Die Technische Biegetheorie

Gerade Biegung ohne Normalkraft

\rightarrow Lastebene = Verformungsebene

Voraussetzungen:

  • S_y=0: x-Achse durch den Schwerpunkt verläuft
  • I_{yz}=0: Querschnitt hat mindestens eine Symmetrieachse

Formeln:

    \begin{align*} \sigma(x,z)&= \frac{M_y(x)}{I_y} \cdot z \quad \textrm{"Normalspannung"} \\ w''(x) &= - \frac{M_y(x)}{EI_y} \quad \textrm{"Biegelinie"} \end{align*}

mit z als maximalen Randfaserabstand und E\cdot I_y als Biegesteifigkeit.

Lösungsschritte

(i) für statisch bestimmte Systeme

a. Statisches System

b. Schnittgrößen mittels Gleichgewicht am geschnittenen System \rightarrow TM 1, wobei häufig nur M_y(x) benötigt wird!

c. Querschnittswerte

1. Berechnung der Schwerachse, so dass S_y=0 gilt.

2. Überprüfung, ob mindestens eine Symmetrieachse vorliegt, so dass I_{yz}=0– Wenn keine Symmetrieachse vorliegt, hat man schiefe Biegung!

3. I_y berechnen.

d. Normalspannungen: maximale Spannung in Randfläche mit größtem Abstand |z|_{max}

e. Biegelinie

1. M_y(x) als Funktion der Koordinate x für n Einzelbalken

2. 2 \cdot n Rand- und Übergangsbedingungen für w(x) und \varphi(x)

3. Integration der Differentialgleichung w''(x)=-\frac{M_y(x)}{EI_y}

f. weitere Aufgabenstellungen, z.B. Spannungs-/Verformungsnachweis, Bauteilsicherheit etc.

(iI) für statisch unbestimmte Systeme

a. Statisches System

b. Querschnittswerte

1. Berechnung der Schwerachse, so dass S_y=0 gilt.

2. Überprüfung, ob mindestens eine Symmetrieachse vorliegt, so dass I_{yz}=0– Wenn keine Symmetrieachse vorliegt, hat man schiefe Biegung!

3. I_y berechnen.

c. Biegelinie, unter Beachtung von 4\cdot n Rand- und Übergangsbedingungen für w(x), \ p(x), \ M_y(x), \ Q_z(x) berechnet man für jeden Einzelbalken:

    \begin{align*} EI_y w^{IV}(x)=q_z(x) \end{align*}

d. weitere Aufgabenstellungen, z.B. M_y(x)=-EI_y w''(x), \ \sigma(x,y,z) = \frac{M_y(x)}{I_y} \cdot z, Dimensionierung etc.

Kochrezept bei Aufgaben zum Biegebalken

Kochrezept bei Aufgaben zum Biegebalken – Technische Mechanik 2

Vorgehen bei statisch unbestimmten Systemen

Biegung – Biegelinie – bei statisch unbestimmten Systemen – Technische Mechanik 2

Beispiel Biegung ohne Normalkraft

Balken – Biegelinie – Technische Mechanik 2

 

Gerade Biegung mit Normalkraft

  • gleichgültig ob statisch bestimmt oder unbestimmt!
  • Vorgehen gemäß jeweiligen Lösungsschritten von oben
  • Resultierende Verschiebungen und Spannungen über Superposition
  • Voraussetzung: S_y=0; I_{yz}=0

Formeln:

1. Normalspannung: \sigma(x,z)= \frac{N(x)}{A(x)} + \frac{M_y(x)}{I_y} \cdot z

2. Verschiebung: EAu'(x)=N(x); \ EI_yw''(x)=M_y(x); \ f=\sqrt{u^2 + w^2}

3. Gleichgewicht: N'(x)=-n(x); \ M_y''(x)=-q_z(x)

 

Schiefe Biegung

\rightarrow Lastebene \neq Verformungsebene

  • Belastung schräg zur Symmetrieachse oder bei unsymmetrischen Querschnitten
  • Auch hier gibt es statisch bestimmte und unbestimmte Systeme!

Insgesamt sind 4 Fälle zu unterscheiden:

1. Koordinatensystem im Schwerpunkt

\rightarrow \ S_y=S_z=0

\bullet Normalspannung:

    \begin{align*} \sigma(x,z) &= \frac{N(x)}{A(x)} + \frac{M_y(x) \cdot I_{yz} - M_z (x) \cdot I_y}{\Delta} \cdot y + \frac{M_y(x) \cdot I_{z} - M_z (x) \cdot I_{yz}}{\Delta} \cdot z \\ \textrm{mit} \ \Delta &= I_y \cdot I_z - I_{yz}^2 \end{align*}

\bullet Verschiebungen:

    \begin{align*} u'(x) &= \frac{N(x)}{EA(x)} \\ w''(x) &= - \frac{M_y(x) \cdot I_z}{E\Delta} + \frac{M_z(x)\cdot I_{yz}}{E \Delta} \\ v''(x) &= - \frac{M_y(x) \cdot I_{yz}}{E\Delta} + \frac{M_z(x)\cdot I_{y}}{E \Delta} \end{align*}

\bullet Resultierende Verschiebung: f= \sqrt{u^2 + v^2 + w^2

2. Transformation auf Hauptachsen

\rightarrow In Hauptachsen sind I_y, \ I_z maximal und I_{yz}=0

(i) Berechnung der Hauptträgheitsmomente I_Y, \ I_Z und der Hauptachsen mit den Winkeln \alpha_Y^*, \ \alpha_Z^*

(ii) Transformation der Momente M_y, \ M_z und der Koordinaten bestimmter Punkte auf Hauptachsensystem Y-Z.

bil_HA-transformation

    \begin{align*} M_Y &= M_y \cdot \cos \alpha_Y^* + M_z \cdot \sin \alpha_Y^* \\ Y_i &= y_i \cdot \cos \alpha_Y^* + z_i \cdot \sin \alpha_Y^* \\ M_Z &= M_z \cdot \cos \alpha_Y^* - M_y \cdot \sin \alpha_Y^* \\ Z_i &= z_i \cdot \cos \alpha_Y^* - y_i \cdot \sin \alpha_Y^* \end{align*}

\bullet Normalspannung: \sigma(x,Y,Z)= \frac{N(x)}{A(x)} + \frac{M_Y(x)}{I_Y}\cdot Z -\frac{M_Z(x)}{I_Z}\cdot Y

\bullet Verschiebungen:

    \begin{align*} u'(x) &= \frac{N(x)}{EA(x)} \\ W''(x) &= - \frac{M_Y(x) }{E I_Y} \\ V''(x) &= \frac{M_Z(x)}{E I_Z} \end{align*}

Fazit: Berechnung der Spannungen und Verschiebungen wesentlich einfacher, wenn man vorher auf die Hauptachsen transformiert!

3. Koordinatenachsen sind gleichzeitig Hauptachsen

\rightarrow S_y=0, \ I_{yz}=0

\bullet Normalspannung: \sigma(x,y,z)= \frac{N(x)}{A(x)} + \frac{M_y(x)}{I_y}\cdot z -\frac{M_z(x)}{I_z}\cdot y

\bullet Verschiebungen:

    \begin{align*} u'(x) &= \frac{N(x)}{EA(x)} \\ w''(x) &= - \frac{M_y(x) }{E I_y} \\ v''(x) &= \frac{M_z(x)}{E I_z} \end{align*}

\bullet Charakteristische Winkel

\bullet \alpha_M \rightarrow Winkel des resultierenden Momentes. Formel:

    \begin{align*} \tan \alpha_M = \frac{M_z}{ M_y} \end{align*}

\bullet \alpha_N \rightarrow Winkel der Spannungsnulllinie. Formel:

    \begin{align*} \sigma_x&=0 \\ \Rightarrow \quad z&= \frac{M_z}{M_y} \cdot \frac{I_y}{I_z}\cdot y \\ \Rightarrow \quad \tan \alpha_N&= \frac{z}{y} = \frac{M_z}{M_y} \cdot \frac{I_y}{I_z}\cdot y \end{align*}

 

4. Gerade Biegung ohne Normalkraft

\rightarrow y-z-Hauptachsen im Schwerpunkt; N(x)=0, \ S_y=S_z=0, \ I_{yz}=0

\bullet Fall 1: M_z(x)=0 (Vergleich Gerade Biegung)

    \begin{align*} \sigma(x,z)&= \frac{M_y(x)}{I_y} \cdot z \\ w''(x) &= -  \frac{M_y(x)}{EI_y} \\ v(x)&=0 \end{align*}

\bullet Fall 2: M_y(x)=0

    \begin{align*} \sigma(x,y)&= -\frac{M_z(x)}{I_z} \cdot y \\ v''(x) &= -  \frac{M_z(x)}{EI_z} \\ w(x)&=0 \end{align*}

Vorgehen bei schiefer Biegung

Vorgehen bei schiefer Biegung – Technische Mechanik 2