragen, wenn die zulässige Biegespannung σb zul = 180 N/mm2 beträgt? Lösung: Wir lösen Gleichung (11.2e) nach Mb auf: Mb ≤ Wb ⋅ σb zul = 28 725 mm3 ⋅ 180 N/mm2 ≈ 5,17 ⋅ 106 Nmm Das Biegewiderstandsmoment Wb erhalten wir aus dem axialen Flächenmoment I (oder direkt aus A7.1) zu I Wb = = d a /2

π 64

⋅ ( d a4 − di4 ) d a /2

=

π ⋅ ( d a4 − d i4 ) 32 ⋅ d a

3

= 28 725 mm .

Bild 11.6 Spannungsverteilung mit Null-Linie

3

312

11 Biegung


Übung 11.1 Ein Träger habe näherungsweise einen Querschnitt von T-Form, Bild 11.7. Er ist auf Biegung beansprucht (unten Druck, oben Zug). Welche Breite b muss der horizontale Flansch erhalten, wenn die Maximalwerte von Biegedruck und Biegezug sich wie 2 :1 verhalten sollen?

Bild 11.7 Querschnitt zu Übung 11.1

1. Welche Geometrie muss der Biegebalken voraussetzungsgemäß besitzen? 2. In welchem Fall spricht man von reiner Biegung? 3. Unter welchen Bedingungen hat man gerade Biegung? 4. Wie verformt sich der Querschnitt eines Biegebalkens bei reiner Biegung? 5. Was versteht man unter der neutralen Faser und welche Querschnittsfaser ist eine solche bei reiner Biegung? 6. Wie verläuft die Spannung längs der z-Achse? 7. In welchem Querschnittspunkt tritt die maximale Spannung auf? 8. Was versteht man unter dem Biegewiderstandsmoment? 9. Wieso ist die zulässige Spannung bei Biegung etwas höher als bei Zug?

11.1.2 Schiefe Biegung Jetzt führen wir die gleiche Rechnung wie bei der geraden Biegung durch, jedoch mit zwei Unterschieden, Bild 11.8: − Unsymmetrischer Querschnitt − Biegemomente um y- und z-Achse Wir verfolgen bei der Herleitung den gleichen Gedanken und müssen die Beziehungen nur erweitern: Schnittmomente: M y = ∫ σ ⋅ z ⋅ dA A

M z = − ∫ σ ⋅ y ⋅ dA A

Bild 11.8 Balken mit unsymmetrischem Trapezquerschnitt, belastet durch Schnittmomente My und Mz

Spannungsverlauf: σ = E ⋅ C1 ⋅ z + E ⋅ C2 ⋅ y

Einsetzen von σ in My und Mz:

M y = ∫ ( E ⋅ C1 ⋅ z + E ⋅ C2 ⋅ y ) ⋅ z ⋅ dA A

= E ⋅ C1 ∫ z 2 ⋅ dA + E ⋅ C2 ⋅ ∫ y ⋅ z ⋅ dA A

A

M z = − ∫ ( E ⋅ C1 ⋅ z + E ⋅ C2 ⋅ y ) ⋅ y ⋅ dA A

= − E ⋅ C1 ∫ y ⋅ z ⋅ dA − E ⋅ C2 ⋅ A

∫ y ⋅ dA 2

A

11.1 Reine Biegung

313

Sie haben sicher die 3 Flächenmomente 2. Grades entdeckt, mit denen wir kürzer M y = E ⋅ I y ⋅ C 1 − E ⋅ I yz ⋅ C 2 M z = E ⋅ I yz ⋅ C 1 − E ⋅ I z ⋅ C 2

schreiben können.


In den letzten beiden Gleichungen ist alles bekannt bzw. im voraus bestimmbar, bis auf die Konstanten C1 und C2. Diese können wir aus diesen Gleichungen berechnen und anschließend in σ einsetzen. Wir erhalten die Biegespannung bei schiefer Biegung: σ=

1 2 I y ⋅ I z − I yz

[ ( I z ⋅ M y − I yz ⋅ M z ) ⋅ z

(11.3 a)

+ ( I yz ⋅ M y − I y ⋅ M z ) ⋅ y ]

Das ist die allgemeinste Form der schiefen Biegung: sowohl unsymmetrischer Querschnitt als auch 2 Biegemomente. Spezialfälle sind: − Querschnitt unsymmetrisch, nur 1 Biegemoment − 2 Biegemomente, Querschnitt symmetrisch bzw. Biegemomente um die Querschnittshauptachsen Im letzteren Fall vereinfacht sich (11.3 a) wie folgt.

3

Biegespannung bei Biegung um die Symmetrieachsen (= Hauptachsen, d. h. Iyz = 0): σ=

My Iy

⋅z−

Mz ⋅y Iz

(11.3 b)

Dies entspricht der Überlagerung von 2 geraden Biegungen. Auch im Falle der schiefen Biegung interessieren uns in erster Linie die Maximalspannungen. Bei der geraden Biegung sind diese in den Randfasern aufgetreten, genauer in den beiden äußersten Parallelen zur Null-Linie, Bild 11.9 a. Das ist auch bei der schiefen Biegung so, jedoch ist die Null-Linie gedreht, Bild 11.9 b. Die Geradengleichung der Null-Linie folgt aus (11.3 a) mit σ = 0 zu z=−

und hieraus:

I yz ⋅ M y − I y ⋅ M z I z ⋅ M y − I yz ⋅ M z

⋅ y = tan β ⋅ y

Bild 11.9 Null-Linie und Extremspannungen a) gerade Biegung b) schiefe Biegung

314

11 Biegung

Steigung der Null-Linie im allgemeinen Fall (11.3 a) tan β =

I y ⋅ M z − I yz ⋅ M y I z ⋅ M y − I yz ⋅ M z

.

(11.4 a)

Für den Spezialfall (11.3 b) erhalten wir


tan β =

Iy Iz

⋅

Mz . My

(11.4 b)

Bei der schiefen Biegung läuft die Rechnung also folgendermaßen ab: − tan β mit (11.4 a) bzw. (11.4 b) berechnen. − Null-Linie zeichnen; Parallelen zur Null-Linie durch die äußersten Querschnittspunkte zeichnen; Koordinaten dieser 2 Randpunkte herauslesen. − Koordinaten der 2 Randpunkte in (11.3 a) bzw. (11.3 b) einsetzen; das ergibt größten Biegezug und größten Biegedruck. Ist der Querschnitt nicht allzu kompliziert, kann man die in Frage kommenden Punkte auch erraten. Beispiel 11.2

Bild 11.10 Rechteckprofil aus Beispiel 11.2 a) Geometrie und Beanspruchung b) Mb-Zerlegung und Extrempunktb) bestimmung c) Spannungsverteilung mit Null-Linie

Ein Rechteckprofil ist mit einem konstanten Biegemoment Mb = 1 ⋅ 106 Nmm belastet, Bild 11.10 a. Wie groß sind die Spannungsmaxima von Biegezug und Biegedruck? Lösung: y- und z-Achse sind wegen der Symmetrie Hauptachsen. Zerlegen wir den Momentenvektor gemäß Bild 11.10 b in seine Komponenten My und Mz, haben wir die Überlagerung von zwei geraden Biegungen, Formel (11.3 b): σ=

My Iy

⋅z−

Mz ⋅y Iz

Hierin ist: Iy =

25 ⋅ 50 3 mm4 ≈ 260 400 mm4 12

Iz =

50 ⋅ 25 3 mm4 ≈ 65 100 mm4 12

M y = M b ⋅ cos 30° = 1 ⋅ 106 Nmm ⋅ cos 30° ≈ 866 025 Nmm M z = M b ⋅ sin 30 ° = 1 ⋅ 10 6 Nmm ⋅ sin 30 ° = 500 000 Nmm

Es lässt sich natürlich erahnen, daß B und C die Randpunkte mit den Maximalspannungen sind, wir wollen jedoch den allgemeinen Rechengang beispielhaft durchführen.

11.2 Biegung mit Querkraft und weitere Näherungen (Technische Biegelehre)

315

Neigungswinkel der Null-Linie, (11.4 b): β = arctan

Iy Iz

⋅

Mz ≈ 66,6° My

Positiver Winkel heißt: Von der y-Achse aus in mathematisch positiver Richtung (Gegenuhrzeigersinn) drehen. Koordinaten der Randpunkte:


B (–12,5; 25) C (12,5; –25) Einsetzen der Randpunkte in (11.3 b): ⎛ 866 0 25 ⎞ 500 000 ⋅ 25 − ( − 12, 5) ⎟ N/mm2 ≈ 179 N/mm2 = σbz 260 400 65 100 ⎝ ⎠

σB = ⎜

σC ≈ –179 N/mm2 (Minus deshalb, weil die Koordinaten von B und C unterschiedliche Vorzeichen haben)

σbd = σ C ≈179 N/mm2 Bild 11.10 c zeigt die Spannungsverteilung auf der Außenkontur. Bei gerader Biegung um die y-Achse (Ⳏ 1-Achse) würde die Spannung 96 N/mm2 und um die z-Achse (Ⳏ 2-Achse) 192 N/mm2 betragen. Obwohl Mb im Beispiel eher um die y-Achse dreht, ergeben sich fast so große Spannungen wie bei der Biegung um die z-Achse.

Bild 11.11 Zulässige und unzulässige Stabformen

1. Worin unterscheidet sich die schiefe Biegung von der geraden Biegung? 2. Läuft die Null-Linie parallel zum Biegemomentenpfeil?

3

11.2 Biegung mit Querkraft und weitere Näherungen (Technische Biegelehre) Wird der Balken durch Querkräfte belastet, treten außer Biegespannungen und Biegeverformungen auch Schubspannungen und Schubverformungen auf. Die BERNOULLI-Hypothese gilt damit nicht mehr. Sind jedoch die Querschnittsabmessungen wesentlich kleiner als die Balkenlänge (etwa 1 :10), bleiben die Schubverformungen gering, sodass wir die Formeln aus der reinen Biegung auch im Falle der Querkraftbiegung anwenden können. In der Praxis gibt es häufig weitere Abweichungen vom Idealfall der reinen Biegung, z. B. kann ein Träger gekrümmt oder eine Welle konisch sein. Auch in diesen Fällen lassen wir die Formeln gelten, wenn die Abweichungen und damit auch die Fehler im Rahmen bleiben, Bild 11.11. In der Praxis bewegt man sich oft außerhalb der mit

Bild 11.12 Instabilwerden des Biegeträgers a) Kippen von schmalen, hohen b) Trägern b) Beulen des dünnwandigen c) Druckflansches

316

11 Biegung

„zulässig“ bezeichneten Stabformen. Man muss sich dann darüber im Klaren sein, dass ein solches Ergebnis nur ein Näherungswert sein kann und die zulässige Spannung entsprechend niedrig anzusetzen ist. Auch die Querschnittsform unterliegt Einschränkungen: Hohe schmale Träger können kippen, dünne Flansche können auf der Druckseite beulen, Bild 11.12, und zwar bei Spannungen, die weit unter den zulässigen Biegespannungen liegen.


Beispiel 11.3 Für die 500 kN-Hakenflasche eines Schwerlastkranes gemäß Bild 11.13 a ist der erforderliche Durchmesser d der Rollenachse zu bestimmen. Die Hakenflasche hängt mittels 4 Seilrollen an 8 Seilsträngen. Zulässige Biegespannung σb zul = 105 N/mm2. Vereinfachungen: Die Kräfte wirken punktförmig. Die Biegeformel soll gelten, obwohl das Verhältnis Achslänge/Achsdurchmesser nicht sehr groß ist. Lösung: Wir machen die Rollenachse frei und zeichnen die Kräfte ein, Bild 11.13 b. Der Übersicht und Vollständigkeit wegen zeichnen wir darunter das FQ- und das Mb-Schaubild, Bild 11.13 c und d. Das MbSchaubild lässt sich auf zweierlei Weise bestimmen: durch das Momentengleichgewicht am abgeschnittenen Balkenteil oder durch die Integration des FQ-Verlaufs. Mit der letzteren Methode folgt (die x-Achse zählt von der Mitte der linken Rolle aus): Mb (x = 125 mm) = 125 000 N · 125 mm = 15 625 000 Nmm Mb (x = 220 mm) = 15 625 000 Nmm + 250 000 N · 95 mm = 39 375 000 Nmm Wir lösen (11.2 e) nach Wb bzw. d auf: Wb ≥

Mb σ b zul

Mb π⋅d3 ≥ σ b zul 32

d≥3

32 M b 32 39 375 000 Nmm ⋅ =3 ⋅ ≈ 156 mm π σ b zul π 105 N/mm 2

d = 160 mm ausgeführt. Bild 11.13 500 kN-Hakenflasche aus Beispiel 11.3 a) Geometrie, nach [62] b) freigemachte Rollenachse c) FQ-Schaubild d) Mb-Schaubild


317

Beispiel 11.4 Der Träger aus Beispiel 10.5 ist durch die vertikale Kraft F gemäß Bild 11.14 a belastet. Das zugehörige Schnittmoment My beträgt 20 ⋅ 106 Nmm. Wie groß sind die Maximalwerte von Biegezug und Biegedruck? Lösung: Aus Beispiel 10.5 und Übung 10.1 sind die Flächenmomente bekannt:


Iy = 32 408 333 mm4 Iyz = 8 160 000 mm4

Iz = 5 658 933 mm4

Null-Linie und Extrempunkte: Aus (11.4 a) tan β =

I y ⋅ M z − I yz ⋅ M y I z ⋅ M y − I yz ⋅ M z

wird mit Mz = 0 ⎛ I yz β = arctan ⎜ − ⎝ Iz

⎞ ⎟ ≈ − 55,3° . ⎠

Null-Linie zeichnen, Bild 11.14 b; Parallelen hierzu liefern die äußersten Berührpunkte B (26; 95) und C (–26; –95) . Spannungen:

Bild 11.14 Biegeproblem aus Beispiel 11.4 a) Träger mit Belastung und a) Schnittmoment b) Querschnitt mit Null-Linie, b) Randpunkten und Hauptachsen

Aus der Formel (11.3 a) für die allgemeine schiefe Biegung σ=

1 2 I y ⋅ I z − I yz

[ ( I z ⋅ M y − I yz ⋅ M z ) ⋅ z + ( I yz ⋅ M y − I y ⋅ M z ) ⋅ y ]

wird mit Mz = 0 σ=

My 2 I y ⋅ I z − I yz

( I z ⋅ z + I yz ⋅ y ) .

Einsetzen der Zahlenwerte liefert: σ B = 129 N/mm2 = σ bz ;

σ bd = σ C = 129 N/mm2

Zusatzbemerkung: Aus Übung 10.1 ist auch die Lage der Hauptachsen bekannt. Bild 11.14 b zeigt, dass die Null-Linie zur biegeweichen Hauptachse 2 hin ausweicht. Dadurch werden die Spannungen größer als bei symmetrischer Anordnung der horizontalen Flansche. Wenn möglich, sollte man deshalb symmetrische Profile verwenden und symmetrische oder unsymmetrische Profile so anordnen, dass das resultierende Biegemoment um die Hauptachse 1 dreht, Bild 11.15.

Bild 11.15 Biegung um die Hauptachse 1

3

318

11 Biegung

Beispiel 11.5 Ein Hohlprofil gemäß Bild 11.16 aus Quadrat und regelmäßigem Sechseck ist mit dem Biegemoment Mb = 1 · 106 Nmm beansprucht. Gesucht ist die größte Biegespannung. Lösung: Ein regelmäßiges n-Eck hat bezüglich jeder Achse durch den Schwerpunkt das gleiche axiale Flächenmoment, d. h. jede Achse durch den Schwerpunkt ist Hauptachse, genauso wie beim Kreis. Wir dürfen somit das Problem als gerade Biegung um die Mb-Achse behandeln. Technische Mechanik downloaded from www.hanser-elibrary.com by ETH-Bibliothek on September 16, 2014 For personal use only.

I = I Quadrat − I Sechseck ⎛ 40 4 5 ⋅ 3 ⎞ I=⎜ − ⋅ 12 4 ⎟ mm4 ≈ 202 100 mm4 16 ⎝ 12 ⎠ Bild 11.16 Hohlprofil aus Beispiel 11.5

(Formeln aus A7.1) Wb =

I 40 mm ⋅ 2 2

σ bz = σ bd = σ b =

=

202 100 mm4

Mb Wb

≈ 7146 mm3

40 mm ⋅ 2 2 =

1 ⋅ 10 6 Nmm 3

7146 mm

≈ 140 N/mm2

Übung 11.2 Am Arm einer Nietmaschine wirkt die Kraft F = 80 kN, Bild 11.17. 1. Berechnen Sie die Biegespannung im Querschnitt B-B. 2. Bei C-C ist der Steg gebohrt. Berechnen Sie für diesen Querschnitt die Maximalwerte von Biegezug und Biegedruck. Übung 11.3 Ein Bündel Rundstangen aus Stahl hängt horizontal am Kranhaken, Bild 11.18. Der Durchmesser d jeder Stange beträgt 20 mm. Die Reibung zwischen den Stangen soll vernachlässigt werden. Bei welcher freien Länge l würde die Biegefließspannung σbF ≈ 260 N/mm2 erreicht? Dichte ρ = 7850 kg/m3. Übung 11.4 Das Z-Profil Z 80 DIN 1027 (s. A8.5) wird gemäß Bild 11.19 durch eine vertikale Kraft F und die halb so große horizontale Kraft F/2 belastet. Die Wirkungslinien der Kräfte gehen durch den Schwerpunkt. Wie groß darf F werden, damit genau die zulässige Biegespannung σzul = 160 N/mm2 (Zug und Druck gleich) auftritt? Bild 11.17 Arm der Nietmaschine aus Übung 11.2

*


319

Bei der Querkraftbiegung ist das Biegemoment längs der Stabachse veränderlich. Das größte Biegemoment bestimmt dann beispielsweise den erforderlichen Durchmesser einer Achse. Wird dieser über die gesamte Achsenlänge konstant ausgeführt, ist der größte Teil des Materials schlecht ausgelastet. Durch konische oder abgesetzte Form erreicht man eine bessere Auslastung; die Idealform hat der Träger gleicher Biegespannung, Bild 11.20 a. Mit


Wb =

Mb π⋅d3 F⋅x = = 32 σ b zul σ b zul

x≤a Bild 11.18 Bündel Rundstangen am Kranhaken aus Übung 11.3

folgt daraus für den Durchmesser des Trägers gleicher Biegespannung: d=3

32 ⋅ F 3 ⋅ x π ⋅ σ b zul

x≤a

(11.5 a)

Das ist eine theoretische Form, die nirgendwo unterschritten werden darf. Für den Rechteckträger ergibt sich wegen Wb =

Mb b ⋅ h2 F⋅x = = 6 σ b zul σ b zul

3

die variable Breite b bei konstanter Höhe h, Bild 11.20 b: Bild 11.19 Träger aus Übung 11.4

6F ⋅x b= 2 h ⋅ σ b zul

(11.5 b)

Ist die Breite b konstant, folgt für die Höhe h, Bild 11.20 c: h=

6F ⋅ b ⋅ σ b zul

x

(11.5 c)

Die Beziehung (11.5 b) liegt z. B. auch der geschichteten Blattfeder zugrunde, Bild 11.20 d. Dem linearen Momentenverlauf angepasst sind auch der Winkelhebel aus Flachstahl, Bild 11.20 e, der Konsolträger in Bild 11.20 f und der Arm der Nietmaschine in Bild 11.17.


320

11 Biegung

Bild 11.20 Träger gleicher Biegespannung und praktische Realisierung a) Achse mit Kreisquerschnitt b) Rechteckträger variabler Breite c) Rechteckträger variabler Höhe d) geschichtete Blattfeder e) Winkelhebel f) Konsole

1. Welche zusätzlichen Spannungen und Verformungen werden durch die Querkräfte hervorgerufen? 2. Unter welcher geometrischen Voraussetzung sind diese Spannungen und Verformungen vernachlässigbar gegenüber denen aus den Biegemomenten? 3. Nennen Sie weitere Näherungen innerhalb der technischen Biegelehre. 4. Nennen Sie 3 Möglichkeiten, die Materialauslastung bei der Querkraftbiegung zu verbessern.

11.3 Durchbiegung und Biegewinkel

321



Eine zu hohe Biegeverformung kann die Funktion einer Maschine oder Anlage genauso beeinträchtigen wie eine unzulässige Spannung. Typisches Beispiel ist eine Getriebewelle, Bild 11.21 a. Infolge der Durchbiegung wC am Punkt C können Schwingungen auftreten; der Biegewinkel ϕC ergibt eine ungleichmäßige Zahnbelastung. Die Winkel ϕA und ϕB an den Lagern können zur Schädigung der Wälzlager führen. Wir haben die Biegeverformung bereits bei der Herleitung der Spannungsformel berücksichtigt. Ich wiederhole und ergänze: − Bei der reinen, geraden Biegung verformen sich die Fasern zu konzentrischen Kreisen; der ebene Querschnitt bleibt bei der Verformung eben. Die Schwerpunktfaser ist spannungs- und dehnungsfrei. − Bei der Querkraftbiegung ändert sich der Krümmungsradius längs der Stabachse. − Im Folgenden berechnen wir immer nur die Verformung der Stabmittellinie (Schwerpunktfaser). Die Kurve der verformten Stabmittellinie heißt elastische Linie oder Biegelinie. − Bei der geraden Biegung liegt die Biegelinie in der Belastungsebene (z,x-Ebene in Bild 11.21b). Bei der schiefen Biegung kann die räumliche Biegelinie aus der Überlagerung von zwei geraden Biegungen um die Hauptachsen gefunden werden. Wir betrachten nun den Fall der geraden Biegung. Die Biegeverformung kann über die Lösung der Differentialgleichung der Biegelinie berechnet werden, welche wir im Folgenden herleiten wollen. Bild 11.21 b zeigt einen Teil des verformten Balkens, der mit einem reinen Biegemoment beansprucht ist. Die Fasern verformen sich zu konzentrischen Kreisen. Die Schwerpunktfaser ändert ihre Länge infolge der Belastung nicht, somit ist auch ihre Dehnung null. Die gestrichelt gezeichnete Faser wird dagegen länger und somit gedehnt. Dehnung ist gleich Verlängerung bezogen auf die ursprüngliche Länge: ε=

Δl ( ρ + Δρ ) ⋅ dϕ − ρ ⋅ dϕ Δρ = = l ρ ⋅ dϕ ρ

Andererseits gilt mit dem HOOKEschen Gesetz und der Formel (11.1) (mit Δρ anstelle von z): ε=

My σ = ⋅ Δρ E E ⋅ Iy

Gleichsetzen der beiden Ausdrücke für ε liefert: My Δρ = ⋅ Δρ ρ E ⋅ Iy

Bild 11.21 Biegeverformung a) Getriebewelle b) Skizze zur Herleitung

3

322

11 Biegung

Hieraus folgt die Gleichung für die Stabkrümmung k=

My 1 = . ρ E ⋅ Iy

(*)

Die Formel der Krümmung k einer Kurve ist aus der Mathematik bekannt. Sie ist eine Funktion der ersten und zweiten Ableitung w′ bzw. w″ der Durchbiegung w:


k=

− w ′′ 1 = ρ (1 + w ′ 2 ) 3/2

Unter Berücksichtigung, dass dw und dx infinitesimal klein sind, lesen wir aus Bild 11.21 b ab: − dw = − w′ dx Der Biegewinkel ϕ ist sehr klein und damit w′2 Ⰶ 1. Die Formel der Krümmung vereinfacht sich deshalb zu tan ϕ =

k=

1 = − w ′′ . ρ

(**)

Gleichsetzen von (*) und (**) liefert die Differentialgleichung der Biegelinie: w ′′ = −

My E ⋅ Iy

=−

Mb E ⋅ Ib

=−

M E⋅I

(11.6)

mit w: Durchbiegung in z-Richtung an der Stelle x w″: zweifache Ableitung von w nach x E ⋅ Ib: Biegesteifigkeit; bei der Biegeverformung tritt in den Formeln immer das Produkt E ⋅ Ib auf (Ib heißt auch Biegeflächenmoment). Biegewinkel: ϕ ≈ tan ϕ = –w′

(positiv im Gegenuhrzeigersinn)

hierzu Definitionsskizze Bild 11.21 b Näherungsweise gilt (11.6) auch in der Technischen Biegelehre. Beispiel 11.6 Für den eingespannten Balken in Bild 11.22 a sind der Verlauf der Biegelinie w(x) sowie die Durchbiegung wmax und der Biegewinkel ϕmax am Kraftangriffspunkt zu berechnen. Gegeben: F, E, I, l


323

Lösung: Zur Lösung der Differentialgleichung (11.6) benötigen wir den Biegemomentenverlauf M = M(x). Diesen erhalten wir mit der Momentengleichgewichtsbedingung um den Punkt I am rechten Teilbalken, Bild 11.22 b. –M – F · (l – x) = 0

→ M = –F · (l – x)

Wir setzen M in die Differentialgleichung (11.6) ein und lösen diese durch zweimaliges Integrieren:


w ′′ = −

w′ = w=

M F = ⋅ (l − x ) E⋅I E⋅I

F ⎛ x2 ⎞ ⋅⎜l ⋅ x − ⎟ + C1 2 ⎠ E⋅I ⎝ F ⎛ x2 x3 ⎞ ⋅⎜l ⋅ − ⎟ + C1 ⋅ x + C 2 E⋅I ⎝ 2 6 ⎠

(*)

(**)

C1 und C2 sind Konstanten. Sie werden durch zwei geeignete Randbedingungen bestimmt. Im vorliegenden Fall lauten diese: w(x = 0) = 0 w′(x = 0) = 0

(a) (b)

(die Lagerung ist unverschieblich) (die Steigung der Biegelinie ist an der festen Einspannung null)

(b) in (*) eingesetzt ergibt C1 = 0. (a) in (**) eingesetzt ergibt C2 = 0. Diese Konstanten sind für andere Problemstellungen im Allgemeinen ungleich null. Die Gleichung der Biegelinie lautet somit w=

F ( 3l ⋅ x 2 − x 3 ) . 6E ⋅ I

Für x = l ergibt sich hieraus w max =

F ⋅l3 . 3E ⋅ I

Für den Biegewinkel gilt gemäß (11.6) mit (*): ϕ ≈ − w′ = −

F ( 2l ⋅ x − x 2 ) 2E ⋅ I

Hieraus folgt für x = l ϕ max = −

Bild 11.22 Zur Lösung der Differentialgleichung a) Anordnung b) M-Verlauf

F ⋅l2 . 2E ⋅ I

*

3

324

11 Biegung

Die analytische Lösung der Dgl. ist nur für einfache Standardfälle möglich, meist mit erheblichem Aufwand. In A14.1 und A14.2 habe ich solche Fälle dokumentiert; weitere Fälle in [8].


Häufig kann man die gesuchte Lösung also direkt aus der Literatur übernehmen. Manchmal muss man das Problem auch geringfügig vereinfachen oder Standardfälle überlagern. Ein geeignetes analytisches Werkzeug ist auch die Energiemethode. In Kap. 6 haben wir damit die Verformung von Zug/Druck-Stabwerken berechnet, in Kap. 11.4 berechnen wir Durchbiegungen. Nachteilig an dieser Methode ist: Die Durchbiegung kann nur für statisch bestimmte Systeme mit einer Kraft ermittelt werden, und zwar am Ort und in Richtung der Kraft. Diese Einschränkung haben die allgemeineren Energiemethoden nicht, s. Kap. 20. Komplexere Biegeprobleme, z. B. Biegebeanspruchung einer Welle mit mehreren Absätzen lassen sich am effektivsten mit Hilfe numerischer Verfahren lösen. Im Folgenden wollen wir Probleme der Biegeverformung mit Hilfe der Standardfälle in A14.1 und A14.2 lösen. Beispiel 11.7 Ein Träger ist bei B eingespannt (d. h. biegesteif befestigt) und bei D auf Gummi gelagert (Federkonstante c), Bild 11.23 a. Die Federkraft ist null, wenn der Balken ungebogen ist. Der Balken hat die Länge l, den Elastizitätsmodul E und ein axiales Flächenmoment um die Biegeachse Iy = Ib = I. Gesucht ist die Durchbiegung wD am Punkt D allgemein und als Zahlenwert, wenn dort eine Kraft F wirkt. Zahlenwerte: l = 2 m; E ⋅ I = 6,9 ⋅ 1011 Nmm2; c = 200 N/mm; F = 10 kN Lösung: Wir können die Lösung aus Beispiel 11.6 bzw. aus A14.1 (Fall 1) übernehmen, wenn wir Fres statt F schreiben, also Bild 11.23 Balken mit Einspannung und elastischer Lagerung a) Anordnung b) Kräfte am Punkt D

wD =

Fres ⋅ l 3 3E ⋅ I

.

Die resultierende Kraft auf den Balken ist gemäß Bild 11.23 b Fres = F – Fc , mit Fc = c · wD lt. Gleichung (7.4 a). Wir setzen Fres oben ein und lösen nach wD auf:


wD = (F − c ⋅ wD) ⋅

325

l3 3E ⋅ I

⎛ 3E ⋅ I ⎞ wD ⎜ 3 + c ⎟ = F ⎝ l ⎠ F 10 4 N = = 21,8 mm 11 2 3E ⋅ I 3 6,9 10 Nmm N ⋅ ⋅ +c + 200 l3 20003 mm3 mm

wD =


Ohne Lagerung bei D hätte sich der Balken um 38,6 mm durchgebogen. Beispiel 11.8 Ein Federbügel aus Kupfer-Knetlegierung (E = 135 000 N/mm2) mit dem axialen Flächenmoment um die Biegeachse Ib = I = 22,5 mm4 wird an den Enden B und C durch die Kraft F = 150 N zusammengedrückt, Bild 11.24 a. Um welches Maß Δl verkürzt sich der Abstand BC gegenüber dem unbelasteten Zustand? Lösung: Bild 11.24 b zeigt den Mb-Verlauf. Wir berechnen die Verschiebung aus der Überlagerung von 2 Lastfällen: 1. Nur das konstante Biegemoment am horizontalen Abschnitt wirkt. 2. Nur das lineare Biegemoment am vertikalen Abschnitt wirkt. Zu 1.: Das ist Fall 2 in A14.1, wenn wir l/2 statt l setzen und die nicht relevante Normalkraft weglassen, Bild 11.24 c: ϕ=

M ⋅ l/2 F ⋅ l 2 = 2E ⋅ I E⋅I

Der vertikale Hebel dreht um denselben Winkel, da er biegesteif mit dem horizontalen verbunden ist. Das ergibt am Punkt C den Ausschlag ϕ ⋅ l. Das Gleichsetzen von Bogen und horizontalem Weg ist zulässig, da die Biegewinkel in Wirklichkeit sehr gering sind. Zu 2.: Dieser Fall entspricht Nr. 1 in A14.1, s. Bild 11.24 d, mit der Verschiebung w=

F ⋅ l3 . 3E ⋅ I

Überlagerung, Bild 11.24 e: ⎛ F ⋅ l2 F ⋅ l3 ⎞ 5 F ⋅ l3 Δl = 2(ϕ ⋅ l + w) = 2 ⎜ ⋅l + ≈ 2,2 mm ⎟= ⋅ 3E ⋅ I ⎠ 3 E ⋅ I ⎝ 2E ⋅ I

Bild 11.24 Federbügel aus Beispiel 11.8 a) Problemskizze b) Mb-Verlauf c) horizontaler Balken d) vertikaler Balken e) Überlagerung

3

326

11 Biegung

Übung 11.5


Bild 11.25 Dünnwandiges Rohr aus Übung 11.5

Berechnen Sie für ein Rohr gemäß Bild 11.25 die Massenverhältnisse m/mSt. m ist die jeweilige Masse bei Ausführung in einem der in untenstehender Tabelle angegebenen Werkstoffe und mSt die Masse bei Ausführung in Stahl. Die Steifigkeit F/f, die Trägerlänge l und der mittlere Rohrradius r sind konstant. Die Wanddicke ist von Material zu Material unterschiedlich. Hinweise: − Betrachten Sie das Rohr als dünnwandig; nutzen Sie die sich daraus ergebenden Vereinfachungen der Formeln. − Die Schubverformung ist zu vernachlässigen. − Als Belastung soll nur die Kraft F wirken; d. h. das Eigengewicht wird bei der Belastung vernachlässigt. Werkstoff Stahl Aluminiumlegierung Kevlar (UD, 60 V-%) CF-EP (HM, UD, 60 V-%) Titanlegierung

ρ in kg/m3 7800 2800 1400 1600 4500

E in N/mm2 210 000 75 000 80 000 190 000 110 000

m/mSt 1

Übung 11.6 Die Getriebewelle in Bild 11.26 mit schrägverzahntem Zahnrad überträgt die Leistung P = 44 kW bei der Drehzahl n = 1500 min–1. Der Radius für den Zahnkraftangriffspunkt ist 80,5 mm. Die Zahnnormalkraft wirkt infolge Evolventen-Schrägverzahnung (mit α = 20°, β = 12°) räumlich und kann in die 3 Komponenten Ft (in tangentialer Richtung), Fr (in radialer Richtung) und Fa (in axialer Richtung) zerlegt werden. Dabei gilt folgender Zusammenhang zwischen den Kraftkomponenten, s. Beispiel 8.3 aus Teil 1: tan α Fa = Ft · tan β; Fr = Ft ⋅ cos β Ft ist aus P und n zu berechnen. Bestimmen Sie im Einzelnen: 1. die Kraft Ft 2. die Kräfte Fr und Fa 3. die Biegewinkel ϕAr und ϕBr an den Lagerstellen A und B infolge Fr 4. die Biegewinkel ϕAa und ϕBa an den Lagerstellen A und B infolge Fa 5. die resultierenden Biegewinkel ϕAv und ϕBv an den Lagerstellen A und B in der Vertikalebene (Aufriss) 6. die Biegewinkel ϕAh und ϕBh an den Lagerstellen A und B in der Horizontalebene (Draufsicht) infolge der Kraft Ft 7. die resultierenden Biegewinkel ϕA und ϕB an den Lagerstellen A und B


11.4 Formänderungsarbeit

327

Bild 11.26 Getriebewelle aus Übung 11.6 a) Geometrie und Kräftezerlegung a) in der Draufsicht b) Zahnkraft-Komponenten in der Seitenansicht b) (Stirnschnitt) c) Schema der Belastung im Aufriss

Hinweis: Der Wellendurchmesser soll für die Berechnung näherungsweise konstant ∅ 50 mm sein. Die Lager A und B sollen punktförmig angenommen werden, Bild 11.26 c. Reibung wird vernachlässigt. Die resultierenden Biegewinkel erhält man aus der vektoriellen Addition der Winkel in Vertikal- und Horizontalebene. Der E-Modul betrage 210 000 N/mm2. 1. 2. 3. 4.

3

Was versteht man unter der „elastischen Linie“ bzw. „Biegelinie“? Welche Form hat die Biegelinie bei reiner, gerader Biegung? Wie erhält man die Biegelinie bei schiefer Biegung? Wie ändert sich die Durchbiegung einer Getriebewelle, wenn statt eines Stahls niedrigerer Festigkeit einer höherer Festigkeit, aber vom selben E-Modul genommen und sonst nichts geändert wird?

11.4 Formänderungsarbeit Der Biegebalken eignet sich wegen seiner verhältnismäßig großen Verformung gut als Feder, Bild 11.27. Bei der Federung ist neben dem Federweg die speicherbare elastische Energie (innere Arbeit, Formänderungsarbeit) eine wichtige Größe. Gemäß Kap. 6 gilt für eine im Bauteil gespeicherte innere Arbeit Wi = ∫ wi ⋅ dV = ∫ V

V

1 ⋅ σ2 ⋅ dV 2E

Bild 11.27 Geschichtete Blattfeder für Straßenfahrzeuge

328

11 Biegung

und damit für die gerade Biegung um die y-Achse mit σ=

My

Wi =

⋅z

Iy

dV = dA ⋅ dx

und

2 l ⎞ 1 ⎛ My ⋅ z 2 ⋅ dA ⎟⎟ ⋅ dx . ⎜ 2 ∫ ∫ ⎜ 2 x =0 ⎝ A E ⋅ Iy ⎠


My, Iy und E können nur von x abhängen, somit aus der Integration über die Fläche herausgezogen werden: Wi =

1 2

⎛ M y2 ⎞ 2 ∫x=0 ⎜⎜ E ⋅ I y2 ⋅ ∫A z ⋅ dA ⎟⎟ ⋅ dx ⎝ ⎠ l

Das Flächenintegral ist unser wohlbekanntes Iy, damit folgt Wi =

l M y2 1 ⋅ dx ∫ 2 x =0 E ⋅ I y

und mit den Bezeichnungen My = Mb, Iy = Ib die Formänderungsarbeit bei gerader Biegung: Wi =

1 2

l

∫

x =0

M b2 ⋅ dx E ⋅ Ib

(11.7 a )

bzw. Wi =

1 2E ⋅ Ib

l

∫M

2 b

⋅ dx

für E ⋅ I b = konst.

(11.7 b)

x =0

Bei schiefer Biegung müssen wir zunächst die Flächenhauptachsen suchen. Die gesamte innere Arbeit ist dann die algebraische Summe der Anteile aus den beiden geraden Biegungen um die Hauptachsen. Die innere Arbeit ist auch interessant bei der Berechnung von Verformungen über die Beziehung (6.2) W = Wi . Anhand des Kragbalkens, für den wir das Ergebnis schon kennen, soll der Rechengang demonstriert werden. Beispiel 11.9 Für den Kragbalken in Bild 11.28 a soll die Durchbiegung am freien Ende über die Methode W = Wi bestimmt werden.

11.4 Formänderungsarbeit

329

Wir benötigen den Mb-Verlauf, Bild 11.28 b, in analytischer Form. Die Mb-Funktion soll möglichst einfach sein, deshalb lassen wir die x-Koordinate nach links laufen: Mb = –F · x Mit (11.7 b) folgt:


Wi =

1 2E ⋅ Ib

l

∫

M b2 ⋅ dx =

x =0

F2 2E ⋅ Ib

l

∫

x =0

x 2 ⋅ dx =

F 2⋅ l3 6E ⋅ I b

Äußere Arbeit: W = 12 F ⋅ w

Aus W = Wi , 1 F 2 ⋅ l3 F ⋅w = 2 6E ⋅ Ib

folgt w=

F ⋅l3 . 3E ⋅ I b

Ergänzende Bemerkungen: − Das Bauteil ist in Abschnitte mit glattem Integranden Mb/(E ⋅ Ib) zu unterteilen. Die gesamte innere Arbeit ist die Summe der inneren Arbeiten der einzelnen Abschnitte. − Die Koordinatensysteme sind frei wählbar. − Das Vorzeichen des Biegemoments ist belanglos. − Wirkt als äußere Beanspruchung ein Einzelmoment M*, so ist die äußere Arbeit W = M* · ϕ/2, wobei ϕ der Biegewinkel des Balkens am Angriffspunkt des Einzelmoments M* ist. ϕ dreht um die gleiche Achse wie M*. − Die Verformungsgröße erhält man genau an der Stelle, an der eine Kraft oder ein Einzelmoment angreifen; im ersten Fall die Durchbiegung, im zweiten den Biegewinkel. Dabei darf immer nur eine Kraft oder ein Moment wirken. Übung 11.7 Die Getriebewelle in Bild 11.29 aus Stahl (E = 210 000 N/mm2) mit geradverzahntem Stirnrad (Teilkreisdurchmesser 240 mm; Eingriffswinkel 20°) überträgt eine Leistung von 120 kW mit einer Drehzahl von 2900 min–1.

Bild 11.28 Kragbalken a) Anordnung b) Mb-Verlauf

3


330

11 Biegung

Bild 11.29 Getriebewelle aus Übung 11.7 Bestimmen Sie die Durchbiegung f der Welle (im Querschnitt, in dem F wirkt und in Richtung von F) über das Prinzip W = Wi. Machen Sie hierzu die angedeuteten Vereinfachungen: 2 Wellenabschnitte; Lager- und Zahnkräfte wirken punktförmig auf der Schwerpunktlinie; Lager und Zahnrad haben keine Versteifungswirkung.

1. Wie muss die Biegesteifigkeit E ⋅ Ib einer Biegefeder bei einer harten Federung relativ zu einer weichen Federung sein? 2. Welche Bauarten von Biegefedern ermöglichen eine optimale Materialausnützung im Sinne einer hohen Energiespeicherung?

331

12 Torsion


Torsionswinkel (Verdrehwinkel), Torsionsflächenmoment, Torsionssteifigkeit, Torsionswiderstandsmoment, Schubspannung, Formänderungsarbeit, dünnwandige einfach geschlossene Profile, Verwölbung, Wölbbehinderung, Schubfluss, BREDTsche Formeln, dünnwandige offene Profile, torsionssteife und -weiche Profile

Reine Torsion gemäß Bild 12.1 a kommt ähnlich selten vor wie reine Biegung. Meistens tritt Torsion zusammen mit Querkraftbiegung auf: Getriebewelle, Welle mit Riemenscheibe (Bild 12.1 b), exzentrisch belasteter Träger, Bild 12.1 c. Glücklicherweise können wir die Torsionsbeanspruchung separat berechnen und anschließend anderen Beanspruchungen überlagern. Beim Zugstab ist die Querschnittsfläche die maßgebende Flächengröße, beim Biegebalken gehen die Flächenmomente 2. Grades ein, beim Torsionsstab mit Vollkreis- oder Kreisringquerschnitt werden wir auf das polare Flächenmoment stoßen. Alle anderen Querschnittsformen wie z. B. Rechteck und U-Profil müssen gesondert behandelt werden. Wir beginnen mit den Vollkreis- und Kreisringquerschnitten.

12.1 Kreiszylindrische Stäbe Dies ist die häufigste Torsionsstabform: Wellen für Getriebe, Elektromotoren, Transmissionen usw. Bild 12.2 a zeigt einen Rundstab aus Gummi mit markierten Mantelund Umfangs- sowie Radiallinien. Beim Verdrehen (Tordieren) passiert Folgendes, Bild 12.2 b und c: − Aus den geraden Mantellinien (Linien auf der Oberfläche parallel zur Stabachse) werden Schraubenlinien. − Die Umfangslinien, aber auch die kompletten Querschnitte verdrehen sich wie starre Scheiben, d. h. sie verformen sich nicht. Die Umfangsverschiebung ist proportional zum Abstand von der Achse und proportional zum Abstand von der Einspannung. − Es treten keine Verschiebungen in Stabrichtung auf, der Querschnitt bleibt eben (keine Verwölbung). Bild 12.3 a zeigt eine einzelne Scheibe der Dicke dx im Detail. Die Winkel sind in Wirklichkeit sehr klein, sodass die Rechnung sich vereinfacht: Der kleine, schraffierte Mantelflächenteil kann eben angenommen werden, Bogen und Sehne sowie Winkel und Tangens des Winkels dürfen gleichgesetzt werden, also γ ⋅ dx = R ⋅ dϕ → γ = R ⋅

dϕ . dx

Bild 12.1 Torsionsbeanspruchungen a) reine Torsion b) Torsion + Querkraftbiegung b) bei einer Welle mit Riemenscheibe c) Torsion + Querkraftbiegung c) beim exzentrisch belasteten Träger

3

332

12 Torsion

Mit dem spezifischen Torsionswinkel ϑ =

dϕ dx

wird daraus γ = ϑ⋅ R.

a)

Der Winkel γ ist der Winkel, um den ein Rechteck, bestehend aus zwei Mantel- und Umfangslinien, verzerrt wird, Bild 12.3 b. Dieser Winkel steht gemäß Gleichung (5.3)


τ=G⋅γ

mit der Schubspannung in Zusammenhang. Einsetzen von γ liefert τ =G⋅ϑ⋅R.

b)

Diese Beziehung gilt für jeden beliebigen Radius r, also τ =G⋅ϑ⋅r ∼r.

Die Schubspannung ist auf der Achse null und nimmt proportional zum Radius zu, Bild 12.4. In der Schnittfläche wirkt nur das Torsionsmoment Mt. Bei statisch bestimmten Systemen ist es von vornherein bekannt, oder es lässt sich mit den statischen Gleichgewichtsbedingungen bestimmen (Teil 1). Das Schnittmoment ist die resultierende Verdrehwirkung aller Schubspannungen zusammen. Auf einer dünnen Ringfläche, Bild 12.4, ist das Moment der Schubspannung dM t = τ ⋅ 2 π ⋅ r ⋅ dr ⋅ r .     Kraft

c) Bild 12.2 Kreiszylindrischer Torsionsstab a) Markierung der Mantel- und a) Umfangslinien vor Belastung b) nach Belastung c) Verdrehung der Stirnseite a) (hellere Linien vor, schwächere a) Linien nach Belastung)

Hebelarm

Das resultierende Moment Mt ergibt sich, wenn wir über alle Ringe summieren bzw. integrieren (gleichzeitig setzen wir noch τ(r) ein): R

R

M t = ∫ τ ⋅ 2 π ⋅ r 2 ⋅ dr = ∫ G ⋅ ϑ ⋅ r ⋅ 2 π ⋅ r 2 ⋅ dr r =0

r =0

R

M t = G ⋅ ϑ ⋅ 2 π ⋅ ∫ r 3 dr = G ⋅ ϑ ⋅ r =0

π ⋅ R4 2

Auflösen nach ϑ liefert ϑ=

Mt π ⋅ R4 G⋅ 2

.

Mit dem Torsionsflächenmoment für Kreisquerschnitte

It =

π ⋅ R4 π ⋅ d 4 = 2 32

(R: Radius; d: Durchmesser)

(12.1)

12.1 Kreiszylindrische Stäbe

333

ergibt sich der spezifische Torsionswinkel zu: ϑ=

Mt G ⋅ It

(12.2)


G ⋅ It heißt Torsionssteifigkeit, analog zur Biegesteifigkeit E ⋅ Ib. Für kreiszylindrische Stäbe ist das Torsionsflächenmoment identisch mit dem polaren Flächenmoment Ip. Der sichtbare Torsionswinkel ϕ zwischen zwei Querschnitten folgt mit dϕ = ϑ ⋅ dx zu: ϕ = ϑ⋅l =

Mt G ⋅ It

l

∫

ϕ=

wenn ϑ = konst. längs der Stabachse

⋅l

(12.3 a)

l

ϑ ⋅ dx =

x =0

Mt ⋅ dx wenn ϑ ≠ konst. ⋅ It G x =0

∫

(12.3 b)

In der Praxis ist ϑ meist konstant, zumindest abschnittsweise wie bei der abgesetzten Getriebewelle. In diesem Fall summieren wir die Winkel aller n Abschnitte auf: n ⎛ Mt ϕ=∑ ⎜ i =1 ⎝ G ⋅ I t

⎞ ⎟ ⋅ li ⎠i

(12.3 c)

Einsetzen von (12.2) in τ = G ⋅ ϑ ⋅ r liefert die Schubspannungsverteilung im Kreisquerschnitt: τ=

Mt ⋅r It

Bild 12.3 Tordierte Scheibe a) Winkel dϕ auf Querschnittsfläche a) und γ auf Mantelfläche b) Rechteck auf der Mantelfläche vor b) und nach dem Verdrehen

(12.4)

3

Die maximale Schubspannung tritt gemäß (12.4) mit r = R in den Randfasern auf. In Analogie zur Biegung schreiben wir: τmax = τt =

Mt ≤ τt zul Wt

(12.5 a)

mit dem Torsionswiderstandsmoment für Kreisquerschnitte

I t π ⋅ R3 π ⋅ d 3 = = 2 16 R τt zul ist die zulässige Schubspannung bei Torsion. Wt =

(12.5b)

Die Formeln (12.2) bis (12.3c) sowie (12.5a) gelten nicht nur für kreiszylindrische Stäbe, sondern für alle Profilarten. Beachten Sie die Ähnlichkeit zu den Biegeformeln, beispielsweise: τ=

τt =

Mt ⋅r It

Mt Wt

 σ=

My

 σb =

Iy

Mb Wb

⋅z

Bild 12.4 τ(r)-Verteilung

334

12 Torsion


Übrigens, auch in den Längsfasern treten Schubspannungen auf, Bild 12.5 a, weil an einer rechtwinkligen Schnittkante lt. Kap. 3.3 die Schubspannungen gleich sein müssen. Das ist z. B. bei längsgeschweißten Rohren, Bild 12.5 b, zu beachten. Die mit bloßem Auge sichtbare Wirkung dieser Schubspannungen in den Längsfasern ist das Splittern des anisotropen Holzstabes in Längsrichtung bei Torsionsbeanspruchung. Bei der Torsion ist das achsennahe Material ähnlich schlecht genutzt wie bei der Biegung. Wesentlich besser als der Vollkreisquerschnitt ist deshalb ein Rohr, Bild 12.6, bei gleich großer Querschnittsfläche wohlgemerkt. Die Flächengrößen hierfür lauten (wegen der Integration von ri bis ra statt von 0 bis R): Torsionsflächen- und Torsionswiderstandsmoment für das Rohr:

Bild 12.5 Zugeordnete Schubspannungen in Längsrichtung a) im Vollmaterial b) in der Schweißnaht

It =

π 4 ( ra − ri4 ) = 32π ( d a4 − d i4 ) 2

(12.6a)

Wt =

I t π ra4 − ri4 π da4 − di4 = ⋅ = ⋅ ra 2 ra 16 da

(12.6b)

(da: Außendurchmesser, di: Innendurchmesser) Am günstigsten von allen möglichen Querschnittsformen erweist sich das dünnwandige Rohr (mittlerer Radius r, Wanddicke t). Mit einem Grenzprozess aus (12.6) bzw. einfacher mit der Überlegung Ip gleich Fläche mal Abstand2 erhält man: Torsionsflächen- und Torsionswiderstandsmoment für das dünnwandige Rohr:

Bild 12.6 τ(r)-Verteilung im Querschnitt des kreiszylindrischen Rohres

I t = 2π ⋅ r 3 ⋅ t

(12.7a)

Wt = 2 π ⋅ r 2 ⋅ t

(12.7b)

Beispiel 12.1

Der Drehstabstabilisator eines Kraftfahrzeugs, Bild 12.7a, besteht aus Rundstahl vom Durchmesser d = 15 mm, der wie im Bild gebogen ist. Die Lagerstellen A und B sind an den Schwinghebeln der Räder befestigt, C und D am Rahmen. Bei Kurvenfahrt bewegt sich z. B. A um f = 25 mm abwärts und gleichzeitig B um 25 mm aufwärts; C und D bleiben in der ursprünglichen Lage. Verbunden mit dieser Bewegung ist ein Verdrehen des Stabes auf der Länge l; die gleichzeitige geringe Biegung der Querhebel wollen wir vernachlässigen. Welche Kraft F tritt an den Lagerstellen A und B auf? Wie groß ist die Schubspannung τt? Der Schubmodul G beträgt 81 000 N/mm2.

12.1 Kreiszylindrische Stäbe

335

Lösung: Obwohl die Verformung in diesem Fall verhältnismäßig groß ist, wollen wir dennoch mit den vereinfachten Beziehungen für kleine Verformungen rechnen: Gleichgewicht am unverformten Bauteil, Bogen ≈ Sehne, sin ϕ ≈ tan ϕ ≈ ϕ. Unter Zuhilfenahme von Bild 12.7 b erhalten wir: Torsionsmoment im Torsionsstab der Länge l: Mt = F ⋅ a

(Gleichgewicht am unverformten Stab)


Verdrehung des Torsionsstabes: ϕ 25 mm  5, 7 ° → ϕ ≈ 0,2 ≈ = 0 ,1 = 2 250 mm

Aus (12.3 a), Mt ⋅ l F ⋅ a ⋅ l ϕ= = , G ⋅ It G ⋅ It folgt

F=

G ⋅ It a⋅l

81 000 N/mm ⋅ 4970 mm ⋅ 0,2 ≈ 215 N, 250 mm ⋅ 1500 mm 2

⋅ϕ =

4

Bild 12.7 Drehstabstabilisator aus Beispiel 12.1 a) Anordnung in der Draufsicht b) Verformung in der Seitenansicht

mit π ⋅ d 4 π ⋅ 15 4 mm4 = = 4970 mm4 . 32 32 Aus (12.5 a) folgt: It =

τt =

Mt Wt

=

F ⋅ a 215 N ⋅ 250 mm = ≈ 81 N/mm2 , Wt 663 mm3

3

mit π ⋅ d 3 π ⋅ 15 3 mm3 = ≈ 663 mm3 . Wt = 16 16

Übung 12.1

Die Vorgelegewelle in Bild 12.8 überträgt die Leistung P = 40 kW von der Welle 1 auf die Welle 2. Drehzahl der Vorgelegewelle n = 3 s–1; Wellendurchmesser d = 50 mm; E-Modul E = 210 000 N/mm2; Querdehnzahl ν = 0,3. Berechnen Sie für die Vorgelegewelle: 1. das zu übertragende Torsionsmoment Mt 2. die Torsionsschubspannung τt 3. den Torsionswinkel ϕ Bild 12.8 Vorgelegewelle aus Übung 12.1 1. Wo tritt die größte Schubspannung beim kreiszylindrischen Stab auf? 2. Welches Profil ist für die Torsionsmomentübertragung am besten? 3. Wie verformt sich ein kreiszylindrischer Stab bei reiner Torsion?

336

12 Torsion

12.2 Formänderungsarbeit Beim Zugstab nimmt die Verlängerung proportional zur Kraft zu, beim Torsionsstab besteht die Proportionalität zwischen Verdrehwinkel ϕ und Moment M, Bild 12.9. Somit ist die äußere Arbeit beim Torsionsstab: W = 12 M ⋅ ϕ

(12.8)


Einsetzen von M = Mt und ϕ=

Mt ⋅ l G ⋅ It

ergibt für die Formänderungsarbeit beim Torsionsstab: Bild 12.9 Äußere Arbeit am Torsionsstab a) Verdrehwinkel ϕ, Moment M b) äußere Arbeit W im Momentc) Verdrehwinkel-Diagramm

Wi =

2 1 Mt ⋅ l 2 G ⋅ It

für ϑ = konst.

(12.9 a)

für ϑ ≠ konst.

(12.9 b)

bzw. Wi =

1 2

l

M t2 ∫ G ⋅ I t ⋅ dx x =0

Bei abschnittsweise konstanten Bedingungen werden die Energieanteile aller Abschnitte summiert. Beachten Sie die Analogie zur Biegung, Formel (11.7). Übrigens, auch bei der Torsion können wir das Arbeitsprinzip W = Wi einsetzen, und zwar zur Bestimmung des Verdrehwinkels eines statisch bestimmt gelagerten Torsionsstabes. Übung 12.2 Die runde Torsionsstabfeder, Bild 12.10, soll bei einem Verdrehwinkel von 20° (des Abschnitts der Länge l = 500 mm) eine Arbeit von 10 Nm aufnehmen. Schubmodul G = 81 000 N/mm2 1. Wie groß muss der Durchmesser d des Rundstabes sein (auf ganze mm runden)? 2. Liegt dann die maximale Schubspannung unter τt zul = 500 N/mm2? Bild 12.10 Torsionsstabfeder aus Übung 12.2 1. Wie berechnet man die Formänderungsarbeit in einer abgesetzten Welle?

12.3 Dünnwandige einfach geschlossene Profile

337


12.3 Dünnwandige einfach geschlossene Profile Einfach geschlossen ist ein Profil gemäß Bild 12.11a, also ein Kreisrohr, Rechteckrohr usw. Im Leichtbau gibt es auch mehrfach geschlossene Rohre. Bild 12.11 b zeigt ein zweifach geschlossenes, ein Doppelrohr. Wir behandeln nur die einfach geschlossenen Rohre. Beim kreiszylindrischen Stab wurde gesagt: Die Querschnitte verdrehen sich wie starre Scheiben, eine Verwölbung, d. h. eine Verformung in Stabrichtung findet nicht statt. Das gilt z. B. auch für die Tangentenpolygone konstanter Wanddicke, Bild 12.12, und sternartige Querschnitte. Dagegen hat ein Rechteckrohr konstanter Wanddicke eine – geringe – Verwölbung. Große Verwölbung zeigen die offenen Profile, z. B. ein geschlitztes Rohr gemäß Bild 12.13. Sie können es mit einem zusammengerollten Blatt Papier selber ausprobieren. Wie gut die Formeln stimmen, die wir im Folgenden herleiten, hängt von der Dünnwandigkeit ab. Hat das Profil eine Verwölbung, die behindert oder ganz verhindert wird (angeschweißtes Profil), entstehen zusätzliche Fehler in der Spannungs- und Verformungsberechnung. Allgemein lässt sich sagen: Wölbbehinderung macht ein Profil steifer. Die genaue Berechnung, s. [9], ist sehr aufwendig, deshalb begnügt man sich meist mit der Näherungslösung.

Bild 12.11 Dünnwandige Profile a) einfach geschlossen b) zweifach geschlossen

Bild 12.12 Wölbfreie Profile: Tangentenpolygone

12.3.1 Schubspannung Bild 12.14 zeigt einen Rohrquerschnitt von ungleicher Wanddicke und willkürlicher Profilmittellinie. Letztere verläuft mittig zu den Querschnittsrändern. Die Spannungsformel, die wir für dieses Profil herleiten, gilt für alle technischen Rohre, ob Kreis-, Rechteck-, Dreieck-, Ellipsenrohr usw. Die Schubspannung τ verläuft tangential zu den Querschnittsrändern und ist etwa konstant über der Wanddicke t, allerdings verschieden für zwei Stellen mit unterschiedlichen Wanddicken t1 und t2. Der Ausdruck τ ⋅ t stellt eine auf die Längeneinheit bezogene Kraft dar. Sie wirkt tangential zur Profilmittellinie und wird Schubfluss genannt. Dieser Schubfluss lässt sich mit einer Wasserströmung in einem Kanal von der Form des Rohrquerschnittes vergleichen. An jeder Stelle strömt pro Sekunde das gleiche Wasservolumen durch. Genauso verhält es sich mit dem Schubfluss; er ist an jeder Stelle gleich groß, also

Bild 12.13 Verwölbung beim geschlitzten Rohr

τ1 ⋅ t1 = τ2 ⋅ t2 = τ ⋅ t = konst.

Schubfluss mal kleine Weglänge ds ergibt eine Kraft. Bezüglich eines beliebigen Bezugspunktes B erzeugt diese Kraft ein Moment dM t = τ ⋅ t ⋅ ds ⋅ r .

Die Integration längs der kompletten Profilmittellinie ergibt das gesamte Schnittmoment

Bild 12.14 Zur Herleitung der Schubspannung im einfach geschlossenen Profil

3

338

12 Torsion

Mt =

养 τ ⋅ t ⋅ r ⋅ ds ,

und wegen τ ⋅ t = konst. auch M t = τ ⋅ t ⋅ 养 r ⋅ ds .

r ⋅ ds ist eine Rechteckfläche mit den Seitenlängen r und ds; die schraffierte Dreieckfläche dAm in Bild 12.14 ist die halbe Rechteckfläche, also


r ⋅ ds = 2 ⋅ d A m .

Einsetzen in Mt liefert M t = τ ⋅ t ⋅ 2 ⋅ 养 dAm .

Die Integration bedeutet ein Summieren all der kleinen Dreieckflächen; das ergibt Am, die von der Profilmittellinie eingeschlossene Fläche, somit Mt = τ ⋅ t ⋅ 2 ⋅ Am .

Daraus erhalten wir: Schubspannung bei der Wanddicke t:

τ=

Mt 2 ⋅ Am ⋅ t

(erste BREDTsche Formel1)

(12.10)

Größte Schubspannung bei tmin: τmax = τt =

Mt M = t ≤ τt zul , 2 ⋅ Am ⋅ tmin Wt

(12.11 a)

mit dem Torsionswiderstandsmoment Wt = 2 Am ⋅ tmin

(12.11b)

Die Schubspannung ist an der engsten Stelle am größten, genauso wie die Strömungsgeschwindigkeit.

12.3.2 Torsionswinkel Wir arbeiten mit dem Prinzip W = Wi . 1

RUDOLF BREDT 1842 – 1900


339

Mit (12.8) sowie (6.3 b) und (6.4 b) wird daraus für M = Mt

1 1 τ2 ⋅ dV . Mt ⋅ ϕ = ∫ 2 2V G Hierbei ist V das Volumen des Rohres der Länge l und dV das Teilvolumen, Bild 12.15, dV = l ⋅ t ⋅ d s .


Für die Schubspannung schreiben wir gemäß (12.10) τ=

Mt

.

2 Am ⋅ t

Bild 12.15 Zur Herleitung des Torsionswinkels beim einfach geschlossenen Profil

dV und τ eingesetzt, liefert 1 1 Mt ⋅ ϕ = 2 2

养

1 G

⎛ Mt ⋅⎜ ⎝ 2 Am ⋅

2

⎞ ⎟ ⋅ l ⋅ t ⋅ ds . t⎠

Im Integrand kann nur die Wanddicke t vom Weg s abhängen, also 1 1 M t2 ⋅ l Mt ⋅ ϕ = ⋅ 2 2 G ⋅ 4 ⋅ Am2

养

ds . t

Wir kürzen und kommen auf die sog. zweite BREDTsche Formel: ϕ =ϑ= l

Mt 4 A2 G⋅ m 养 dts

3

Diese Beziehung bringen wir wieder auf die kurze Form (12.2), ϑ=

Mt G ⋅ It

,

mit dem Torsionsflächenmoment für dünnwandige einfach geschlossene Profile: It =

4 Am2 养 dts

(12.12)

Widerstands- und Flächenmoment werden beim allgemeinen dünnwandigen Rohr also völlig anders berechnet als beim kreiszylindri-

Bild 12.16 Dünnwandiges Kreisrohr

340

12 Torsion

schen Stab. Das dünnwandige Kreisrohr, Bild 12.16, gehört zu beiden Profilarten. Mit (12.7) wissen wir die Flächengrößen bereits, nämlich Wt = 2 π ⋅ r 2 ⋅ t ,

I t = 2π ⋅ r 3 ⋅ t .

Wir prüfen nach, ob sich mit (12.11 b) und (12.12) das Gleiche ergibt: Wt = 2 A m ⋅ t min = 2 π ⋅ r 2 ⋅ t

(


2 4 Am2 4 π ⋅ r It = = 2 πr 养 dts t

)

2

= 2π ⋅ r 3 ⋅ t

Beispiel 12.2 Bild 12.17 a zeigt einen Kranbrückenträger in Kastenbauart mit Winkelkatze. Die Katze kann auf den beiden Schienen am Kranbrückenträger fahren. Wir berechnen den Fall, dass sie in Trägermitte steht. Die Katzlast beträgt 260 kN. Der Kastenträger stellt ein geschlossenes Profil mit Rechteckrohrquerschnitt dar (Außenmaße 750 und 1000 mm, Wanddicken 12 und 8 mm). Er überspannt 15 m und stützt sich mit je einem Rollenpaar an den Enden ebenfalls auf Fahrschienen ab (symbolische Skizze). Hinweise: Das Moment der Kraft F wird vereinfachend punktförmig in den Träger eingeleitet. Das Eigengewicht des Trägers und die Versteifung durch die Schienen sind zu vernachlässigen. Folgendes ist zu bestimmen: 1. Torsionsmoment, 2. Torsionsschubspannung und 3. Verdrehwinkel des Trägers am Ort der Katze, 4. Katzposition, bei der die Torsionsschubspannung am größten ist. Lösung: 1. Die Rollenpaare bei B und C üben auf den Kranbrückenträger Gegenmomente aus, die dem äußeren Moment M = F ⋅ e das Gleichgewicht halten, Bild 12.17 b. Wegen der mittigen Katzposition müssen die Lagerreaktionsmomente gleich sein, somit M B + M C = M = F ⋅ e = 260 000 N ⋅ 700 mm = 182 ⋅ 10 6 Nmm MB = MC = Bild 12.17 Kranbrückenträger aus Beispiel 12.2 a) Anordnung b) Torsionsmoment bei mittiger a) Katzstellung c) Torsionsmoment bei außermittiger c) Katzstellung

M = 91 ⋅ 10 6 Nmm 2

Das Torsionsmoment Mt ist gleich dem Lagerreaktionsmoment.

τ=

2.

mit

M t 91 ⋅ 106 Nmm = ≈ 8 N/mm2 Wt 11,7 ⋅ 106 mm3


341

Wt = 2 ⋅ Am ⋅ tmin = 2 ⋅ 742 mm ⋅ 988 mm ⋅ 8 mm ≈ 11,7 ⋅106 mm3

Die Schubspannung ist sehr gering, der Träger wird hauptsächlich auf Biegung beansprucht. 3. ϕ =

Mt l 91 ⋅ 106 Nmm ⋅ 7500 mm ⋅ = = 1,45 ⋅ 10 −3 =ˆ 0,08° G ⋅ I t 2 81 000 N/mm2 ⋅ 5,80 ⋅ 10 9 mm4

4 ( 742 mm ⋅ 988 mm ) 4 ⋅ Am2 = ≈ 5,80 ⋅ 10 9 mm4 ds ⎛ ⎞ 养 t 2 ⎜ 742 mm + 988 mm ⎟ 8 mm ⎠ ⎝ 12 mm 2


mit

It =

Auch beim Verdrehwinkel wird deutlich, dass ein geschlossenes Profil sehr verwindungssteif ist. 4. Das Torsionsmoment – und somit auch die Schubspannung – ist maximal, wenn die Katze theoretisch bei B oder C steht (praktisch kann sie nur bis ca. 1 m Abstand zum Rand fahren). Das äußere Moment aus der Last wird dann voll von dem Rollenpaar aufgenommen, bei dem die Katze steht. Das leuchtet gefühlsmäßig ein, ich möchte den Sachverhalt mit Hilfe einer beliebigen Katzstellung im Abstand x vom Lager B erläutern, Bild 12.17 c. Wieder gilt das statische Gleichgewicht der Momente MB + MC = M mit M = F · e. Eine Gleichung für zwei Unbekannte reicht nicht aus; eine zweite Gleichung liefert die Kinematik. Der Verdrehwinkel am Ort der Katze lässt sich aus der Verdrehung des Trägerabschnitts 1 oder 2 errechnen, er muss für jeden Fall gleich groß sein: ϕ1 = ϕ 2 MC MB ⋅x= ⋅ (l − x ) G ⋅ It G ⋅ It M B ⋅ x = ( M − M B ) ⋅ (l − x )

l−x l Für x = 0 folgt MB = M; für x = l folgt MB = 0. Die Schubspannung ist also bei seitlicher Katzstellung doppelt so groß wie bei mittiger; der Verdrehwinkel dagegen ist null. MB = M ⋅

1. Was versteht man unter Verwölbung? 2. Welche wölbfreien Querschnitte kennen Sie? 3. Was weiß man über den Schubfluss im dünnwandigen geschlossenen Hohlprofil? 4. Wo herrschen beim dünnwandigen geschlossenen Hohlprofil größte und kleinste Schubspannung?

3

342

12 Torsion

12.4 Dünnwandige offene Profile Bild 12.18 Dünnwandige offene Profile

Offene Profile sind solche gemäß Bild 12.18: U, T, I, Z, Turbinenschaufel usw.


Die folgenden Beziehungen gelten wieder ohne Wölbbehinderung, jedoch rechnen wir bei Wölbbehinderung näherungsweise mit den gleichen Formeln. Für den dünnwandigen Stab mit Rechteckquerschnitt nach Bild 12.19 a oder für den dünnwandigen Stab mit leicht gekrümmter Querschnittsform gemäß Bild 12.19 b wurde von A. FÖPPL2 für das Torsionsflächenmoment die Formel It ≈

h⋅t3

1 3

(12.13)

gefunden. Diese Formel gilt exakt, wenn die Dicke t im Verhältnis zur langen Querschnittsseite h sehr klein ist. Für das Torsionswiderstandsmoment ergibt sich Wt ≈

1 3

h⋅t2 .

(12.14)

Profile gemäß Bild 12.18 und 12.20 können aus lauter dünnen Rechteckprofilen zusammengesetzt werden. Das Torsionsflächenmoment des Gesamtprofils ist die Summe der Flächenmomente aller Rechtecke, It ≈

Bild 12.19 Grundformen der offenen Profile a) Rechteckform b) leicht gekrümmt

1 ∑ hi ⋅ ti3 . 3

(12.15)

hi ist die Breite des Teilrechtecks, auf der Profilmittellinie gemessen, ti die zugehörige Dicke, Bild 12.20. Die maximale Schubspannung tritt auf dem Rand des Rechtecks mit tmax auf, Bild 12.20. Hier verhält es sich also genau umgekehrt wie beim dünnwandigen geschlossenen Profil. Die Formel für das Torsionswiderstandsmoment lautet Wt =

It t max

.

(12.16)

In den Querschnittsübergängen kann infolge Kerbwirkung die Schubspannung noch höher werden als Mt/Wt. Dünnwandige geschlossene Profile sind sehr torsionssteif, dünnwandige offene dagegen sehr torsionsweich. Das lässt sich am Beispiel Bild 12.20 Zusammengesetztes Profil 2

AUGUST FÖPPL 1854 – 1924

12.5 Sonstige Querschnittsformen

343

Kreisrohr eindrucksvoll zeigen. Einmal sei es geschlossen, das andere Mal der Länge nach aufgesägt, Bild 12.21. Geschlossenes Rohr, Formeln (12.7 a) und (12.7 b): I t = 2π ⋅ r 3 ⋅ t ;

Wt = 2 π ⋅ r 2 ⋅ t

Bild 12.21 Geschlossenes und offenes Profil

Offenes Rohr, Formeln (12.13) und (12.14): I t offen =


ϕ offen ϕ

=

2 3

π⋅r ⋅t3; It

I t offen

Wt offen = 2

⎛ r⎞ = 3 ⎜ ⎟ >> 1 ; ⎝t⎠

2 3

π⋅r ⋅t2

τ offen τ

=

Wt Wt offen

=3

r >> 1 t

Mit dem Verhältnis r/t = 10 ergibt das für die Torsionswinkel den Faktor 300 und für die Spannungen den Faktor 30. Übung 12.3 Bild 12.22 stellt stark vereinfacht den Querschnitt des Seitenrahmens einer Autowaschanlage dar. Bemaßt ist die Profilmittellinie. Der Rahmen ist 3000 mm lang und über die ganze Länge mit einem konstanten Torsionsmoment belastet. Im Betrieb hat sich gezeigt, dass er sich zu stark verwindet. Deshalb soll er, wie im Bild gestrichelt dargestellt, auf einer Länge von 2000 mm mit einem 3 mm dicken Blech ausgesteift werden, d. h. dieser Abschnitt ist dann ein geschlossenes Profil. Bestimmen Sie (v bedeutet vor, n bedeutet nach dem Aussteifen): 1. das Torsionsflächenmoment Itv 2. das Torsionsflächenmoment Itn des ausgesteiften Trägerabschnitts 3. das Verdrehwinkelverhältnis ϕn/ϕv

3

1. Wo tritt beim dünnwandigen offenen Profil die größte Schubspannung auf? 2. Wie verhalten sich die Spannungen und Verformungen vom geschlitzten im Verhältnis zum geschlossenen Rohr?

12.5 Sonstige Querschnittsformen Bisher haben wir Formeln für It und Wt für − kreiszylindrische Stäbe (voll und hohl) − dünnwandige geschlossene Profile − dünnwandige offene Profile kennengelernt. In A7.2 sind weitere Formeln wiedergegeben; noch mehr davon in [8]. Für Walzprofile finden sich Zahlenwerte in [41, 42].

Bild 12.22 Seitenrahmen der Autowaschanlage aus Übung 12.3 (im Querschnitt dargestellt)

344

12 Torsion

Exakte analytische Lösungen existieren nur sehr wenige (Vollkreis, Kreisrohr, Ellipse, Ellipsenrohr, gleichseitiges Dreieck, unendlich dünnes Rechteck), die anderen Formeln und Werte wurden experimentell oder numerisch gefunden. Zum Abschluss des Kapitels Torsion zwei Randbemerkungen, die für den Konstrukteur von Bedeutung sein können.


Bild 12.23 Eckeneinfluss bei der Torsion a) Strom-/Spannungslinien vor dem b) Abrunden b) Strom-/Spannungslinien nach dem b) Abrunden

a)

Nehmen wir an, an einem Stab mit Dreieckquerschnitt sind aus Platzgründen die Ecken abzurunden, Bild 12.23. Wirkt sich diese Maßnahme wesentlich auf die Schubspannungen und den Torsionswinkel aus? In Kap. 12.3 haben wir schon einmal den Schubfluss mit einer Strömung verglichen. Wenn wir im Bottich mit Dreieckform umrühren, stellt sich die skizzierte Strömung ein. In den Ecken ist Totwasser, also keine Geschwindigkeit, somit auch keine Schubspannung. Das Foto des Gummimodells bestätigt, dass die Ecken unverzerrt und damit spannungsfrei sind, Bild 12.24. Die Antwort lautet also: Das Abrunden hat kaum Einfluss auf die Torsion (jedoch auf die Biegung!). Was bewirkt eine Außenkerbe gemäß Bild 12.25? Jetzt wird der Querschnitt, der an der Torsionsmomentenübertragung beteiligt ist, stark verkleinert, Spannung und Verdrehung werden somit wesentlich größer. Außerdem tritt noch Kerbwirkung auf. Bezüglich der Biegung wäre der Einfluss jedoch gering, und zwar für jede Biegeachse. Beispiel 12.3

b) Bild 12.24 Torsionsstab mit Dreieckquerschnitt a) Markierung vor Belastung b) Markierung nach Belastung

In welchem Verhältnis stehen die Torsionswinkel und die maximalen Schubspannungen der drei Profile in Bild 12.26? Die Querschnittsfläche ist gleich. Lösung: Wir nehmen A7.2 zu Hilfe. Vollkreis: It =

π ⋅ d4 π ⋅ d3 ≈ 0,0982 ⋅ d 4 ; Wt = ≈ 0,196 ⋅ d 3 32 16

Dreieck:

A=

Bild 12.25 Einfluss einer Außenkerbe auf die Torsion a) Strom-/Spannungslinien ohne b) Einstich b) Strom-/Spannungslinien mit b) Einstich

1 3 3 2 π 2 b⋅b⋅ = ⋅b ≡ ⋅d 2 2 4 4

→ b=

It =

3 4 3 π2 ⋅b = ⋅ ⋅ d 4 ≈ 0,0712 ⋅ d 4 80 80 3

Wt =

1 π 2 b3 = ⋅ ⋅ d 3 ≈ 0,122 ⋅ d 3 20 20 3 3 4

3

π 4

3

⋅d

12.5 Sonstige Querschnittsformen

345

Rechteck: π 2 ⋅d 4

A = b ⋅ h = 2b 2 ≡

→

b=

π ⋅d 8

I t = c 1 ⋅ h ⋅ b 3 ≈ 0,229 ⋅ 2 b ⋅ b 3 = 0,458 ⋅ b 4 = 0,458 ⋅

π2 ⋅ d 4 = 0,0706 ⋅ d 4 64


mit c 1 = 0,229

Bild 12.26 Profile gleicher Querschnittsfläche bei Torsionsbeanspruchung, Beispiel 12.3

h =2 für b

Wt = c 2 ⋅ h ⋅ b 2 ≈ 0,246 ⋅ 2 b ⋅ b 2 = 0,492 ⋅ b 3 π = 0,492 ⋅ ⎛⎜ ⎞⎟ ⎝ 8⎠

mit c 2 = 0,246 ϕ∼

3

2

⋅ d 3 = 0,121 ⋅ d 3

für

h =2 b

1 It 1 1 1 : : 0,0982 0,0712 0,0706 = 1 : 1,38 : 1,39

ϕ Vollkreis : ϕ Dreieck : ϕ Rechteck =

τ max ∼

1 Wt 1 1 1 : : 0,196 0,122 0,121 = 1 : 1,61 : 1,62

τ max Vollkreis : τ max Dreieck : τ max Rechteck =

Dreieck und Rechteck sind etwa gleich. Ihr Torsionswinkel ist ca. 40% und ihre maximale Schubspannung ist ca. 60% höher als beim Vollkreis.

1. Für welche Querschnitte existieren strenge analytische Lösungen? 2. Wie wirken sich Abrundungen und Außenkerben am Querschnitt auf die Torsionsmomentenübertragung aus?

3

346

13 Schub bei Querkraftbiegung


Symmetrische Voll- und Hohlprofile, Schubspannungen in Quer- und Längsrichtung, mittlere und maximale Schubspannung, dünnwandige offene Profile, Schubmittelpunkt

Der Balken in Bild 13.1 a ist auf Querkraftbiegung beansprucht. Mit Kap. 11.2 wissen wir, wie man die Biegespannungen berechnet. Im Folgenden interessieren wir uns für die Schubspannungen. Bild 13.1 b zeigt ein herausgeschnittenes Balkenstück. Als Schnittkraft muss lt. Teil 1 auf der rechten Seite die Querkraft FQ = F wirken. Das ebenfalls wirkende Biegemoment ist nicht eingezeichnet. Diese Querkraft oder Scherkraft hat Schubspannungen τ in der Querschnittsfläche A zur Folge. Aber auch in der Längsrichtung treten Schubspannungen auf, denn nach Kap. 3.3 sind an einer 90°-Kante die Schubspannungen gleich, Bild 13.1 c. Bild 13.1 Schub bei Querkraftübertragung a) Balken mit Querkraft b) Schubspannung in der sichtbaren b) Querschnittsfläche c) Schubspannung in den Quer- und c) Längsschnitten

Übrigens, diese Längsschubspannungen lassen sich leicht nachweisen. Nehmen wir statt des massiven Balkens einen Bretterstapel, Bild 13.2 a. Die Bretter sind nicht miteinander verbunden und können reibungsfrei aufeinander gleiten. Bei Belastung verschieben sie sich gegeneinander, was man am rechten Ende deutlich sehen kann. Werden die Bretter nun verleimt, verbiegt sich der Balken als Ganzes. Es müssen in der Leimschicht Kräfte und somit Schubspannungen wirken, die die Bretter am Gleiten hindern. Auf der oberen und unteren Balkenfläche treten dagegen keine Schubspannungen auf, somit auch nicht an der oberen und unteren Kante des Querschnitts. Die Schubspannungen können also über der Querschnittsfläche A auf keinen Fall konstant sein. Wie sie verteilt sind, das wollen wir nun bestimmen. Bild 13.3 a zeigt einen Balken auf 2 Stützen mit der zugehörigen Biegemomentenverteilung. Das Biegemoment ändert sich auf der kleinen Länge dx um dM. Diese Änderung hängt mit der Querkraft FQ zusammen; und zwar entsprechend der Formel (10.1b) aus dem Teil 1 zu FQ =

dM . dx

Bild 13.3 b zeigt das Balkenstück von der Länge dx und dem Rechteckquerschnitt A im Detail, mit dem Biegemoment M und der Querkraft FQ am rechten (positiven) Schnittufer.

Bild 13.2 Verbiegen eines Bretterstapels a) Bretter ohne Verbindung a) untereinander b) Bretter verleimt

Wir ziehen an der Stelle z, an der τ bestimmt werden soll, eine Trenngerade (TG) und schneiden das kleine Balkenstück mit der Querschnittsfläche A* ab, Bild 13.3 c. Auf der Schnittfläche wird die Schubspannung in Längsrichtung „sichtbar“. Wir setzen die Kräfte in x-Richtung aus den Normalspannungen σr und σl sowie der Schubspannung τ ins Gleichgewicht:


347

∫ σ r ⋅ d A − ∫ σ l ⋅ d A − τ ⋅ t ⋅ dx = 0 A*

A*

mit

σr =

M ⋅z I

σl =

M − dM M dM dM ⋅z= ⋅z− ⋅ z = σr − ⋅z I I I I


Einsetzen liefert dM

∫ I ⋅ z ⋅ dA − τ ⋅ t ⋅ dx = 0 . A* I und dM hängen nur von der x-Achse ab und können deshalb vor das Flächenintegral gestellt werden. Gleichzeitig dividieren wir durch t ⋅ dx. Das liefert

τ=

1 dM 1 ⋅ ⋅ ∫ z ⋅ dA . t dx I A *

dM erkennen wir als FQ; das Integral stellt das statische Moment der dx Fläche A* dar, kurz S* genannt. Zusammengefasst: τ=

FQ ⋅ S * t⋅I

(13.1a)

3

mit FQ = FQz : Querkraft I = Iy : axiales Flächenmoment der Fläche A t : Profilbreite an der Trenngeraden S* : statisches Moment der Fläche A* bezüglich der y-Achse

Manchmal ist es einfacher, mit der Fläche A** oberhalb der Trenngeraden mit dem statischen Moment S** zu arbeiten. Dann heißt es FQ ⋅ S * * τ=− . (13.1b) t⋅I Dies folgt aus der Überlegung, dass das statische Moment der Gesamtfläche bezüglich des Schwerpunktes null sein muss, also S * + S ** = 0 → S ** = −S * .

Bild 13.3 Zur Herleitung der Schubspannungsformel a) Balken mit Momentenverlauf b) Teilbalken der Länge dx c) Teilstück unterhalb der TG

348


Wir drücken I und S* durch die Abmessungen t und h aus, Bild 13.4a: I=

t ⋅ h3 12 2 ⎤ +z h t ⎡ h ⋅ t ⋅ ⎛⎜ − z ⎞⎟ = ⎢ ⎛⎜ ⎞⎟ − z 2 ⎥ ⎠ 2 ⎣ ⎝ 2⎠ ⎝2 2 ⎦ ⎡ ⎛ z ⎞2⎤ ⎟ ⎥ ⎢1 − ⎜ ⎢⎣ ⎝ h/2 ⎠ ⎥⎦

S * = z S* ⋅ A * =


= Bild 13.4 Rechteckquerschnitt bei Querkraftbeanspruchung a) Zur Berechnung von S* b) Betrag von wirklicher und mittlerer b) Schubspannung

t ⋅ h2 8

h

2

Einsetzen in (13.1 a) liefert:

τ=

2 FQ ⋅ 12 ⋅ t ⋅ h 2 ⎡ ⎛ z ⎞ ⎤ 3 FQ − 1 ⎢ ⎥= ⋅ ⎜ ⎟ ⎝ h 2 ⎠ ⎥⎦ 2 t ⋅ h t ⋅ t ⋅ h 3 ⋅ 8 ⎢⎣

2 ⎡ ⎛ z⎞ ⎤ ⎢1− ⎜ h ⎟ ⎥ ⎝ 2 ⎠ ⎥⎦ ⎢⎣

Mit der mittleren Schubspannung τm =

FQ A

(13.2)

erhalten wir kürzer: Schubspannungsverteilung im Rechteckprofil τ=

2 ⎡ 3 ⎛ z⎞ ⎤ τm ⎢1 − ⎜ h ⎟ ⎥ ⎝ 2 ⎠ ⎥⎦ 2 ⎢⎣

(13.3)

Das ist eine quadratische Parabel mit dem Wert null am oberen und unteren Rand und dem Maximalwert τ max = 23 τ m

in der Mitte, Bild 13.4 b. Die maximale Schubspannung tritt in Schwerpunkthöhe auf (Ausnahme: sprunghafte örtliche Querschnittsänderung). Das ist günstig für die Materialbeanspruchung, weil gerade an dieser Stelle die Biegespannung null ist. Häufig interessieren nur die Maximalwerte.


349


Maximalwerte der Schubspannungen für die wichtigsten Querschnittsformen: Vollkreis

τ max =

4 3

⋅ τm

Quadrat, Rechteck

τ max =

3 2

⋅ τm

dünnwandiges Kreisrohr

τ max = 2 ⋅ τ m

dünnwandiges Quadratrohr

τmax =

9 4

⋅ τm

Hinweis: Alle obigen Beziehungen zum Schub bei Querkraftbiegung gelten nur, wenn die Querkraft längs der Symmetrieachse wirkt und der Träger nicht zu kurz, d. h. noch stabartig ist. Bild 13.5 Tragzapfen aus Übung 13.1

Übung 13.1 Ein Tragzapfen der skizzierten Querschnittsform (Rechteck + Halbkreise) ist durch die Querkraft FQ beansprucht, Bild 13.5. Berechnen Sie die maximale Schubspannung τmax im Querschnitt infolge dieser Querkraft FQ. * Bei dünnwandigen offenen Profilen können wir ebenfalls mit Formel (13.1) arbeiten, wenn die Querkraft parallel zu einer Hauptachse wirkt. Das praktische Vorgehen wollen wir anhand des U-Profils in Bild 13.6 besprechen. Zwei wichtige Fakten voraus: − Die Schubspannung läuft parallel zur Wand (da die Oberfläche lastfrei ist, kann senkrecht zur Wand keine nennenswerte Schubspannung auftreten). − Die Schubspannung ist über der Dicke konstant. Wir berechnen die Schubspannung längs der Profilmittellinie. FQ/(t ⋅ I) ist konstant, also ist nur S* zu berechnen.

Bild 13.6 Zur Schubspannung im U-Profil a) U-Profil b) S* im Schenkel c) S* im Steg d) τ-Verlauf

3

350



Bild 13.7 Versuch zum Schubmittelpunkt: Nur wenn die Querkraft durch den Schubmittelpunkt M geht, verdreht sich das Profil nicht.

Unterer Schenkel, Bild 13.6 b: h ⋅t ⋅s 2 Senkrechter Steg, Bild 13.6c: S* =

h S* = ⋅ t ⋅ b + 2

h 2

(lineare Funktion in s, Bild 13.6 d)

⎞ +z t ⎛ h2 ⎛h ⎞ h ⋅ t ⋅ ⎜ − z ⎟ = ⋅ t ⋅ b + ⎜ − z2 ⎟ 2 2⎝ 4 ⎝2 ⎠ 2 ⎠

(quadratische Parabel in z, Bild 13.6 d) Die obere Hälfte des Bildes 13.6d folgt aus der Symmetrie. Die Spannung ist an der oberen linken Ecke null, wächst im horizontalen Schenkel linear und im vertikalen Steg quadratisch an, erreicht im Schwerpunkt das Maximum und nimmt in der unteren Hälfte wieder ab. Die Schubspannungsrichtung ersieht man aus den Pfeilen in Bild 13.6 d. Ausgeklammert wurde zunächst die Frage, wo die Querkraft wirken soll. Beim symmetrischen Profil haben wir sie auf der Symmetrielinie und damit durch den Schwerpunkt angenommen. In diesem Fall wird das Profil nicht zusätzlich tordiert. Wo liegt der Punkt für torsionsfreie Querkraftbeanspruchung beim dünnwandigen offenen Profil? Im Versuch testen wir mögliche Lagen, Bild 13.7. Der Schubmittelpunkt M ist der einzige Punkt, bei dem sich das Profil nicht verdreht. Analytische Bestimmung von M für das U-Profil des vorausgegangenen Versuchs, Bild 13.8: Bild 13.8 zur Herleitung des Schubmittelpunktes a) Lasteinleitung für torsionsmomentfreie Querkraftbiegung; Kräfte FH und FV am negativen Schnittufer infolge Schubspannungen b) FH, FV und Querkraft FQ am positiven Schnittufer

Wir bilden das Gleichgewicht der Momente um die x-Achse am herausgeschnittenen Stab, Bild 13.8a, bezüglich M: FH ⋅ h – F V ⋅ λ = 0

(*)

Im Steg beträgt die resultierende Wirkung der Schubspannungen FV = FQ = F

(aus dem vertikalen Gleichgewicht, Bild 13.8a).


351

Horizontalkraft in den Schenkeln, Bild 13.8b: b

FH =

∫ τ ⋅ dA = ∫ τ ⋅ t ⋅ ds s=0

Schenkel

τ=

FQ t⋅I


FH =

⋅ S* =

FQ

h ⋅t ⋅s t⋅I 2 ⋅

(S* siehe oben)

FQ t ⋅ h b FQ t ⋅ h ⋅ b 2 d s s ⋅ ⋅ = ⋅ 2 s∫=0 4 I I

Aus (*) folgt mit FV und FH: λ=

FH ⋅ h FQ t ⋅ h ⋅ b 2 h t ⋅ h2 ⋅ b2 = ⋅ ⋅ = FV I FQ 4 4I

Für das dünnwandige Profil errechnen wir näherungsweise 2 t ⋅ h3 b ⋅ t ⋅ h2 t ⋅ h3 ⎛ h⎞ = + I ≈ 2b ⋅ t ⋅ ⎜ ⎟ + ⎝ 2⎠ 12 2 12

und somit λ=

t ⋅ h 2 ⋅ b2 3b 2 = . 4(b ⋅ t ⋅ h 2 /2 + t ⋅ h 3 /12) 6 b + h

Das U-Profil aus dem Versuch hat folgende Abmessungen: b = 19,5 mm; h = 29 mm. Das ergibt λ = 7,8 mm. Weitere Schubmittelpunktslagen in A7.3. Wirkt die Querkraft FQ im lotrechten Abstand e vom Schubmittelpunkt, wird das Profil außer auf Querkraftbiegung noch durch das Torsionsmoment Mt = FQ · e

auf Torsion beansprucht. Es liegt dann eine zusammengesetzte Beanspruchung vor, Kap. 17. Ergänzend zeigt Bild 13.9 die τ-Verläufe von drei dünnwandigen Profilen mit symmetrischer Querkraftbeanspruchung. Beispiel 13.1

Der Hauptträger einer Kranbrücke (DIN 1025-IPB 320, s. A8.3), Bild 13.10a, ist mit der maximalen Querkraft FQ = 110 kN belastet. Die Kranschiene ist angeschweißt und trägt voll mit. Welche Scherkraft F′S muss das Kehlnahtpaar pro mm Länge übertragen?

Bild 13.9 Dünnwandige Profile konstanter Wanddicke mit Querkraftbeanspruchung längs der Symmetrieachse a) Kreisrohr b) Quadratrohr c) I-Profil (qualitativer τ-Verlauf)

3

352


Lösung: Folgende Größen sind nacheinander zu bestimmen: Schwerpunkt S des Gesamtprofils; axiales Flächenmoment Iy; statisches Moment der Schienenfläche; mit (13.1b) die Schubspannung τ an der unteren Schienenkante, wenn die Schiene auf der gesamten Breite von 50 mm mit dem Walzprofilträger verbunden wäre; τ ⋅ 50 mm ist die Scherkraft pro Längeneinheit, die vom Kehlnahtpaar zu übertragen ist. Daten des Walzprofilträgers: A1 = 16 100 mm2; I1 = 308,2 ⋅ 106 mm4; Höhe 320 mm Technische Mechanik downloaded from www.hanser-elibrary.com by ETH-Bibliothek on September 16, 2014 For personal use only.

Daten der Kranschiene: Bild 13.10 Hauptträger der Kranbrücke aus Beispiel 13.1 a) Walzprofilträger mit Kranschiene b) Schwerpunktbestimmung

A2 = 2000 mm2; I 2 = ζS =

50 mm ⋅ 403 mm3 ≈ 267 ⋅ 103 mm4 12

−180 mm ⋅ 2000 mm2 ≈ − 19,9 mm, Bild 13.10 b 16100 mm2 + 2000 mm2

I = I y = (308,2 ⋅ 106 + 16 100 ⋅ 19,92 + 267 ⋅ 103 + 2000 ⋅ 160,12 ) mm 4 ≈ 366 ⋅ 106 mm4 S ** = −160,1 mm ⋅ 2000 mm2 ≈ −320 ⋅ 103 mm3

τ=−

FQ ⋅ S * * t⋅I

FS′ = τ ⋅ t = −

FQ ⋅ S ** 110 ⋅ 103 N ⋅ (−320 ⋅ 103 mm 3 ) =− ≈ 96 N/mm 366 ⋅ 106 mm4 I

Übung 13.2 Der Stegblechträger in Bild 13.11 eines Laufkranes ist mit der Querkraft FQ = 140 kN belastet (aus Hublast plus Eigengewicht). 1. Wie groß ist τmax im Träger? 2. Welche Scherkräfte müssen die drei Kehlnahtpaare pro mm Länge übertragen?

1. Wie groß ist τ am obersten und untersten Querschnittspunkt eines symmetrischen Vollquerschnitts bei symmetrischer vertikaler Querkraft? 2. An welcher Stelle tritt τmax auf? 3. Für welchen Querschnittstyp fällt der Schubmittelpunkt mit dem Schwerpunkt zusammen?

Bild 13.11 Stegblechträger aus Übung 13.2

353

14 Knickung


Stabilitätsproblem, elastisches Knicken (EULER-Knicken), Gleichgewicht am verformten Stab, EULERsche Knicklast, vier EULER-Fälle, Knicklänge, Spannungsabsicherung der Druckstäbe, Schlankheitsgrad, Trägheitsradius, Knickspannung, EULER-Hyperbel, plastisches Knicken, TETMAJER-Gerade

In heißen Sommern ist es schon vorgekommen, dass Eisenbahnschienen sich verworfen haben; Strommasten sind bei großen Schneelasten und Radspeichen bei falschem Anziehen geknickt. Solche und ähnliche Vorgänge treten ganz plötzlich auf. Bis zum kritischen Punkt bemerkt man überhaupt keine Verformung, schlagartig nimmt das Bauteil dann eine andere Form an und ist danach meist nicht mehr funktionsfähig, schlimmstenfalls gebrochen. Es handelt sich hier um kein Festigkeitsproblem, bei dem die Verformung proportional zur Kraft zunimmt, sondern um ein sog. Stabilitätsproblem. In der Mathematik wird es Eigenwertproblem genannt. Auch das Eigenschwingungsproblem in Kap. 15, Teil 2, fällt in diese Kategorie.

Bild 14.1 Knickstab a) Anordnung b) gebogen

14.1 Elastische Knickung nach EULER Bild 14.1 a zeigt einen beidseitig gelenkig gelagerten Stab, das rechte Ende lässt sich axial verschieben. Der Stab soll sich infolge einer kleinen Störung (Vorkrümmung, Materialinhomogenität) unter der Wirkung von F geringfügig durchbiegen, Bild 14.1 b. In diesem Zustand herrscht im Stab an der Stelle x mit der Durchbiegung w ein Biegemoment Mb = F · w . Ein solches Moment ergibt sich nur, wenn wir das Gleichgewicht am verformten Stab bilden. Bei allen anderen Problemen haben wir stets mit dem Gleichgewicht am unverformten Bauteil gerechnet. Hierin liegt der entscheidende Unterschied zwischen einem Stabilitätsproblem und den Festigkeitsproblemen. In Kap. 11.3 haben wir die Differentialgleichung der Biegelinie kennengelernt, Gleichung (11.6). Sie stellt ebenfalls einen Zusammenhang zwischen dem Biegemoment und der Durchbiegung her. Nach Mb aufgelöst: M b = − E ⋅ I ⋅ w ′′

Wir setzen die beiden Mb-Ausdrücke gleich und erhalten die Differentialgleichung der Stabknickung

3

354

14 Knickung

w ′′ +

F ⋅w =0 . E⋅I

Diese hat die allgemeine Lösung ⎞ ⎛ F ⋅ x ⎟ + C 2 ⋅ sin ⎜ E⋅I ⎠ ⎝

⎛ w = C 1 ⋅ cos ⎜ ⎝


Bild 14.2 Stabverformung bei steigender Last

⎞ F ⋅ x⎟ . E⋅I ⎠

Durch zweimaliges Differenzieren und Einsetzen in die Dgl. können Sie sich leicht davon überzeugen. Die Konstanten C1 und C2 lassen sich mit Hilfe der Randbedingungen bestimmen: Aus w(x = 0) = 0

folgt

C1 = 0;

aus w(x = l) = 0

folgt

⎛ C 2 ⋅ sin ⎜ ⎝

⎞ F ⋅ l⎟ = 0 . E⋅I ⎠

C2 kann nicht null sein, sonst wäre w ≠ 0 überhaupt nie möglich. Somit muss der Sinus-Wert verschwinden. Das ist der Fall für F ⋅l = n⋅π E⋅I

n = 1, 2 , 3 ...

n = 0 scheidet aus, da weder l noch F null sind. Wie lässt sich das deuten? Nehmen wir an, die Kraft F wird von null beginnend langsam gesteigert. Es tut sich nichts, bis die Kraft bei n = 1 einen kritischen Wert erreicht, nämlich FK =

π2 ⋅ E ⋅ I l2

.

Bei dieser Kraft wird der Stab instabil, er knickt, Bild 14.2. Man nennt sie deshalb Knicklast (auch EULERsche Knicklast, weil EULER als Erster dieses Knickproblem gelöst hat). n = 1 legt also den Übergang vom stabilen in den labilen Zustand fest. Die theoretischen Lösungen n = 2, 3 usw. spielen in der Praxis keine Rolle. Wir können hiermit ausrechnen, bei welcher Kraft das Knicken eintritt. Weiter wissen wir, dass das Ausbauchen einer halben Sinuskurve entspricht; die Größe der Verformung bleibt dagegen unbestimmt. Das Knickproblem lässt sich auch von der folgenden Seite angehen. Gemäß Bild 14.3 a soll der Stab mit einer endlichen Exzentrizität e gedrückt werden. Aus dem Gleichgewicht am verformten Stab folgt jetzt das Biegemoment zu M b = F (e + w ) . Bild 14.3 Exzentrisch gedrückter Stab a) Anordnung b) Kraft-Verformungs-Diagramm

Mit dem weiteren Vorgehen wie oben erhalten wir eine Formel, mit der die Durchbiegung abhängig von F und e berechnet werden kann,


14.1 Elastische Knickung nach EULER

355

Bild 14.4 Knicklängen der 4 EULER-Fälle

Bild 14.3 b. Alle Kurven nähern sich der Asymptote FK. Für e = 0 haben wir wieder das reine Stabilitätsproblem. Außer der beidseitig gelenkigen Lagerung sind noch 3 andere Lagerungsarten von Interesse, Bild 14.4 (EULERsche Knickfälle 1 bis 4). Die Knicklastformel bleibt in allen 4 Fällen gleich, wenn wir statt der wirklichen Stablänge l die Knicklänge lK einführen: EULERsche Knicklast FK =

π2 ⋅ E ⋅ I lK2

(14.1)

Beim besprochenen EULER-Fall 2 ist lK = l; die Ausbauchungskurve entspricht einer halben Sinuskurve. Für die anderen Fälle brauchen wir nur nachzusehen, wie viele halbe Sinuskurven in der Biegelinie stecken, s. Zeile Deutung in Bild 14.4. In den Fällen 1 und 4 lässt sich das exakt machen, im Fall 3 erhält man mit der Deutung näherungsweise lK ≈ 23 ⋅ l ≈ 0,7 ⋅ l , wobei 0,7 ⋅ l sogar der genauere Wert ist.

3

356

14 Knickung

14.2 Spannungsabsicherung bei Druckstäben Bei Druckstäben sind zwei verschiedene Versagensarten möglich: − Quetschen bei gedrungenen Stäben − Knicken bei schlanken Stäben Welche Versagensart eintritt, hängt ab vom


Schlankheitsgrad λ=

lK , i

(14.2)

mit dem Trägheitsradius i=

I A

in mm

(14.3)

Der Trägheitsradius drückt aus, wie weit das Material vom Schwerpunkt weg ist. Hätte man in (14.3) statt des axialen Flächenmoments das polare Flächenmoment genommen, würde i dem Radius des dünnwandigen Rohres entsprechen. Wie groß ist nun die maximal mögliche Spannung σK in einem Druckstab, wenn EULER-Knicken vorausgesetzt wird? Bild 14.5 Spannungsabsicherung bei Druckstäben

Wir dividieren die EULERsche Knicklast durch die Querschnittsfläche und setzen die Definitionen (14.2) und (14.3) ein: Knickspannung beim elastischen Knicken: σK =

FK π2 ⋅ E ⋅ I i2 π2 ⋅ E = 2 = π2 ⋅ E ⋅ 2 = A lK ⋅ A lK λ2

(14.4)

Die Funktion σK(λ) heißt EULER-Hyperbel, Bild 14.5. Beachten Sie: Die maximal mögliche Spannung σK hängt nicht von der Festigkeit des Materials ab, Baustahl S235 ist beim elastischen Knicken genauso knickfest wie ein Baustahl höherer Festigkeit. Die EULER-Hyperbel gilt maximal bis zur Druck-Proportionalitätsgrenze σdP, oder wegen (14.4) bis zu einem λP = π ⋅

E σdP

Für S235 beträgt λP = 104, weitere Werte in A12.1.

(14.5)

14.2 Spannungsabsicherung bei Druckstäben

357

Für sehr kleine λ-Werte (λ < λF) liegt Quetschen vor, Bild 14.5. Festigkeitsbedingung für Quetschen, s. Kap. 7: σd vorh =

F σ σ ≤ σd zul = dF bzw. dB A SF SB


(σdF ist die Druck-Fließgrenze oder Quetschgrenze, σdB die Druckfestigkeit) Zwischen Quetschen und EULER-Knicken liegt ein Übergangsbereich, in dem das sog. plastische Knicken stattfindet. Im Maschinenbau wird in diesem Bereich die Knickspannung durch die sog. TETMAJER1-Gerade angegeben, Bild 14.5:

σK = a − b ⋅ λ

(14.6)

a und b sind Materialwerte, s. A12.1. Die Festigkeitsbedingung im TETMAJER- und EULER-Bereich lautet σd vorh =

F σK ≤ A SK

bzw.

F≤

FK SK

(14.7)

mit

3

SK : Sicherheitsbeiwert gegen Knicken.

Beispiel 14.1 Bild 14.6 zeigt eine Ventilsteuerung mit untenliegender Nockenwelle beim Viertakt-Dieselmotor L58/64 von MAN B&W2. Welche Knicksicherheit SK liegt für die Stoßstange vor? Daten für die Stoßstange: Rohr ∅ 76,1 × 7,1; Länge 1789 mm Materialwerte: a = 205 N/mm2; b = 0,78 N/mm2 für 60 ≤ λ ≤ 100 (plastisches Knicken), lt. Werksangaben Kraft auf die Stoßstange F = 80 kN

1 2

LUDWIG TETMAJER VON PRZERWA 1850 – 1905 Bild 14.6 und Daten mit freundlicher Genehmigung der Fa. MAN B&W, Augsburg

Bild 14.6 Ventilsteuerung des Viertakt-Dieselmotors L58/64 von MAN B&W mit einer 1789 mm langen Stoßstange, Beispiel 14.1

358

14 Knickung

Lösung: Bestimmung von λ: i=

mit


925 635 mm4 1539 mm2

A = (76,1 2 − 61,9 2 ) mm2 ⋅ I= λ=

mit

I = A

= 24,5 mm

π = 1539 mm2 4

π (76,1 4 − 61,9 4 ) mm4 = 925 635 mm4 64 lK i

=

1789 mm ≈ 73 24,5 mm

lK = l = 1789 mm

(reibungsfreie Lagerung in Kugelpfannen entspricht gelenkiger Lagerung, damit EULER-Fall 2) λ = 73 < λP = 100 bedeutet plastisches Knicken. Knickspannung: σ K = a − b ⋅ λ = 205 N/mm2 − 0,78 N/mm2 ⋅ 73 = 148 N/mm2 vorhandene Spannung:

Knicksicherheit:

SK =

σd =

80 000 N F = ≈ 52 N/mm2 A 1539 mm2

σ K 148 N/mm2 = = 2,8 σd 52 N/mm2

Beispiel 14.2

Der Balken in Bild 14.7 aus Nadelholz ist am Fundament biegesteif verankert. Oben kann er in z-Richtung ausweichen, in y-Richtung dagegen nicht (wegen der Balligkeit der beiden Führungsbalken kann sich jedoch ein Winkel einstellen). 1. Das Verhältnis h : b ist so zu bestimmen, dass sich für die beiden möglichen Knickfälle die gleiche Knicklast ergibt (EULERKnicken annehmen). 2. Wie müssen b und h sein, wenn λ = λP = 100 angenommen wird? 3. Welche Druckkraft F kann mit dreifacher Sicherheit gegen Knicken übertragen werden (E = 10 000 N/mm2)?

Bild 14.7 Balken aus Beispiel 14.2

Lösung: 1. Es liegen unterschiedliche Lagerungsarten für das Knicken um die beiden Achsen vor. Knicken um y-Achse Ⳏ EULER-Fall 1 mit lKy = 2l Knicken um z-Achse Ⳏ EULER-Fall 3 mit lKz ≈ 0,7 ⋅ l FKy = FKz

14.2 Spannungsabsicherung bei Druckstäben

π2 ⋅ E ⋅ Iy

=

( 2l ) 2 Iy Iz

=

2. λ y =

π2 ⋅ E ⋅ Iz

( 0,7 ⋅ l ) 2

Iy

⎛ 2 ⎞ =⎜ ⎟ I z ⎝ 0,7 ⎠

2 2 b ⋅ h3 12 ⎛ 2 ⎞ ⎛ h⎞ = ⋅ = ⎟ ⎜ ⎜ ⎟ → ⎝ 0,7 ⎠ 12 h ⋅ b3 ⎝ b⎠

l Ky iy

=

2l

=

Iy A


→

359

2l b⋅h 12 ⋅ b ⋅ h

=

3

2

h 2 = = 2,86 : 1 b 0, 7

4⋅ 3 ⋅ l = λ P = 100 h

h=

4 ⋅ 3 ⋅ l 4 ⋅ 3 ⋅ 4000 mm = ≈ 277 mm λP 100

b=

h 277 mm = ≈ 97 mm 2,86 2,86

Zur Kontrolle könnte man die Rechnung mit λ z =

3. F =

FKy SK

=

π2 ⋅ E ⋅ Iy 2 l Ky ⋅ SK

=

π2 ⋅ E ⋅ b ⋅ h3 12 ⋅ ( 2 l ) ⋅ S K 2

l Kz durchführen. iz

≈ 88 kN

Kontrolle mit FKz. Übung 14.1 Die senkrechte Stütze (Stahlrohr) eines Campingzeltes (Hauszelt) gemäß Bild 14.8 wird durch 3 Schnüre, die unter 45° zum Boden laufen, fixiert.

Bild 14.8 Zeltstütze mit Abspannung aus Übung 14.1

Daten für die Stütze: Länge l = 2,2 m; Rohraußendurchmesser D = 16 mm; Wanddicke t = 1 mm; Elastizitätsmodul E = 210 000 N/mm2; Proportionalspannung σdP = 290 N/mm2 Mit welcher Kraft F pro Schnur dürfen die Schnüre maximal gespannt werden, wenn es nicht zum Knicken der Stütze kommen soll? Prüfen Sie zunächst nach, ob das Knicken im elastischen Bereich erfolgen würde! Hinweis: Die Lagerung der Stütze ist beidseitig gelenkig. Übung 14.2 Eine Schiene ist auf einem Walzprofilträger mittels Klemmen montiert, Bild 14.9. Der Klemmabstand beträgt 1,5 m.

Bild 14.9 Schiene mit Klemmen aus Übung 14.2

3

360

14 Knickung


Die Profilwerte: A = 1270 mm2; Iy = 850 000 mm4; Iz = 138 000 mm4 Durch Sonneneinstrahlung erwärme sich die Schiene, sie soll sich aber nicht ausdehnen können und gerät somit unter Druckspannung (Knickgefahr!). Konservativ sei angenommen, dass sich der Walzprofilträger nicht erwärmt und damit keine thermische Verlängerung erfährt. Seine elastische Verlängerung soll ebenfalls null sein. Um welche Achse wird die Schiene zuerst ausknicken? Bei welcher Temperaturerhöhung ΔT tritt das Knicken ein? Thermischer Längenausdehnungskoeffizient α = 1,2 ⋅ 10–5 K–1; λP = 89. Hinweis: Die Klemmen können ein Drehen um die z-Achse nicht verhindern (konservative Annahme). * Es sei noch darauf hingewiesen, dass sich in [8] und [19] eine Vielzahl von gelösten Knickfällen findet. Darüber hinaus steht als Werkzeug zur Lösung wieder die Finite-Elemente-Methode zur Verfügung. 1. Welches physikalische Problem stellt die Knickung dar? 2. Welche Stablagerung entspricht dem EULER-Fall 2? 3. Welcher Stabparameter muss modifiziert werden, damit man die verschiedenen Lagerungsarten alle mit derselben Knicklastformel berechnen kann? 4. Welche Versagensarten sind bei Druckstäben möglich? 5. Von welcher Größe hängt die Versagensart ab? 6. Wie ist der Schlankheitsgrad definiert? 7. In welche Abschnitte wird der λ-Bereich eingeteilt?

361

15 Dauer-, Zeit- und Betriebsfestigkeit


Bruchfläche, WÖHLER-Versuch, WÖHLER-Diagramm, Bruch-Schwingspielzahl, Grenz-Schwingspielzahl, Schwellfestigkeit, Wechselfestigkeit

Bisher sind wir immer von einer ruhenden (statischen) Belastung ausgegangen. Häufiger jedoch kommt die zeitlich schwankende, die dynamische Last vor. Der entscheidende Unterschied liegt in den Festigkeitswerten, und zwar gilt: (Festigkeitswerte)dynamisch < (Festigkeitswerte)statisch Bei der Dauer- und Zeitfestigkeit wird harmonischer, also sinusförmiger Last-Zeit-Verlauf angenommen. Die Bruchfläche eines Dauerschwingbruchs hat das charakteristische Aussehen gemäß Bild 15.1. In Bild 15.2 sind die 3 Zerstörungsphasen schematisch dargestellt: − Anriss: Er geht meist von einer Fehlstelle an der Oberfläche (z. B. Bearbeitungsriefe) aus. − Dauerbruch: Vom Anrisspunkt aus läuft der Riss weiter. Typisch sind die Rastlinien. Sie entstehen dort, wo die Rissausbreitung unterbrochen wird (z. B. infolge von Betriebspausen). − Rest- oder Gewaltbruch: Wenn der Querschnitt soweit geschwächt ist, dass die statischen Festigkeitswerte überschritten werden, kommt es zum Gleit- oder Trennbruch. Die Dauerschwingbeanspruchung wird gemäß Bild 15.3 charakterisiert (Kleinbuchstaben für die Indizes). Die Dauerschwingfestigkeit (kurz Dauerfestigkeit) σD ist der um eine gegebene Mittelspannung σm schwingende größte Spannungsausschlag σA, den eine Probe unendlich oft ohne Bruch und ohne unzulässige Verformung aushält. Beim Werkstoffwert (hier σA) wird der Index mit Großbuchstabe geschrieben. Sie wird nach WÖHLER1 folgendermaßen bestimmt: Eine polierte Probe von ∅ 7,5 mm wird bei konstanten σm und σa > σA in der Schwingprüfmaschine solange belastet, bis sie bricht. Die BruchSchwingspielzahl N wird festgestellt und das Wertepaar (σa, N) in das WÖHLER-Diagramm eingetragen, Bild 15.4. Der Versuch wird mit weiteren Proben und jeweils kleinerem σa solange wiederholt, bis kein Bruch mehr auftritt. Dabei kann man z. B. bei Stahl davon ausgehen, dass kein Bruch mehr zu erwarten ist, wenn ca. 2 ⋅ 106 Lastwechsel (Grenz-Schwingspielzahl) erreicht wurden. Erfahrungsgemäß braucht man für den gesamten Versuch ca. 25 Proben, für Aussagen zu Überlebenswahrscheinlichkeiten entsprechend mehr.

1

AUGUST WÖHLER 1819 – 1914

Bild 15.1 Bruchfläche bei Schwingbruch, aus [18] A: Anriss; D: Dauerbruch; G: Gewaltbruch; R: Rastlinien

3 Bild 15.2 Die Zonen der Schwingbruchfläche

362

15 Dauer-, Zeit- und Betriebsfestigkeit

Schreibweise der Dauerfestigkeit: σD = ± σ A für σ m = ... N/mm2 ,

oder symbolisch σD = σm ± σA

Zahlenbeispiel: σD = ±100 N/mm2 für σ m = 50 N/mm2


bzw.

σ D = 50 N/mm2 ± 100 N/mm2 .

In der Praxis genügt es oft, wenn das Bauteil weniger Lastwechsel als die Grenz-Schwingspielzahl aushält (begrenzte Lebensdauer). Man spricht dann von Zeitschwingfestigkeit (kurz Zeitfestigkeit). Am häufigsten wird der Spannungsnachweis für die drei folgenden Beanspruchungsfälle durchgeführt, Bild 15.5. Beanspruchungsfall ruhend (Fall I): σa = 0 (κ = 1) Werkstoffwerte: σF, Rm Beispiel: Belastung durch Eigengewicht Bild 15.3 Spannungs-Zeit-Schaubild der Dauerschwingbeanspruchung

(κ = 0) Beanspruchungsfall schwellend (Fall II): σm = σa Werkstoffwert: Schwellfestigkeit σSch = 2 σA Beispiel: Torsionsbeanspruchung einer Welle bei häufigem Ein- und Ausschalten Beanspruchungsfall wechselnd (Fall III): σm = 0 (κ = –1) Werkstoffwert: Wechselfestigkeit σW = ± σA Beispiel: Getriebewelle, die durch eine Zahnkraft auf Biegung beansprucht ist. Für σ ist σz bei Zug, σd bei Druck, σzd bei Zug/Druck, σb bei Biegung und τt bei Torsion zu schreiben. A10.1 zeigt den Zusammenhang von Wechselfestigkeiten und Zugfestigkeiten bei Stählen. Konkrete Werte sind den Normen zu entnehmen.

Bild 15.4 WÖHLER-Diagramm

In manchen Fällen benötigt man die Dauerfestigkeit für eine beliebige Mittelspannung σm bzw. für ein beliebiges Spannungsverhältnis κ zwischen –1 und 1. Dieser Zusammenhang lässt sich aus Dauerfestigkeitsschaubildern entnehmen, die aus einer Vielzahl von WÖHLERLinien gewonnen oder näherungsweise aus wenigen charakteristischen Werkstoffkennwerten konstruiert wurden. Näheres hierzu in der Maschinenelementeliteratur und in den Normen. Die reinen Schwellfestigkeiten (Fall II) lassen sich ebenfalls aus den Dauerfestigkeitsschaubildern ablesen. Für die dynamischen Festigkeitswerte ist zu beachten, dass die Oberspannung nie größer als die Fließspannung sein darf. Da die Wechselfestigkeiten in der Regel ohnehin deutlich unter den Fließspannungen liegen, bedeutet diese Bedingung vor allem eine Beschneidung der Schwellfestigkeiten.

15 Dauer- Zeit- und Betriebsfestigkeit

363

In der Praxis sind die Bauteile häufig mit veränderlicher Amplitude und Frequenz, also vollkommen unregelmäßig belastet. Beispiele hierfür: Belastung einer Brücke durch Fahrzeuge, eines Mastes durch Windlast, eines Flugzeugflügels in den verschiedenen Phasen vom Start bis zur Landung. Man spricht hier von Betriebsfestigkeit. Die Vorgehensweise bei dieser Beanspruchungsart ist z. B. in [21, 69] und in den Normen beschrieben.


In den Kapiteln 16 bis 18 werden wir auf die Dauerfestigkeit Bezug nehmen.

Bild 15.5 Spannungs-Zeit-Verlauf für die speziellen Beanspruchungsfälle ruhend, schwellend, wechselnd 1. 2. 3. 4.

Wie sieht die Bruchfläche bei einem Dauerschwingbruch aus? Wie ist die Dauerfestigkeit definiert? In welchem Versuch wird die Dauerfestigkeit ermittelt? Was versteht man unter Zeitfestigkeit und wann spielt sie eine Rolle? 5. Nennen Sie die drei speziellen Beanspruchungsfälle.

3

364

16 Festigkeitshypothesen


Vergleichsspannung, Normalspannungshypothese (NH), Schubspannungshypothese (SH), Gestaltänderungsenergiehypothese (GEH) bzw. von MISES-Hypothese, Anstrengungsverhältnis

Eine Getriebewelle wird meist gleichzeitig auf Biegung und Torsion beansprucht. Das ist eine zweiachsige Beanspruchung. Die Materialprüfung liefert aber im Normalfall nur einen einachsigen Werkstoffkennwert, z. B. die Streckgrenze oder die Biegedauerfestigkeit. Ein Vergleich zwischen den vorhandenen Spannungen und dem Werkstoffkennwert ist somit nur möglich, wenn der zweioder dreiachsige Spannungszustand auf einen einachsigen umgerechnet wird. Die zugehörige Normalspannung heißt Vergleichsspannung σv. Mit dieser lautet die Festigkeitsbedingung: σv ≤ σzul = K/Smin

Bild 16.1 Festigkeitsberechnung bei Bild 16.1 mehrachsiger Beanspruchung

(16.1)

16.1 Die drei wichtigsten Hypothesen

365


σzul ist der Werkstoffkennwert K aus dem einachsigen Versuch, dividiert durch den minimalen Sicherheitsbeiwert Smin. Bild 16.1 soll den Gedankengang veranschaulichen. Die Umrechnung von bis zu 6 Spannungskomponenten auf eine einzige Normalspannung ist keine exakte Methode, sondern beruht auf Hypothesen, die durch die Praxis mehr oder weniger bestätigt werden. Wegen der großen Anwendungsbreite reicht eine Hypothese allein nicht aus. Im Nachfolgenden werden wir die 3 wichtigsten Hypothesen mit der jeweiligen Vergleichsspannung besprechen. Vorher möchte ich jedoch kurz zu Kap. 3 zurückblenden. Wir haben dort gesehen: Im räumlichen Fall gibt es 3 Hauptspannungen. Diese ordnen wir der Größe nach wie folgt: σ1 ≥ σ 2 ≥ σ 3 (16.2) Der ESZ ist ein Sonderfall des räumlichen Spannungszustandes, bei dem eine der 3 Hauptspannungen null ist. Wegen der Nummerierung nach (16.2) kann die kleinere der 2 Hauptspannungen des ESZ σ2 oder σ3 sein, je nachdem, ob es ein positiver oder negativer Wert ist. Beispiel: Es wurden folgende Hauptspannungen ermittelt: 150 N/mm2 und 70 N/mm2 → σ1 = 150 N/mm2; σ2 = 70 N/mm2; σ3 = 0 150 N/mm2 und –40 N/mm2 → σ1 = 150 N/mm2; σ2 = 0; σ3 = – 40 N/mm2 Eine zweite Vorbemerkung: Die folgenden Hypothesen gelten nur, wenn alle Spannungskomponenten dem gleichen Spannungs-Zeit-Fall (Beanspruchungsfall) angehören, d. h. alle Spannungen aus ruhender Beanspruchung (I) oder alle aus schwellender Beanspruchung (II) oder alle aus wechselnder Beanspruchung (III) stammen.

3

16.1 Die drei wichtigsten Hypothesen Normalspannungshypothese (NH) Sie besagt: Die größte Normalspannung ist für das Versagen verantwortlich, also: σv = σ1

(16.3)

Die NH trifft gut zu beim Versagen durch Trennbruch (bei sprödem Material, in Schweißnähten, auch bei dreiachsigem Zug oder bei stoßartiger Belastung von zähem Material). Mit Hilfe einer runden Kreide (sprödes Material) können Sie die NH selbst testen, Bild 16.2; s. auch Graugußprobe in Bild 3.2. Die Bruchflächennormale zeigt immer in Richtung der größten Normalspannung, egal ob Zug- oder Torsionsbeanspruchung.

Bild 16.2 Versuche mit Kreide zur Normalspannungshypothese a) Zugstab b) Torsionsstab

366


Schubspannungshypothese (SH) Sie besagt: Die größte Schubspannung ist für das Versagen verantwortlich. Die Vergleichsspannung lautet: σv = 2 τmax = σ1 − σ3


Bild 16.3 Versuch zur Schubspannungshypothese: Torsionsstab aus Bienenwachs

(16.4)

Der Faktor 2 hat folgenden Grund: Der Zugversuch liefert den Werkstoffwert σ1, z. B. Re oder Rm. Gemäß (3.1 d) beträgt σ1 gleich 2τmax; somit muss auch der Vergleichswert aus der mehrachsigen Beanspruchung 2τmax sein. Die SH trifft gut zu beim Versagen durch Fließen und Gleitbruch (bei statischer Beanspruchung von zähem Material). Mit Hilfe eines Torsionsstabs aus Bienenwachs (zähes Material) lässt sich die SH von Hand testen, Bild 16.3; s. auch die Zugprobe aus zähem Baustahl in Bild 3.2. Gestaltänderungsenergiehypothese (GEH) (auch VON MISES1-Hypothese genannt) Sie besagt: Maßgebend ist die elastische Energie, die zur Änderung der Bauteilgestalt erforderlich ist. Vergleicht man diese mit der Energie beim einachsigen Fall, erhält man die folgende Beziehung für die Vergleichsspannung: σv =

1 2

[(σ

− σ 2 ) + ( σ 2 − σ 3 ) + ( σ1 − σ 3 ) 2

1

2

2

]

(16.5)

Zu der aufwendigen Herleitung s. [10]. Die GEH trifft gut zu bei Versagen durch Fließen, aber auch bei schwingender Beanspruchung (Dauerbruch) von zähem Material. Bei Maschinenelementen, wie z. B. Getriebewellen, wird meist mit der GEH gearbeitet. Ich habe die Vergleichsspannung jeweils für den räumlichen Fall angegeben. Daneben gibt es bekanntlich den ESZ mit seinen unterschiedlichen Formen. Außerdem können die Vergleichsspannungen auch meist direkt in den Spannungskomponenten σx, σy usw. formuliert werden. In A13.1 sind alle möglichen Fälle enthalten. Sie müssen nur noch den Spannungszustand definieren. Für Maschinenelemente benutzen Sie fast immer die vorletzte Zeile der Tabelle: Nur eine Normalspannung (meist Biegung) und eine Schubspannung (meist Torsion). Die letzte Zeile der Tabelle kennzeichnet den Fall: nur eine Schubspannung, sonst keine Spannung. Sie ist nur zum besseren Verständnis wiedergegeben. In der Praxis bezieht man hier nicht auf die Vergleichsspannung sondern prüft direkt, ob τ vorh ≤ τ zul erfüllt ist. Ein Hinweis: Die SH liefert stets größere σv-Werte als die GEH, ist also konservativer. Bei mehrachsigem Zug liegt die NH noch darüber. 1

RICHARD EDLER VON MISES 1883 – 1953

16.2 Anstrengungsverhältnis

367

16.2 Anstrengungsverhältnis Mit dem Anstrengungsverhältnis α0 nach BACH2 werden die Vergleichsspannungen der vorletzten Zeile aus A13.1 so modifiziert, dass sie auch für unterschiedliche Beanspruchungsfälle von σ und τ gelten:


α0 =

1 σ Probe beim Beanspruchungsfall von σ ⋅ ϕ τProbe beim Beanspruchungsfall von τ

⎧1 ⎪ ϕ=⎨ 2 ⎪ ⎩ 3

(16.6)

für NH für SH für GEH

α0 ist ein Gewichtungsfaktor für τ. Ist z. B. die Normalspannung wechselnd, dann hat eine schwellende oder gar eine statische Schubspannung einen kleineren Einfluss als bei gleichem Beanspruchungsfall von σ und τ. Vergleichsspannung bei unterschiedlichem Beanspruchungsfall von σ und τ:

[

⎧ 1 σ + σ 2 + 4( α ⋅ τ ) 2 0 ⎪2 ⎪ 2 σ v = ⎨ σ 2 + 4( α 0 ⋅ τ ) ⎪ 2 2 ⎪ σ + 3( α 0 ⋅ τ ) ⎩

] für NH für SH

(16.7)

für GEH

Beispiel 16.1 Eine Getriebewelle aus zähem Baustahl sei auf Biegung wechselnd (σbW = 290 N/mm2) und auf Torsion schwellend (τtSch = 230 N/mm2) beansprucht. 1. Welche Hypothese ist zu verwenden? 2. Wie groß ist α0? 3. Welcher Werkstoffwert geht in σzul ein? Lösung: 1. Es ist die GEH zu verwenden, da schwingende Beanspruchung von zähem Material vorliegt. 2. Mit Gleichung (16.6) folgt α0 =

1 σ bW 1 290 N/mm 2 ⋅ = ⋅ ≈ 0,73 . 2 3 τtSch 3 230 N/mm

3. Die Vergleichsspannung ist eine Normalspannung und wird mit dem Werkstoffwert σbW, also ebenfalls mit der Normalspannung verglichen. 2

JULIUS CARL von BACH 1847 – 1931

3

368


Übung 16.1 Ein Blech aus Baustahl S235 (Raumtemperatur, keine besonderen Umwelteinflüsse), ist in der Blechebene statisch belastet (ebener Spannungszustand). Die Spannungen betragen


σx = 121 N/mm2 σy = 42 N/mm2 τxy = τ = 56 N/mm2 1. Mit welcher Festigkeitshypothese sollte das Blech konservativ auf Versagen durch Fließen geprüft werden (mit Begründung)? 2. Geben Sie die Formel der zugehörigen Vergleichsspannung an (speziell für den oben beschriebenen Fall). 3. Berechnen Sie die Sicherheit gegen unzulässig hohe Verformung (Fließen). Weitere Anwendungen im folgenden Kapitel.

1. Mit welcher Bauteilbeanspruchungsgröße wird der einachsige Werkstoffkennwert verglichen? 2. Wie viele Hauptspannungen gibt es bei dreiachsiger Beanspruchung und wie sind sie geordnet? 3. Wie berechnet sich die größte Schubspannung im dreiachsigen Fall? 4. Welche Bruchart liegt der Normalspannungshypothese zugrunde? 5. Welche Bruchart liegt der Schubspannungshypothese zugrunde? 6. Welcher Spannungsnachweis ist sicherer (konservativer), der nach der SH oder der nach der GEH? 7. Wann wird das Anstrengungsverhältnis nach BACH verwendet? 8. Welcher Beanspruchungsfall (Spannungs-Zeit-Verlauf) ist für den Werkstoffkennwert K in der Festigkeitsbedingung σv ≤ K/Smin stets zugrunde zu legen, der von σ oder der von τ?

369

17 Zusammengesetzte Beanspruchung von Stäben


Biegung mit Normalkraft, Biegung mit Torsion, beliebige Lastkombination

Im linear-elastischen Fall können beliebig viele Lastzustände überlagert werden. Das bedeutet: Die Verformungen aus den einzelnen Lastfällen kann man vektoriell addieren, die Normalspannungen der gleichen Schnittfläche kann man algebraisch addieren; dasselbe gilt für die Komponenten der Schubspannungen. Dagegen lässt sich eine Normalspannung mit einer Schubspannung nur mit Hilfe einer Festigkeitshypothese zusammenfassen.

17.1 Biegung mit Normalkraft Bild 17.1 zeigt die Belastung. Die Normalkraft FN kann auch negativ, d. h. eine Druckkraft sein. Biegemoment und Normalkraft erzeugen Normalspannungen in x-Richtung; die Spannungen dürfen algebraisch addiert werden. Resultierende Normalspannung bei gerader Biegung mit Normalkraft: F M σ= N + b ⋅z A Ib

bzw.

σmax/ min

F M = N ± b A Wb

Bild 17.1 Biegung mit Normalkraft

(17.1)

Die neutrale Faser (σ = 0) geht jetzt nicht mehr durch den Schwerpunkt. Bild 17.2 zeigt die 3 prinzipiellen Spannungsverteilungen. Neben den angegebenen Festigkeitsbedingungen werden in manchen Bauteilen (z. B. Kernkraftwerken) Biegespannung und Spannung aus Normalkraft getrennt abgesichert. Beispiel 17.1 Der Pressenraum einer Nassmüllverdichteranlage in Bild 17.3a besteht im Wesentlichen aus einem Rohr mit der Einwurföffnung, in dem sich der Pressenstempel hin- und herbewegen kann. Bei der Bewegung nach links wird dabei das Pressgut in den Verdichtungsraum gedrückt, wobei am Pressenstempel eine maximale Kraft F = 250 kN wirkt. Das ist eine innere Kraft, die über Verdichtungsraum und Hydraulikteil als Zugkraft auf das Rohr des Pressenraums wirkt.

Bild 17.2 Drei prinzipielle Spannungsverteilungen

3

370

17 Zusammengesetze Beanspruchung von Stäben

Gesucht sind die Normalspannungen in den Punkten 1 und 2 des Querschnitts in Bild 17.3 b, wenn der Stempel links steht und die Maximalkraft wirkt. Hinweise: Der Druck in radialer Richtung ist zu vernachlässigen. Zur Berechnung des Schwerpunktes und des Biegeflächenmomentes ist der Querschnitt der Einwurföffnung als Kreisring mit dem Winkel 250° zu betrachten. Der eingezeichnete Winkel 110° versteht sich bezüglich des mittleren Ringradius.


Lösung: Infolge der Einwurföffnung verschiebt sich der Schwerpunkt des Rohrquerschnitts, Bild 17.3 c. Die Zugkraft F erzeugt damit bezüglich S ein Biegemoment; am Punkt 1 Biegezug, am Punkt 2 Biegedruck. Nacheinander sind zu berechnen: − Querschnittsfläche A − Schwerpunktkoordinate ζS (wegen Dünnwandigkeit darf der Linienschwerpunkt genommen werden) − Axiales Flächenmoment I = IS; als Zwischengröße IM − Biegemoment Mb − Spannung infolge Normalkraft σN − Biegespannungen σb1 und σb2 − Resultierende Normalspannungen bei 1 und 2, σres1 und σres2 Die Berechnung kann mit einem allgemeinen Kreisringstück durchgeführt werden (s. A2.2 für den Schwerpunkt und A7.1 für das Biegeflächenmoment). Im folgenden Lösungsweg ist jedoch die Dünnwandigkeit zugrunde gelegt. Die Ergebnisse sind in beiden Fällen nahezu identisch. A=

250 ° π ⋅ 2 π ⋅ r ⋅ t = 250 ° ⋅ ⋅ 155 mm ⋅ 14 mm = 9468 mm2 360 ° 180 °

r=

324 mm − 296 mm 324 mm + 296 mm = 155 mm ; t = = 14 mm 4 2

ζS =

r ⋅ sin 125° 155 mm ⋅ sin 125° = = 58,2 mm π π 125° ⋅ 125° ⋅ 180 ° 180 °

(s. A2.3)

I = I S = I M − A ⋅ ζ S2 = (89,2 ⋅ 10 6 − 9468 ⋅ 58,2 2) mm4 ≈ 57,2 ⋅ 10 6 mm4 Bild 17.3 Pressenraum der Nassmüllverdichteranlage aus Beispiel 17.1 a) Anordnung b) Rohrquerschnitt im Bereich der b Einwurföffnung c) zur Bestimmung des b) Flächenmomentes

I M = ∫ ζ 2 ⋅ dA = 2 ⋅

∫

ϕ=−90°

A

ϕ= 35°

IM = 2 ⋅ t ⋅ r3

ϕ= 35°

∫

ϕ=−90°

ϕ= 35°

ζ 2 ⋅ t ⋅ r ⋅ dϕ = 2 ⋅

∫

(r ⋅ sin ϕ)2 ⋅ t ⋅ r ⋅ dϕ

ϕ=−90° 35°⋅π

⎡ϕ 1 ⎤ 180° sin2 ϕ ⋅ dϕ = 2tr 3 ⎢ − ⋅ sin2ϕ⎥ ⎣2 4 ⎦ − π2

17.1 Biegung mit Normalkraft

371

I M = 2 ⋅ 14 mm ⋅ 1553 mm 3 ×

1 2

⎡ 1 π ⎛ π ⎞⎤ 6 4 ⎢35° ⋅ 180° − 2 ⋅ sin70° − ⎜ − 2 − 0 ⎟ ⎥ = 89,2 ⋅ 10 mm ⎝ ⎠⎦ ⎣


M b = − F ⋅ ζ S = −250 000 N ⋅ 58,2 mm = −14,5 ⋅ 10 6 Nmm σN =

F 250 000 N = ≈ 26,4 N/mm2 A 9468 mm2

σ b1 =

Mb

mit

z 1 = − r ⋅ sin 35° − ζ S = −147 ,1 mm

σ b2 =

Mb

mit

z 2 = D/2 − ζ S = 103,8 mm

I

I

⋅ z1 =

⋅ z2 =

− 14,5 ⋅ 10 6 Nmm ( −147,1 mm) 57,2 ⋅ 10 6 mm4

− 14,5 ⋅ 10 6 Nmm ⋅ 103,8 mm 57,2 ⋅ 10 mm 6

4

≈ 37,4 N/mm2

≈ −26,4 N/mm2

σ res1 = σN + σ b1 ≈ 26,4 N/mm2 + 37,4 N/mm2 ≈ 64 N/mm2

σres2 = σN + σ b2 ≈ 26,4 N/mm2 − 26,4 N/mm2 ≈ 0 N/mm2

3

Übung 17.1

Bild 17.4 zeigt einen 1-Achs-Anhänger ohne Bremsanlage. Die zulässige Gesamtgewichtskraft FG beträgt 7500 N. Im Falle des plötzlichen Bremsens trete an der Anhängerkupplung eine maximale Bremskraft FB = 0,8 ⋅ FG auf. Die horizontale Wirkungslinie der Trägheitskraft m ⋅ a der abgebremsten Masse gehe durch den Kupplungspunkt. Die horizontale Kraft zwischen Rad und Fahrbahn (Reibungskraft) kann vernachlässigt werden. 1. Berechnen Sie die Stützkraft FS. 2. Geben Sie die Normalkraft und das Biegemoment an der Stelle C (1320 mm rechts von der Kupplung) der gekröpften Zugstange an. 3. Liegt die resultierende Druckspannung an der Stelle C unterhalb des zulässigen Wertes von 240 N/mm2, wenn a) ein Kreisrohr (Außendurchmesser 48,3 mm, Wanddicke 2,6 mm), b) ein Hohlprofil mit rechteckigem Querschnitt 50 × 30 × 3,2 Biegewiderstandsmoment (Querschnittsfläche 462 mm2; 3 5770 mm ) verwendet wird? Berechnen Sie die vorhandene Spannung in beiden Fällen.

Bild 17.4 l-Achs-Anhänger aus Übung 17.1

372


Übung 17.2


Bild 17.5 a zeigt schematisch den Vorderachsträger für ein Fahrgestell mit Belastung und Lagerung, Bild 17.5 b den Querschnitt H-H (ohne Ansicht der seitlichen Querträger). Werkstoffwerte: Re = 355 N/mm2; Rm = 490 N/mm2 (Mindestzugfestigkeit) Bestimmen Sie die Sicherheiten SF gegen Fließen und SB gegen statischen Bruch im Querschnitt H-H. Hinweis: Es sind alle Normalspannungen zu berücksichtigen. Rechnen Sie mit den Querschnittswerten für scharfkantige Profile.

17.2 Biegung und Torsion Jetzt überlagern wir zwei verschiedene Spannungstypen, nämlich Normal- und Schubspannungen. Das ist nur möglich mit Hilfe einer Festigkeitshypothese. Bild 17.5 Vorderachsträger aus Übung 17.2 a) Schema b) Querschnitt H-H

Ein Beispiel zeigt Bild 17.6. Die kombinierte Beanspruchung ist an der Lagerstelle (Einspannquerschnitt) am größten, und zwar Mb = F ⋅l ,

Mt = F ⋅ a .

Die Spannungen aus der Querkraft sind wegen des großen Verhältnisses l/d gering und sollen vernachlässigt werden. Als Querschnittsgrößen benötigen wir nur die Widerstandsmomente gegen Biegung und Torsion, nämlich Wb =

π⋅d3 , 32

Wt =

π⋅d3 = 2 ⋅ Wb . 16

Die Überlagerung soll nach der GEH erfolgen. Spannungsnachweis:

σv =

σb =

Mb

τt =

Mt

Wb

Wt

σ 2b + 3( α 0 ⋅ τ t

) 2 ≤ σ zul

(s. Formel (16.7))

17.2 Biegung und Torsion

373

Dimensionierung: 2

σv =

Mt ⎞ ⎛ Mb ⎞ ⎛ ⎜ ⎟ + 3 ⎜α0 ⋅ ⎟ ⎝ Wb ⎠ ⎝ Wt ⎠

2

=

1 Wb

M b2 +

3 4

( α 0 ⋅ Mt ) 2

Mit dem Vergleichsmoment Mv =

M b2 +

3 4

(α 0 ⋅ Mt ) 2


folgt kürzer

σv =

Mv

Wb ≥

Mv

Wb

≤ σ zul .

σ zul

→

Mv π⋅d3 ≥ σ zul 32

Erforderlicher Durchmesser bei Überlagerung von Biegung und Torsion nach der GEH: d≥3

32 ⋅ M v π ⋅ σ zul

=3

32 π ⋅ σ zul

M b2 +

3 4

(α 0 ⋅ Mt ) 2

(17.2)

Für die Schubspannungshypothese ergibt sich der Faktor 1 statt

3 4

.

Für das Problem gemäß Bild 17.6 gilt α0 = 1 (Biegung und Torsion rühren von derselben Kraft her und müssen deshalb den gleichen zeitlichen Verlauf haben). Beispiel 17.2

Die Getriebewelle in Bild 17.7 ist bei A und D gelagert. Bei B und C sind Zahnräder auf der Welle befestigt. Die Zahnräder übertragen ein Drehmoment M = 500 Nm über die Kräfte FBh im Punkt B und FCh im Punkt C . Infolge der Verzahnungsgeometrie wird in diesen Punkten auch je eine Kraft in v-Richtung erzeugt, nach den Beziehungen: FBv = FBh ⋅ tan 20°; FCv = FCh ⋅ tan 20° .

Welche Wellendurchmesser sind erforderlich an den Stellen B und C bei einer zulässigen Vergleichsspannung nach der Gestaltänderungsenergiehypothese von σzul = 50 N/mm2 und dem Anstrengungsverhältnis α0 ≈ 0,7? Schubspannungen aus Querkräften können vernachlässigt werden.

Bild 17.6 Rundstab mit Biege- und Torsionsbeanspruchung a) Anordnung b) Biege- und Torsionsschubb) spannungen längs der vertikalen b) Durchmesserlinie

3

374


Lösung: Äußere Kräfte: FBh =

M 500 000 Nmm = = 2500 N rB 200 mm

FBv = FBh ⋅ tan 20 ° = 910 N


FCh =

M 500 000 Nmm = = 8333 N 60 mm rC

FCv = FCh ⋅ tan 20 ° = 3033 N

Mt-Verlauf: Mt = M zwischen B und C, sonst null, Bild 17.7 b. Lagerreaktionen: Diese rechnen wir getrennt für die Vertikal- und die Horizontalebene. Vertikalebene, Bild 17.7 c: Momentengleichgewichte um D und A liefern: –FAv · 300 mm + FBv · 220 mm + FCv · 120 mm = 0 FAv =

FBv ⋅ 220 + FCv ⋅ 120 300

= 1881 N

FDv · 300 mm – FCv · 180 mm – FBv · 80 mm = 0 FDv =

FCv ⋅ 180 + FBv ⋅ 80 300

= 2062 N

Kontrolle mit dem vertikalen Kräftegleichgewicht:

↑

FAv – FBv – FCv + FDv = 1881 N – 910 N – 3033 N + 2062 N = 0

Horizontalebene, Bild 17.7 d: Bild 17.7 Getriebewelle mit geradverzahnten Zahnrädern aus Beispiel 17.2 a) Anordnung b) Mt-Verlauf c) Kräfte in der Vertikalebene d) Kräfte in der Horizontalebene e) resultierender Mb-Verlauf

–FAh · 300 mm – FBh · 220 mm + FCh · 120 mm = 0 FAh =

− FBh ⋅ 220 + FCh ⋅ 120 300

= 1500 N

FDh · 300 mm – FCh · 180 mm + FBh · 80 mm = 0 FDh =

FCh ⋅ 180 − FBh ⋅ 80 300

= 4333 N

17.2 Biegung und Torsion

↑

375

FAh + FBh – FCh + FDh = 1500 N + 2500 N – 8333 N + 4333 N = 0

Hinweis: Kraftpfeile dürfen beliebig eingezeichnet werden. Ergibt sich aus der Rechnung ein negatives Vorzeichen, bedeutet das, dass die Kraft in Wirklichkeit entgegen der eingezeichneten Richtung wirkt. Resultierende Lagerreaktionen:


Die Lagerkräfte stehen senkrecht aufeinander und können mit dem Satz von PYTHAGORAS zu resultierenden Kräften (in radialer Richtung) zusammengefasst werden: 2 2 FA = FAr = FAh + FAv = 1500 2 + 18812 N = 2405 N

FD = FDr =

2 2 FDh + FDv =

4333 2 + 2062 2 N = 4799 N

Resultierender Mb-Verlauf, Bild 17.7e: An den Auflagern A und D ist das Moment null. MbB = FA · 80 mm = 2405 N · 80 mm = 192,4 · 103 Nmm MbC = FD · 120 mm = 4799 N · 120 mm = 575,9 · 103 Nmm Diese beiden Momente wirken in unterschiedlichen Raumrichtungen. Mit (17.2) gilt: d≥

3

32 2 ⋅ M b2 + 34 ( α 0 ⋅ M t ) π ⋅ σzul

dB ≥

3

32 2 ⋅ (192,4 ⋅ 103 )2 + 34 ( 0,7 ⋅ 500 000 ) mm ≈ 42 mm π ⋅ 50

dC ≥

3

32 2 ⋅ (575,9 ⋅ 103 )2 + 34 ( 0,7 ⋅ 500 000 ) mm ≈ 51 mm π ⋅ 50

Beispiel 17.3 Der Kontaktschalter in Bild 17.8a wird mit einer horizontalen schwellenden Kontaktkraft F = 10 N belastet. l1 = 100 mm; l2 = 40 mm; d = 5 mm; E = 210 000 N/mm2; ν = 0,3 Gesucht: 1. Vergleichsspannung nach der GEH im Rundstab an der Lagerstelle A. 2. Die Verschiebung des Kontaktpunktes C in Kraftrichtung. Die Verformung des Arms BC kann vernachlässigt werden.

3

376


Lösung: 1.

σb =

Mb

τt =

Mt Wt

σv = Technische Mechanik downloaded from www.hanser-elibrary.com by ETH-Bibliothek on September 16, 2014 For personal use only.

Wb

=

=

F ⋅ l1 π⋅d 32 F⋅ l2 π⋅d 16

3

3

=

=

10 N ⋅ 100 mm π ⋅ 5 3 mm3 32

10 N ⋅ 40 mm π ⋅ 5 3 mm3 16

= 82 N/mm2

= 17 N/mm2

σ 2b + 3 ⋅ τ 2t = 82 2 + 3 ⋅ 17 2 N/mm2 = 87 N/mm2

α0 = 1, da Biegung und Torsion schwellend; Spannungen auf ganze Zahlen aufgerundet. 2. Bild 17.8 b (Seitenansicht) verdeutlicht die Verformung. Die Welle wird gebogen und tordiert. C führt beim Verdrehen einen kleinen Kreisbogen aus; dieser ist näherungsweise so lang wie die Sehne, d. h. wie ft. f = fb + ft =

F ⋅ l 13 F ⋅ l 2 + ⋅ l1 ⋅ l 2 3 EI b G ⋅ I t  ϑ   ϕ

Bild 17.8 Kontaktschalter aus Beispiel 17.3 a) Anordnung b) Verformung in der Ansicht A

f =

10 ⋅ 100 3 10 ⋅ 40 mm + ⋅ 100 ⋅ 40 mm 3 ⋅ 210 000 ⋅ 30,68 80 770 ⋅ 61,36

f = 0,52 mm + 0,32 mm = 0,84 mm

mit

Ib =

π ⋅ d 4 π ⋅ 5 4 mm4 = = 30,68 mm4 64 64

I t = 2 ⋅ I b = 61,36 mm4 G=

210 000 N/mm2 E = = 80 770 N/mm2 2 (1 + ν ) 2 ( 1 + 0,3 )

s. (5.4)

Übung 17.3


Das quadratische Hohlprofil (Wb = 4270 mm3; Wt = 6220 mm3) in Bild 17.9 ist mit der Kraft F = 1500 N belastet. Bestimmen Sie für das Rohr die maximale Vergleichsspannung σv (aus Biegung und Torsion) nach der GEH an der Einspannstelle. Die Abrundungsradien des Hohlprofils können vereinfachend null gesetzt werden.

17.3 Beliebige Lastkombination

377

Übung 17.4


Die Feder in Bild 17.10 ist bei B punktförmig, längs der Seite der Länge b in einer Hülse drehbar gelagert. Der Endpunkt C wird zum Spannen um f = 2 mm senkrecht zur Federebene verschoben. Wie groß ist die Spannkraft F? Durchmesser des Federdrahtes d = 3 mm; E = 210 000 N/mm2; ν = 0,3; a = 20 mm; b = 40 mm.

17.3 Beliebige Lastkombination Nun können bis zu 6 Beanspruchungen gleichzeitig auftreten: Normalkraft, Biegung um 2 Achsen, Schub infolge Querkraft in 2 Achsrichtungen und Torsion. Bei der Überlagerung ist von Fall zu Fall zu entscheiden, ob Beanspruchungen vernachlässigt werden können. Die Auslegungsrechnung führt man ohnehin mit den Hauptbeanspruchungen durch, das sind meistens Biegung und Torsion, oft nur eine dieser beiden Größen.

Bild 17.10 Feder aus Übung 17.4

Beispiel 17.4 Die Kurbelwange in Bild 17.11 a wird in der gezeichneten Stellung mit F = 20 kN belastet. Für den Querschnitt A-A sind alle Spannungskomponenten sowie die Vergleichsspannung nach der GEH in den Punkten 1 bis 4 zu berechnen. Lösung: F wird in die Komponenten Fx und Fz zerlegt: Fx = –F · cos 30° = –20 000 N · cos 30° = –17 321 N Fz = F · sin 30° = 20 000 N · sin 30° = 10 000 N Diese Kräfte ergeben: Normalkraftbeanspruchung infolge Fx Biegung um beide Achsen infolge Fx und Fz Torsion infolge Fz Querkraftschub infolge Fz Als Querschnittsgrößen benötigen wir: A = 30 mm · 90 mm = 2700 mm2 W by =

30 mm ⋅ 90 2 mm2 = 40 500 mm3 6

W bz =

90 mm ⋅ 30 2 mm2 = 13 500 mm3 6

3

378


Wt = c 2 ⋅ 90 mm ⋅ 30 2 mm2 = 0,267 ⋅ 90 mm ⋅ 30 2 mm2 = 21 627 mm3

mit

90 mm = 3, s. A7.2. 30 mm

c 2 = 0,267 für

Für die Spannungskomponenten erhalten wir: Normalkraft:

σN =


Biegung: σ b 2,4 =

Fz ⋅ 60 mm Wby

=

Fx ⋅ 50 mm

σ b 1,3 =

Torsion:

Fx 17 321 N =− = −6,4 N/mm2 2 A 2700 mm

Wbz

=

10 000 N ⋅ 60 mm

= 14,8 N/mm2

40 500 mm3 17 321 N ⋅ 50 mm 3

13 500 mm

= 64,2 N/mm2

Fz ⋅ 50 mm 10 000 N ⋅ 50 mm = = 23,1 N/mm2 3 Wt 21 627 mm

τ t 1,3 =

τ t 2,4 = c 3 ⋅ τ t 1,3 = 0,753 ⋅ 23,1 N/mm2 = 17,4 N/mm2

mit c 3 = 0,753 für Schub:

τ Q 1,3 =

90 mm = 3, s. A7.2. 30 mm

3 Fz 3 10 000 N = ⋅ = 5,6 N/mm2 2 A 2 2700 mm2

τ Q 2,4 = 0

Für die Vergleichsspannung nach der GEH gilt: σ v = σ 2res + 3 ⋅ τ 2res

Auflistung sämtlicher Spannungen in N/mm2: σ (Normalkraft) Bild 17.11 Kurbelwange aus Beispiel 17.4 a) Anordnung b) Überlagerungen der Schubb) spannungen

1

2

3

4

– 6,4

– 6,4

– 6,4

– 6,4

σ (Biegung um y)

– 14,8

14,8

σ (Biegung um z)

– 64,2

σres

– 70,6

– 21,2

57,7

8,4

τ (Torsion)

23,1

17,4

– 23,1

– 17,4

τ (Schub)

5,6

τres

28,7

17,4

– 17,6

– 17,4

σv

86

37

65

31

64,2

5,6

Überlagerung der Schubspannungen entsprechend Bild 17.11 b.

17.3 Beliebige Lastkombination

379

Übung 17.5 Der Beschlag in Bild 17.12 ist durch die Kraft F = 2 kN wie gezeichnet belastet. F ist in Ansicht B unverzerrt zu sehen. Bestimmen Sie die Vergleichsspannungen σv1 und σv2 in den Punkten 1 bzw. 2 des Querschnitts C-C nach der Gestaltänderungsenergiehypothese.


Hinweis: Es sollen alle möglichen Schnittgrößen berücksichtigt werden; Kerbwirkung soll vernachlässigt werden.

Übung 17.6 Am Lager der Kurbelwelle mit kreisförmigem Wangenquerschnitt, Bild 17.13, greifen eine horizontale und eine vertikale Lagerreaktionskraft Fh bzw. Fv an. Bestimmen Sie für den Wangenquerschnitt B-B die maximale Vergleichsspannung σv max nach der Gestaltänderungsenergiehypothese (α0 = 1). Hinweis: σv max tritt im selben Querschnittspunkt wie die maximale Biegespannung σb max auf. Die Schubspannung aus der Querkraft soll vernachlässigt werden. Bild 17.12 Beschlag aus Übung 17.5

3

1. Bei welchem Werkstoffverhalten ist eine Überlagerung der Spannungen und Formänderungen aus Zug/Druck-, Biege-, Torsionsund Schubbeanspruchung möglich? 2. Was kann man über die neutrale Faser bei Biegung mit Normalkraft sagen?

Bild 17.13 Teil der Kurbelwelle aus Übung 17.6

380

18 Bauteilfestigkeit


Stützzahl, Spannungskonzentration, Formzahl, Entlastungs- und Überlastungskerben, Kerbwirkungszahl, Kerbempfindlichkeitszahl, Oberflächeneinfluss, Randschichtverfestigung, Umgebungseinfluss, Größeneinfluss

Die Festigkeit eines Bauteils unterscheidet sich in vielfacher Weise von der Probenfestigkeit, welche für eine genormte Probe unter genau festgelegten Laborbedingungen ermittelt wird. Hinzu kommt, dass man für manche Bauteile ein Fließen in einem Teilbereich des Bauteilquerschnitts zulässt. Wir wollen in diesem Kapitel die wichtigsten Einflüsse aufzeigen, die für die Konstruktion und Berechnung von grundlegender Bedeutung sind. In der Maschinenelementeliteratur und in den Normen finden sich sehr detaillierte Darstellungen zu diesem Thema. Für die komplexen Berechnungen stehen EDVProgramme zur Verfügung.

18.1 Plastische Stützwirkung Bei ungleichmäßig über den Querschnitt verteilten Spannungen tritt als erstes in den höchstbeanspruchten Fasern Fließen auf. Die Nachbarfasern liegen noch im elastischen Bereich und stützen jene. Lässt man eine über die maximale elastische Dehnung hinausgehende örtliche plastische Dehnung εpl zu, so kann anstelle der Kraft FF (bzw. des Moments MF) bei Fließbeginn die ertragbare Kraft Fpl (bzw. das ertragbare Moment Mpl) wirken. Das Verhältnis der Kräfte bzw. Momente bezeichnet man als

plastische Stützzahl

n pl =

Fpl FF

bzw.

M pl MF

(18.1 a)

Man kann nun wie bisher elastisch rechnen, wenn man anstelle der Streckgrenze Re (bzw. Rp 0,2) mit dem fiktiven Werkstoffkennwert

K* = npl · Re

(18.1 b)

arbeitet. Im Weiteren wollen wir eine plastische Dehnung von 0,2% zugrunde legen. Die plastischen Stützzahlen hängen von der Form der SpannungsDehnungs-Linie ab. Beispielhaft sei die Berechnung der Stützzahl für

18.2 Kerbwirkung

381

einen auf Biegung beanspruchten Rechteckquerschnitt (Breite b, Höhe h) durchgeführt. Den σ,ε-Verlauf nehmen wir wie in Bild 18.1 a, d. h. ideal-elastisch/ideal-plastisch an. Werte: σF = Re = 210 N/mm2; E = 210 000 N/mm2 Aus Bild 18.1 a folgt: εel =

σF 210 N/mm2 = = 1 ⋅ 10 −3 = 0,1% E 210 000 N/mm2


Mit εpl = 0,2% ergibt sich damit εges = εel + εpl = 0,3%, s. Bild 18.1 b.

Bild 18.1 Zur Herleitung der Stützzahl npl a) σ,ε-Diagramm b) Dehnungsverlauf c) Spannungsverlauf

Ein Kernquerschnitt der Höhe 2 × h/6 = h/3 befindet sich demnach im elastischen Bereich, die äußeren beiden Schichten von je h/3 Höhe sind bereits plastisch. Wir berechnen die Biegemomente für die Fälle, dass einmal in der Randfaser die Dehnung εel und zum zweiten εges wirkt. Der Vergleich liefert dann npl bzw. K*. M b, el = σ F ⋅ W b = σ F ⋅

b ⋅ h2 6

Mit Hilfe von Bild 18.1c folgt: b ⋅ ( h/3 ) 2 h 2 ⋅ h + σF ⋅ 3 3 6 2 b h ⋅ 13 13 M b, el = ⋅σF ⋅ = 9 6 9

M b, pl = σ F ⋅ b ⋅

n pl =

M b, pl M b, el

=

13 ≈ 1, 44 9

bzw.

3

K* = npl · Re ≈ 1,44 · Re

Lässt man gemäß Bild 11.5b den gesamten Querschnitt plastisch werden, ergibt sich eine plastische Stützzahl von 1,5. Weitergehende Ausführungen hierzu z. B. in [69].

18.2 Kerbwirkung An schroffen Querschnittsänderungen ist der Kraftfluss gestört, Bild 18.2 a. Der Vergleich mit einer Strömung macht das deutlich. An der Engstelle muss die Strömung umgelenkt werden. Die Stromlinien drängen sich dort zusammen. Mit Papierschnipseln oder Blütenstaub, auf strömendes Wasser gestreut, können Sie das gut beobachten. Wenn der durchströmte Querschnitt zwischen zwei Stromlinien kleiner wird, muss die Geschwindigkeit größer werden, da der Durchsatz (Querschnittsfläche mal Geschwindigkeit) konstant ist. Übertragen

Bild 18.2 Spannungskonzentration a) Kraftlinien und Einflussgrößen b) Spannungsverlauf im engsten b) Querschnitt mit Maximal- und b) Nennspannung

382


heißt das, die Spannung steigt an der Störstelle, dem sog. Kerbgrund, über die Durchschnittsspannung, genannt Nennspannung, an. Weiter weg von der Störung liegt sie dagegen unter der Nennspannung, Bild 18.2 b. Das Verhältnis von maximaler Spannung σmax und Nennspannung σn heißt Formzahl αk:


αk =

Bild 18.3 Häufige Kerbfälle a) abgesetzte Welle b) tordierte Welle mit Längsnut c) Zahnfußbeanspruchung

σmax σn

(18.2)

Die Bezeichnung Formzahl macht deutlich, dass αk von der Form des Bauteils abhängt. Die Formzahl gilt nur für linear-elastisches Werkstoffverhalten. Die maßgeblichen Parameter sind − Kerbradius ρ − Kerbtiefe t − Breite an der engsten Stelle a (wegen Symmetrie nur die halbe Gesamtbreite) − Flankenwinkel ω. In der Praxis ist der Flankenwinkel meist null (senkrechter Einstich). Erst bei einem ω von ca. 150° nimmt die αk-Zahl merklich ab, die Kerbe wirkt sanfter. Außer von der Form hängt αk noch von der Belastungsart ab (Zug/ Druck, Biegung, Torsion, Querkraftschub; in den beiden letzten Fällen ist in (18.2) τ anstelle von σ zu schreiben). Allgemein gilt: α kz ≥ α kb ≥ α kt

Bild 18.3 zeigt drei häufige Kerbfälle. In A11.1, ebenso in [70, 37] usw., sind Formzahlen von wichtigen Standardfällen wiedergegeben. Darüber hinaus finden Sie Werte in der umfangreichen Sammlung von Kerbfällen in [12]. Zur Vertiefung in die Kerbspannungslehre empfehle ich [13], ein grundlegendes Werk von NEUBER1. Sind keine Formzahlen bekannt, müssen die maximalen Spannungen mit Hilfe einer numerischen Analyse oder einer Messung bestimmt werden. Zwei Effekte sind noch erwähnenswert: Entlastungswirkung durch Entlastungskerben und Verstärkungswirkung durch Überlastungskerben. Ein Beispiel für Entlastungskerben zeigt Bild 18.4 a. Zur ursprünglich vorhandenen Kerbe wird eine weitere angebracht. Die resultierende 1

HEINZ NEUBER 1906–1989

18.2 Kerbwirkung

383

Wirkung entspricht einer sanfteren Kerbe gemäß der gestrichelten Linie. Auch eine Hinterschneidung an einem Wellenabsatz stellt eine Entlastungskerbe dar, Bild 18.4 b. Eine Überlastungskerbe entsteht beispielsweise, wenn gemäß Bild 18.5 a hinter einer Lochreihe querversetzt eine weitere gebohrt wird. Die Kraftlinien werden dadurch noch stärker umgelenkt, die Spannung steigt an. Ein weiteres Beispiel zeigt Bild 18.5 b.


Welchen Einfluss hat die Spannungskonzentration auf die Festigkeit? Das hängt vom Material und vom Zeitverlauf der Last ab. Bei statischer Belastung ist ein wesentlicher Einfluss nur für sprödes Bauteilverhalten festzustellen. Die Festigkeitsbedingung lautet: σmax = α k ⋅ σ n ≤ σzul =

σn ≤ σzul =

Rm SB

npl Re Re ⋅ ≈ α k SF SF

spröd

(18.3 a)

zäh

(18.3 b)

(18.3 a) liefert eine konservative Abschätzung. Grauguss macht innerhalb des spröden Bauteilverhaltens eine Ausnahme, hier wirkt sich eine Kerbe nicht in vollem Maße festigkeitsmindernd aus. Bei zähem (duktilem) Bauteilverhalten ist der Quotient npl/αk maßgebend. Je nach Verhältnis von Stützzahl zu Formzahl wird die Festigkeitsminderung infolge Kerbwirkung durch die Festigkeitssteigerung infolge Stützwirkung wieder aufgewogen, siehe [69]. Im Falle der schwingenden Belastung besteht ein Einfluss bei sprödem und bei zähem Bauteilverhalten. Je weniger verformbar, bzw. je höher die Festigkeit, um so größer ist die Kerbempfindlichkeit, d. h. um so stärker nimmt die Dauerfestigkeit ab. Mit der Kerbwirkungszahl βk =

σD σ Dk

⎛ Dauerfestigkeit ohne Kerbe ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ Dauerfestigkeit mit Kerbe ⎠

(18.4 a)

lässt sich der Einfluss quantifizieren. βk kann experimentell oder mit Hilfe von verschiedenen theoretischen Ansätzen ermittelt werden. Aus A11.3a bis A11.3d, [37] usw. können Sie βk-Werte für wichtige praktische Fälle entnehmen. Bild 18.5 Überlastungskerben a) eine Zusatzkerbe quer zum Kraftfluss b) Ölbohrung (Ⳏ Überlastungskerbe) zu nahe am b) Querschnittsübergang, nach THUM

Bild 18.4 Entlastungskerben a) eine Zusatzkerbe, in Kraftflussrichb) tung hinter der ursprünglichen Kerbe b) Hinterschneidung am Wellenabsatz

3

384


Eine Eingrenzung ist mit der Beziehung βk = 1 + ηk(αk – 1)

(18.4 b)

möglich. Die Kerbempfindlichkeitszahl ηk ist vom Material und von der Kerbgeometrie abhängig und liegt zwischen 0 ⱕ ηk ⱕ 1 .

(18.4 c)


Werte s. A11.2. βk kann also höchstens so groß wie αk werden. Für eine konservative Abschätzung darf somit βk = αk gesetzt werden. Bei Grauguss gilt βk = 1 bis zu einem αk = 3; d. h. eine Kerbe wirkt sich erst für αk > 3 aus. Das ist auf die innere Kerbwirkung der Graphitlamellen zurückzuführen. Häufig wird βk mit Hilfe der dynamischen Stützzahl n gemäß βk =

αk n

(18.4 d)

bestimmt. Die dynamische Stützzahl n ihrerseits lässt sich – abhängig vom Werkstoff – über das Spannungsgefälle, d. h. den Spannungsgradienten im Kerbgrund in Richtung Oberflächennormale ermitteln. Zu Einzelheiten s. z. B. [70].

18.3 Oberflächeneinfluss, Randschichtverfestigung, Umgebungseinfluss Die statischen Festigkeitswerte zeigen keine nennenswerte Abhängigkeit von diesen Einflüssen, wohl aber die Schwingfestigkeiten, also die ertragbaren Spannungsausschläge σA. Es gibt negative und positive Einflüsse, d. h. die σA-Werte des Bauteils σA B können sowohl niedriger als auch höher als die Probenwerte sein. Negative Einflüsse: − Oberflächenfeingestalt (zunehmende Rautiefe begünstigt Rissbildung) − Reibkorrosion (entsteht durch Flächenpressung mit Schlupf) − Korrosives Umgebungsmedium (z. B. feuchte Luft, Salzwasser, säurehaltiges Öl) − Neutronenbestrahlung (bewirkt Versprödung) − Randentkohlung (tritt beispielsweise beim Warmumformen auf) − Zugeigenspannungen in der Randschicht (treten z. B. in Schweißverbindungen auf)

18.4 Größeneinfluss

385


Positiver Einfluss: − Festigkeitssteigerung und Druckeigenspannungen in der Randschicht, kurz Randschichtverfestigung genannt. Diese lässt sich erreichen durch mechanische Maßnahmen (Rollen, Kugelstrahlen) sowie durch thermische und chemisch-thermische Behandlung (Induktivhärten, Flammhärten, Nitrieren, Einsatzhärten, Karbonitrierhärten). Da Risse durch Zugspannungen entstehen, vermindern Druckeigenspannungen die Anrissneigung. Höhere Randfestigkeit erhöht die Schwingfestigkeit, da Risse in der Regel von der Oberfläche loslaufen. Bislang am besten untersucht sind die Einflüsse von Rautiefe und Randschichtverfestigung. Sie werden mit Hilfe von Oberflächenfaktor und Randschichtverfestigungsfaktor erfasst [37, 70].

18.4 Größeneinfluss Die Dauerfestigkeitsprobe hat einen Durchmesser von 7,5 mm. Bei größerem Durchmesser nimmt die Festigkeit ab. Das hat verschiedene Ursachen: Technologischer Größeneinfluss Dieser rührt von der Fertigungsart (Erschmelzen, Gießen, Schmieden, Wärmebehandeln, Umformen) her und ist auf größenabhängige Effekte wie Erstarrungsverhalten, Abkühlgeschwindigkeit, Umformgrad usw. zurückzuführen, welche die Gefügeausbildung und den Eigenspannungszustand beeinflussen. Spannungsmechanischer (Geometrischer) Größeneinfluss Er beruht auf Folgendem: Bei Biegung und Torsion von glatten Stäben tritt im Gegensatz zur Zug/Druck-Beanspruchung nur in der Randfaser die Höchstspannung auf. In den Nachbarfasern nimmt die Spannung linear ab, und zwar beim kleinen Durchmesser schneller als beim großen, Bild 18.6. Die gemittelte Spannung in einer für die Schädigung relevanten Randschicht ist somit in dem größeren Bauteil höher als in der kleinen Probe. Statistischer Größeneinfluss Dieser tritt auch bei konstanter Zugspannung auf. Er lässt sich damit erklären, dass eine größere Oberfläche mehr Fehlstellen als Ausgangspunkte für Anrisse aufweist als eine kleinere Oberfläche. Die aufgeführten Einflüsse lassen sich nicht immer genau voneinander trennen. Am häufigsten werden der technologische und der spannungsmechanische Größeneinfluss berücksichtigt. Sie lassen sich mit Hilfe des Technologischen Größenfaktors und des Spannungsmechanischen Größenfaktors quantifizieren [37, 70]:

Bild 18.6 Spannungsabnahme in der Randschicht a) bei kleinem Durchmesser b) bei großem Durchmesser

3


386


Der Technologische Größenfaktor kann auch für den statischen Festigkeitsnachweis herangezogen werden, und zwar zur näherungsweisen Berechnung der Fließspannungen und Bruchfestigkeiten bei Bauteilgröße, die in der Regel niedriger sind als die Werte bei Probengröße. Die Festigkeitsnachweise für die Bauteilfestigkeit, wie sie von der Norm (siehe [70] und der FKM-Richtlinie (siehe [37]) vorgegeben werden, sind sehr aufwendig. Eine lückenlose Behandlung würde im Rahmen der Festigkeitslehre zu weit führen. Diese sei dem Fach Maschinenelemente vorbehalten. Dort findet man auch ausführliche Darstellungen zu diesem Thema, z. B. in [6, 14]. In den folgenden Beispielen wollen wir uns deshalb ausschließlich mit dem Einfluss der Kerbwirkung befassen. Beispiel 18.1 Die beiden Zugstäbe mit Rille gemäß Bild 18.7 unterscheiden sich nur durch die Längsbohrung. Man bestimme das Verhältnis der maximalen Zugspannungen in Rohr und Rundstab, also σmax Rohr/σmax Rundstab . Lösung: Die maximale Zugspannung σmax berechnet sich mit der Formzahl αk und der Nennspannung σn nach der Beziehung σmax = αk · σn . Die Formzahlen lassen sich z. B. mit Hilfe von A11.1 bestimmen. Rundstab: Im Formzahldiagramm für den Rundstab mit Rille (Zug) treten die folgenden Parameter auf: t 5 mm = =2 ρ 2,5 mm t 5 mm = = 0,25 a + t 20 mm

Mit diesen Parametern ergibt sich aus dem Formzahldiagramm: αk ≈ 2,6 Nennspannung σn: σn =

F F = π ⋅ a 2 π ⋅ 152 mm 2

Maximale Zugspannung σmax: σmax = αk · σn ≈ 3,7 · 10–3 mm–2 · F


387

Rohr: Nun benötigen wir im Formzahldiagramm für die Hohlwelle mit Außenrille die folgenden Parameter: r1 10 mm = = 0,5 r2 20 mm


t = 2 (siehe Rundstab) ρ t 5 mm = = 0,5 a + t 10 mm

Im Formzahldiagramm sind die αk-Werte für r1/r2 = 0,5 nicht angegeben, sondern für r1/r2 = 0,4 und 0,6. Wir lesen hierfür die αk-Werte 2,2 und 2,6 ab. Damit ergibt sich durch Interpolation: αk ≈ 2,4 Nennspannung σn: σn =

F F = 2 2 2 [(r1 + a ) − r1 ] ⋅ π [15 − 102 ] ⋅ π mm 2

Bild 18.7 Zugstab mit Kerbe a) Rundstab b) Rohr

Maximale Zugspannung σmax: σmax = αk · σn ≈ 6,1 · 10–3 mm–2 · F Verhältnis der maximalen Zugspannungen: σmax Rohr σmax Rundstab

3

≈ 1,7

Ergänzung: Das Verhältnis der Querschnittsflächen von Rundstab zu Rohr beträgt 1,8. Die maximale Spannung steigt somit nicht proportional zum Kehrwert der Querschnittsfläche an, sondern langsamer. Das rührt davon her, dass die Kerbe im Rohr weniger scharf wirkt.

Beispiel 18.2 Der skizzierte Biegestab aus Baustahl S235 ist wechselnd beansprucht, Bild 18.8. Welcher Sicherheitsbeiwert SD gegen Dauerbruch ist vorhanden? Die Kerbwirkungszahl soll mit Hilfe von Formzahl αk und Kerbempfindlichkeitszahl ηk bestimmt werden. Weitere Einflüsse auf die Dauerfestigkeit (wie Größen-, Oberflächen- und Umgebungseinfluss) sollen unbeachtet bleiben.

Bild 18.8 Abgesetzter Biegestab

388


Zahlenwerte: Mb = 5 · 104 Nmm; Biegewechselfestigkeit σbW = 180 N/mm2; ηk = 0,8 Lösung: Die Formzahl bestimmen wir beispielsweise mit Hilfe des Formzahldiagrammes in A11.1 (Flachstab mit symmetrischer Kerbe). Mit t 6 mm = =3 ρ 2 mm Technische Mechanik downloaded from www.hanser-elibrary.com by ETH-Bibliothek on September 16, 2014 For personal use only.

t 6 mm = = 0,3 a + t 20 mm

ergibt sich αk ≈ 2,0. Kerbwirkungszahl: βk = 1 + ηk(αk – 1) = 1 + 0,8(2,0 – 1) = 1,8 Vorhandene Biegespannungsamplitude: σba =

M b 5 ⋅ 10 4 Nmm = ≈ 48 N/mm 2 Wb 1045 mm 3

mit

Wb =

8 ⋅ 282 mm 3 ≈ 1045 mm 3 6

Vorhandener Sicherheitsbeiwert SD:

SD =

σbW 180 N/ mm 2 = ≈ 2,0 βk ⋅ σ ba 1,8 ⋅ 48 N/ mm 2

Beispiel 18.3

Bild 18.9 Kranlaufrad aus Beispiel 18.3 a) Anordnung b) Kräfte auf Achse

Bild 18.9 a zeigt ein Kranlaufrad. Die umlaufende Achse ist durch die Radlast auf wechselnde Biegung beansprucht. Die versteifende und verteilende Wirkung der Radnabe soll durch die skizzierte Aufteilung der Radlast F = 130 kN in 2 gleichgroße Einzelkräfte F/2 berücksichtigt werden, s. auch Abstraktion in Bild 18.9 b. 1. Wie groß wird der Achsdurchmesser d, wenn für die Dimensionierung σb zul = 90 N/mm2 gelten soll? Auf die nächste Normzahl der Normzahlreihe R20 runden. 2. Wie groß ist die Sicherheit SD gegen Dauerbruch im Querschnittsübergang mit dem Ausrundungsradius R3, wenn nur die Kerbwirkung (über die Kerbwirkungszahl βk) als Einflussgröße auf die Dauerfestigkeit berücksichtigt wird?


389

Werkstoffwerte: Zugfestigkeit Rm = 470 N/mm2; Biegewechselfestigkeit σbW = 245 N/mm2 Lösung: F ⋅ 130 mm = 65 000 N · 130 mm = 8,45 · 106 Nmm 2 Mb π ⋅ d3 Mb Wb ≥ → ≥ σ b zul σ b zul 32

1. M b =


d ≥

3

32 M b ⋅ = π σ b zul

3

32 8,45 ⋅ 10 6 Nmm ⋅ ≈ 99 mm π 90 N/mm 2

d = 100 mm gewählt. F ⋅ 80 mm = 65 000 N · 80 mm = 5,2 · 106 Nmm 2

2. M b = Wb =

π ⋅ d3 π ⋅ 1003 mm3 = = 98 175 mm3 32 32

Vorhandene Biegespannungsamplitude: σ ba =

Mb Wb

=

5,2 ⋅ 10 6 Nmm 3

98 175 mm

= 53 N/mm2

Kerbwirkungszahl βk: βk = βkb = 1 + cb · ( β ′kb − 1 ) ≈ 1 + 0,25(2 – 1) = 1,25, s. A11.3 b mit cb ≈ 0,25 für D/d = 110 mm/100 mm = 1,1 β ′kb ≈ 2 für r/d = 3 mm/100 mm = 0,03 und Rm = 470 N/mm2

Sicherheit gegen Dauerbruch: SD =

1. 2. 3. 4. 5.

σ bW 245 N/mm2 ≈ ≈ 3,7 βk ⋅ σ ba 1,25 ⋅ 53 N/mm2

Von welchen geometrischen Parametern hängt die Formzahl αk ab? Nennen Sie einige typische Kerbfälle. Was besagt die Kerbempfindlichkeitszahl ηk? Welche Materialien sind besonders kerbempfindlich? Was versteht man unter Ent- und Überlastungskerben?

3

390



6. Wie wirken sich die folgenden Bedingungen auf die Schwingfestigkeit aus, positiv (d. h. erhöht die Schwingfestigkeit) oder negativ, d. h. erniedrigt die Schwingfestigkeit)? a) Neutronenbestrahlung b) Kugelstrahlen c) Zugeigenspannungen in der Randschicht d) Druckeigenspannungen in der Randschicht e) raue Oberfläche f) Nitrierhärten 7. Wovon rührt der Technologische Größeneinfluss her? 8. Worauf beruht der Spannungsmechanische Größeneinfluss?

391

19 DehnungsmessstreifenMethode (DMS-Methode)


DMS-Typen, Messprinzip, Anwendung beim ESZ, Dehnungs- und Spannungskreis

Die DMS-Methode ist eine weit verbreitete experimentelle Methode zur Bestimmung von Kräften, Drücken, Biege- und Drehmomenten sowie Spannungen. Die primär gemessenen Dehnungen sind also meist nur Zwischengrößen. DMS findet man im Kraftsensor ebenso wie auf dem Reaktordruckbehälter für die Druckprobe. Bild 19.1 zeigt eine Anordnung zur Bestimmung der 24 Leinenkräfte beim Ballonfahren, insbesondere beim Landen. Was braucht man zum Messen? Dehnungsmessstreifen und Verstärker. Die Bauarten der DMS sind vielfältig. Bild 19.2 zeigt ein aus Draht gewickeltes Messgitter. Daneben gibt es DMS mit aus Metallfolie geätztem Gitter, direkt auf das Bauteil aufgedampfte DMS, sog. Dünnfilm-DMS, usw. Das Messprinzip: Der DMS wird auf der Bauteiloberfläche appliziert, also z. B. aufgeklebt. Das Messgitter erfährt somit die gleiche Dehnung wie das Bauteil. Die Dehnung des Messgitters hat eine Änderung des elektrischen Widerstandes zur Folge. Mit Hilfe einer Brückenschaltung ergibt das ein zur Dehnung proportionales Messsignal. Wir wollen uns hier nicht mit der Messtechnik befassen, sondern die Frage klären: Wie erhält man aus den gemessenen Dehnungen die Spannungen?

a)

3

Sind die Hauptspannungsrichtungen des ESZ nicht bekannt, benötigen wir insgesamt 3 DMS. Sie können gemäß Bild 19.3 a z. B. als Fächer oder wie in Bild 19.3 b in Y-Form angeordnet sein. Für die Berechnung macht das keinen Unterschied. Auch 60°-Rosetten kommen zur Anwendung. Der folgende Rechengang gilt für 45°-Rosetten gemäß Bild 19.3. In Kap. 3.4.3 haben wir den MOHRschen Spannungskreis besprochen. In Kap. 4.3 wurde darauf hingewiesen, dass die Verzerrungen mathematisch wie die Spannungen zu behandeln sind. Also können wir auch einen Dehnungskreis zeichnen, genau so wie in Kap. 3.4.3, wir brauchen nur Bezeichnungen auszutauschen.

Bild 19.1 DMS-Anordnung zum Bestimmen der Leinenkräfte beim Ballonfahren a) DMS durch Hüllen vor Beschädigung geschützt b) 1 Messstreifen aus Aluminiumlegierung mit applizierten DMS, links daneben DMS zur Temperaturkompensation

b)

392

19 Dehnungsmessstreifen-Methode (DMS-Methode)

Formel (3.7) erlaubt uns, Mittelspannung σm und Spannungsradius σr auszurechnen: σm =


Bild 19.2 DMS mit aus Draht gewickeltem Messgitter

σx + σy 2

⎛ σx − σy ⎞ ⎜ ⎟ + τ2 2 ⎝ ⎠ 2

σr =

Das Äquivalent zur Schubspannung τ ist die Winkeländerung γ. Eine Winkeländerung wird aber nicht gemessen, statt dessen eine zusätzliche Dehnung, unter 45° zur x- bzw. y-Richtung. Die 3 DMS-Richtungen bezeichnen wir mit a, b und c, Bild 19.4. Jetzt müssen wir τ in σr durch Normalspannungen ausdrücken. Gemäß Bild 19.5 ist das mit Hilfe der schraffierten kongruenten Dreiecke möglich: τ ac = σ b − σ m

Führen wir gedanklich die DMS-Richtung d normal zu b ein, Bild 19.4, so lässt sich auch Bild 19.3 DMS-Rosette zur Bestimmung zweiachsiger Spannungszustände a) Fächer b) Y- 45°

τ ac =

σb − σd 2

schreiben. Für den Spannungsradius gilt somit: ⎛ σa − σc ⎞ ⎛ σa − σc ⎞ ⎛ σ b − σd ⎞ 2 σr = ⎜ ⎟ + ( σb − σm ) = ⎜ ⎟ +⎜ ⎟ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ 2

2

2

Der Zusammenhang zwischen den Normalspannungen und Dehnungen beim ESZ ist durch das Stoffgesetz (5.6) gegeben. Mit den Bezeichnungen a, b, c, d folgt: σa = Bild 19.4 45°-Rosette mit den DMS a, b, c und der gedanklichen Erweiterung um d

σc =

E 1− ν E

2

1− ν2

(εa + ν⋅εc )

σb =

(εc + ν⋅εa )

σd =

E 1− ν2 E 1− ν2

(εb + ν⋅εd ) (εd + ν⋅εb )

Wir setzen dieses Stoffgesetz in σm und σr ein und erhalten: σm = =

σa + σc 2 E ⋅εm 1− ν

E ⋅ (1 + ν ) ( ε a + ε c ) 2 (1 + ν ) (1 − ν ) 1+ ν = 2G ⋅ ⋅εm 1− ν

=



393

Bild 19.5 Zur Elimination der Schubspannung mit E = 2G · (1 + ν) gemäß (5.4) und εm =

σr =

σr =

εa + ε c 2

E ⎧ ⎛ εa − εc ⋅ (1 − ν ) ⋅ ⎜ ⎨ ⎝ 2 ⎩ (1 + ν ) (1 − ν )

⎞⎫ ⎟⎬ ⎠⎭

E ⎧ ⎛ εb − εd +⎨ ⋅ (1 − ν ) ⋅ ⎜ ⎝ 1 + 1 − 2 ( ) ( ) ν ν ⎩ E 1+ ν

⎛ εa − εc ⎞ ⎛ εb − εd ⎞ ⎜ ⎟ +⎜ ⎟ ⎝ ⎝ ⎠ 2 ⎠ 2

Auf 2G bezogen, ergibt das σm 1 + ν = ⋅ εm , 2G 1 − ν σr = εr . 2G

2

3

2

⎞⎫ ⎟⎬ ⎠⎭

2

2

= 2G ⋅ ε r

394



Das bedeutet: Der Dehnungskreis und der auf 2G bezogene Spannungskreis sind gleich groß, der Koordinatenursprung Oσ ist vom Mittelpunkt M um den Faktor (1 + ν)/(1 – ν) weiter entfernt als Oε. In Bild 19.6 sind Kreis, Achsen und alle wichtigen Größen eingezeichnet.

Bild 19.6 Dehnungs- und Spannungskreis

Für das praktische Arbeiten können Sie die folgende Konstruktionsvorschrift benutzen: 1. Trage εm = (εa + εc)/2 auf der Abszisse ab → M. 2. Trage über εc die Größe εb – εm ab → Pc und somit εr = MPc . 3. Schlage um M einen Kreis mit dem Radius εr. Das ist der Dehnungskreis und gleichzeitig der Spannungskreis, wenn die Spannungen auf 2G bezogen werden. 4. Zwischen MPa und der 1-Achse liegt der Winkel 2α1. 5. Zeichne die Ordinate mit dem Ursprung Oσ im Abstand σ m 1+ ν ⋅εm = 2G 1 − ν

von M. In diesem Achsenkreuz können die auf 2G bezogenen Spannungen abgelesen werden.


395

Zur rechnerischen Lösung gebe ich nur die Formeln für die Hauptdehnungen, Hauptspannungen und α1 an: ε 1, 2 =

σ 1, 2 =

εa + εc 2

±

1

(εa − εb )2 + (εc − εb )2

⋅

2

E εa + εc E ⋅ ± ⋅ 1− ν 2 2 ( 1 + ν)

(19.1 a)

(εa − εb ) 2 + (εc − εb ) 2


(19.1 b) tan α 1 =

ε1 − εa εb − εm

=

2( ε 1 − ε a )

(19.1c)

2ε b − ε a − ε c

Weiterhin gelten alle Formeln aus Kap. 3.4, mit den folgenden Entsprechungen auch für die Dehnungen: σx Ⳏ εa, σy Ⳏ εc, τ Ⳏ εb – εm

Beispiel 19.1 Die Armatur gemäß Bild 19.7 a wird bei der Druckprobe mit der DMS-Methode geprüft (Belastung ausschließlich durch Innendruck). Die DMS-Rosette ist im Übergangsbereich Rohr/Stutzen aufgeklebt. Sie wurde nicht exakt in Meridian-Umfangs-Richtung ausgerichtet (Drehung um Winkel ϕ, siehe DMS-Ebene). Gemessen wurden folgende Dehnungen: εa = 1010 ⋅ 10–6 ;

εb = 670 ⋅ 10–6 ;

εc = 190 ⋅ 10–6

3

Man bestimme zeichnerisch über Dehnungs- und Spannungskreis die Spannungen in der Meridian-Richtung M und in der dazu normalen Umfangsrichtung U (σM bzw. σU) sowie den Winkel ϕ. Hinweis: σU > σM Lösung: Wir wählen als Zeichenmaßstab für den Dehnungskreis: 1 cm Ⳏ 2 · 10–4 Für die Konstruktionsvorschrift benötigen wir: 1010 + 190 ε +ε εm = a c = ⋅ 10−6 = 600 ⋅ 10−6 = 3 cm 2 2 ε b − ε m = ( 670 − 600 ) ⋅ 10 −6 = 70 ⋅ 10−6 = 0,35 cm

σm 2G

=

1+ ν 1− ν

⋅ ε m =

1 + 0,3 1 − 0,3

⋅ 3 cm = 5,57 cm

Umfangs- und Meridianrichtung sind wegen der Symmetrie auch Hauptachsenrichtungen. Da σU > σM ist, folgt: σ U = σ 1; σ M = σ 2

zu Bild 19.7


396


Bild 19.7 Armatur aus Beispiel 19.1 a) Anordnung b) MOHRscher Dehnungs- und Spannungskreis

Der Schubmodul G ist mit (5.4) aus E und ν zu berechnen:

2G =

210 000 N/mm2 E = = 161 538 N/mm2 1+ ν 1+ 0,3

Hauptspannungen und Winkel herauslesen: σ U = σ1 = 7,65 cm ⋅ 2G ⋅

σM = σ2 = 3,5 cm ⋅ 2G ⋅

2 ⋅ 10 −4 = 247 N/mm2 cm

2 ⋅ 10 −4 = 113 N/mm2 cm

ϕ = α1 ≈ 5° Übung 19.1

Bild 19.8 zeigt – stark vereinfacht – den unteren Teil des Dampferzeugers eines Kernkraftwerkes. An der Übergangsstelle Kugel/Rohrboden wurden bei DMS-Messungen folgende Dehnungen gemessen: ε a = 2,4 ⋅ 10 −4 ; ε b = 8 ⋅ 10 −4 ; ε c = 8,4 ⋅ 10 −4

Bild 19.8 Dampferzeugerteil mit DMS-Rosette, Übung 19.1

Werkstoffdaten: E = 1,9 ⋅ 105 N/mm2; ν = 0,3 Der Spannungszustand ist rotationssymmetrisch; in Meridianrichtung ist die Spannung infolge Kerbwirkung größer als in Umfangsrichtung. Bestimmen Sie über Dehnungs- und Spannungskreis: 1. die beiden Hauptspannungen in der DMS-Ebene, 2. den Winkel δ, um den der DMS c schief zur Rotationsachse aufgeklebt ist.


397

Übung 19.2 Das dickwandige Rohr in Bild 19.9 ist durch ein Biegemoment und ein Torsionsmoment beansprucht. Folgende Dehnungen werden mit einer DMS-Rosette auf der äußeren Mantelfläche, an der Stelle der maximalen Biegezugspannung gemessen:


ε a = 8 ⋅ 10 −4 ; ε b = 9,2 ⋅ 10 −4 ; ε c = −2 ⋅ 10 −4

Rohrdaten: da = 219 mm; di = 155 mm; G = 80 000 N/mm2; ν = 0,3 Bestimmen Sie: 1. mit Hilfe von MOHRschem Dehnungs- und Spannungskreis Biegespannung σb und Schubspannung τt 2. Biegemoment Mb und Torsionsmoment Mt

Bild 19.9 Rohr aus Übung 19.2

1. Welche mechanischen Größen können mit der DMS-Methode bestimmt werden? 2. Welcher Spannungszustand lässt sich mit der DMS-Methode messen? 3. Sie wollen mit 2 DMS die Spannungen in einem rotationssymmetrischen Druckbehälter bestimmen. In welchen Richtungen kleben Sie die Streifen auf? 4. Jetzt ist mit 2 DMS das Torsionsmoment in einer Welle zu bestimmen. In welchen Richtungen sind in diesem Fall die DMS aufzukleben?

3

398

20 Satz von CASTIGLIANO1


Verformungen von statisch bestimmten Systemen; Lagerreaktionen, Schnittgrößen und Verformungen von statisch unbestimmten Systemen

Der Satz von CASTIGLIANO gestattet die punktweise Bestimmung der Verformungen von stabartigen Tragwerken. Für äußerlich und/ oder innerlich statisch unbestimmte Systeme lassen sich mit ihm, zusammen mit den statischen Gleichgewichtsbedingungen, die Lagerreaktionen sowie die Schnittgrößen ermitteln. In den Kapiteln 7, 11 und 12 haben wir die Formänderungsarbeiten für Zug-, Biege- und Torsionsstäbe gemäß Bild 20.1 hergeleitet. Zugstab: W= Bild 20.1 Zug-, Biege- und Torsionsstab

F2⋅ l 2E ⋅ A

(zur Vereinfachung wird der Index i weggelassen, d. h. W statt Wi geschrieben) Wir leiten W partiell nach der äußeren Kraft F ab: F⋅l ∂W = = Δl = u ∂F E ⋅ A

Biegestab: W=

F2⋅ l3 6E ⋅ Ib

→

F ⋅l3 ∂W = =w ∂F 3 E ⋅ I b

→

M ⋅l ∂W = =ϕ ∂M G ⋅ I t

Torsionsstab: W=

M2⋅ l 2G ⋅ I t

Es zeigt sich: Die partielle Ableitung der Formänderungsarbeit W nach der äußeren Kraft F oder dem äußeren Moment M liefert die Verschiebung des Kraftangriffspunktes in Kraftrichtung bzw. den Verdrehwinkel um die Achse, um welche das Moment wirkt. Hierbei können an der Stabstruktur beliebig viele äußere Kräfte Fi und Momente Mi wirken. Die Verschiebungen der Kräfte Fi wollen wir allgemein mit ui und die Verdrehwinkel der Momente Mi mit ϕi bezeichnen. Die gesamte Formänderungsarbeit W muss durch Fi und Mi ausgedrückt werden. Unter 1

CARLO ALBERTO PIO CASTIGLIANO 1847 – 1884

20 Satz von CASTIGLIANO

399

der Voraussetzung von kleinen Verformungen und HOOKEschem Material gilt damit der


Satz von CASTIGLIANO: ui =

∂W ∂Fi

(20.1 a)

ϕi =

∂W ∂M i

(20.1 b)

Man kann mit (20.1 a) und (20.1 b) auch die Verformung an einer Stelle bestimmen, an der keine äußere Last wirkt. Dazu wird an dieser Stelle eine Hilfskraft FH oder ein Hilfsmoment MH angenommen, das am Ende der Rechnung wieder null gesetzt wird. An Lagern ist die Verformung null. Der Satz von CASTIGLIANO führt damit auf zusätzliche Bestimmungsgleichungen für die Lagerreaktionen bei äußerlich statisch unbestimmten Systemen. Bei innerlich statisch unbestimmten Systemen ergeben sich zusätzliche Gleichungen für die Schnittgrößen (die Begründung folgt beim Beispiel 20.3). Bezeichnet man die i-te Unbekannte (Kraft oder Moment) allgemein mit Xi, so gilt also: ∂W =0 ∂X i

(20.2)

Treten in einem System Normalkraftbeanspruchung, gerade Biegung und Torsion auf, ergibt sich die Formänderungsarbeit zu: l

W=

⎛ F2

M2

M2

⎞

N b t + + ⎟ dx ∫ ⎜ 2 E ⋅ I b 2G ⋅ I t ⎠ x =0 ⎝ 2 E ⋅ A

(20.3)

(20.1 a), (20.1 b) und (20.2) führen damit auf: ui =

ϕi =

l ∂F ∂M t ⎞ M b ∂M b Mt ∂W ⎛ F = ∫ ⎜ N ⋅ N + ⋅ + ⋅ ⎟ dx ∂Fi x = 0 ⎝ E ⋅ A ∂Fi E ⋅ I b ∂Fi G ⋅ I t ∂Fi ⎠ (20.4 a) l M b ∂M b Mt ∂M t ⎞ ∂W ⎛ FN ∂FN = ∫ ⎜ ⋅ + ⋅ + ⋅ ⎟ dx E ⋅ I b ∂M i G ⋅ I t ∂M i ⎠ ∂M i x = 0 ⎝ E ⋅ A ∂M i (20.4 b)

l ∂F M b ∂M b Mt ∂M t ⎞ ∂W ⎛ F = ∫ ⎜ N ⋅ N + ⋅ + ⋅ ⎟ dx = 0 ∂X i x = 0 ⎝ E ⋅ A ∂X i E ⋅ I b ∂X i G ⋅ I t ∂X i ⎠ (20.5 )

3

400


In den folgenden beiden Unterkapiteln wollen wir diese Beziehungen auf statisch bestimmte und statisch unbestimmte Systeme anwenden.

20.1 Statisch bestimmte Systeme Beispiel 20.1


Der ebene Rahmen in Bild 20.2 a ist durch die Kraft F belastet. Die Biegesteifigkeit sei konstant E · Ib. Mit Hilfe des Satzes von CASTIGLIANO sind Durchbiegung w und Biegewinkel ϕ am Angriffspunkt der Kraft F zu bestimmen. Nur die Formänderungsarbeit der Biegung ist zu berücksichtigen. Gegeben: F, E · Ib, a, b Lösung: Aus (20.4 a) wird im vorliegenden Fall (mit ui = w, Fi = F): l

w=

∫

x =0

M b ∂M b ⋅ ⋅ dx E ⋅ I b ∂F

Den Integrationsbereich müssen wir in Abschnitte mit stetigen Integranden aufteilen, hier also in die Abschnitte 1 und 2 mit den Längen a und b, Bild 20.2 b. Es ergeben sich die Biegemomentenverläufe gemäß Bild 20.2 c: M1 = –F · x1;

M2 = –F · a

Damit erhalten wir für w: w=

a b ⎤ ∂M 1 ∂M 2 1 ⎡ M ⋅ ⋅ d x + M2 ⋅ ⋅ dx 2 ⎥ ⎢ ∫ ∫ 1 1 E ⋅ I b ⎢⎣ x 1 = 0 ∂F ∂F ⎥⎦ x2 = 0

Mit ∂M1 = − x 1, ∂F folgt daraus: w=

Bild 20.2 Rahmen aus Beispiel 20.1 a) zur Aufgabenstellung b) Einteilung in 2 Abschnitte c) Mb-Verläufe infolge F d) Mb-Verläufe infolge F und MH

w=

∂M2 = −a ∂F

a b ⎤ 1 ⎡ ⎢ ∫ ( − F ⋅ x1) ⋅ ( − x1) ⋅ dx1 + ∫ ( − F ⋅ a) ⋅ ( − a) ⋅ dx2 ⎥ E ⋅ I b ⎣⎢ x1 = 0 x2 = 0 ⎦⎥

⎞ F ⋅ a2 1 ⎛ F ⋅ a3 + F ⋅ a 2 ⋅ b⎟ = ( a + 3b ) ⎜ E ⋅ Ib ⎝ 3 ⎠ 3E ⋅ I b

Zur Berechnung des Biegewinkels ϕ lassen wir zusätzlich zur äußeren Kraft F ein Hilfsmoment MH wirken, Bild 20.2 d. Das bedeutet, dass

20.2 Statisch unbestimmte Systeme

401

den Biegemomentenverläufen in Bild 20.2 c ein konstantes Moment MH überlagert wird: M1 = –F · x1 – MH;

M2 = –F · a – MH

Ableitungen:


∂M 1 = − 1; ∂M H

∂M 2 = −1 ∂M H

Nachdem die Ableitungen gebildet sind, kann MH in M1 und M2 wieder null gesetzt werden. Mit (20.4 b) erhalten wir somit: ϕ=

1 E ⋅ Ib

b ⎡ a ⎤ ∂M1 ∂M 2 ⋅ dx1 + ∫ M 2 ⋅ ⋅ dx2 ⎥ ⎢ ∫ M1 ⋅ ∂MH ∂ MH ⎢⎣ x1 = 0 ⎥⎦ x2 = 0

ϕ=

a b ⎤ 1 ⎡ − ⋅ ⋅ − ⋅ + F x x ( ) ( 1) d ( − F ⋅ a) ⋅ ( − 1) ⋅ dx2 ⎥ ⎢ ∫ 1 1 ∫ E ⋅ I b ⎣⎢ x1 = 0 x2 = 0 ⎦⎥

ϕ=

2 ⎞ F⋅a 1 ⎛ F⋅a + F ⋅ a ⋅ b⎟ = ( a + 2b ) ⎜ E ⋅ Ib ⎝ 2 ⎠ 2E ⋅ Ib

3

20.2 Statisch unbestimmte Systeme Beispiel 20.2 Der Balken gemäß Bild 20.3 a ist im Lagerpunkt A mit einem Einzelmoment M belastet und bei B eingespannt. Zu bestimmen sind Lagerreaktion FA und Biegewinkel ϕ bei A. Gegeben: M, E · Ib, l Lösung: Das System ist 1-fach äußerlich statisch unbestimmt, denn für die Berechnung der 3 Lagerreaktionen FA, FB und MB gemäß Bild 20.3 b stehen nur 2 Gleichgewichtsbedingungen zur Verfügung. Wir wählen z. B. FA als statisch unbestimmte Größe X und drücken mit Hilfe der Gleichgewichtsbedingungen FB und MB durch FA und M aus:

↑

FA – FB = 0

→ FB = F A

M – F B · l + MB = 0

→ MB = FB · l – M = FA · l – M

Bild 20.3 Balken aus Beispiel 20.2 a) Anordnung b) freigemachter Balken mit äußerem c) Moment M und Lagerreaktionen b) FA, FB, MB c) Definition von Mb d) Mb-Verlauf

402


Gleichung (20.5) zur Bestimmung von X = FA wird im vorliegenden Fall zu

M b ∂M b ⋅ ⋅ dx = 0 . E ⋅ I b ∂FA x =0 l

∫

(*)

Für die Lösung benötigen wir den Biegemomentenverlauf und dessen Ableitung nach FA. Aus Bild 20.3 c lesen wir ab:


Mb = FA · x – M (Bild 20.3 d);

∂M b ∂FA

=x

Einsetzen in (*) und Multiplikation mit E · Ib liefert: l

∫ (F ⋅ x − M ) ⋅ x ⋅ dx = 0 A

x =0

FA ⋅

l3 l2 3 M −M⋅ = 0 → FA = 3 2 2 l

Zur Berechnung von ϕ wenden wir (20.4 b) an: l

ϕ=

∫

x =0

mit

M b ∂M b ⋅ ⋅ dx E ⋅ I b ∂M

Mb = FA · x – M;

∂M b ∂M

= −1

X bzw. FA muss in Mb für das Differenzieren nicht durch M ausgedrückt werden. Mb und damit auch die Formänderungsarbeit W sind zwar eine Funktion von M und X(M), jedoch folgt wegen ∂W/∂X = 0 (s. Gl. (20.2)) aus (20.1b) ϕ=

∂W ∂W ∂X ∂W + ⋅ = . ∂M ∂X ∂M ∂M

⎞ F ⋅x−M x2 −1 ⎛ ϕ= ∫ A ⋅ ( − 1) ⋅ dx = ⋅ ⎜ FA ⋅ − M ⋅ x⎟ E ⋅ Ib E ⋅ Ib ⎝ 2 ⎠ x =0 l

ϕ=

−1 E ⋅ Ib

l

0

⎛ ⎞ l2 M ⋅l ⋅ ⎜ FA ⋅ − M ⋅ l ⎟ = 2 4 E ⋅ Ib ⎝ ⎠

Die gefundenen Lösungen stimmen mit A14.2, Fall 3 (für a = 0, b = l) überein.


403


Beispiel 20.3 Bild 20.4 a zeigt eine Anordnung, bestehend aus einer schweren starren Platte der Gewichtskraft F, die von 3 Stäben gehalten wird. Zu berechnen sind die Stabkräfte. Gegeben: F sowie Querschnittsfläche A, E-Modul E und Stablänge l für jeden der 3 Stäbe Lösung: Bild 20.4 b zeigt die herausgeschnittene Platte mit der äußeren Kraft F und den 3 unbekannten Stabkräften F1 bis F3. Das Problem ist 1-fach innerlich statisch unbestimmt. Wir wählen F2 als statisch unbestimmte Größe X und drücken F1 und F3 mit Hilfe der Gleichgewichtsbedingungen durch F2 und F aus. → F3 = F 1

–F1 · a + F3 · a = 0

↑

F1 = F3 =

F1 + F 2 + F 3 – F = 0

1 2

( F − F2 )

Im vorliegenden Fall wirken nur Normalkräfte FN1, FN2 und FN3, die zudem längs der Stablängen konstant sind, weshalb sich (20.5) vereinfacht zu

FN1 E 1 ⋅ A1

⋅

∂FN1 ∂F2

⋅ l1 +

FN2 E 2 ⋅ A2

⋅

∂FN2 ∂F2

⋅ l2 +

FN3 E 3 ⋅ A3

⋅

∂FN3 ∂F2

⋅ l3 = 0 .

Mit FN1 = F1 =

∂FN1 ∂F2

1 2

1 =− , 2

( F − F2 ) ,

∂FN2 ∂F2

FN2 = F2 , FN3 = F3 =

= 1,

∂FN3 ∂F2

=−

1 2

( F − F2 )

1 2

wird daraus F ⋅l 1 ( F − F2 ) ⋅ l 1 1 ( F − F2 ) ⋅ l 3 =0 + 2 2 − − 4 E 1 ⋅ A1 E 2 ⋅ A2 4 E 3 ⋅ A3 und nach Zusammenfassen l3 l1 + E 1 ⋅ A1 E 3 ⋅ A 3 F2 = ⋅F. l3 l1 4 ⋅ l2 + + E 1 ⋅ A1 E 2 ⋅ A 2 E 3 ⋅ A3

Nachtrag:

Die obige Berechnung basiert auf der Aussage von (20.2): u = ∂W/∂X = 0. Für die Berechnung der statisch unbestimmten Lagerreaktion in Beispiel 20.2 leuchtet diese Aussage sofort ein, denn das Lager ist in der Tat unverschieblich. Warum dürfen wir auch im Fall der statisch unbestimmten Kraft X = F2 mit (20.2) arbeiten, obwohl der Angriffspunkt von X eine Verschiebung erfährt?

Bild 20.4 Zu Beispiel 20.3 a) Anordnung b) herausgeschnittene Platte mit c) äußerer Kraft F und Schnittkräften c) F1, F2, F3 c) Zerlegung in 2 Teilsysteme

3

404


Zur Klärung dieser Frage denken wir uns die Anordnung in 2 statisch bestimmte Teilsysteme I und II gemäß Bild 20.4 c aufgeteilt. X wird dann zur äußeren Kraft, deren Kraftangriffspunkt sich um uI bzw. uII verschiebt. Wir wenden nun (20.1a) auf jedes der Teilsysteme mit den Formänderungsarbeiten WI bzw. WII an: ∂W I ∂W II ; u II = ∂X ∂X (–uI deshalb, weil mit (20.1 a) die Verschiebung in Kraftrichtung berechnet wird, uI aber entgegen der Kraftrichtung eingezeichnet ist). Die Verschiebungen uI und uII können natürlich nur gleich groß sein, anders gesagt, es darf keine Relativbewegung auftreten, d. h.


− uI =

∂W I ∂W II ∂W + = = 0. ∂X ∂X ∂X Noch eine Bemerkung. Die Beziehung (20.2) kann man auch folgendermaßen deuten: Die statisch unbestimmten Größen stellen sich so ein, dass die Formänderungsarbeit ein Extremum (Minimum) annimmt.

–uI + uII = 0,

→

Beispiel 20.4 Der dünnwandige Ring in Bild 20.5 a (mittlerer Radius r, Biegesteifigkeit E · Ib) wird durch zwei gleich große Kräfte F zusammengedrückt. Es ist der Biegemomentenverlauf zu bestimmen. Nur die Formänderungsarbeit der Biegung ist zu berücksichtigen.

zu Bild 20.5

Lösung: Das System ist innerlich statisch unbestimmt, jedoch doppelt symmetrisch, sodass wir die Berechnung mit einem Symmetrieviertel durchführen können, z. B. mit dem Kreisbogen zwischen A und B. In Bild 20.5 b sind bei A und B die Schnittmomente MA und MB sowie die Schnittkräfte von je F/2 eingezeichnet. Die Kraft F/2 folgt mit der Überlegung gemäß Bild 20.5 c. Wir schneiden bei B ein kurzes symmetrisches Stück heraus. Auf diesem wirken die äußere Kraft F und an jeder Schnittstelle eine vertikale Schnittkraft sowie das Schnittmoment MB. Die Schnittgrößen müssen an beiden Schnittflächen infolge Symmetrie gleich groß sein. Damit ergibt das vertikale Kräftegleichgewicht F/2 für jede Schnittkraft. Ebenfalls wegen des vertikalen Kräftegleichgewichts, jedoch nun am Symmetrieviertel, beträgt damit auch bei A die Schnittkraft F/2. Eine horizontale Schnittkraft tritt bei A nicht auf, da gemäß Bild 20.5 d keine horizontale äußere Kraft vorhanden ist. Das horizontale Kräftegleichgewicht am Symmetrieviertel verlangt, dass auch bei B keine horizontale Schnittkraft wirkt. Es verbleiben somit am Symmetrieviertel die beiden unbekannten Schnittmomente MA und MB, von denen wir MA zur statisch unbestimmten Größe X erklären und MB über eine Momentengleichgewichtsbedingung, z. B. um A, durch MA und F/2 ausdrücken.


(F/2) · r – MB – MA = 0

405

→ MB = (F/2) · r – MA

Zur Anwendung der Beziehung (20.5) benötigen wir den Biegemomentenverlauf Mb und die Ableitung ∂Mb/∂MA. Mb ergibt sich mit Hilfe eines Momentengleichgewichts am herausgeschnittenen Teil, Bild 20.5 e, bezüglich des Schnittpunktes: Mb = MA – (F/2) · r · (1 – cos ϕ)

∂M b

→

∂M A

=1

Einsetzen in (20.5) liefert mit dx = r · dϕ Technische Mechanik downloaded from www.hanser-elibrary.com by ETH-Bibliothek on September 16, 2014 For personal use only.

π/ 2

Mb

∫ E⋅I

ϕ=0

⋅ b

∂Mb 1 ⋅ r ⋅ dϕ = ∂MA E ⋅ Ib

π/ 2

∫ [M

A

− (F/2) ⋅ r ⋅ (1 − cos ϕ)] ⋅ r ⋅ dϕ = 0 .

ϕ=0

Wir multiplizieren mit E · Ib/r und integrieren.

[ M A ⋅ ϕ − ( F/2 ) ⋅ r ⋅ ( ϕ − sin ϕ ) ] 0π /2 = 0 MA · π/2 – (F/2) · r · (π/2 – 1) = 0 ⎛ 1 1⎞ M A = F ⋅ r ⋅ ⎜ − ⎟ ≈ 0,182 ⋅ F ⋅ r ⎝ 2 π⎠

Damit ergibt sich der Biegemomentenverlauf zu: ⎛ 1 cos ϕ ⎞ ⎛ 1 1⎞ Mb = F ⋅ r ⋅ ⎜ − ⎟ − F ⋅ r ⋅ ⎜ − ⎟ ⎝ 2 π⎠ ⎝2 2 ⎠ ⎛ cos ϕ 1 ⎞ − ⎟ Mb = F ⋅ r ⋅⎜ ⎝ 2 π⎠ Mb(ϕ = π/2) = –MB = –F · r/π ≈ –0,318 F · r

Mb = 0

für

cos ϕ = 2/π, d. h.

für

ϕ ≈ 50,5°.

Den vollständigen Mb-Verlauf zeigt Bild 20.5 f. Übung 20.1 Für den Kreisring aus Beispiel 20.4 sind die Durchmesseränderungen auf den Symmetrieachsen zu bestimmen (die Durchmesseränderung findet als Messprinzip beim Ringkraftmesser Anwendung). Hinweis: Gehen Sie vom Mb-Verlauf des Beispiels 20.4 aus. Für die horizontale Verschiebung bei A ist eine horizontale Hilfskraft FH an diesem Punkt anzunehmen und der davon herrührende Mb-Verlauf demjenigen von Beispiel 20.4 zu überlagern. 1. Wie erhält man mit dem Satz von CASTIGLIANO die Verschiebung an einem Strukturpunkt, an dem keine äußere Kraft wirkt? 2. Mit welcher Beziehung lässt sich eine statisch unbestimmte Größe X berechnen?

Bild 20.5 Kreisring aus Beispiel 20.4 a) Anordnung b) Symmetrieviertel mit Schnittgrößen c) Schnitte bei B d) Schnitte bei A e) zur Bestimmung des Mb-Verlaufs f) vollständiger Mb-Verlauf

3

406

Prüfungsaufgaben Schwierigkeitsgrad 1: sehr einfach P1.1


Für die Lötverbindung des Schalthebels mit der Schaltwelle, Bild P1.1, wird Hartlot von τl zul = 25 N/mm2 verwendet. Wie groß darf die Schaltkraft Fu in Umfangsrichtung maximal werden? P1.2 Bild P1.1

Bild P1.2 zeigt eine 160 kN-Hakenflasche. Welchen Durchmesser d muss die Rollenachse erhalten, wenn σb zul = 80 N/mm2 sein soll? Hinweis: Die Krafteinleitung ist überall punktförmig anzunehmen. P1.3 Der Kehlnaht-Schweißanschluss einer Umlenkrollengabel gemäß Bild P1.3 ist zu überprüfen. Welche Zugspannung σzw infolge Normalkraft und welche Biegespannung σbw infolge Biegemoment herrschen in der Kehlnaht? Für den Schweißnahtquerschnitt ist näherungsweise eine Ringfläche mit den Durchmessern 50 und 60 mm zugrunde zu legen. P1.4

Bild P1.2

Der Querschnitt in Bild P1.4 (Rechteck 50 × 10 und U 50 DIN 1026) muss die Querkraft FQ = F = 30 kN übertragen. Wie groß ist die Schubspannung τw in der Schweißnaht? P1.5 Das Strangpressprofil vom Querschnitt gemäß Bild P1.5 aus Aluminium-Knetlegierung ist mit einem Torsionsmoment Mt = 500 Nm belastet. Schubmodul G = 27 000 N/mm2. 1. Wie groß ist die Schubspannung an den Stellen 1 und 2, τt1 und τt2? 2. Um welchen Winkel ϕ verdreht sich ein 1 m langes Profil?

Schwierigkeitsgrad 2: einfach P2.1 Der Sendemast in Bild P2.1 (Kreisrohr, Baustahl S235) ist im Fundament verankert und auf halber Höhe kreuzweise mit vier Seilen verspannt; Seilspannkräfte je 10 kN.


Prüfungsaufgaben

Bild P1.3

Bild P1.5

407

Bild P1.4

3

Bild P2.1

408

Prüfungsaufgaben

Rohrdaten: Außendurchmesser 114,3 mm; Wanddicke 3,6 mm Welche Knicksicherheit SK ist vorhanden? P2.2


Bild P2.2

Bauteile aus Faserverbundwerkstoffen können so gefertigt werden, dass die in der Matrix eingebetteten Fasern parallel zur Richtung der größten Zugspannung liegen. Bild P2.2 a zeigt ein unidirektionales Laminat, P2.2 b ein Laminat, bei dem die Fasern orthogonal angeordnet sind. Wählen Sie für ein Rohr zu den 3 Beanspruchungsarten Zug, Biegung, Torsion jeweils das Laminat – a oder b – so aus, dass die Normalspannung in Faserrichtung liegt. Die Auswahl ist kurz zu begründen. P2.3

Bild P2.3

Das Hohlprofil 60 × 40 × 2,6 (s. A8.1) ist außermittig belastet, Bild P2.3. Bestimmen Sie die resultierenden Schubspannungen in den Querschnittspunkten 1 und 2. P2.4

Bild P2.4

Auf eine geschliffene Welle vom Durchmesser d = 100 mm ist ein dünner Ring aufgeschrumpft, Bild P2.4. Ringdaten: Innendurchmesser di = 99,9 mm; t = 5 mm; b = 40 mm; E = 210 000 N/mm2. Welche axiale Kraft F kann der Ring als Anschlag übertragen, wenn man mit einer Mindest-Haftreibungszahl von μ0 = 0,1 rechnen kann? Die Verformung der Welle ist vernachlässigbar. P2.5

Bild P2.5

Beim Anziehen einer Rechtsschraube, Bild P2.5, wirke im Schaft von d = 12 mm ein Torsionsmoment Mt = 25 500 Nmm und eine Vorspannkraft Fv = 27 500 N. Bestimmen Sie für den Schaft auf der Oberfläche 1. den Spannungszustand für das schraffierte Quadrat, 2. Größe und Orientierung der maximalen Normalspannung σmax. P2.6 Die Transmissionswelle (Werkstoffwerte: E = 210 000 N/mm2; ν = 0,3) in Bild P2.6 ist zu berechnen. 1. Bestimmen Sie den Wellendurchmesser d so, dass sich die Welle zwischen Lager A und Riemenscheibe (Länge 2500 mm) maximal um 0,75° verdreht (auf ganze mm aufrunden). 2. Welcher Biegewinkel ϕ tritt bei B auf?

Bild P2.6

Prüfungsaufgaben

409

Schwierigkeitsgrad 3: schwierig P3.1 Bild P3.1 oben zeigt den Antrieb eines Seilaufzuges. Die Treibscheibe ist auf einer Antriebswelle gemäß unterem Bild montiert.


Bestimmen Sie für die Querschnittsfläche A-A: 1. die Spannungen σb und τt aus Biegung bzw. Torsion 2. die Formzahlen αkb und αkt bei Biegung bzw. Torsion am Querschnittsübergang vom Radius R3. P3.2 Auf der Innenseite des Reaktordruckbehälters wurden mit einer DMSRosette beim Überdruck p = 150 bar folgende Dehnungen gemessen, Bild P3.2: εa = 5 · 10–4; εb = 3 · 10–4; εc = –1 · 10–4 Materialwerte: E = 2 ⋅ 105 N/mm2; ν = 0,3; Rp0,2 = 480 N/mm2. Bestimmen Sie für die Stelle, an der die Dehnungen gemessen wurden: 1. die 3 Hauptspannungen 2. die Vergleichsspannung σv nach der Schubspannungshypothese 3. die vorhandene Sicherheit SF gegen Fließen. P3.3

Bild P3.1

Bild P3.3 zeigt einen Brückenkran in Einträgerbauweise mit „Ovalprofil“ und zugehöriger Katze. Die Last F = 80 kN (einschließlich Katzgewicht) wird vom oberen Hauptlaufräderpaar, das Kippmoment aus dem exzentrischen Lastangriff durch die beiden seitlichen Stützlaufräderpaare in den Ovalträger eingeleitet. Das Eigengewicht des Ovalträgers beträgt q = 1,1 N/mm. Der Brückenträger überspannt l = 6,8 m und stützt sich mit je einem Rollenpaar an den Enden auf Fahrschienen ab (s. symbolische Skizze des Brückenträgers). E = 2,1 · 105 N/mm2; ν = 0,3. Bestimmen Sie die folgenden Größen in Trägermitte für den Fall, dass die Katze ebenfalls in Trägermitte steht: 1. axiales Flächenmoment Iy und Torsionsflächenmoment It des Trägers 2. Biegemoment Mb und Torsionsmoment Mt 3. Durchbiegung f und Torsionswinkel ϕ 4. Biegespannung σb und Torsionsschubspannung τt im Punkt 1 5. Vergleichsspannung σv nach der GEH im Punkt 1 Hinweise: Die 2 Kräfte jedes Rollenpaares an der Katze sollen resultierend als Einzelkräfte angenommen werden. Örtliche Spannungsspitzen bleiben unberücksichtigt. Wölbbehinderung sei vernachlässigt. Die Winkeleisen am Ovalprofil, auf denen die Stützlaufräder laufen, sind zu vernachlässigen.

Bild P3.2

3


410 Prüfungsaufgaben

Bild P3.3

Bild P3.4

411


Prüfungsaufgaben

Bild P3.5

P3.4 Bild P3.4 zeigt eine Einständerbearbeitungsmaschine für Rohre und Formteile aus Kunststoff. Berechnen Sie die Auslenkung in z-Richtung, uz, des idealisierten Kraftangriffspunktes. Hinweis: Die Maschine besteht vereinfacht aus dem Ständerbalken von lS = 1500 mm Länge und dem Traversenbalken von lT = 1200 mm Länge, die über die Führungen biegesteif miteinander verbunden sind (siehe Prinzipskizze). Die Krafteinleitung bzw. Weiterleitung durch die Führungen geschieht punktförmig. Berechnen Sie die Querschnittswerte so, als ob die Profile vollkommen scharfkantig wären. Werkstoffwerte: E = 2,1 · 105 N/mm2; ν = 0,3. P3.5 Bild P3.5 zeigt den Querschnitt am Profilfuß der Laufschaufel einer Turbinenstufe. Dieser Querschnitt wird beansprucht durch: − Biegemoment infolge Dampfkraft Mb Dampf = 2728 Nmm, Richtung gemäß Bild (näherungsweise) − Zentrifugalkraft infolge Profilmasse FZP = 3440 N, wirkt im Profilschwerpunkt SP − Zentrifugalkraft infolge des angefrästen Deckbandes am Profilkopf FZD = 1223 N, wirkt im Schwerpunkt SD des Deckbandes

3

412

Prüfungsaufgaben

Die Zentrifugalkräfte kommen aus der Zeichenebene heraus. Querschnittswerte des Profils: A = 116 mm2; Iy = 905 mm4; Iz = 2830 mm4; Iyz = 625 mm4


Für den Profilfußquerschnitt sind gesucht: 1. Normalspannung σN infolge der Normalkräfte 2. größte Biegezug- und Biegedruckspannung σbz und σbd (Koordinaten der maßgeblichen Querschnittspunkte herausmessen) 3. größte resultierende Normalspannung σres aus Normalkräften und Biegemomenten.

Schwierigkeitsgrad 4: sehr schwierig

Bild P4.1

Prüfungsaufgaben

413

P4.1


Bild P4.1 zeigt vereinfacht zwei Säulen eines rechteckigen Presskastens einer Presse für Garnballen. Die Säulen sind oben und unten am Presskastenrahmen angeflanscht; die Einspannmomente seien für eine konservative Berechnung vernachlässigt. Die vertikale Pressenkraft oben beträgt pro Säule F = 326 kN. An den Säulen ist gelenkig die Pressenwand der Gewichtskraft FG = 370 kN aufgehängt. Momente und Kräfte auf der Symmetrielinie sollen null gesetzt werden, d. h. man tut konservativ so, als sei die Traverse längs der Symmetrielinie aufgeschnitten. Die Querschnittspunkte C und D gelten für die linke Säule. Berechnen Sie die resultierenden Normalspannungen σC und σD in den Punkten C und D des Säulenquerschnitts B-B. Querschnittswerte des I-Profils: A = 11 200 mm2; Wy = 1 260 000 mm3; Wz = 421 000 mm3

3

Bild P4.2

414

Prüfungsaufgaben

P4.2


Das Laufrollenpaar eines Kreisförderers hat die Gewichtskraft FG = 20 kN auf die Schiene zu übertragen, Bild P4.2 nach [1]. Bestimmen Sie für den Querschnitt B-B des Bügels die resultierenden Normalspannungen in den Punkten C und D. Hinweis: Die erforderlichen Hebelarme für die Biegung sind rechnerisch zu bestimmen. Der Bügelquerschnitt soll wie bei Profil U100 DIN 1026 angenommen werden. Die Biegung erfolgt um die Hauptachse 2 des U-Profils. Diese liegt im skizzierten Querschnitt B-B horizontal. Die von der Schiene auf das Rad wirkende Kraft F hat die skizzierte Richtung und Lage. P4.3

Bild P4.3

Gegeben ist die Flanschverbindung gemäß Bild P4.3. Die beiden Flansche von Behälter und Deckel werden durch Schraubenbolzen mit Dehnschaft und Dehnhülse verspannt. Das Verspannen geschieht drehmomentenfrei durch eine Übertemperatur der Schraube von ΔT = 180 K. Daten: Schraube: Taillendurchmesser dS = 14 mm Hülse: Außendurchmesser 26 mm; Innendurchmesser 22 mm E = 2,1 ⋅ 105 N/mm2; α = 1,2 ⋅ 10–5 K–1 (für alle Teile gleich) Welche Vorspannkraft FV herrscht in der Schraube nach der Montage? Hinweise: – Der Schaftquerschnitt ist über die gesamte Länge lS konstant anzunehmen. – Die an der Verformung beteiligten Längen betragen näherungsweise Schraube: lS = 125 mm Hülse: lH = 65 mm Flansche: lF = 2 ⋅ 30 mm = 60 mm – Der an der Verformung beteiligte Flanschquerschnitt soll konstant AF = 5 ⋅ AS angenommen werden. – Die Spannungen in den einzelnen Abschnitten sind konstant über die jeweilige Länge anzunehmen. – Setzeffekte sollen unberücksichtigt bleiben.

415


Antworten zu den Fragen zu 1 1. Belastung, Bauteilgeometrie, Werkstoffkennwert, Sicherheitsbeiwert 2. Die Beanspruchung im Inneren des Bauteils, genannt Spannung. 3. Aus Belastung und Bauteilgeometrie 4. Um Ungenauigkeiten in Werkstoffkennwert, Belastung, Bauteilgeometrie und Berechnungsformeln zu kompensieren. 5. Dimensionierung, Sicherheitsnachweis, Werkstoffauswahl und Tragfähigkeitsnachweis zu 2 1. Für stabartige Bauteile 2. Bei ruhender Last sind die Festigkeitswerte i. Allg. am höchsten. zu 3.1 1. Durch gedachtes Aufschneiden 2. Normal- und Schubspannungen 3. Die Normalspannung führt zum Trennen der Körner, die Schubspannung zum Abgleiten. 4. Kraft/Fläche 5. Die Spannungen sind unabhängig vom Ort im Körper. zu 3.2 1. Spröd: Trennbruch (Bruch quer zur Zugrichtung) Zäh: Gleitbruch (Abgleiten unter 45° zur Zugrichtung) 2. Normal- und Schubspannungen: σmax = F/A (in Zugrichtung); τmax = 1/2 ⋅ (F/A) (45° zur Zugrichtung) 3. Unter 45° zu 3.3 1. Den ersten Index braucht man für die Richtung der Schnittflächennormale, den zweiten für die Richtung der Schubspannung. 2. Die Schnittflächennormale zeigt in die negative Koordinatenrichtung. 3. In die negative z-Richtung 4. Sie laufen aufeinander zu oder von einander weg und sind gleich groß. zu 3.4 1. Ebene Bleche mit Belastung in Blechebene; dünnwandige Druckbehälter. 2. Zwei, nämlich die größte und die kleinste Normalspannung; die Schubspannung ist null. 3. Sie ist konstant, unabhängig vom Koordinatensystem. 4. Ja, auf jeder Schnittfläche die gleiche.

3

416



zu 3.5 1. In die Hauptspannungsrichtungen 2. Wegen unterschiedlicher Lichtgeschwindigkeiten. 3. Mit weißem Licht S 4. Aus σ 1 − σ 2 = ⋅ δ d 5. Der Normalspannung tangential zum Rand. zu 4 1. Verlängerung bezogen auf die ursprüngliche Länge. 2. 1, d. h. dimensionslos 3. Ca. 10–4 bis 10–3 zu 5.1 1. Die Normalspannung ist zur Dehnung proportional. 2. Proportionalität zwischen Spannung und Dehnung; nach Be- und Entlasten erreicht man wieder den Nullpunkt im σ,ε-Diagramm. 3. ESt ≈ 210 000 N/mm2; EAl ≈ 70 000 N/mm2 4. Das Verhältnis von Quer- zu Längsdehnung; νMet. ≈ 0,3 5. Re bzw. Rp 0,2: Streckgrenze bzw. 0,2%-Dehngrenze (Beginn des plastischen Verformens); Rm: Zugfestigkeit; Rp 0,01: 0,01%-Dehngrenze (0,01% Abweichung vom linearen Verlauf); Bruchdehnung A (ein Maß für die Verformungsfähigkeit) zu 5.2 1. Die Schubspannung ist zum Schubwinkel proportional. 2. Isotrop: Das elastische Verhalten ist richtungsunabhängig, z. B. bei fast allen Metallen. Anisotrop: Das elastische Verhalten ist richtungsabhängig, z. B. bei Holz und Faserverbundwerkstoffen. 3. Zwei zu 5.3 1. εx und εy sowie εz (εz ist hier jedoch ohne Bedeutung) 2. Bei linear-elastischem Material können Spannungen, Verzerrungen und Verformungen aus verschiedenen Lastfällen addiert werden. Die resultierenden Werte entsprechen der Wirkung der gesamten Last. zu 5.4 1. εth = α ⋅ ΔΤ 2. Bei Behinderung der Wärmedehnungen, bei Verbundbauteilen mit verschiedenen α-Koeffizienten oder wenn die Temperaturen im Bauteil unterschiedlich sind. 3. Nicht 4. Durch örtliche Temperaturunterschiede; z. B. möchte sich die Schweißnaht beim Abkühlen zusammenziehen, die Umgebung gibt nicht nach, dadurch entsteht Zug.


417


zu 5.5 1. Beim statisch bestimmten Stabwerk reichen die statischen Gleichgewichtsbedingungen zur Berechnung der Kräfte bzw. Spannungen aus, beim statisch unbestimmten nicht. 2. Neben den statischen Gleichgewichtsbedingungen benötigt man die kinematischen Bedingungen und die Stoffgesetze. zu 6 1. Sie wird im Bauteil als elastische Energie gespeichert. 2. Alle möglichen Arten von Federn, vom Eisenbahnwaggonpuffer bis zur Uhrfeder. 3. Sie wird wieder nach außen abgegeben, d. h. in äußere Arbeit umgewandelt. 4. Sie hat stets positives Vorzeichen. zu 7 1. c = E · A/l 2. SF: Sicherheitsbeiwert gegen unzulässige Verformung SB: Sicherheitsbeiwert gegen Bruch 3. Druckspannung zwischen zwei Berührflächen z. B. zwischen Bolzen und Bohrung. 4. Durchmesser mal tragende Länge. 5. Einschnittig: eine Scherfläche; zweischnittig: zwei Scherflächen zu 8 1. Ringdicke/Ringradius kleiner ca. 0,2 2. Näherungsweise konstant 3. Nein 4. v ∼ l R 5. Die Reißlänge ist jene Länge, bei der ein aufgehängter Stab nur infolge seines Eigengewichts reißt; sie ist wichtig bei rotierenden Bauteilen und beim Leichtbau. 6. Kohlenstofffaser, Aramidfaser 7. Δl = 2π ⋅ Δr 8. Es tritt eine Spannung infolge verhinderter Wärmedehnung auf. zu 9 1. a) dreiachsig, b) zweiachsig 2. 1 Ⳏ t, 2 Ⳏ a, 3 Ⳏ r (t: tangential, a: axial, r: radial) 3. Der kugelförmige 4. Tangentialspannung gleich doppelte Axialspannung. 5. Es treten Spannungskonzentrationen auf. zu 10 1. mm3 bzw. mm4 2. Für den Schwerpunkt 3. Biegung, Querkraftschub, Knickung, Torsion 4. πd 4/64, bh 3/12, a 4/12 5. Für Flächen mit mindestens einer Symmetrieachse, z. B. T-, U-, Rechteck-, Kreis-Profil. 6. Für ein zum Schwerpunkt-KS. paralleles KS. kommen die Glieder z S2 ⋅ A , y S2 ⋅ A bzw. − y S ⋅ z S ⋅ A hinzu.

3


418


7. Der Schwerpunkt 8. Für den Schwerpunkt 9. Beiden liegen dieselben mathematischen Beziehungen zugrunde (Hauptachsen, Hauptwerte, MOHRscher Kreis usw.). zu 11.1.1 1. Es muss ein prismatischer Stab sein (gerade Achse, konstanter Querschnitt). 2. Wenn ein reines Biegemoment wirkt; anders gesagt, wenn es konstant ist längs der Stabachse. 3. Wenn das Biegemoment um eine Querschnittshauptachse wirkt. 4. Querschnitt bleibt eben, Längsfasern werden konzentrische Kreise. 5. Faser mit σ = 0; das ist die Schwerpunktfaser. 6. Linear 7. Im Punkt mit dem größten Abstand von der Null-Linie. 8. Axiales Flächenmoment geteilt durch Randfaserabstand. 9. Da die weniger belasteten inneren Fasern eine Stützwirkung haben. zu 11.1.2 1. Das Biegemoment wirkt nicht um die Querschnittshauptachse. 2. Im Allgemeinen nicht. zu 11.2 1. Schubspannungen und Scherungen 2. Wenn der Balken sehr viel länger ist als die Querschnittsabmessung, etwa im Verhältnis 10 :1. 3. Der Stab ist konisch oder gekrümmt. 4. Konische oder abgesetzte Welle, Breite oder Höhe variabel, geschichtete Feder. zu 11.3 1. Die Kurve für die Durchbiegung der Stabachse. 2. Kreisform 3. Durch vektorielle Addition der Durchbiegungen in Richtung der Querschnittshauptachsen 1 und 2. 4. Nicht, da die E-Moduln gleich sind. zu 11.4 1. Groß 2. Die Spannung soll längs der Stabachse möglichst gleichmäßig sein: Dreieckfeder, geschichtete Blattfeder. zu 12.1 1. Am Umfang 2. Das dünnwandige Kreisrohr 3. Die Querschnitte verdrehen sich wie starre Scheiben; aus den Mantellinien werden dabei Schraubenlinien. zu 12.2 1. Man berechnet für jeden Abschnitt W i =

1 2

M t2 ⋅ l / ( G ⋅ I t

) und

summiert die Anteile auf. zu 12.3 1. Die Verschiebung der Querschnittspunkte in Achsrichtung. 2. Kreisförmige und sternartige Querschnitte, Tangentenpolygone


419

3. Er ist konstant. 4. Größte Schubspannung bei tmin, kleinste bei tmax zu 12.4 1. Bei tmax 2. Sie sind sehr viel größer.


zu 12.5 1. Für kreis- und ellipsenförmige Voll- und Hohlquerschnitte, gleichseitiges Dreieck und unendlich dünnes Rechteck. 2. Eine Abrundung kaum, Außenkerben stark. zu 13 1. Null 2. Im Allgemeinen auf der Trenngeraden durch den Schwerpunkt. 3. Für symmetrische Querschnitte zu 14 1. Ein Stabilitätsproblem 2. Der beidseitig gelenkigen Lagerung 3. Die Stablänge 4. Quetschen und Knicken 5. Vom Schlankheitsgrad 6. Knicklänge/Trägheitsradius 7. In Quetschen, plastisches Knicken, elastisches Knicken zu 15 1. Sie besteht aus Anriss, Dauerbruchfläche mit Rastlinien, Gewaltbruchfläche (Gleit- oder Trennbruch). 2. σD = σm ± σA, d. h. ertragbarer Spannungsausschlag σA bei der Mittelspannung σm. 3. Im WÖHLER-Versuch 4. Es ist die Festigkeit bei Lastspielzahlen unterhalb der Grenzlastspielzahl; für begrenzte Lebensdauer. 5. Ruhend (I), schwellend (II), wechselnd (III) zu 16 1. Mit der Vergleichsspannung σv 2. 3; σ1 ⱖ σ2 ⱖ σ3 3. τmax = (σ1 – σ3)/2 4. Trennbruch 5. Gleitbruch 6. Der nach der SH 7. Bei unterschiedlichem Beanspruchungsfall von σ und τ. 8. Der von σ zu 17 1. Im linear-elastischen Fall 2. Sie wandert aus dem Schwerpunkt heraus.

3


420


zu 18 1. Von Kerbradius, Kerbtiefe, Breite des Restquerschnitts, Flankenwinkel 2. Welle mit Eindrehung oder Absatz, Lochstab, Zahnfuß 3. Wie stark Spannungsspitzen festigkeitsmindernd sind. 4. Spröde Materialien 5. Zusätzliche Kerben, die infolge Überlagerung die Spannungsspitzen aus schon vorhandenen Kerben verkleinern bzw. vergrößern. 6. a), c) und e) negativ; b), d) und f) positiv 7. Dieser rührt von der Fertigungsart her. 8. Er beruht darauf, dass bei Biegung und Torsion nur in der Randfaser die maximale Spannung auftritt. Die gemittelte Spannung ist in der schädigungsrelevanten Randschicht im größeren Bauteil höher als in der kleineren Probe. zu 19 1. Dehnung, Spannung, Kraft, Moment, Druck 2. Ein ebener Spannungszustand 3. In Umfangs- und Axialrichtung 4. Unter ±45° zur Umfangsrichtung, d. h. in die Richtungen der größten Zug- und Druckspannung zu 20 1. Man lässt an diesem Strukturpunkt eine Hilfskraft wirken, die am Ende der Berechnung wieder null gesetzt wird. 2. Mit der Beziehung ∂W /∂X = 0

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Ergebnisse der Übungsaufgaben (meist mit Lösungshinweisen und Zwischenwerten) Übung 5.1 ΔV


= 3α ⋅ ΔT V Herleitung z. B. mit Hilfe eines Quaders oder einer Kugel. Hierbei gilt: (1 + α · ΔT)3 = 1 + 3α · ΔT für α · ΔT Ⰶ 1

Übung 5.2 Stabverlängerungen: Δl1 = – 0,598 mm; Δl2 = 1,466 mm Vertikale Verschiebung: f = 2,038 mm Übung 7.1 1. F ≤ 2814 N (zweischnittige Verbindung) 2. lK = 4,2 mm (konservativ mit dem kleineren Durchmesser, d. h. mit ∅ 21,3 mm gerechnet). Das ist sehr wenig; man könnte die Überlappungslänge bis etwa 50 mm ausführen und damit erheblich größere Kräfte übertragen können als mit der Stiftverbindung. Übung 7.2 M = 3⋅

D d2 ⋅ π ⋅ ⋅ τB ≈ 2,5 ⋅ 106 Nmm 2 4

Übung 9.1 p ≈ 37,6 N/mm2 (folgt aus: p · ri/t + p ≤ Rp0,2/SF) σw ≈ 73 N/mm2 (Druck wirkt auf Fläche mit ∅ 130 mm) Übung 10.1 Iyz = 8,16 ⋅ 106 mm4 I1 ≈ 34,7 ⋅ 106 mm4; I2 ≈ 3,4 ⋅ 106 mm4 α1 ≈ 15,7° Übung 11.1 b = 875 mm mit Hilfe des statischen Moments der Fläche bezüglich des Schwerpunkts: ∑ zSi ⋅ Ai = 0; hierbei ist die Lage des Schwerpunkts bekannt,

nämlich h1 = 300 mm von oben (bzw. h2 = 600 mm von unten) gemäß h1/h2 = σbz/σbd = 1/2

3

422


Übung 11.2 1. σb ≈ 89 N/mm2 (Ib ≈ 78,46 · 106 mm4) 2. σbz ≈ 87 N/mm2; σbd ≈ 99 N/mm2 (Ib ≈ 42,96 · 106 mm4) Übung 11.3 l = d ⋅ σbF /(4ρ ⋅ g) ≈ 4,1 m (aus Mb = Wb · σbF)


Übung 11.4 Querschnittspunkte bestimmen, für die σ maximal wird (mittels NullLinie): (–3; –40) und (3; 40) Biegemomente: My = –F · l; Mz = –F · l/2 F = 4217 N (mit Hilfe von (11.3 a)) Übung 11.5

ρ E St m = ⋅ m St ρ St E Stahl: Aluminiumlegierung: Kevlar (UD, 60V-%): CF-EP (HM, UD, 60V-%): Titanlegierung:

m/mSt = ≈ ≈ ≈ ≈

1 1,01 0,47 0,23 1,10

Übung 11.6 Bestimmung der Biegewinkel mit A14.1 1. Ft = 3480 N 2. Fr = 1295 N; Fa = 740 N 3. ϕAr = – 4,50 ⋅ 10–5; ϕBr = 5,14 ⋅ 10–5 (Fall 7) 4. ϕAa = 1,60 ⋅ 10–5; ϕBa = –2,46 ⋅ 10–6 (Fall 10) 5. ϕAv = –2,90 ⋅ 10–5; ϕBv = 4,90 ⋅ 10–5 (algebraische Addition) 6. ϕAh = –1,21 ⋅ 10–4; ϕBh = 1,38 ⋅ 10–4 (Fall 7) 7. ϕA = 1,24 ⋅ 10–4 Ⳏ 0,007°; ϕB = 1,46 ⋅ 10–4 Ⳏ 0,008° (vektorielle Addition) Die Biegewinkel sind hier sehr klein. Übung 11.7

f ≈ 0,01 mm (M = P/ω ≈ 395 Nm; FA ≈ 876 N; FB ≈ 2628 N; Wi ≈ 16,8 Nmm) Die Funktionen für die Biegemomente in den beiden Abschnitten werden am einfachsten, wenn man x1 von A aus nach rechts und x2 von B aus nach links laufen lässt.


423

Übung 12.1 1. Mt = M = P/(2πn) = 2122 Nm 2. τt ≈ 86,5 N/mm2 3. ϕ ≈ 0,021 Ⳏ 1,2° Übung 12.2


1. d = 10,079 mm → d = 10 mm gewählt 2. τt = 292 N/mm2 < τt zul = 500 N/mm2 Übung 12.3 1. Itv = 12 600 mm4 (mit (12.15)) 2. Itn ≈ 141 ⋅ 106 mm4 (mit (12.12) bzw. A7.2, Nr. 5) 3. ϕn/ϕv ≈ 1/3 Die Verdrehung des ausgesteiften Abschnitts ist vernachlässigbar. Übung 13.1 τmax ≈ 95 N/mm2 (I = 59 572 mm4; S* = 2842 mm3) (tritt auf der horizontalen Linie durch den Schwerpunkt auf) Übung 13.2 Zunächst ist die Lage des Schwerpunktes S zu bestimmen. Er liegt 56 mm oberhalb des I-Schwerpunktes. 1. τmax ≈ 37 N/mm2 (I ≈ 469 ⋅ 106 mm4; S* ≈ 996 ⋅ 103 mm3) 2. FS′1 ≈ 134 N/mm; FS′2 ≈ 253 N/mm; FS′3 ≈ 186 N/mm (analog zu Beispiel 13.1) Übung 14.1 Elastisches Knicken nach EULER, da λ = 414 > λP = 85 F ≈ 268 N (FK = Fres = 3 · F · cos 45°) Übung 14.2 Elastisches Knicken um die z-Achse (EULER-Fall 2, λz ≈ 144 > λy ≈ 29; um die y-Achse liegt EULER-Fall 4 vor) ΔT ≈ 40 K Der Klemmenabstand sollte verringert werden, auch wenn in Wirklichkeit die Situation günstiger ist, da die Klemmen doch eine gewisse Einspannwirkung haben und wegen der konservativen Annahmen.

3

424


Übung 16.1 1. Schubspannungshypothese (zähes Material, statische Beanspruchung); σv SH ⱖ σv GEH 2. σv = σ1 – σ3 = σ1 σ1 =

σx + σy 2

⎛ σx − σy ⎞ + ⎜ ⎟ + τ2 2 ⎝ ⎠ 2

≈ (81,5 + 68,5) N/mm2 ≈ 150 N/mm2


σ2 ≈ 13 N/mm2 > 0; σ3 = 0 3. SF = Re/σv ≈ 1,5 mit Re = 235 N/mm2 Übung 17.1 1. FS = 250 N 2. FN = – 6000 N; Mb = 1,23 · 106 Nmm (unten Zug) 3. a) σd ≈ 320 N/mm2 > σd zul = 240 N/mm2 b) σd ≈ 226 N/mm2 < σd zul = 240 N/mm2 Übung 17.2 SF ≈ 1,6; SB ≈ 2,2 (Ib ≈ 1,316 · 106 mm4; Mb ≈ 11,05 · 106 Nmm) Übung 17.3 σv ≈ 132 N/mm2 (Biegung um 2 Hauptachsen σb res ≈ 120,0 N/mm2; τt ≈ 31,3 N/mm2)

und

Torsion:

Übung 17.4 F=

E⋅I ⋅ f ≈ 64 N ⎡2 b ⎤ a 3 ⎢ + (1 + ν) ⎥ ⎣3 a ⎦

Die resultierende Verschiebung f rührt von 3 Beiträgen her: Biegung zwischen B und Hülse (Biegewinkel), Verdrehung des Abschnitts in der Hülse, Durchbiegung des Abschnitts zwischen Hülse und C an der Stelle C. Alternative Lösung: Bei B freimachen und Lagerreaktion F einzeichnen (wirkt nach oben). f ist der doppelte Wert der Verformung der Symmetriehälfte infolge der Torsion des Stabes der Länge b/2 und der Durchbiegung des Stabes der Länge a. Übung 17.5 σv1 ≈ 119 N/mm2 (Zug und Biegung um 2 Hauptachsen) σv2 ≈ 97 N/mm2 (Zug, Biegung, Torsion, Schub)


425

Übung 17.6 σv max ≈ 93,4 N/mm2 Resultierendes Biegemoment Mb res ≈ 1,89 · 106 Nmm. Gerade Biegung um die Achse, um welche Mb res wirkt, liefert σb max ≈ 89,2 N/mm2. Überlagerung mit σN ≈ –3,1 N/mm2 ergibt σres ≈ –92,3 N/mm2. Überlagerung mit τt ≈ 8,3 N/mm2 nach der GEH liefert σv max. Übung 19.1


1. σ1 ≈ 205 N/mm2; σ2 ≈ 89 N/mm2 2. δ ≈ 20,5° (zwischen Meridianrichtung und DMS c) Übung 19.2 1. σb ≈ 178 N/mm2; τt ≈ 91 N/mm2 (In der Umfangsrichtung ist die Normalspannung null. Die Umfangsrichtung liegt damit auf dem MOHRschen Kreis über Oσ mit τ = τt; 180° dazu liegt die axiale Richtung mit σ = σb) 2. Mb ≈ 138 · 106 Nmm; Mt ≈ 141 · 106 Nmm Übung 20.1 Vertikale Durchmesseränderung: Δd v =

F ⋅r3 ⎛ π 2⎞ F ⋅r3 ⎜ − ⎟ ≈ 0,149 ⋅ E ⋅ Ib ⎝ 4 π⎠ E ⋅ Ib

Beachte:

∂M b

=

∂M b

= 2⋅

∂M b

∂FB ∂ ( F/2 ) ∂F FB = F/2 ist die vertikale Kraft bei B. Horizontale Durchmesseränderung: Δd h =

2F ⋅ r ⎛ 1 1 ⎞ F⋅r ⎜ − ⎟ ≈ 0 ,137 ⋅ ⎝ ⎠ E ⋅ Ib π 4 E ⋅ Ib 3

3

3

426


Ergebnisse der Prüfungsaufgaben (meist mit Lösungshinweisen und Zwischenwerten) P1.1 Fu = 754 N P1.2


d ≈ 87,2 mm → d = 90 mm gewählt P1.3 σzw ≈ 7 N/mm2; σbw ≈ 68 N/mm2 (Kräfte in den Rollenmittelpunkt parallel verschieben) P1.4 τw ≈ 74 N/mm2 (τw ist so groß wie τ im Querschnitt) τ = − FQ ⋅ S**/(t ⋅ I ), s. (13.1b); I ≈ 348 ⋅ 103 mm 4 ; S** ≈ − 8606 mm 3 P1.5 1. τt1 ≈ 91 N/mm2; τt2 ≈ 114 N/mm2 2. ϕ ≈ 0,29 Ⳏ 16,7° P2.1 SK ≈ 2,3 EULER-Fall 3; λ ≈ 178 > λP = 104, d. h. elastisches Knicken; Fvorh = 34 641 N P2.2 Zug: Biegung: Torsion:

Laminat a); die größte Zugspannung ist parallel zur Rohrachse. wie bei Zug Laminat b); die Normalspannungen (größter Zug bzw. größter Druck) laufen unter 45° bzw. 135° zur Rohrachse

P2.3 τ1 ≈ 136 N/mm2; τ2 ≈ 61 N/mm2 Bei 1 sind die Schubspannungen zu addieren, bei 2 zu subtrahieren. Aus A8.1: S* = Sy = Wpl/2 = 9650 mm3/2 = 4825 mm3


427

P2.4 Ringaufweitung Δr = 0,05 mm Schrumpfspannung σ ≈ 200 N/mm2 Schrumpfdruck p ≈ 20 N/mm2 F ≈ 25 kN P2.5


1. σx ≈ 243 N/mm2; σy = 0; τ ≈ 75 N/mm2 2. σmax = σ1 ≈ 265 N/mm2; α1 ≈ 16° P2.6 1. d = 38 mm 2. ϕ ≈ 4,3 ⋅ 10–3 Ⳏ 0,24° (A14.1, Fall 7) P3.1 1. σb ≈ 44,4 N/mm2; τt ≈ 18,4 N/mm2 (Mb = 544 400 Nmm; Mt = 452 500 Nmm) 2. αkb ≈ 2; αkt ≈ 1,5 (s. A11.1: t/ρ ≈ 1,7; t/(a + t) ≈ 0,17) P3.2 1. σ1 ≈ 106 N/mm2; σ2 ≈ 8 N/mm2; σ3 = –15 N/mm2 2. σv ≈ 121 N/mm2 3. SF ≈ 3,9 P3.3 1. Iy ≈ 558 ⋅ 106 mm4; It ≈ 460 ⋅ 106 mm4 2. Mb = F ⋅ l/4 + q ⋅ l2/8 ≈ 142 ⋅ 106 Nmm; Mt = F ⋅ e/2 = 17,6 ⋅ 106 Nmm 3. f ≈ 4,7 mm (A14.1, Fall 6 und 11); ϕ ≈ 1,6 ⋅ 10–3 Ⳏ 0,092° 4. σb ≈ 76 N/mm2; τt ≈ 7 N/mm2 5. σv ≈ 77 N/mm2 P3.4 uz = 0,132 mm Dieser Weg setzt sich zusammen aus den Durchbiegungen von Ständer und Traverse sowie der Verdrehung des Ständers gemäß uZ = fbS + ϕtS · lT + fbT, mit F ⋅ l3 F ⋅l fbS = Z S ≈ 0,018 mm, ϕtS ⋅ lT = Z T ⋅ lS ⋅ lT ≈ 0,061 mm, 3E ⋅ I bS G ⋅ I tS fbT =

FZ ⋅ lT3 ≈ 0,053 mm 3E ⋅ I bT

3

428


P3.5 1. σN ≈ 40 N/mm2 (Zugspannung) 2. σbz ≈ 17 N/mm2; σbd ≈ 20 N/mm2 Biegemomente infolge FZD: MDy = –FZD · 4,09 mm ≈ –5002 Nmm; MDz = FZD · 0,35 mm ≈ 428 Nmm Resultierende Biegemomente: My ≈ –2274 Nmm; Mz ≈ 428 Nmm Querschnittspunkte: (–0,6; –5,2) und (–10,0; 9,0) 3. σres ≈ 57 N/mm2


P4.1 σC ≈ 103 N/mm2 (Zug); σD ≈ –194 N/mm2 (Druck) Zwischengrößen: Lagerreaktionen: Fx = 511 000 N; Fy = 21 673 N; Fz = 40 750 N Normalkraft: FN = –511 000 N Biegemomente: My = 71 924 610 Nmm und Mz = 38 253 709 Nmm P4.2 Vertikales Gleichgewicht: F =

FG /2 cos 8°

= 10 098 N

Normalkraft: FN = F ⋅ sin 23° = 3946 N Hier ist es einfacher, die Biegemomente mit der vertikalen Kraft FG ⋅ tan 8° zu berechnen. Fv = FG/2 und der horizontalen Kraft Fh = 2 Die Hebelarme betragen dann je 70 mm. Mb = 798 379 Nmm σC = –91 N/mm2; σD = 45 N/mm2 P4.3 Statisches Gleichgewicht: FS + FH = 0 Kinematische Bedingung: ΔlS, ges = ΔlS + ΔlS, th = ΔlH + ΔlF Fv ≈ 43 kN

429

Literaturverzeichnis


(im Text zitierte und ergänzende Literatur)

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DUBBEL, Taschenbuch für den Maschinenbau, Springer HÜTTE, Die Grundlagen der Ingenieurwissenschaften, Springer MAGNUS, K., POPP, K.: Schwingungen, Teubner DECKER, K.-H.: Maschinenelemente, Hanser KABUS, K.: Mechanik und Festigkeitslehre, Hanser ROLOFF, H., MATEK, W.: Maschinenelemente, Vieweg MAYR, M., THALHOFER, U.: Numerische Lösungsverfahren in der Praxis, Hanser YOUNG, W.C.: ROARK’s Formulas for Stress and Strain, McGraw-Hill NEUBER, H.: Technische Mechanik, 3 Bände, Springer HAHN, H.G.: Technische Mechanik, Hanser FLÜGGE, W.: Handbook of Engineering Mechanics, McGraw-Hill PILKEY, W.D., u. a.: PETERSON’s Stress Concentration Factors, John Wiley NEUBER, H.: Kerbspannungslehre, Springer NIEMANN, G., WINTER, H., HÖHN, B.-R.: Maschinenelemente, Band I, Springer HECKEL, K.: Einführung in die technische Anwendung der Bruchmechanik, Hanser SCHWALBE, K.H.: Bruchmechanik metallischer Werkstoffe, Hanser HAHN, H.G.: Bruchmechanik, Teubner BROICHHAUSEN, J.: Schadenskunde, Hanser PETERSEN, C.: Statik und Stabilität der Baukonstruktionen, Vieweg ROHRBACH, C.: Handbuch für experimentelle Spannungsanalyse, VDI ZAMMERT, W.U.: Betriebsfestigkeitsberechnung, Vieweg PEITER, A.: Spannungsmeßpraxis, Vieweg LIPPMANN, H.: Mechanik des plastischen Fließens, Springer COTTIN, D., PULS, E.: Angewandte Betriebsfestigkeit, Hanser HAHN, H.G.: Elastizitätstheorie, Teubner WINKLER, J.: Festkörperbeanspruchung, Band 2, Verlag Harri Deutsch BÖGE, A.: Das Techniker-Handbuch, Vieweg KRAGELSKI, I.W.: Reibung und Verschleiß, Hanser WUTTKE, W.: Tribophysik, Reibung und Verschleiß von Metallen, Hanser GIRNUS, R., GERKEN, H.: Forschungsbericht T82-095 (BMFT-FB-T82-095) ZUM, K.-H., DEGEN, T.: Keramik/Keramik-, Keramik/Stahl- und Stahl/Stahl-Gleitpaarungen bei Festkörperreibung, Zeitschrift für Metallkunde, 1988, Vol. 79, Nr. 12 NGUYEN, T.: Dissertation 23918, 1986, TH Karl-Marx-Stadt CZICHOS, H., HABIG, K.-H.: Tribologie-Handbuch Reibung und Verschleiß, Vieweg FINK, H.: Dissertation D 4030, 1982, TU München OREAR, H.: Physik, Hanser RÜHL, K.H.: Die Tragfähigkeit metallischer Baukörper in Bautechnik und Maschinenbau, Ernst FKM-Richtlinie: Rechnerischer Festigkeitsnachweis für Maschinenbauteile ALBERT, M.: Berechnung der Dauerfestigkeit von Maschinenelementen aus Stahl, ME5, 1989, Wien PFEIFFER, F., REITHMEIER, E.: Roboterdynamik, Teubner ASHBY, M.F., JONES, D.R.H.: Ingenieurwerkstoffe, Springer BORNSCHEUER, F.W., ANHEUSER, L.: Tafeln der Torsionskenngrößen für die Walzprofile der DIN 1025 bis DIN 1027, Stahlbau 30 (1961)


430

Literaturverzeichnis

[42] HEIMANN, G.: Zusatz zu Tafeln der Torsionskenngrößen für die Walzprofile der DIN 1025 bis 1027, Stahlbau 32 (1963) [43] POPP, K., SCHIEHLEN, O.: Fahrzeugdynamik, Teubner [44] BREMER, H., PFEIFFER, F.: Elastische Mehrkörpersysteme, Teubner [45] BREMER, H.: Dynamik und Regelung mechanischer Systeme, Teubner [46] BISHOP, R.E.D.: Schwingungen in Natur und Technik, Teubner [47] DIETMANN, H.: Einführung in die Elastizitäts- und Festigkeitslehre, Alfred Kröner [48] Stahlschlüssel: Nachschlagewerk, Verlag Stahlschlüssel Wengst [49] VDI-Richtlinie 2229: Empfehlung für die Festigkeitsberechnung metallischer Bauteile, VDI [50] LANDOLT-BÖRNSTEIN, Zahlenwerte und Funktionen, Springer [51] WELLINGER-GIMMEL, Werkstofftabellen der Metalle, Alfred Kröner [52] KOHLRAUSCH, F.: Praktische Physik, Teubner [53] KUCHLING, H.: Taschenbuch der Physik, Fachbuchverlag [54] HOLZMANN, G., MEYER, H., SCHUMPICH, G.: Technische Mechanik, 3 Bände, Teubner [55] Das Grundwissen des Ingenieurs, VEB Fachbuchverlag [56] BATHE, K.-J.: Finite-Elemente-Methoden, Springer [57] KÄMMEL, G., FRANECK, H., RECKE, H.-G.: Einführung in die Methode der finiten Elemente, Hanser [58] BART, J., NEUBER, H., SCHNACK, E.: Kerbfaktordiagramme nach numerischen Berechnungsverfahren, Konstruktion 28 (1976) [59] DREXLER, W.: Ein Beitrag zur Lösung rotationssymmetrischer, thermoelastischer Kerbprobleme mittels der Randintegralgleichungsmethode, Dissertation, 1981, TU München [60] MAYR, M., KUHN, G.: Spannungskonzentration einfach- und doppeltgekerbter Wellen, Ingenieur-Archiv 49 (1980) [61] MAYR, M., DREXLER, W.: Formzahldiagramme für eine Hohlwelle mit Außenrille, ATZ Automobiltechnische Zeitschrift (1995) [62] ERNST, H.: Die Hebezeuge, Vieweg [63] GÖLDNER, H.: Lehrbuch höhere Festigkeitslehre, 2 Bände, Fachbuchverlag [64] MC CLOY, D., HARRIS, D.M.J.: Robotertechnik, VCH Verlagsgesellschaft [65] ASSMANN, B.: Technische Mechanik, 3 Bände, Oldenbourg [66] DANKERT, H., DANKERT, J.: Technische Mechanik, Teubner [67] HIBBELER, R.C.: Technische Mechanik, 3 Bände, Pearson Studium [68] ISSLER, L., RUOSS, H., HÄFELE, P.: Festigkeitslehre – Grundlagen, Springer [69] WELLINGER, K., DIETMANN, H.: Festigkeitsberechnung, Alfred Kröner [70] DIN 743 Tragfähigkeitsberechnung von Wellen und Achsen [71] SZABÓ, I.: Höhere Technische Mechanik, Springer [72] TIMOSHENKO, S.P., GOODIER, J.N.: Theory of Elasticity, McGraw-Hill [73] MAYR, M.: Mechanik-Training, Hanser [74] MAGNUS, K., MÜLLER, H.H.: Grundlagen der Technischen Mechanik, Teubner [75] GÖLDNER, H.: Leitfaden der Technischen Mechanik, Fachbuchverlag [76] GROSS, D. u. a.: Technische Mechanik, mehrbändig, Springer

431

Verwendete Symbole (mit den vorzugsweise verwendeten Einheiten)


A B C D E Ek Ep F FA, FB ... FC FF FG FN FQ FR FRO FS FT FZ G GEH I Iy, Iz I1, I2 Iyz Ib Ip It J (Jx, Jy, Jz) Jxy , Jyz , Jzx K L M MA MR M* Mb (My, Mz) Mpl, y Mt (Mx) N NH P

Fläche, in mm2 Lagerpunkt Lagerpunkt CULMANNsche Gerade Durchmesser, in mm Elastizitätsmodul, in N/mm2 Kinetische Energie, in Nm Potentielle Energie, in Nm Kraft allgemein, in N Lagerreaktionen, Gelenkkräfte in den Punkten A, B ... CORIOLIS-Kraft Führungskraft Gewichtskraft Normalkraft Querkraft Resultierende Kraft eines Kräftesystems (Resultierende) Gleitreibungskraft Haftreibungskraft Seilkraft Stabkraft Trägheitskraft Zentrifugalkraft Schubmodul, in N/mm2 Gestaltänderungsenergiehypothese Flächenmoment 2. Grades, in mm4 Axiale Flächenmomente um die Achsen y und z Hauptflächenmomente um die Hauptachsen 1 und 2 Flächen-Deviationsmoment Biegeflächenmoment Polares Flächenmoment Torsionsflächenmoment Trägheitsmoment(e), in kgm2 Deviationsmomente Werkstoffkennwert allgemein Drehimpuls (Drall), in kgm2/s Moment allgemein, in Nm Moment bezüglich des Punktes A Resultierendes Moment Einzelmoment (Kräftepaar) Biegemoment(e) plastisches Grenzbiegemoment Torsionsmoment Schwingspielzahl Normalspannungshypothese Leistung, in Nm/s = W

432


R Re Rp0,01, Rp0,2 Rm S SB, SD, SF, SK S*, S**, Sx, Sy, Sz SH T T0, Td Tz V W Wi Wb Wpl Wt a aC aF an arel at c ct d e f g i j k l m mL, mF, mv, ma n npl p q r s

Verwendete Symbole

Radius, in mm Streckgrenze, in N/mm2 0,01%- bzw. 0,2%-Dehngrenze, in N/mm2 Zugfestigkeit, in N/mm2 Schwerpunkt Spannungsoptische Konstante, in (N/mm2) · mm/Ordnung Sicherheitsbeiwert allgemein, Einheit 1 Sicherheitsbeiwert gegen Bruch, Dauerbruch, Fließen, Knicken Statische Momente der Fläche (Flächenmomente 1. Grades), in mm3 Schubspannungshypothese Periodendauer allgemein, in s Periodendauer der ungedämpften Schwingung bzw. der gedämpften Schwingung Abklingzeit (Zeitkonstante), in ms Volumen, in mm3 Vergrößerungsfunktion, Vergrößerungsfaktor, Einheit 1 Arbeit allgemein, in Nm = Ws Innere Arbeit (elastische Energie, Formänderungs-, Verzerrungsarbeit) Biegewiderstandsmoment, in mm3 plastisches Biegewiderstandsmoment, in mm3 Torsionswiderstandsmoment, in mm3 Beschleunigung allgemein, in m/s2 CORIOLIS-Beschleunigung Führungsbeschleunigung Normalbeschleunigung (Zentripetalbeschleunigung) Relativbeschleunigung Tangentialbeschleunigung (Bahnbeschleunigung) Federkonstante (Stabsteifigkeit, Federrate), in N/mm Torsionsfederkonstante, in Nm Durchmesser, in mm Dämpfungskoeffizient, in Ns/m = kg/s Basis der natürlichen Logarithmen, e = 2,71 828... Frequenz, in Hz (= s–1) Betrag des Verformungsvektors, in mm Fallbeschleunigung, g ≈ 9,81 m/s2 Trägheitsradius, in mm Imaginäre Zahl Knotenzahl eines Fachwerks Stoßzahl, Einheit 1 Länge, in mm Masse, in kg Maßstab für Länge, Kraft, Geschwindigkeit, Beschleunigung Drehzahl, in s–1 bzw. min–1 dynamische Stützzahl, Einheit 1 plastische Stützzahl, Einheit 1 Flächenpressung, in N/mm2 Impuls, in kgm/s Streckenlast (Linienlast), in N/mm Betrag des Ortsvektors, in m Radius, in mm Weg, in m

Verwendete Symbole

t


v vF vrel w x x xe x e α, β, γ α α0 αk βk γ δ ε ξ η ηk ϑ κ λ μ, μ0 ν π ρ ρ, ρ0 σ σx, σy, σz σ1, σ2, σ3 σA, σa σb σbF σD σd σF σK σl σm σmax σn σo σSch

433

Dicke, in mm Zeit, in s Geschwindigkeit allgemein, in m/s Führungsgeschwindigkeit Relativgeschwindigkeit Durchbiegung in z-Richtung, in mm Wegkoordinate allgemein, in m Amplitude einer Schwingung, in m Erregerfunktion Erregeramplitude, in m Winkel, in rad bzw. 1 Winkelbeschleunigung, in rad/s2 bzw. s–2 Thermischer Längenausdehnungskoeffizient, in K–1 Anstrengungsverhältnis, Einheit 1 Formzahl, Einheit 1 Kerbwirkungszahl, Einheit 1 Schubwinkel, Einheit 1 Abklingkoeffizient, in s–1 Isochromatenordnung Dehnung, Einheit 1 Dimensionslose x-Koordinate Wirkungsgrad, Einheit 1 Frequenzverhältnis, Einheit 1 Kerbempfindlichkeitszahl, Einheit 1 Dämpfungsgrad, Einheit 1 Spezifischer Torsionswinkel, in rad/mm bzw. mm–1 Spannungsverhältnis, Einheit 1 Schlankheitsgrad, Einheit 1 Gleitreibungszahl, Haftreibungszahl, Einheit 1 Querdehnzahl, Einheit 1 ≈ 3,14 Dichte, in kg/dm3 Gleitreibungswinkel, Haftreibungswinkel, in ° Normalspannung allgemein, in N/mm2 Normalspannungen im x,y,z-Koordinatensystem Hauptspannungen Spannungsausschlag, ertragbarer bzw. vorhandener Biegespannung Biegefließspannung Dauerfestigkeit Druckspannung Fließspannung, allgemein Knickspannung Lochleibungsdruck, Lochleibungsspannung Mittelspannung Größte Normalspannung Nennspannung Oberspannung Schwellfestigkeit

434


σu σv σW σw σz σzul τ τxy, τyz, τzx τa τB τK, τl τt τF, τSch, τW, τw, τzul ϕ ψ ω ω0, ωd Λ Ω

Verwendete Symbole

Unterspannung Vergleichsspannung Wechselfestigkeit Normalspannung in der Schweißnaht Zugspannung Zulässige Spannung Dimensionslose Zeit Schubspannung allgemein, in N/mm2 Schubspannungen im x,y,z-Koordinatensystem Scherspannung, Abscherspannung Scherfestigkeit Schubspannung in Kleb- und Lötverbindung Schubspannung bei Torsion siehe Bemerkungen bei σ Biegewinkel, in rad bzw. 1 Torsionswinkel, in rad bzw. 1 Phasenwinkel allgemein, in rad bzw. 1 Winkel, um den die angeregte Schwingung der Erregung nacheilt, in rad bzw. 1 Winkelgeschwindigkeit, in rad/s bzw. s–1 Kreisfrequenz allgemein, in s–1 bzw. rad/s Eigenkreisfrequenz der ungedämpften bzw. der gedämpften Schwingung Logarithmisches Dekrement, Einheit 1 Kreisfrequenz der Erregung, in rad/s bzw. s–1

Koordinatensysteme: x, y bzw. ξ, η r, ϕ n, t t, n x, y, z bzw. ξ, η, ζ 1, 2, 3 ρ, ϕ, z h, v, a t, r, a

Ebene kartesische Koordinaten Polarkoordinaten Normal, tangential (in der Festigkeitslehre) Natürliche Koordinaten (tangential, normal – in der Kinematik) Räumliche kartesische Koordinaten Hauptachsen Zylinderkoordinaten Horizontal, vertikal, axial Tangential, radial, axial

Spezielle Symbole: Δ ∑ F f f′

Differenz Summe Vektor (Beispiel Kraftvektor) Punktableitung: Ableitung der Funktion f nach der Zeit Strichableitung: Ableitung der Funktion f nach einer Ortskoordinate

Ú

→ ↑ →

Umlaufintegral Horizontales Kräftegleichgewicht Vertikales Kräftegleichgewicht Momentengleichgewicht um den Punkt A Daraus folgt

Weitere Vereinbarungen sind im Text erläutert.

435


Sachwortverzeichnis Abklingkoeffizient 198 Abklingzeit 203 Abscheren 236, 281 Absolutbeschleunigung 135 Absolutgeschwindigkeit 131, 134 Amplitude 193 Anfangsbedingung 194 Anstrengungsverhältnis 367 Aperiodischer Grenzfall 201 Arbeit 141, 276 Arbeitsprinzip 276 a,t-Diagramm 107 Äußere Arbeit 276 Äußerlich statisch bestimmt 74 Axiale Flächenmomente 298 Bahn 103 Bahnbeschleunigung 107 Balken 29 ff. Balken auf zwei Stützen 29, 54 ff. Bandbremse 82 Basisvektoren 103 Baustähle, Zugfestigkeiten A9.5 Bauteilfestigkeit 380 Beanspruchungsarten 236 Beanspruchungsfälle 362 Begleitendes Dreibein 120 Behälter – dickwandige A15.1, A15.3 – dünnwandige 293 BERNOULLIsche Hypothese 309 Beschleunigung 104 Beschleunigungs-Zeit-Diagramm 107 Beschleunigungsvektor 104 Betriebsfestigkeit 363 Bewegungsgesetz 145 Bewegungsgröße 195 Bewegungsmöglichkeiten eines Körpers 16, 37, 123 Bezugssystem 131 Biegedruckspannung 310 Biegefestigkeit 311 Biegeflächenmoment 322 Biegehauptachsen 309 Biegekritische Drehzahl 196

Biegelinie 321 Biegemoment 54 ff. Biegemomente von statisch bestimmten Trägern A3.1 Biegemomente von statisch unbestimmten Trägern A14.2 Biegemomenten-Diagramm 55 Biegeschwingung A6.1, A6.2 Biegespannung 310 Biegesteifigkeit 322 Biegeverformungen von statisch bestimmten Trägern A14.1 Biegeverformungen von statisch unbestimmten Trägern A14.2 Biegewechselfestigkeit 362, A10.1 Biegewiderstandsmoment 310, A7.1 Biegewinkel 321 Biegezugspannung 310 Biegung 308ff. – gerade 308 ff. – mit Querkraft 315 – reine 308 ff. – schiefe 312ff. Bogenschubkurbel 130 Bogenträger 64 Bolzenverbindung 281 BREDTsche Formeln 338, 339 BREWSTERsches Gesetz 257 Bruchdehnung 266 Bruchfläche 361 CORIOLIS-Beschleunigung 117, 135 CORIOLIS-Kraft 180 COULOMBsches Gesetz 77 CULMANNsche Gerade 23 D’ALEMBERTsche Trägheitskraft 146 D’ALEMBERTsches Hilfsmoment 174 Dämpfer 198 Dämpfung 198 ff. Dämpfungsgrad 199, A6.3 Dämpfungskoeffizient 198 Dauerbruch 361

Dauerfestigkeit 361 Dauerfestigkeitsversuch 361 dB-Skala 204 Dehngrenze 265 Dehnung 262 Dehnungskreis, MOHRscher 394 Dehnungsmessstreifen – Methode 391 ff. Deviationsmoment 162 Dichte 2, A9.3 Differentialgleichung – der Biegelinie 322 – der Stabknickung 354 – der Schwingung 194, 198 DMS-Methode 391 ff. Drall 165 Drallsatz 166 Drehbewegung 112, 123 Drehimpuls 165 Drehimpulssatz 166 Drehpol 127 Drehschwingung 196, A6.1 Drehsinn eines Moments 12 Drehstoß 191 Drehung 123 Drehvektor 124 Drehzahl 113 – kritische 196 Dreiachsiger Spannungszustand 242, 365 Dreibein, begleitendes 120 Dreigelenkbogen 32 Druck 279 Druckbeanspruchung 279 Druckspannung 243 Dünnwandige Behälter 293 Dünnwandige Profile 337, 342 Dünnwandige Ringe 285 Durchbiegung 321 Durchlässigkeit 211 Dynamische Beanspruchung 237, 361 Ebene Bewegung 103 ff., 123 ff., 164ff. Ebener Spannungszustand 244 ff.


436

Ebenes Kräftesystem 8, 14, 19 Eigenkreisfrequenz 194, 196 Eigenkreisfrequenzen von homogenen Biegestäben A6.2 Eigenkreisfrequenzen von Schwingern mit einem Freiheitsgrad A6.1 Eigenschwingung 192 Einachsiger Spannungszustand 240 Eingeprägte Kraft 3 Einheitsvektor 103 Einspannung 17, 62 Einzelkraft 29 Einzelmoment 10 Elastische Knickung 353 ff. Elastische Energie 276 Elastische Linie 321 Elastischer Stoß 184 Elastizitätsgesetz 267 Elastizitätsgrenze 266 Elastizitätsmodul 265, A9.1 Energie – der Feder 142 – der Lage 142 – der Rotation 168 – der Translation 157 – elastische 276 – kinetische 157, 168 – potentielle 142 Energiesatz 158 Entartete Lagerung 18 Entlastungskerben 382 Erregerkreisfrequenz 205 Erregungsarten 205 Erzwungene Schwingung 205 ff. EULER-Fälle 355 EULER-Hyperbel 356 EULERsche Knicklast 355 Exzentrischer Stoß 190 EYTELWEINsche Gleichung 81 Fachwerk 74 ff. Fahrgeschäfte 139, 149, 150, 160 Fallbeschleunigung 3 Feder 142 Feder-Masse-Dämpfer-Schwinger 198 Feder-Masse-Schwinger 193 Federkonstante 279 Festigkeitshypothesen 364 ff. Festigkeitslehre 233 ff. Festigkeitsbedingung 233, 279, 364

Sachwortverzeichnis

Festlager 17, 38 Flächen-Deviationsmoment 298 Flächenmoment 1. Grades 297 Flächenmoment 2. Grades 298 ff., A7.1 Flächenmoment, polares 299 Flächenmomente, axiale 298, A7.1 Flächennormale 54, 243 Flächenpressung 281 Fliehkraft 147 Fließspannung 280 FN-Verlauf 65ff. Formänderungsarbeit – bei Biegung 328 – bei Torsion 336 – bei Zug und Druck 279 Formel von A. FÖPPL für das Torsionsflächenmoment 342 Formzahl 382 Formzahldiagramme A11.1 FQ-Diagramm 55 FQ-Verlauf 55 Freie Schwingung 193 ff., 198 ff. Freier Fall mit Luftwiderstand 147 Freier Fall ohne Luftwiderstand 107 Freiheitsgrad 16, 123 Freimachen 16 Fremderregung 192, 205 Frequenz 193 Frequenzverhältnis 207 Fügen 288 Führungsbeschleunigung 135 Führungsgeschwindigkeit 131, 134 Führungskraft 180 GALILEI, G., freier Fall 107 Gartenschere 20 Gedämpfte Schwingung 198 ff. Gelenk 17, 38 GERBER-Träger 30 Gesamtwirkungsgrad 143 Geschwindigkeit 104 Geschwindigkeits-Zeit-Diagramm 107 Geschwindigkeitspol 127 Geschwindigkeitsvektor 104 Gestaltänderungsenergiehypothese 366 Getriebewelle 40, 42, 45, 69, 71, 327, 330

Gewicht 3 Gewichtskraft 3 Gleichförmige Kreisbewegung 113 Gleichgewicht von drei nichtparallelen Kräften 19 Gleichgewichtsaxiom 3 Gleichgewichtsbedingungen 19, 37 Gleitbruch 241 Gleitreibung 77 Gleitreibungskraft 77 Gleitreibungswinkel 78 Gleitreibungszahl 77, A4.2a, A4.2b Grenz-Schwingspielzahl 361 Größeneinfluss 385 Größenfaktoren 386 Grundaufgaben der Kinematik 108 GULDINsche Regeln 51 Haftreibung 77 Haftreibungskraft 77 Haftreibungssektor 78 Haftreibungswinkel 78 Haftreibungszahl 77, A4.1 Haftreibungszahlen von Pressverbänden A4.3 Harmonische Schwingungen 193 Hauptachsen 162, 247, 302 Hauptflächenmomente 302 Hauptspannungen 247, 365 Hauptträgheitsmomente 162 Hebelarm 12 Hebelarm der Rollreibung 84 Hebelgesetz 6 HERTZsche Flächenpressung 281 Hintereinanderschaltung von Federn A6.1 Hobelmaschine, Kinematik einer 220 Homogener Spannungszustand 240, 243 HOOKEsches Gesetz 265 Impuls 151 Impulserhaltungssatz 152 Impulssatz 151 Impulssatz mit veränderlicher Masse 153 Inertialsystem 102 Innere Arbeit 276 Innere Kräfte und Momente 4, 16, 54

Sachwortverzeichnis


Innerlich statisch bestimmt 74 Isochromatenordnung 259 Isotropes Material 267 Kartesische Koordinaten 2, 33 Kerbempfindlichkeitszahl 384, A11.2 Kerbfälle 382 Kerbparameter 382 Kerbwirkung 381 Kerbwirkungszahl 383, A11.3 Kesselformel 294 Kilogramm A1.1 Kinematik 103 ff. Kinetik 141 ff. Kinetik der ebenen Bewegung des starren Körpers 164 ff. Kinetik der Relativbewegung 180 ff. Kinetische Energie 157, 168 Kippen 12, 45 Klebverbindung 282 Knicken, elastisches 353 Knicken, plastisches 357, A12.1 Knicklänge 355 Knicklast, EULERsche 355 Knicksicherheit 357 Knickspannung 356 Knickung 353 ff. Knoten 74 Komponenten des Kraftvektors 2, 33 Komponenten des Momentenvektors 34 Kontaktkräfte 4 Koppelschwingungen 214 Krafteck 5 Kräftepaar 10 ff. Kräfteparallelogramm 5 Kräfteplan 8 Kräftesystem – beliebiges räumliches 36 – nicht zentrales ebenes 14 – zentrales ebenes 8 – zentrales räumliches 36 Kraftstoß 152 Kraftvektor 1 Kraftzerlegung 5, 22 Kreisbahn 112 Kreisfrequenz 193, 194, 199 Kreiszylinder auf schiefer Ebene 170, 174, 175

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Kreiszylindrischer Behälter 293 Kreuzschubkurbel 115 Kritische Drehzahl 196 Krümmungsradius 121 Kugelbehälter 294 Kupplungsvorgang 188, 191 Lageplan 8 Lager 16 ff. Lagerreaktionen 16 – von statisch bestimmten Trägern – 29 ff., 37 ff., A3.1 – von statisch unbestimmten – Trägern A14.2 Lagerung ebener Körper 16 ff. Lagerung räumlicher Körper 37 ff. Längenänderung 262 LEHRsches Dämpfungsmaß 199 Leistung 143 Linear-elastisches Material 265 Linear-elastisches isotropes Material 267 Linearer Schwinger 192 Linienschwerpunkt 48 Lochleibungsdruck 281 Lochleibungsspannung 281 Logarithmisches Dekrement 203 Loslager 17 Lötverbindung 282 Malteserkreuz-Schrittgetriebe 138 Masse 2 Massen homogener dünner Schalen A5.2 Massen homogener Körper A5.1 Massenmittelpunkt 47 Massenpunkt 101 Mathematisches Pendel A6.1 Mb-Diagramm 55 Mb-Fläche 55 Mb-Verlauf 55 Mechanische Arbeit 141 Mehrachsige Beanspruchung 364 Mittelspannung 362 MOHRscher Dehnungskreis 394 MOHRscher Spannungskreis 253, 394 Moment – einer Kraft 11 – eines Kräftepaares 10 Momentanpol 127

Momentenstoß 166 Momentenvektor 12 Mt-Verlauf 70 Natürliche Koordinaten 110 Negatives Schnittufer 54, 243 Nennspannung 382 Neutrale Faser 311 NEWTONsche Grundgesetze 145 Nietverbindung 281 Nockensteuerung 116, 219 Normalbeschleunigung 111 Normalkraft 54 Normalspannung 239 Normalspannungshypothese 365 Null-Linie 311, 313 Nullstab 75 Nutzarbeit 143 Oberflächeneinfluss 384 Oberflächenfaktor 385 Oberspannung 362 Ortsvektor 103 PAPPUS-GULDINsche Regeln 51 Parallelschaltung von Federn A6.1 Parallelverschiebung 123 Parallelverschiebung einer Kraft 11 Pendel, mathematisches A6.1 Pendel, physikalisches A6.1 Pendellänge A6.1 Pendelstütze 17, 74 Periodendauer 193 Phasenverschiebung 194 Phasenwinkel 194 Plastisches Biegewiderstandsmoment 311 Plastisches Grenzbiegemoment 311 Plastischer Stoß 185 Pleuelstange 127 POISSON-Zahl 265 Pol 15 Polares Flächenmoment 299 Polarkoordinaten 116 Polfigur 15 Polstrahlen 15 Portalroboter 121 Postives Schnittufer 10, 243 Potentielle Energie 142 Profilmittellinie 337

438


Profilwerte von Walzprofilen A8.1 bis A8.7 Proportionalitätsgrenze 265 Punktableitung 104 Punktmasse 101 Querdehnung 263, 265 Querdehnzahl 265, A9.2 Querkraft 54 Querkraft, Schubspannung infolge 347 Querkraft-Diagramm 55 Querkraft-Diagramme von statisch bestimmten Trägern A3.1 Querkraft-Fläche 55 Querkraftbiegung 315 Querkraftfreie Biegung 308 Querkraftschub 346 ff. Quetschgrenze 357 Rad 83 Radialkraft 42 Radiallager 38 Rahmen 65 ff. Rahmen ohne und mit Verzweigung 65 ff., 71 Raketenbewegung 153 Randbedingungen 323, 354 Randschicht-Verfestigungsfaktor 385 Räumliche Lagerung 37 Räumliche Punktbewegung 120 Räumlicher Spannungszustand 242 ff., 365 Räumliches Kräftesystem 33 ff. Reaktionskräfte 16 Reduzierte Masse 190 Reduziertes Trägheitsmoment 172 Reibung 77 ff. Reibungsarbeit 142 Reibungskraft 77 Reine Biegung 308 ff. Reißlänge 290, A9.6 Relativbeschleunigung 135 Relativbewegung 131 ff. Relativbewegung, Kinetik der 180 ff. Relativgeschwindigkeit 131, 134 Resonanz 208 Resultierende 5, 8, 14, 15, 36 Resultierende Geschwindigkeit 131

Sachwortverzeichnis

Resultierende Kraft 5, 8, 14, 15, 36 Resultierende Normalspannung 369 Resultierendes Moment 12, 36 Riemenreibung 80 ff. Riementrieb 80 ff. Ringe – dickwandige A15.1 – dünnwandige 285 RITTER-Schnitt 76 Rollbedingung 84, 175 Rollenlager 17 Rollreibung 83 Rollreibung, Hebelarm der 84 Rollreibungszahl 84 Rollwiderstand 83 Rotation 123 Rotation – um eine Achse durch den – Momentanpol 170 – um eine feste Achse 170 – um eine Trägheitshauptachse – durch den Schwerpunkt 165 Rotierender Ring 289, A15.1 Ruhende Beanspruchung 237, 362 Rutsche 121 Satz von CASTIGLIANO 398 Satz von den zugeordneten Schubspannungen 243 Satz von STEINER 162, 301 Scherspannung 281 Scherung 263, 281 Schiebung 263 Schiefe Biegung 312 ff. Schiefe Ebene 146 Schiefer Stoß 189 Schiefer Wurf 104 Schlankheitsgrad 356 Schlusslinie 26 Schmiegeebene 120 Schnittgrößen 54 Schnittkräfte und -momente 54 Schnittprinzip 54 Schnittufer, positives und negatives 54, 243 Schrumpfspannung 287 ff. Schrumpfverbindung 287 ff., A15.4 Schub 281 ff., 346 ff. Schubfluss 337 Schubkurbel 114 Schubmittelpunkt 350, A7.3

Schubmodul 267 Schubspannung 239 – bei Querkraftbelastung 347 – bei Torsion 333 – in Verbindungsmitteln 281, 282 – maximale 249 Schubspannungshypothese 366 Schubverzerrung 263 Schubwinkel 263 Schwache Dämpfung 199 Schweißverbindung 282 Schwellende Beanspruchung 362 Schwellfestigkeit 362 Schwerpunkt 46 ff. – von ebenen Flächen 50, A2.2 – von Linien 48, A2.3 – von Körpern 47 – von Mantelflächen 48, A2.1 – von Volumina 48, A2.1 Schwerpunktfaser 308 Schwerpunktsatz 151 Schwingbruchfläche 361 Schwingspielzahl 361 Schwingung, Differentialgleichung der 194, 198 Schwingungen – erzwungene 205 ff. – freie gedämpfte 198 ff. – freie ungedämpfte 193 ff. Schwingungsamplitude 193 Schwingungsdämpfung 210 Schwingungsformen von homogenen Biegestäben A6.2 Schwingungsfrequenz 193 Schwingungsisolierung 210 ff. Schwingungsstörung 210 Schwingungstilgung 214 ff. Seileckverfahren 15, 26 Seilkraft 80 Seilreibung 80ff. Seilstrahlen 15 SI-Einheitensystem A1.1 Sicherheitsbeiwert 233, A10.2 – gegen Bruch 280 – gegen Dauerbruch 388 – gegen Fließen 280 – gegen Knicken 357 Sicherheitsnachweis 234 Spannung 239ff. Spannungs-Dehnungs-Diagramm 264


Sachwortverzeichnis

Spannungsausschlag 361 Spannungskonzentration 381 Spannungskreis, MOHRscher 253, 394 Spannungsoptik 256 ff. Spannungsoptische Konstante 258 Spannungsverhältnis 362 Spannungszustand – ebener (zweiachsiger) 244 ff. – einachsiger 240ff. – räumlicher (dreiachsiger) – 242 ff. Spezifische innere Arbeit 277 Spezifischer Torsionswinkel 332 s,t-Diagramm 107 Stab 74 Stabilitätsproblem 353 Stabkräfte 74 Stabwerk, statisch bestimmtes 74, 271 Stabwerk, statisch unbestimmtes 273 Standseilbahn 179 Starrer Körper 1, 101 Statisch bestimmt 18, 74 Statisch unbestimmt 18 Statisch unbestimmte Systeme – bei Biegung 324, 401, 404, – A14.2 – bei Torsion 341 – bei Zug und Druck 273, 403 Statische Belastung 238 Statisches Moment der Fläche 50, 297, 347 STEINERscher Satz 162, 301 Steinzange 80, 86 Stoffgesetze 264 ff. Stoß 183 ff. – elastischer 184 – gerader exzentrischer 190 – gerader zentraler 183 – mit und ohne Energieverlust 185 – plastischer 185 – schiefer zentraler 189 – teilelastischer 185 Stoßmittelpunkt 190 Stoßnormale 183 Stoßzahl 185 Streckenlast 29, 56 Streckgrenze 266 Strichableitung 104

439

Stufenprinzip 156 Stützwirkung 380, 384 Stützzahl – dynamische 384 – plastische 380 Superpositionsprinzip 268 System mit veränderlicher Masse 153 Tangenteneinheitsvektor 110 Tangentialbeschleunigung 111 TETMAJER-Gerade 357 Thermische Dehnung 269 Thermischer Längenausdehnungskoeffizient 269, A9.4 Tonne 3, A1.3 Torsion 331 ff. – dünnwandiger einfach – geschlossener Profile 337 ff. – dünnwandiger offener Profile – 342 – kreiszylindrischer Stäbe 331 ff. Torsionsfederkonstante 196 Torsionsflächenmoment 332, A7.2 Torsionsmoment 54 Torsionsschubspannung 333 Torsionsschwingung 196, A6.1 Torsionssteifigkeit 333 Torsionswechselfestigkeit 362, A10.1 Torsionswiderstandsmoment 333, A7.2 Torsionswinkel 333 Tragwerke 29 ff. Träger gleicher Biegespannung 319 Trägheitsdrehmoment 174 Trägheitsgesetz 145 Trägheitshauptachsen 162 Trägheitskraft 146 Trägheitsmoment 161ff. Trägheitsmomente – homogener dünner Schalen A5.2 – homogener Körper A5.1 Trägheitsradius 356 Translation 123 Trennbruch 241 Turbinenstufe, Kinematik einer 132 Turbinenstufe, Kinetik einer 153 Überkritische Erregung 208 Überlagerungsprinzip 268

Überlastungskerben 383 Umfangsgeschwindigkeit 113 Umfangskraft 81 Umlaufgetriebe 126, 218 Umschlingungswinkel 81 Ungedämpfte Schwingung 193 ff. Unterkritische Erregung 208 Unterspannung 362 Unwucht 205 Unwuchterregung 205 Vektor 1 – freier 12 – gebundener 1 Vektoraddition 8 Vektorprodukt 124 Veränderliche Masse 153 Verbindungsmittel 281 Verdrehkritische Drehzahl 196 Verdrehwinkel 333 Verformung – des Biegebalkens 321 ff. – des Torsionsstabes 331 ff. – des Zug- und Druckstabes 279 Vergleichsspannungen 364ff., A13.1 Vergleichsmoment 373 Vergrößerungsfaktor 206 ff. Vergrößerungsfunktion 206 ff. Verlustarbeit 142 Versetzungsmoment 11 Verwölbung 337 Verzerrung 262ff. Verzerrungsarbeit 276 Viskose Dämpfung 198 Volumendehnung 270 von MISES-Hypothese 366 Vorspannkraft 274 v,t-Diagramm 107 Wanddrehkran 19 Wägewert 3 Wärmedehnung 269 Wärmespannung 269 Wechselfestigkeit 362, A10.1 Wechselwirkungsgesetz 4, 145 Weg 107 Weg-Zeit-Diagramm 107 Wegkoordinate 107 Werkstoffkennwerte 233 Wertigkeit von Lagern 17 Winkelbeschleunigung 112

440


Winkelgeschwindigkeit 112 Wirkungsgrad 143 Wirkungslinie 2 WÖHLER-Diagramm 362 Wölbfreie Profile 337 Wurfparabel 104 Zahnrad-Getriebewelle 40, 42, 69, 71, 327, 330 Zeitfestigkeit 362 Zeitkonstante 203 Zeitschwingfestigkeit 362 Zeitverlauf einer Belastung 237 Zentrales Kräftesystem, ebenes 8

441 Vakat

Sachwortverzeichnis

Zentrales Kräftesystem, räumliches 36 Zentrifugalkraft 147 Zentripetalbeschleunigung 111 Zentripetalkraft 147 Zerlegung einer Kraft 5, 22 Zug 279 Zugdruckwechselfestigkeit 362, A10.1 Zugeordnete Schubspannungen 243 Zugfestigkeit 266, A9.5 Zugspannung 243 Zugstab 279

Zugversuch 264 ff. Zulässige Spannungen 280 Zusammengesetzte Beanspruchung von Stäben 369ff. Zusammensetzung von Kräften 5, 8, 14, 15, 36 Zwangskräfte 16 Zweiachsiger Spannungszustand 244ff. Zweigelenkstab 17, 74 Zylinderkoordinaten, Geschwindigkeit und Beschleunigung in 120


Martin Mayr

Technische Mechanik Technische Mechanik downloaded from www.hanser-elibrary.com by ETH-Bibliothek on September 16, 2014 For personal use only.

7. Auflage

Alle Rechte vorbehalten. © 2012 Carl Hanser Verlag München Wien Anhang zu ISBN 978-3-446-43400-4

Anhang Tabellen Diagramme Formeln

Griechisches Alphabet


Α Β Γ Δ E ⌮ Η ⍜

α β γ δ ε ␨ η ␽

Alpha Beta Gamma Delta Epsilon Zeta Eta Theta

⌱ Κ Λ Μ ⌵ ⌶ Ο Π

␫ κ λ μ ␯ ␰ ο π

Jota Kappa Lambda My Ny Xi Omikron Pi

Ρ Σ Τ ⌼ Φ ⌾ ⌿ Ω

ρ σ τ ␷ ␸ ␹ ␺ ω

Rho Sigma Tau Ypsilon Phi Chi Psi Omega


U3 VAKAT


Inhaltsverzeichnis

A1

Bezeichnungen und Einheiten A1.1 SI-Einheitensystem: Basiseinheiten und abgeleitete Einheiten A1.2 Vorsätze für Einheiten A1.3 Die wichtigsten Größen der Mechanik in veralteten Einheiten und ihre Umrechnung in SI-Einheiten

A2

Schwerpunkte A2.1 Schwerpunkte von Körpern (Volumenschwerpunkte SV und z. T. Schwerpunkte der Mantelflächen SM) A2.2 Schwerpunkte von ebenen Flächen A2.3 Schwerpunkte von Linien

A3

Lagerreaktionen und Schnittgrößen A3.1 Lagerreaktionen, Querkraft- und Biegemomentenverläufe für statisch bestimmte Fälle

A4

Reibungszahlen A4.1 Anhaltswerte für Haftreibungszahlen μ0 A4.2 a Anhaltswerte für Gleitreibungszahlen μ A4.2 b Gleitreibungszahlen μ für 3 Paarungsarten mit spezifizierten Parametern A4.3 Haftreibungszahlen μ0 von Pressverbänden

A5

Massen und Trägheitsmomente A5.1 Massen und Trägheitsmomente homogener Körper A5.2 Massen und Trägheitsmomente homogener, dünner Schalen

A6

Schwingungen A6.1 Eigenkreisfrequenzen von Schwingern mit einem Freiheitsgrad A6.2 Eigenkreisfrequenzen und Schwingungsformen von homogenen Biegestäben A6.3 Dämpfungsgrade der Materialdämpfung (bei Raumtemperatur und 60% rel. Luftfeuchtigkeit)

A7

Flächengrößen A7.1 Flächenmomente 2. Grades und Biegewiderstandsmomente A7.2 Torsionsflächenmomente It und Torsionswiderstandsmomente Wt A7.3 Schubmittelpunkte von dünnwandigen Profilen

A8

Profiltafeln (Auszüge der Normen; die Bezeichnungen sind an das Lehrbuch angepasst; da diese Normen häufigen Änderungen unterliegen, können die wiedergegebenen Tabellen nicht immer aktuell sein; nur zu Übungszwecken zu verwenden) A8.1 Warmgefertigte Hohlprofile für den Stahlbau aus unlegierten Baustählen und aus Feinkornbaustählen, DIN EN 10 210-2 (Auszug) A8.2 Warmgewalzter gleichschenkliger T-Stahl mit gerundeten Kanten und Übergängen nach DIN EN 10 055 A8.3 Warmgewalzte I-Träger nach DIN 1025 (Auszug) A8.4 Warmgewalzter U-Profilstahl nach DIN 1026-1 (Auszug) A8.5 Warmgewalzter rundkantiger Z-Stahl nach DIN 1027 (Auszug) A8.6 Warmgewalzte gleichschenklige Winkel aus Stahl nach DIN EN 10 056-1 A8.7 Warmgewalzte ungleichschenklige Winkel aus Stahl nach DIN EN 10 056-1

A9

Materialwerte (Anhaltswerte bei Raumtemperatur) A9.1 Elastizitätsmodul E A9.2 Querdehnzahl ν A9.3 Dichte ρ

A9.4 A9.5 A9.6

Thermischer Längenausdehnungskoeffizient α Zugfestigkeit Rm Reißlänge lR


A10 Festigkeitswerte und Sicherheitsbeiwerte A10.1 Wechselfestigkeiten von Stählen A10.2 Sicherheitsbeiwerte bei statischer Beanspruchung im allgemeinen Maschinenbau A11 Bauteilfestigkeit A11.1 Formzahldiagramme A11.2 Kerbempfindlichkeitszahlen für verschiedene Werkstoffgruppen A11.3a Kerbwirkungszahlen, abhängig von Formzahl und Zugfestigkeit A11.3b Kerbwirkungszahlen für abgesetzte Rundstäbe A11.3c Kerbwirkungszahlen für Rundstäbe mit Querbohrung oder Spitzkerbe A11.3d Kerbwirkungszahlen für Nabensitze A12 Knickung A12.1 Materialwerte zum plastischen Knicken A13 Festigkeitshypothesen A13.1 Vergleichsspannungen A14 Durchbiegung und Biegewinkel A14.1 Biegeverformungen von statisch bestimmten Trägern mit konstantem Querschnitt A14.2 Lagerreaktionen, Biegemomente und Biegeverformungen von statisch unbestimmten Trägern mit konstantem Querschnitt A15 Scheiben, dickwandige Ringe und Behälter, Schrumpfverbindungen A15.1 Dickwandige kreiszylindrische Ringe (Kreisringscheiben konstanter Breite) und Behälter A15.2 Kreisscheibe konstanter Breite (Vollscheibe) A15.3 Dickwandige Kugelbehälter A15.4 Schrumpfverbindungen von zwei kreiszylindrischen Konstruktionsteilen

A1.1 SI-Einheitensystem: Basiseinheiten und abgeleitete Einheiten Größe

Basiseinheiten

abgeleitete Einheiten

Einheit Name

Zeichen

Länge Masse Zeit Temperatur

Meter Kilogramm Sekunde Kelvin

m kg s K

Kraft Energie, Arbeit Leistung Druck

Newton Joule Watt Pascal Bar

N = kg · m/s2 J=N·m=W·s W = N · m/s = J/s Pa = N/m2 bar = 105 Pa = 0,1 N/mm2 kg/m3


Dichte

A1.2 Vorsätze für Einheiten Zehnerpotenz 1

10 2 10 3 10 6 10 9 10 12 10 15 10 18 10

Vorsatz

Vorsatzzeichen

Zehnerpotenz

Vorsatz

Vorsatzzeichen

Deka Hekto Kilo Mega Giga Tera Peta Exa

da h k M G T P E

10 −1 10 –2 10 –3 10 –6 10 –9 10 –12 10 –15 10 –18

Dezi Zenti Milli Mikro Nano Piko Femto Atto

d c m μ n p f a

A1.3 Die wichtigsten Größen der Mechanik in veralteten Einheiten und ihre Umrechnung in SI-Einheiten Größe

veraltete Einheit

Umrechnung in SI-Einheit

Masse Kraft Dichte Druck

t kp kp · s2/m4 at = kp/cm2 Torr = mm Hg m WS = 0,1 at kp/mm2 kp · m · s2 kp · m kp · m PS · h = 2,7 · 105 kp · m PS = 75 kp · m/s

1 t = 1000 kg 1 kp = 9,81 N ≈ 10 N 1 kp · s2/m4 = 9,81 kg/m3 ≈ 10 kg/m3 1 at = 0,981 bar ≈ 1 bar 1 Torr = 1,333 mbar 1 m WS = 0,0981 bar ≈ 0,1 bar 1 kp/mm2 = 9,81 N/mm2 ≈ 10 N/mm2 1 kp · m · s2 = 9,81 kg · m2 ≈ 10 kg · m2 1 kp · m = 9,81 N · m ≈ 10 N · m 1 kp · m = 9,81 J ≈ 10 J 1 PS · h = 0,7355 kW · h = 2647 kJ 1 PS = 0,7355 kW ≈ 0,75 kW

Spannung Trägheitsmoment Drehmoment Energie, Arbeit Leistung

A

1.1 1.2 1.3


A2.1 Schwerpunkte von Körpern (Volumenschwerpunkte SV und z. T. Schwerpunkte der Mantelflächen SM)

A

21 .


A2.2 Schwerpunkte von ebenen Flächen

A2.3 Schwerpunkte von Linien

A

2.2 2.3


A3.1 Lagerreaktionen, Querkraft- und Biegemomentenverläufe für statisch bestimmte Fälle

A

3.1

A4.1 Anhaltswerte für Haftreibungszahlen μ0 Haftreibungszahl μ0


Paarung 1

2

trocken

Stahl Bronze GG GG Stahl Holz Lederdichtung Lederriemen Polytetraflourethylen

Stahl Stahl Stahl GG, Bronze Eis Holz Metall GG Edelstahl

0,15 – 0,5 0,2 – 0,26 0,18 – 0,24 0,2 – 0,25 0,03 0,4 – 0,65 0,6 0,5 – 0,6 0,08

geschmiert 0,1 – 0,17 0,11 – 0,14 0,1 0,16 0,16 – 0,2 0,2 0,3

Quellen: [1; 5; 6; 27; 28; 29; 30]

A4.2 a Anhaltswerte für Gleitreibungszahlen μ Gleitreibungszahl μ

Paarung 1

2

trocken

Eisen Stahl S235 poliert Kupfer Weißmetall Zinn Blei GG GG Aluminium Kupfer Chrom Nickel Eisen Bremsbelag Holz Holz Lederdichtung Textilriemen

Eisen Stahl S235 poliert Stahl Stahl Stahl Stahl Stahl GG Aluminium Kupfer Chrom Nickel Eis Stahl Metall Holz Metall GG

1 0,1 – 0,4 0,15 0,23 – 0,29 0,21 0,6 0,5 0,17 – 0,24 0,18 – 0,22 0,94 – 1,35 0,6 – 1,3 0,41 0,39 – 0,7 0,02 0,5 – 0,6 0,2 – 0,5 0,2 – 0,4 0,2 – 0,25 0,4

geschmiert ≥0,01

≥0,01 ≥0,1

0,2 – 0,5 0,02 – 0,1 0,04 – 0 ,16 0,12

Quellen: [1; 2; 5; 27; 29; 30]

A

4.1 4.2a

A4.2b Gleitreibungszahlen μ für 3 Paarungsarten mit spezifizierten Parametern Parameter sind Härte, Rauhtiefe, Flächenpressung p, Gleitgeschwindigkeit ν, Temperatur, relative Feuchte; ohne Schmierung. Bei gleicher Werkstoffpaarung sind nur die geänderten Parameter angegeben. Paarung 1

Rauhtiefe in μm

Härte 2

1

2

1

p MPa

v m/s

Temperatur/ rel. Feuchte

4,8 0,4 0,35

0,77 0,58 0,1

23 °C/50%

0,35

0,1

23 °C/50%

0,4 3,2 0,4 4,8 0,4 3,2 0,4 4,8 0,35

0,77

17–21 °C/42–56%

Reibungs- Quelle zahl

2


Stahl/Stahl Ck45

Ck45

567 HV 30

567 HV 30

C45

C45

42CrMo4

42CrMo4

290 HV 10 590 HV 10 380 HV 10 720 HV 0,2

290 HV 10 590 HV 10 380 HV 10 720 HV 0,2

Rt 0,53 – 0,58 Rt 0,64 – 0,73 Rt 0,67 Rt 0,57

17–21 °C/42–56%

0,24 0,95 0,53 – 0,58 0,51 – 0,63 0,50 – 0,52 0,41 – 0,46

31 33 33

Keramik/Keramik oder Stahl Al2O3

Ra 1,04 – 1,36

Ra 1,04 – 1,36

470 HV 30

Ra 1,04 – 1,36

Ra 0,25– 0,36

748 HV 50

Ra 0,32– 0,58

Ra 0,32– 0,58

Ra 0,32– 0,58

Ra 0,25– 0,36

Rz 0,25

Rz 0,25

Al2O3

1373 HV 50 1373 HV 50

Al2O3

C60

1373 HV 50

MgO–ZrO2

MgO–ZrO2

748 HV 50

MgO–ZrO2

C60

748 HV 50

470 HV 30

SiC

SiC

0,1 0,77 0,58 0,77 0,1 0,77 0,1 0,03

0,98 0,33 17–21 °C/42–56% 1,35 0,2 17–21 °C/42–56% 0,91 0,33 17–21 °C/42–56% 1,3 0,33 800 °C/30–50% 0,75–0,8 0,23

0,1 0,1 0,1 0,2 4 0,5 4 0,5

23 °C/30% 23 °C/30% 23 °C/30% 23 °C/30% – 0,5 °C – 3 °C – 0,5 °C – 3 °C

31 31 31 31 33

Kunststoff/Stahl oder Eis PA6 PA66 PE-HD PTFE IIRfein

100Cr6H 100Cr6H 100Cr6H 100Cr6H Eispoliert

62–64 HRC 62–64 HRC 62–64 HRC 62–64 HRC Shore A 55

NRu fein

Eispoliert

Shore A 43

Rz 0,87 Rz 1,0 Rz 0,05 Rz 1,1

6,3 6,3 6,3 6,3 0,3 0,02 0,3 0,02

0,47 0,48 0,21 0,22 0,1 0,59 0,13 0,53

33 33 33 33 34 34

A4.3 Haftreibungszahlen μ0 von Pressverbänden Längspressverbände, Innenteil aus Chromstahl, Außenteil aus

trocken

geschmiert

Außenteil aus

trocken

geschmiert

S355 GS-60 S235 G-AlSi 12 Cu

0,11 0,10 0,07

0,08 0,07 0,05

G-CuPb10Sn GG-25 GGG-60

0,07 0,12 0,1

– 0,06 0,06

Querpressverbände Stahl-Stahl-Paarung Druckölverbände normal gefügt mit Mineralöl Druckölverbände mit entfetteten Passflächen, mit Glyzerin gefügt Schrumpfverband, normal gefügt, nach Erwärmung des Außenteils bis zu 300 °C im Elektroofen Schrumpfverband mit entfetteten Passflächen, nach Erwärmung im Elektroofen bis zu 300 °C

0,12 0,18 0,14 0,20

Stahl-Gusseisen-Paarung Druckölverbände normal gefügt mit Mineralöl Druckölverbände mit entfetteten Passflächen

0,10 0,16

Stahl-Leichtmetall-Paarung, trocken aus [4]

A

4. 2 b 4. 3

0,1 … 0,15

Stahl-Schwermetall-Paarung, trocken

0,17 … 0,25


A5.1 Massen und Trägheitsmomente homogener Körper

A

5.1


A5.1 Fortsetzung

A

5.1


A5.2 Massen und Trägheitsmomente homogener, dünner Schalen Konstante Wanddicke t Ⰶ mittlerer Schalenradius r; die Stirnseiten sind offen.

A

5.2


A6.1 Eigenkreisfrequenzen von Schwingern mit einem Freiheitsgrad

A

6.1


A6.1 Fortsetzung

A

6.1

A6.2 Eigenkreisfrequenzen und Schwingungsformen von homogenen Biegestäben ω k = C/λ2k :

E⋅I ρ⋅ A


C=

1)

aus [2]

A

6.2

k - te Eigenkreisfrequenz

E ⋅ I : Biegesteifigkeit ρ: Dichte; A: Querschnittsfläche

l: Stablänge

1)

A6.3 Dämpfungsgrade der Materialdämpfung (bei Raumtemperatur und 60% rel. Luftfeuchtigkeit)


Die Dämpfungsgrade hängen stark von der genauen Werkstoffzusammensetzung ab. Die Werte in dieser Tabelle sind deshalb nur ungefähre Anhaltswerte. Werkstoff

ϑ in %

Schwingungsart

Gusseisen mit Lamellengraphit Hartgewebe Holz (Probestab in Faserrichtung) Buche

0,2 1,3

Zug/Druck Zug/Druck

0,7 0,9 1,1 0,9 0,5

Zug/Druck Biegung Torsion Zug/Druck Zug/Druck

1,5 3 0,4 1,7 1,9 1 1,5 4 4 1 0,6 2,5 3 4 1,5 1,5 1,6

Zug/Druck Zug/Druck Zug/Druck Zug/Druck Torsion Zug/Druck Zug/Druck Biegung Torsion Zug/Druck Zug/Druck Zug/Druck Biegung Torsion Zug/Druck Biegung Torsion

Eiche Fichte Polyamid (PA) PA6 PA6G PA12 Polyethylen (PE) Polymerbeton Polymethylmetacrylat (PMMA-G)

Polyoxymethylen (POM) Polystyrol (PS) Polytetrafluorethylen (PTFE)

Polyvinylchlorid-hart (PVC-hart)

A

6.3


A7.1 Flächenmomente 2. Grades und Biegewiderstandsmomente Der Ursprung des y,z-Koordinatensystems ist der Flächenschwerpunkt. Wenn Iyz nicht angegeben ist, sind die y- und z-Achse Hauptachsen.

A

7.1


A7.1 Fortsetzung 1

A

7.1


A7.1 Fortsetzung 2

A

7.1


A7.2 Torsionsflächenmomente It und Torsionswiderstandsmomente Wt

A

7.2


A7.2 Fortsetzung 1

A

7.2


A7.2 Fortsetzung 2

A

7.2


A7.3 Schubmittelpunkte von dünnwandigen Profilen

A

7.3


A8.1 Warmgefertigte Hohlprofile für den Stahlbau aus unlegierten Baustählen und aus Feinkornbaustählen, DIN EN 10 210-2 (Auszug)

Hohlprofile mit quadratischem Querschnitt für die Biegeachse y–y = z–z

Wpl bzw. 2Sy

Nennmaß

Wanddicke

Querschnittsfläche

Masse

für die Verdrehung

b mm

t mm

A cm2

m kg/m

I cm4

W cm3

i cm

cm4

Wt cm3

cm3

40 50 60 70 80 90 100 120 140 150 160 180 200 220

2,6 (3,2 4 5) 2,6 (3,2 4 5 6,3) 2,6 (3,2 4 5 6,3 8) 3,2 (4 5 6,3 8) 3,2 (4 5 6,3 8) 46, (5 6,3 8) 46, (5 6,3 8 10) 56, (6,3 8 10 12,5) 56, (6,3 8 10 12,5) 56, (6,3 8 10 12,5 14,2 16) 56, (6,3 8 10 12,5 14,2 16) 56, (6,3 8 10 12,5 14,2 16) 56, (6,3 8 10 12,5 14,2 16) 6,3 (8 10 12,5 14,2 16)

23,82 24,86 25,90 8,4 29,72 13,62 15,22 22,72 26,72 28,72 30,72 34,72 38,72 53,42

23,00 23,81 24,63 26,63 27,63 10,72 11,92 17,82 21,02 22,62 24,12 27,32 30,42 41,92

228,80 218,0 232,2 262,3 95 216622, 223222, 249822, 280722, 100222 122522, 176522, 244522, 404922,

224,402 227,212 210,72 217,82 223,72 237,02 246,42 283,02 1152,v 1342,v 1532,v 1962,v 2452, 2 3682, 2

21,52 21,93 22,34 22,72 23,13 23,50 23,91 24,68 25,50 25,90 26,31 27,13 27,95 28,71

2214,0 2228,4 2250,2 2297,6 2148 2260 2361 2777 1253 1550 1892 2718 3756 6240

226,41 210,6 215,7 226,1 234,9 254,2 268,2 122 170 197 226 290 362 544

5,31 8,58 12,6 21,0 27,9 43,6 54,4 97,6 135 156 178 227 283 427

It

Hohlprofile mit rechteckigem Querschnitt Nennmaße

Wanddicke

Querschnittsfläche

Masse

für die Biegeachse

h×b mm

t mm

A cm2

m kg/m

Iy cm4

50 × 30 60 × 40 80 × 40 90 × 50 100 × 50 100 × 60 120 × 60 120 × 80 140 × 80 150 × 100 160 × 680 180 × 100 200 × 100 200 × 120 250 × 150

2,6 ... 55 2,6 ... 56,3 3,2 ... 58 3,2 ... 58 3,2 ... 58 3,2 ... 58 4,5 ... 10 4,5 ... 10 4,5 ... 10 4,5 ... 12,5 4,5 ... 12,5 4,5 ... 12,5 4,5 ... 16 6,3 ... 12,5 6,3 ... 16

3,82 4,86 7,16 8,44 9,08 9,72 13,6 15,2 16,8 19,2 18,4 21,6 23,2 38,3 48,4

3,00 3,81 5,62 6,63 7,13 7,63 10,7, 11,9, 13,2, 15,1, 14,4, 16,9, 18,2, 30,1, 38,0,

12,2 23,6 57,2 89,1 116, 131, 249, 303, 441, 607, 612, 945, 1223, 2065, 4143,

y–y

Wpl bzw. 2Sy

für die Verdrehung z–z

Wy cm3

iy cm

4,87 7,86 14,3 19,8 23,2 26,2 41,5 50,4 62,9 81,0 76,5 105, 122, 207, 331,

1,79 2,20 2,83 3,25 3,57 3,67 4,28 4,46 5,12 5,63 5,77 6,61 7,26 7,34 9,25

Iz cm4

Wz cm3

53,58 55,38 56,22 12,45 59,55 18,95 14,15 35,35 15,55 38,85 19,65 58,85 27,75 83,15 161, 5 40,25 184, 5 46,05 324, 5 64,85 207, 5 51,75 379, 5 75,95 416, 5 83,25 929, 5 155, 55 1874, 5 250, 55

iz cm

It cm4

Wt cm3

cm3

1,19 1,60 1,63 2,04 2,07 2,46 2,47 3,25 3,31 4,11 3,35 4,19 4,24 4,92 6,22

12,1 25,9 46,2 80,9 93,4 1295, 2015, 3305, 4115, 6605, 4935, 8525, 9835, 202825 4054,,5

55,90 510,045 516,085 523,585 526,385 532,365 547,15 565,05 576,55 10555 588,15 127, 5 142, 5 255, 5 413, 5

6,12 9,65 18,0 24,6 28,9 32,0 51,9 61,2 77,1 97,4 94,7 128 150 253 402

A

8.1

A8.1 Fortsetzung


Hohlprofile mit kreisförmigem Querschnitt Außendurchmesser

Wanddicke

Querschnittsfläche

Masse

D mm

t mm

A cm2

m kg/m

21,37 21,78 22,54 23,25 23,73 4,712 6,002 8,622 9,892 11,22 17,12 20,62 27,12 29,62

21,08 21,40 21,99 22,55 22,93 3,702 4,712 6,762 7,772 8,772 13,42 16,22 21,32 23,32

21,3 26,9 33,7 42,4 48,3 60,3 76,1 88,9 101,6 114,3 139,7 168,3 177,8 193,7

2,3 (2,6 3,2) 2,3 (2,6 3,2) 2,6 (3,2 4) 2,6 (3,2 4) 2,6 (3,2 4 5) 2,6 (3,2 4 5) 2,6 (3,2 4 5) 3,2 (4 5 6 6,3) 3,2 (4 5 6 6,3 8 10) 3,2 (4 5 6 6,3 8 10) 4 (5 6 6,3 8 10 12 12,5) 4 (5 6,3 8 10 12,5) 5 (6,3 8 10 12,5) 5 (6,3 8 10 12,5 14,2 16)

für die Biegeachse y–y = z–z I cm4

W cm3

0,590 0,629 1,01 2 1,36 1,84 2 3,09 3,05 2 6,46 4,05 2 9,78 6,52 2 19,7 10,7 2 40,6 17,8 79,2 23,6 120 30,2 172 56,2 393 82,8 697 114 1014 136 1320

Wpl bzw. 2Sy

für die Verdrehung

It

i cm

cm4

Wt cm3

cm3

20,677 20,874 1,10 1,41 1,62 2,04 2,60 3,03 3,48 3,93 4,80 5,81 6,11 6,67

221,26 222,71 226,19 2212,9 2 19,6 2 39,3 2 81,2 2158 240 345 786 1394 2028 2640

21,18 22,02 23,67 26,10 28,10 213,0 221,3 35,6 47,2 60,4 112 166 228 273

0,834 1,40 2,52 4,12 5,44 8,66 14,1 23,5 31,0 39,5 73,7 108 149 178

Maße und statische Werte nur für die kleinste Wanddicke, sonstige Wanddicken für quadratische und kreisförmige Querschnitte in Klammern; für rechteckige Querschnitte ist der Dickenbereich angegeben. Sy: statisches Moment der halben Querschnittsfläche um die y-Achse Wpl = 2Sy: plastisches Biegewiderstandsmoment um die y-Achse

A8.2 Warmgewalzter gleichschenkliger T-Stahl mit gerundeten Kanten und Übergängen nach DIN EN 10 055

Kurzzeichen

Maße für

Querschnittsfläche

Masse

für die Biegeachse

y–y T

s=t=r

A

m

d

Iy

Wy

iy

Iz

Wz

iz

mm

mm

cm2

kg/m

cm

cm4

cm3

cm

cm4

cm3

cm

2,26 2,97 3,77

1,77 2,33 2,96

0,85 0,99 1,12

1,72 3,10 5,28

0,80 1,23 1,84

0,87 1,04 1,18

0,87 1,57 2,58

0,58 0,90 1,29

0,62 0,73 0,83

3,36 5,48 8,79 12,8

1,46 1,73 2,05 2,33

6,06 12,2 22,1 37,0

2,42 4,07 6,32 9,25

1,03 1,24 1,44 1,65

24,6 42,0 64,7

2,92 3,51 4,07

30 35 40

30 35 40

4 4,5 5

50 60 70 80

50 60 70 80

6 7 8 9

5,66 7,94 10,6 13,6

4,44 6,23 8,32 10,7

1,39 1,66 1,94 2,22

100 120 140

100 120 140

11 13 15

20,9 29,6 39,9

16,4 23,2 31,3

2,74 3,28 3,80

A

8.1 8.2

z–z

b=h

12,1 23,8 44,5 73,7 179 366 660

88,3 178 330

17,7 29,7 47,2

2,05 2,45 2,88


A8.3 Warmgewalzte I-Träger nach DIN 1025 (Auszug)

Kurzzeichen

Maße für

Quer- Masse schnittsfläche

Für die Biegeachse

y–y

I 80 100 120 140 160 180 200 220 240 260 280 300 320 340 360 380 400 450 500 550 IPB 100 120 140 160 180 200 220 240 260 280 300 320 340 360 400 450 500 550

z–z

h

b

s

t

A

m

Iy

Wy

iy

Iz

Wz

iz

Sy

mm

mm

mm

mm

cm2

kg/m

cm4

cm3

cm

cm4

cm3

cm

cm3

77,8 171 328 573 935 1 450 2 140 3 060 4 250 5 740 7 590 9 800 12 510 15 700 19 610 24 010 29 210 45 850 68 740 99 180

19,5 34,2 54,7 81,9 117 161 214 278 354 442 542 653 782 923 1090 1260 1460 2040 2750 3610

3,20 4,01 4,81 5,61 6,40 7,20 8,00 8,80 9,59 10,4 11,1 11,9 12,7 13,5 14,2 15,0 15,7 17,7 19,6 21,6

6,29 12,2 21,5 35,2 54,7 81,3 117 162 221 288 364 451 555 674 818 975 1160 1730 2480 3490

3,00 4,88 7,41 10,7 14,8 19,8 26,0 33,1 41,7 51,0 61,2 72,2 84,7 98,4 114 131 149 203 268 349

0,91 1,07 1,23 1,40 1,55 1,71 1,87 2,02 2,20 2,32 2,45 2,56 2,67 2,80 2,90 3,02 3,13 3,43 3,72 4,02

11,4 19,9 31,8 47,7 68,0 93,4 125 162 206 257 316 381 457 540 638 741 857 1200 1620 2120

167 318 550 889 1360 2 000 2 840 3 920 5 130 6 590 8 560 9 240 9 690 10 140 10 820 11 720 12 620 13 080

33,5 52,9 78,5 111 151 200 258 327 395 471 571 616 646 676 721 781 842 872

2,53 3,06 3,58 4,05 4,57 5,07 5,59 6,08 6,58 7,09 7,58 7,57 7,53 7,49 7,40 7,33 7,27 7,17

52,1 82,6 123 177 241 321 414 527 641 767 934 1070 1200 1340 1620 1990 2410 2800

Schmale I-Träger (I-Reihe) nach DIN 1025-1 80 100 120 140 160 180 200 220 240 260 280 300 320 340 360 380 400 450 500 550

42 50 58 66 74 82 90 98 106 113 119 125 131 137 143 149 155 170 185 200

3,9 4,5 5,1 5,7 6,3 6,9 7,5 8,1 8,7 9,4 10,1 10,8 11,5 12,2 13,0 13,7 14,4 16,2 18,0 19,0

5,9 6,8 7,7 8,6 9,5 10,4 11,3 12,2 13,1 14,1 15,2 16,2 17,3 18,3 19,5 20,5 21,6 24,3 27,0 30,0

7,57 10,6 14,2 18,2 22,8 27,9 33,4 39,5 46,1 53,3 61,0 69,0 77,7 86,7 97,0 107 118 147 179 212

5,94 8,34 11,1 14,3 17,9 21,9 26,2 31,1 36,2 41,9 47,9 54,2 61,0 68,0 76,1 84,0 92,4 115 141 166

Breite I-Träger mit parallelen Flanschflächen (IPB-Reihe) nach DIN 1025-2 100 120 140 160 180 200 220 240 260 280 300 320 340 360 400 450 500 550

100 120 140 160 180 200 220 240 260 280 300 300 300 300 300 300 300 300

6 6,5 7 8 8,5 9 9,5 10 10 10,5 11 11,5 12 12,5 13,5 14 14,5 15

10 11 12 13 14 15 16 17 17,5 18 19 20,5 21,5 22,5 24 26 28 29

26,0 34,0 43,0 54,3 65,3 78,1 91,0 106 118 131 149 161 171 181 198 218 239 254

20,4 26,7 33,7 42,6 51,2 61,3 71,5 83,2 93,0 103 117 127 134 142 155 171 187 199

450 864 1 510 2 490 3 830 5 700 8 090 11 260 14 920 19 270 25 170 30 820 36 660 43 190 57 680 79 890 107 200 136 700

89,9 144 216 311 426 570 736 938 1150 1380 1680 1930 2160 2400 2880 3550 4290 4970

4,16 5,04 5,93 6,78 7,66 8,54 9,43 10,3 11,2 12,1 13,0 13,8 14,6 15,5 17,1 19,1 21,2 23,2

A

8. 3

A8.3 Fortsetzung Kurzzeichen

Maße für


Für die Biegeachse

y–y


600 650 700 800

z–z

h

b

s

t

A

m

Iy

Wy

iy

Iz

Wz

iz

Sy

mm

mm

mm

mm

cm2

kg/m

cm4

cm3

cm

cm4

cm3

cm

cm3

600 650 700 800

300 300 300 300

15,5 16 17 17,5

30 31 32 33

7,08 6,99 6,87 6,68

3210 3660 4160 5110

270 286 306 334

212 225 241 262

171 000 210 600 256 900 359 100

5 700 6 480 7 340 8 980

25,2 27,1 29,0 32,8

13 530 13 980 14 400 14 900

902 932 963 994

Sy: statisches Moment der halben Querschnittsfläche um die y-Achse. I-Träger nach dieser Norm werden vorzugsweise aus Stahlsorten nach DIN EN 10 025 hergestellt.

A8.4 Warmgewalzter U-Profilstahl nach DIN 1026-1 (Auszug)

Kurzzeichen

Maße für


U

h mm

b mm

s mm

t = r1 mm

A cm2

m kg/m

Iy cm4

y–y Wy cm3

iy cm

30 × 15 30 40 × 20 40 50 × 25 50 60 65 80 100 120 140 160 180 200 220 240 260 280 300 320 350 380 400

30 30 40 40 50 50 60 65 80 100 120 140 160 180 200 220 240 260 280 300 320 350 380 400

15 33 20 35 25 38 30 42 45 50 55 60 65 70 75 80 85 90 95 100 100 100 102 110

4 5 5 5 5 5 6 5,5 6 6 7 7 7,5 8 8,5 9 9,5 10 10 10 14 14 13,5 14

4,5 7 5,5 7 6 7 6 7,5 8 8,5 9 10 10,5 11 11,5 12,5 13 14 15 16 17,5 16 16 18

2,21 5,44 3,66 6,21 4,92 7,12 6,46 9,03 11,0 13,5 17,0 20,4 24,0 28,0 32,2 37,4 42,3 48,3 53,3 58,8 75,8 77,3 80,4 91,5

1,74 4,27 2,87 4,87 3,86 5,59 5,07 7,09 8,64 10,6 13,4 16,0 18,8 22,0 25,3 29,4 33,2 37,9 41,8 46,2 59,5 60,6 63,1 71,8

2,53 6,39 7,58 14,1 16,8 26,4 31,6 57,5 106 206 364 605 925 1 350 1 910 2 690 3 600 4 820 6 280 8 030 10 870 12 840 15 760 20 350

1,69 4,26 3,79 7,05 6,73 10,6 10,5 17,7 26,5 41,2 60,7 86,4 116 150 191 245 300 371 448 535 679 734 829 1020

1,07 1,08 1,44 1,50 1,85 1,92 2,21 2,52 3,10 3,91 4,62 5,45 6,21 6,95 7,70 8,48 9,22 9,99 10,9 11,7 12,1 12,9 14,0 14,9

Iz cm4 0,38 5,33 1,14 6,68 2,49 9,12 4,51 14,1 19,4 29,3 43,2 62,7 85,3 114 148 197 248 317 399 495 597 570 615 846

Sy: statisches Moment der halben Querschnittsfläche um die y-Achse. yM: Abstand des Schubmittelpunktes M von der z-z-Achse. U-Stahl nach dieser Norm wird vorzugsweise aus Stahlsorten nach DIN EN 10 025 hergestellt.

A

8.3 8. 4

Sy cm3

Abstand der Achse z–z ez cm

yM cm

15,9 24,5 36,3 51,4 68,8 89,6 114 146 179 221 266 316 413 459 507 618

0,52 1,31 0,67 1,33 0,81 1,37 0,91 1,42 1,45 1,55 1,60 1,75 1,84 1,92 2,01 2,14 2,23 2,36 2,53 2,70 2,60 2,40 2,38 2,65

0,74 2,22 1,01 2,32 1,34 2,47 1,50 2,60 2,67 2,93 3,03 3,37 3,56 3,75 3,94 4,20 4,39 4,66 5,02 5,41 4,82 4,45 4,58 5,11

Für die Biegeachse

z–z Wz cm3

iz cm

0,39 2,68 0,86 3,08 1,48 3,75 2,16 5,07 6,36 8,49 11,1 14,8 18,3 22,4 27,0 33,6 39,6 47,7 57,2 67,8 80,6 75,0 78,7 102

0,42 0,99 0,56 1,04 0,71 1,13 0,84 1,25 1,33 1,47 1,59 1,75 1,89 2,02 2,14 2,30 2,42 2,56 2,74 2,90 2,81 2,72 2,77 3,04

A

8.5

38 40 43 45 50 55 60 65 70

mm

mm

30 40 50 60 80 100 120 140 160

b

h

4 4,5 5 5 6 6,5 7 8 8,5

mm

s

Maße für

4,5 5 5,5 6 7 8 9 10 11

mm

t =r1

3,39 4,26 5,31 6,21 8,71 11,4 14,3 18,0 21,6

kg/m

cm2

4,32 5,43 6,77 7,91 11,1 14,5 18,2 22,9 27,5

m

A

3,86 4,17 4,60 4,98 5,83 6,77 7,75 8,72 9,74

cm

tan α 1,655 1,181 0,939 0,779 0,558 0,492 0,433 0,385 0,357

oη

ζ–ζ

Quer- Masse Lage schnittsder fläche Achse

0,58 0,91 1,24 1,51 2,02 2,43 2,80 3,18 3,51

cm

oζ

0,61 1,12 1,65 2,21 3,30 4,34 5,37 6,39 7,39

cm

eη

1,39 1,67 1,89 2,04 2,29 2,50 2,70 2,89 3,09

cm

eζ cm

aη

3,54 3,82 4,21 4,56 5,35 6,24 7,16 8,08 9,04

Abstände der Achsen

Z-Stahl nach dieser Norm wird vorzugsweise aus Stahlsorten nach DIN EN 10 025 hergestellt.

30 40 50 60 80 100 120 140 160

Z

Kurzzeichen

A8.5 Warmgewalzter rundkantiger Z-Stahl nach DIN 1027 (Auszug)

0,87 1,19 1,49 1,76 2,25 2,65 3,02 3,39 3,72

cm

aζ

5,96 13,5 26,3 44,7 109 222 402 676 1060

cm4

Iy

3,97 6,75 10,5 14,9 27,3 44,4 67,0 96,6 132

cm3

Wy

y–y

1,17 1,58 1,97 2,38 3,13 3,91 4,70 5,43 6,20

cm

iy

13,7 17,6 23,8 30,1 47,4 72,5 106 148 204

cm4

Iz

3,80 4,66 5,88 7,09 10,1 14,0 18,8 24,3 31,0

cm3

Wz

z–z

1,78 1,80 1,88 1,95 2,07 2,24 2,42 2,54 2,72

cm

iz

18,1 28,0 44,9 67,2 142 270 470 768 1180

cm4

Iη

Für die Biegeachse


4,69 6,72 9,76 13,5 24,4 39,8 60,6 88,0 121

cm3

Wη

η–η

2,04 2,27 2,57 2,81 3,58 4,31 5,08 5,79 6,57

cm

iη

1,54 3,05 5,23 7,60 14,7 24,6 37,7 56,4 79,5

cm4

Iζ

1,11 1,83 2,76 3,73 6,44 9,26 12,5 16,6 21,4

cm3

Wζ

ζ–ζ iζ

0,60 0,75 0,88 0,98 1,15 1,30 1,44 1,57 1,70

cm

7,35 12,2 19,6 28,8 55,6 97,2 158 239 349

cm4

Iyz

Fl.Deviationsmoment


A8.6 Warmgewalzte gleichschenklige Winkel aus Stahl nach DIN EN 10 056-1

Kurzzeichen

Querschnittsfläche A

Masse

m

e

v

Iy

Wy

iy

Iη

iη

Iζ

Wζ

iζ

mm

cm2

kg/m

cm

cm

cm4

cm3

cm

cm4

cm

cm4

cm3

cm

20 × 20 × 3

3,5

1,12

0,882 0,598

0,846

0,392

0,279

0,590

0,618

0,742

0,165

0,195

0,383

25 × 25 × 3 25 × 25 × 4

3,5 3,5

1,42 1,85

1,12 1,45

0,723 0,762

1,02 1,08

0,803 1,02

0,452 0,586

0,751 0,741

1,27 1,61

0,945 0,931

0,334 0,430

0,326 0,399

0,484 0,482

30 × 30 × 3 30 × 30 × 4

5 5

1,74 2,27

1,36 1,78

0,835 0,878

1,18 1,24

1,40 1,80

0,649 0,850

0,899 0,892

2,22 2,85

1,13 1,12

0,585 0,754

0,496 0,607

0,581 0,577

35 × 35 × 4

5

2,67

2,09

1,00

1,42

2,95

1,18

1,05

4,68

1,32

1,23

0,865

0,678

40 × 40 × 4 40 × 40 × 5

6 6

3,08 3,79

2,42 2,97

1,12 1,16

1,58 1,64

4,47 5,43

1,55 1,91

1,21 1,20

7,09 8,60

1,52 1,51

1,86 2,26

1,17 1,38

0,777 0,773

45 × 45 × 4,5

7

3,90

3,06

1,25

1,78

7,14

2,20

1,35

11,4

1,71

2,94

1,65

0,870

50 × 50 × 4 50 × 50 × 5 50 × 50 × 6

7 7 7

3,89 4,80 5,69

3,06 3,77 4,47

1,36 1,40 1,45

1,92 1,99 2,04

8,97 11,0 12,8

2,46 3,05 3,61

1,52 1,51 1,50

14,2 17,4 20,3

1,91 1,90 1,89

3,73 4,55 5,34

1,94 2,29 2,61

0,979 0,973 0,968

60 × 60 × 5 60 × 60 × 6 60 × 60 × 8

8 8 8

5,82 6,91 9,03

4,57 5,42 7,09

1,64 1,69 1,77

2,32 2,39 2,50

19,4 22,8 29,2

4,45 5,29 6,89

1,82 1,82 1,80

30,7 36,1 46,1

2,30 2,29 2,26

8,03 9,44 12,2

3,46 3,96 4,86

1,17 1,17 1,16

65 × 65 × 7

9

8,70

6,83

1,85

2,62

33,4

7,18

1,96

53,0

2,47

13,8

5,27

1,26

70 × 70 × 6 70 × 70 × 7

9 9

8,13 9,40

6,38 7,38

1,93 1,97

2,73 2,79

36,9 42,3

7,27 8,41

2,13 2,12

58,5 67,1

2,68 2,67

15,3 17,5

5,60 6,28

1,37 1,36

75 × 75 × 6 75 × 75 × 8

9 9

8,73 11,4

6,85 8,99

2,05 2,14

2,90 3,02

45,8 59,1

8,41 11,0

2,29 2,27

72,7 93,8

2,89 2,86

18,9 24,5

6,53 8,09

1,47 1,46

80 × 80 × 8 80 × 80 × 10

10 10

12,3 15,1

9,63 11,9

2,26 2,34

3,19 3,30

72,2 87,5

12,6 15,4

2,43 2,41

115 139

3,06 3,03

29,9 36,4

9,37 11,0

1,56 1,55

90 × 90 × 7 90 × 90 × 8 90 × 90 × 9 90 × 90 × 10

11 11 11 11

12,2 13,9 15,5 17,1

9,61 10,9 12,2 13,4

2,45 2,50 2,54 2,58

3,47 3,53 3,59 3,65

92,6 104 116 127

14,1 16,1 17,9 19,8

2,75 2,74 2,73 2,72

147 166 184 201

3,46 3,45 3,44 3,42

38,3 43,1 47,9 52,6

11,0 12,2 13,3 14,4

1,77 1,76 1,76 1,75

100 × 100 × 8 100 × 100 × 10 100 × 100 × 12

12 12 12

15,5 19,2 22,7

12,2 15,0 17,8

2,74 2,82 2,90

3,87 3,99 4,11

145 177 207

19,9 24,6 29,1

3,06 3,04 3,02

230 280 328

3,85 3,83 3,80

59,9 73,0 85,7

15,5 18,3 20,9

1,96 1,95 1,94

120 × 120 × 10 120 × 120 × 12

13 13

23,2 27,5

18,2 21,6

3,31 3,40

4,69 4,80

313 368

36,0 42,7

3,67 3,65

497 584

4,63 4,60

129 152

27,5 31,6

2,36 2,35

130 × 130 × 12

14

30,0

23,6

3,64

5,15

472

50,4

3,97

750

5,00

194

37,7

2,54

150 × 150 × 10 150 × 150 × 12 150 × 150 × 15

16 16 16

29,3 34,8 43,0

23,0 27,3 33,8

4,03 4,12 4,25

5,71 5,83 6,01

624 737 898

56,9 67,7 83,5

4,62 4,60 4,57

990 1170 1430

5,82 5,80 5,76

258 303 370

45,1 52,0 61,6

2,97 2,95 2,93

160 × 160 × 15

17

46,1

36,2

4,49

6,35

1100

4,88

1750

6,15

453

71,3

3,14

180 × 180 × 16 180 × 180 × 18

18 18

55,4 61,9

43,5 48,6

5,02 5,10

7,11 7,22

1680 1870

130 145

5,51 5,49

2690 2960

6,96 6,92

679 768

95,5 106

3,50 3,52

200 × 200 × 16 200 × 200 × 18 200 × 200 × 20 200 × 200 × 24

18 18 18 18

61,8 69,1 76,3 90,6

48,5 54,3 59,9 71,1

5,52 5,60 5,68 5,84

7,81 7,92 8,04 8,26

2340 2600 2850 3330

162 181 199 235

6,16 6,13 6,11 6,06

3720 4150 4530 5280

7,76 7,75 7,70 7,64

960 1050 1170 1380

123 133 146 167

3,94 3,90 3,92 3,90

250 × 250 × 28 250 × 250 × 35

18 18

7700 9260

433 529

7,62 7,54

12 200 14 700

9,61 9,48

3170 3860

309 364

4,89 4,87

a×a×t mm

A

8.6

r1

133 163

Abstände

Für die Biegeachse η–η

y–y=z–z

104 128

7,24 7,50

10,2 10,6

95,6

ζ–ζ

A

8.7

A cm2

r1 mm

4 4 4 4 4,5 5 5 6 6 6 7 7 7 7 7 8

a×b×t mm

30 × 20 × 3 30 × 20 × 4 40 × 20 × 4 40 × 25 × 4 45 × 30 × 4 50 × 30 × 5 60 × 30 × 5 60 × 40 × 5 60 × 40 × 6 65 × 50 × 5 70 × 50 × 6 75 × 50 × 6 75 × 50 × 8 80 × 40 × 6 80 × 40 × 8 80 × 60 × 7

1,43 1,86 2,26 2,46 2,87 3,78 4,28 4,79 5,68 5,54 6,89 7,19 9,41 6,89 9,01 9,38

Querschnittsfläche

Kurzzeichen

1,12 1,46 1,77 1,93 2,25 2,96 3,36 3,76 4,46 4,35 5,41 5,65 7,39 5,41 7,07 7,36

m kg/m

Masse

0,990 1,03 1,47 1,36 1,48 1,73 2,17 1,96 2,00 1,99 2,23 2,44 2,52 2,85 2,94 2,51

ey cm 0,502 0,541 0,48 0,623 0,74 0,741 0,684 0,972 1,01 1,25 1,25 1,21 1,29 0,884 0,963 1,52

ez cm 2,05 2,02 2,58 2,69 3,07 3,33 3,88 4,10 4,08 4,53 4,83 5,12 5,08 5,20 5,14 5,55

w cm


1,04 1,04 1,17 1,35 1,58 1,65 1,77 2,11 2,10 2,39 2,52 2,64 2,62 2,38 2,34 2,92

v cm 0,427 0,421 0,252 0,380 0,436 0,352 0,257 0,434 0,431 0,577 0,500 0,435 0,430 0,258 0,253 0,546

ζ–ζ tan α

Lage der Achse

A8.7 Warmgewalzte ungleichschenklige Winkel aus Stahl nach DIN EN 10 056-1

1,25 1,59 3,59 3,89 5,78 9,36 15,6 17,2 20,1 23,2 33,4 40,5 52,0 44,9 57,6 59,0

Iy cm4 0,621 0,807 1,42 1,47 1,91 2,86 4,07 4,25 5,03 5,14 7,01 8,01 10,4 8,73 11,4 10,7

Wy cm3

y–y

0,935 0,925 1,26 1,26 1,42 1,57 1,91 1,89 1,88 2,05 2,20 2,37 2,35 2,55 2,53 2,51

iy cm

0,437 0,553 0,600 1,16 2,05 2,51 2,63 6,11 7,12 11,9 14,2 14,4 18,4 7,59 9,61 28,4

Iz cm4

0,292 0,379 0,393 0,619 0,91 1,11 1,14 2,02 2,38 3,19 3,78 3,81 4,95 2,44 3,16 6,34

Wz cm3

z–z

0,553 0,546 0,514 0,687 0,85 0,816 0,784 1,13 1,12 1,47 1,43 1,42 1,40 1,05 1,03 1,74

iz cm

Für die Biegeachse


1,43 1,81 3,80 4,35 6,65 10,3 16,5 19,7 23,1 28,8 39,7 46,6 59,6 47,6 60,9 72,0

Iη cm4

iη cm 1,00 0,988 1,30 1,33 1,52 1,65 1,97 2,03 2,02 2,28 2,40 2,55 2,52 2,63 2,60 2,77

η–η

0,256 0,330 0,393 0,700 1,18 1,54 1,71 3,54 4,16 6,32 7,92 8,36 10,8 4,93 6,34 15,4

Iζ cm4

ζ–ζ

0,424 0,421 0,417 0,534 0,64 0,639 0,633 0,86 0,855 1,07 1,07 1,08 1,07 0,845 0,838 1,28

iζ cm

A

8.7

r1

mm

8 8 10 10 10 10 10 10 11 11 11 11 11 11 11 11 12 12 12 12 12 12 12 12 12 15 15 15 15 15

a×b×t

mm

100 × 50 × 6 100 × 50 × 8 100 × 65 × 7 100 × 65 × 8 100 × 65 × 10 100 × 75 × 8 100 × 75 × 10 100 × 75 × 12 120 × 80 × 8 120 × 80 × 10 120 × 80 × 12 125 × 75 × 8 125 × 75 × 10 125 × 75 × 12 135 × 65 × 8 135 × 65 × 10 150 × 75 × 9 150 × 75× 10 150 × 75 × 12 150 × 75 × 15 150 × 90 × 10 150 × 90 × 12 150 × 90 × 15 150 × 100 × 10 150 × 100 × 12 200 × 100 × 10 200 × 100 × 12 200 × 100 × 15 200 × 150× 12 200 × 150× 15

Kurzzeichen

A8.7 Fortsetzung

6,84 8,97 8,77 9,94 12,3 10,6 13,0 15,4 12,2 15,0 17,8 12,2 15,0 17,8 12,2 15,0 15,4 17,0 20,2 24,8 18,2 21,6 26,6 19,0 22,5 23,0 27,3 33,75 32,0 39,6

kg/m

cm2

8,71 11,4 11,2 12,7 15,6 13,5 16,6 19,7 15,5 19,1 22,7 15,5 19,1 22,7 15,5 19,1 19,6 21,7 25,7 31,7 23,2 27,5 33,9 24,2 28,7 29,2 34,8 43,0 40,8 50,5

m

A

QuerMasse schnittsfläche

3,51 3,60 3,23 3,27 3,36 3,10 3,19 3,27 3,83 3,92 4,00 4,14 4,23 4,31 4,78 4,88 5,26 5,31 5,40 5,52 5,00 5,08 5,21 4,81 4,89 6,93 7,03 7,16 6,08 6,21

cm

ey

1,05 1,13 1,51 1,55 1,63 1,87 1,95 2,03 1,87 1,95 2,03 1,68 1,76 1,84 1,34 1,42 1,57 1,61 1,69 1,81 2,04 2,12 2,23 2,34 2,42 2,01 2,10 2,22 3,61 3,73

cm

ez

6,55 6,48 6,83 6,81 6,76 6,95 6,92 6,89 8,23 8,19 8,15 8,44 8,39 8,33 8,79 8,72 9,82 9,79 9,72 9,63 10,1 10,1 9,98 10,3 10,2 13,2 13,1 13,0 13,9 13,9

cm

w


3,00 2,96 3,49 3,47 3,45 3,65 3,65 3,65 4,23 4,21 4,20 4,20 4,17 4,15 3,95 3,91 4,50 4,48 4,44 4,40 5,03 5,00 4,98 5,29 5,28 6,05 6,00 5,84 7,34 7,33

cm

v

89,9 116 113 127 154 133 162 189 226 276 323 247 302 354 291 356 455 501 588 713 533 627 761 553 651 1220 1440 1758 1650 2022

cm4

tan α 0,262 0,258 0,415 0,413 0,410 0,547 0,544 0,540 0,437 0,435 0,431 0,360 0,357 0,354 0,245 0,243 0,261 0,261 0,258 0,253 0,360 0,358 0,354 0,438 0,436 0,263 0,262 0,260 0,552 0,551

Iy

ζ–ζ

Lage der Achse

13,8 18,2 16,6 18,9 23,2 19,3 23,8 28,0 27,6 34,1 40,4 29,6 36,5 43,2 33,4 41,3 46,7 51,6 61,3 75,2 53,3 63,3 77,7 54,2 64,4 93,2 111 137 119 147

cm3

Wy

y–y

3,21 3,19 3,17 3,16 3,14 3,14 3,12 3,10 3,82 3,80 3,77 4,00 3,97 3,95 4,34 4,31 4,82 4,81 4,78 4,75 4,80 4,77 4,74 4,79 4,76 6,46 6,43 6,4 6,36 6,33

cm

iy

15,4 19,7 37,6 42,2 51,0 64,1 77,6 90,2 80,8 98,1 114 67,6 82,1 95,5 45,2 54,7 77,9 85,6 99,6 119 146 171 205 199 233 210 247 299 803 979

cm4

Iz

3,89 5,08 7,53 8,54 10,5 11,4 14,0 16,5 13,2 16,2 19,1 11,6 14,3 16,9 8,75 10,8 13,1 14,5 17,1 21,0 21,0 24,8 30,4 25,9 30,7 26,3 31,3 38,5 70,5 86,9

cm3

Wz

z–z

1,33 1,31 1,83 1,83 1,81 2,18 2,16 2,14 2,28 2,26 2,24 2,09 2,07 2,05 1,71 1,69 1,99 1,99 1,97 1,94 2,51 2,49 2,46 2,87 2,85 2,68 2,67 2,64 4,44 4,40

cm

iz

Für die Biegeachse


cm

iη

3,31 3,28 3,39 3,37 3,35 3,47 3,45 3,42 4,10 4,07 4,04 4,21 4,18 4,15 4,45 4,43 4,96 4,95 4,92 4,88 5,05 5,02 4,98 5,13 5,11 6,65 6,63 6,59 7,04 7,00

η–η

95,4 123 128 144 175 162 197 230 260 317 371 274 334 391 307 375 483 531 623 753 591 694 841 637 749 1290 1530 1864 2030 2476

cm4

Iη

9,92 12,8 22,0 24,8 30,1 34,6 42,2 49,5 46,6 56,8 66,7 40,9 49,9 58,5 29,4 35,9 50,2 55,1 64,7 78,6 88,3 104 126 114 134 135 159 193 430 526

cm4

Iζ

ζ–ζ iζ

1,07 1,06 1,40 1,40 1,39 1,60 1,59 1,59 1,74 1,72 1,71 1,63 1,61 1,61 1,38 1,37 1,60 1,60 1,59 1,58 1,95 1,94 1,93 2,17 2,16 2,15 2,14 2,12 3,25 3,23

cm

A

9.1


A

9.2


A

9.3


A

9.4


A

9.5


A

9.6



1)

nach [47]

A10.2 Sicherheitsbeiwerte bei statischer Beanspruchung im allgemeinen Maschinenbau1) Temperatur Fließen SF

Sicherheitsbeiwerte gegen Bruch SB

Instabilität SK

T < Tk

1,2 ... 2

2 ... 4

3 ... 5

T > Tk

1 ... 1,5

1,5 ... 2

3 ... 5

Tk = Kristallerholungstemperatur 1)

nach [69]

A

10.1 10.2


A11.1 Formzahldiagramme

nach [58]

A

11.1


A11.1 Formzahldiagramme (Fortsetzung 1)

nach [59, 60]

A

11.1



nach [59]

A

11.1



nach [61] Näherungsweise gilt für die Biegung und Torsion: αkb/αkz ≈ 1, 0,9 bzw. 0,85 für t/(a + t) ≈ 0, 0,1 bzw. ⱖ0,2; αkt/αkz ≈ 0,65

A

11.1



nach [12, 37]

A

11.1 11 .2 11.3a



nach [12, 49]

A

11.1


A11.2 Kerbempfindlichkeitszahlen für verschiedene Werkstoffgruppen1)

1

) aus [68]

A11.3a Kerbwirkungszahlen, abhängig von Formzahl und Zugfestigkeit 1)

1

) nach [36]

A

11.2 11.3a


A11.3b Kerbwirkungszahlen für abgesetzte Rundstäbe1)

1

) nach [37]

A

11.3b


A11.3c Kerbwirkungszahlen für Rundstäbe mit Querbohrung oder Spitzkerbe1)

1

) nach [37]

A

11.3c


A11.3d Kerbwirkungszahlen für Nabensitze1)

1

) aus [26]

1

A12.1 Materialwerte zum plastischen Knicken ) (a und b sind die Koeffizienten der TETMAJER-Geraden)

1

Werkstoff

E in N/mm2

λP

a in N/mm2

b in N/mm2

S235 E295 E335 5%-Ni-Stahl Nadelholz

210 000 210 000 210 000 210 000

104 89 86 100

310 335 470 29,3

1,14 0,62 2,30 0,194

Grauguss

100 000

80

σK = (776 – 12 ⋅ λ + 0,053 ⋅ λ 2) N/mm2

) aus [1]

A

11.3d 12.1

13.1 11 .3c

1


⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩

1

) nach [9]

nur ein τ sonst keine Sp.

nur ein σ nur ein τ sonst keine Sp.

τyx = τzx = 0

σ1 = σx = 0

nur σy, σz, τyz

τzy = τxy = 0

σ2 = σy = 0

nur σx, σz, τxz

τxz = τyz = 0

σ3 = σz = 0

nur σx, σy, τxy 1 2

⎡σ + σ + y ⎢⎣ x

⎡σ + σ + x z ⎣⎢

σν = σ1 = τ

σ ν = σ1 =

1 2

(σ +

σν nicht definiert

σ 2 + 4τ 2

+ ( σ x − σ z ) 2 + 4 τ 2xz

1 2

)

]

⎤ 2 ( σ x − σ y ) 2 + 4 τ xy ⎥⎦

σ ν = σ1 =

+

σ ν = σ1 =

sonst nicht definiert

1 2

⎡σ + σ + y ⎢⎣ x

[ ]

σν = σ1 – σ3 = 2τ

σ ν = σ1 − σ 3 =

− σy − σz

1 2

σ 2 + 4τ 2

( σ y − σ z ) 2 + 4 τ 2yz

( σ x − σ z ) 2 + 4 τ 2xz

σν = σ3 =

=

σ ν = σ1 − σ 3

+ ( σ x − σ y ) 2 + 4 τ 2xy ⎤⎥ ⎦

σ ν = σ1 =

σν = σ1 –σ3

σν = σ1

beliebig

nur gültig für σ1 > 0,

Schubspannungshypothese

Normalspannungshypothese

Spannungszustand

σν =

σν =

=

σν =

=

σν =

=

σν =

y

2 yz

x

2

2 xy

1

2

2

2 zx

y

2

z

3

σ 12 − σ 1 σ 3 + σ 32 =

σ 12 − σ 1 σ 3 + σ 32 =

2

2

+ ( σ z − σx )

3τ

2

+ ( σ1 − σ 3 ) 2

σ 2 + 3τ 2

σ 2y − σ y σ z + σ 2z + 3 τ 2yz

σ 22 − σ 2 σ 3 + σ 32

σ 2x − σ x σ z + σ z2 + 3 τ 2xz

σ 12 − σ 1 σ 3 + σ 32

σ 2x − σ x σ y + σ 2y + 3 τ 2xy

σ 12 − σ 1 σ 2 + σ 22

1 2

1 2

[ (σ − σ ) + (σ − σ ) = [ (σ − σ ) + ( σ − σ ) + 3 [τ + τ + τ ]

σν =

Gestaltänderungsenergiehypothese

A13.1 Vergleichsspannungen ) Voraussetzung: σ1 ≥ σ2 ≥ σ3. σv-Formeln aus beliebigem Spannungszustand gelten immer. σv-Formeln für die 5 speziellen Spannungszustände sind zusätzlich wegen der einfacheren Handhabung angegeben. Alle Spannungen müssen dem gleichen Spannungs-Zeit-Fall angehören.

ESZ

A

] ]

A

141 .


A

141 .


A

141 .


A

141 .


A

141 .


A

14. 2

Vereinbarungen:


A

14. 2


A

14. 2


A

14. 2


A

14. 2


A

14. 2


A

14. 2


A

14. 2


A

15.1


A

15. 2


A

15. 3


A

15. 4


Martin Mayr

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7. Auflage

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