Klasse 4eB. - 1 -. FESTIGKEITSLEHRE. Schwerpunkte (baricentro). Der
Schwerpunkt ist der Durchgangspunkte der Resultierenden aller Massenkräfte
einer.
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Konstruktionslehre
Klasse 4eB
FESTIGKEITSLEHRE Schwerpunkte (baricentro) Der Schwerpunkt ist der Durchgangspunkte der Resultierenden aller Massenkräfte einer Linie, einer Fläche oder eines Körpers. Im Schwerpunkt eines Körpers kann man sich das Gewicht desselben konzentriert vorstellen.
S S
G
Ein im Schwerpunkt unterstützter Körper (Fläche, Linie) befindet sich im indifferenten Gleichgewicht. Alle Linien durch den Schwerpunkt nennt man Schwerlinien. Der Schwerpunkt kann rechnerisch oder graphisch ermittelt werden. Schwerpunkt von Linien
z
S1
z1 z2 zS
S2
S
y1
yS
y2
ys =
L1 ⋅ y1 + L 2 ⋅ y 2 L1 + L 2
zs =
L1 ⋅ z1 + L 2 ⋅ z 2 L1 + L 2
y
Allgemein:
∑ (L ⋅ y ) ∑L ∑ (L ⋅ z ) = ∑L
ys =
i
i
i
zs
i
i
i
-1-
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Konstruktionslehre
Schwerpunkt von Flächen
z S3
z3
ys =
A 1 ⋅ y1 + A 2 ⋅ y 2 + A 3 ⋅ y 3 A1 + A 2 + A 3
zs =
A 1 ⋅ z1 + A 2 ⋅ z 2 + A 3 ⋅ z 3 A1 + A 2 + A 3
S1
z1 zS
S S2
z2
y1
y2 yS
y3
y
Allgemein:
∑ (A ⋅ y ) ∑A ∑ (A ⋅ z ) = ∑A
ys =
i
i
i
zs
i
i
i
Beispiel: z 60
A2 S2
50 40 zS A 1
S
30 S1
20 10
10
20
yS
30
40
50
60
y
70
A 1 = 30 ⋅ 40 = 1200 cm2
A 2 = 20 ⋅ 70 = 1400 cm2
y1 = 15 cm
y 2 = 35 cm
z1 = 20 cm
z 2 = 50 cm
A1 ⋅ y1 + A 2 ⋅ y 2 1200 ⋅ 15 + 1400 ⋅ 35 = = 25,77 cm A1 + A 2 1200 + 1400 A ⋅ z + A 2 ⋅ z 2 1200 ⋅ 20 + 1400 ⋅ 35 zs = 1 1 = = 36,15 cm A1 + A 2 1200 + 1400 ys =
-2-
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Klasse 4eB
Trägheitsmoment I (momento d´inerzia) Trägheitsmomente sind Flächenmomente zweiten Grades und ergeben sich aus dem Produkt von Flächen und dem Quadrat von Längen:
cm 2 ⋅ cm 2 = cm 4 Trägheitsmomente sind rein mathematische Begriffe und nur von der Form und Größe einer Fläche anhängig. Man unterscheidet zwischen: - axialem Trägheitsmoment - polarem Trägheitsmoment - zentrifugalem Trägheitsmoment Das axiale Trägheitsmoment
z A ∆A1
z1 ∆A2
z2 ∆A3
z3
y3
y2
y3
y
Iy = ∆A 1 ⋅ z + ∆A 2 ⋅ z 2 + ∆A 3 ⋅ z 3 ... 2 1
2
2
Iz = ∆A 1 ⋅ y1 + ∆A 2 ⋅ y 2 + ∆A 3 ⋅ y 3 ... 2
2
2
Allgemein:
( ) = ∑ (∆A ⋅ y )
Iy = ∑ ∆A i ⋅ zi Iz
2
2
i
i
Das axiale Trägheitsmoment ergibt sich aus dem Produkt der Fläche und dem Quadrat der Abstände zu den Achsen x bzw. y. Durch den Schwerpunkt einer Fläche lassen sich unendlich viele Schwerachsen legen und damit erhält man ebensoviele verschiedene Trägheitsmomente (Ausnahme: Kreis und Kreisring). z
z z´
z´ y´
y´
y
y
∞ Hauptsymmetrieachsen
Hauptträgheitsachsen → Extremwerte
-3-
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Jede Querschnittsfläche hat aber zwei Schwerachsen um die das Trägheitsmoment einmal ein Maximum und einmal ein Minimum aufweist. Es sind dies die Hauptachsen um die dazugehörigen Hauptträgheitsmomente. Diese Hauptachsen haben folgende Eigenschaften: - sie stehen senkrecht zueinander - jede Symmetrieachse ist auch Hauptachse
Trägheitsmomente wichtiger Querschnitte 1) Rechteck
b ⋅ h3 12 b3 ⋅ h Iz = 12 Iy =
z
S y
h
b
2) Quadrat
z
S y
Iy = Iz =
b4 12
Iy = Iz =
r4 ⋅ π 4
b
b
3) Vollkreis
z
S
r y
4) Kreisring
Iy = Iz =
z
S
r R
(R
y
-4-
4
)
− r4 ⋅ π 4
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Der Satz von Steiner Mit dem Satz von Steiner kann das Trägheitsmoment für eine zur Schwerachse parallele Achse berechnet werden. Das Trägheitsmoment einer Fläche A für eine zur Schwerachse parallele Achse ist gleich der Summe aus Eigenträgheitsmoment und dem Produkt aus Fläche A und dem Quadrat des Abstands beider Achsen. Übung z 60
b = 20 cm h = 30 cm y S = 35 cm
z´
50
yS A
z S = 30 cm
40
A = 20 ⋅ 30 = 600 cm2
y´
30 20
zS
10
10
20
30
40
50
60
y
70
b ⋅ h3 20 ⋅ 303 2 + b ⋅ h ⋅ zS = + 20 ⋅ 30 ⋅ 35 2 = 780.000 cm 4 12 12 b3 ⋅ h 203 ⋅ 30 2 = + b ⋅ h ⋅ yS = + 20 ⋅ 30 ⋅ 30 2 = 560.000 cm 4 12 12
Iy = I′y + A ⋅ z S = 2
2 Iz = I′z + A ⋅ y S
Der Trägheitsradius i (raggio d´inerzia) Er ist eine Größe bei der Bemessung von knickgefährdeten Druckstäben. Der Trägheitsradius hängt vom Trägheitsmoment und der Querschnittsfläche A ab. F z
A
A iy y
h
iz b
iy =
Iy
iz =
Iz A
A
-5-
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im Fall eines Rechtecks Iy =
b ⋅ h3 12
b ⋅ h3 = h ⋅ 0,289 12 ⋅ b ⋅ h
⇒ iy =
Iz =
A = b⋅h
b3 ⋅ h 12
A = b ⋅h
b3 ⋅ h = b ⋅ 0,289 12 ⋅ b ⋅ h
⇒ iz =
Da ein knickgefährdeter Druckstab stets um die Achse mit dem kleineren Trägheitsmoment ausknickt, ist für diesen Stabilitätsnachweis der kleinste Trägheitsradius maßgebend imin.
Iz = imin ⇒ Ausknicken in y-Richtung A
Iz = Imin ⇒ iz =
Zeichnen wir die Trägheitsradien auf den Hauptachsen ein, erhalten wir die Trägheitsellipse.
Das Widerstandsmoment W (momento di restistenza) Er ist eine wichtige Größe für die Bemessung von Biegeträgern und für die Ermittlung von Biegespannungen im Querschnitt. Das Widerstandsmoment ist ein Maß für die Biegefestigkeit eines Trägers und ist vom Trägheitsmoment, sowie vom größten Faserabstand von der Spannungslinie aus abhängig. z
a S y a
b
Spannungslinie
b
W=
I Trägheitsm oment = a Faserabstand
Wy =
Iy
Wz =
a
[w ] = 1 cm 3
Iz b
im Fall eines Rechtecks Iy =
b ⋅ h3 12
Iz =
b3 ⋅ h 12
z
y
b
h
h b ⋅ h3 b ⋅ h2 ⇒ Wy = = h 6 2 12 ⋅ 2 b b3 ⋅ h b 2 ⋅ h a = ⇒ Wz = = b 2 6 12 ⋅ 2 a=
-6-
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Beanspruchung von Bauteilen Bauteile müssen auf ihre Beanspruchung hin untersucht werden. Wirken auf ein Tragwerk äußere Kräfte, so ergeben sich Auflagerkräfte und innere Kräfte, welche den äußeren Kräften das Gleichgewicht halten. Die Größe der Beanspruchung eines Bauteils ist von den Schnittkräften (N, Q, M) und von Querschnittsabmessungen abhängig. Ein Maß für die Beanspruchungen ist die Spannung.
Spannung Sie ist die innere Kraft bezogen auf die Querschnittfläche A. Spannung σ =
Innere Kraft Querschnittsfläche
[σ] = 1 kN2 cm
Je nach Art der Schnittkraft unterscheiden wir zwischen: Normalspannung
σ=
F A
z.B. Zugspannung, Druckspannung
F
Tangentialspannung
σ=−
F A
z.B. Scherspannung, Schubspannung F
Formänderung Unter dem Einfluß von Spannungen entstehen an einem Tragwerk Formänderungen. Diese können zum Beispiel Verlängerungen (infolge von Zugspannungen) oder Verkürzungen (infolge von Druckspannungen) sein. Formänderungen können elastischer oder plastischer Natur sein. Dehnung: Unter der Dehnung versteht man die Verlängerung ∆l eines Stabes bezogen auf die ursprüngliche Länge l0.
ε=
Verlängeru ng ∆l ursprüngliche Länge l0
Durch Verkürzungen entstehen negative Dehnungen, sogenannte Stauchungen. Beispiel geg: l1 = 10 m l2 = 10,20 m ∆l = l1 − l2 = 0,2 m ε=
∆l 0,2 m = = 0,02 ≡ 2% l0 10 m -7-
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Das Hook´sche Gesetz Aus der Spannungs-Dehnungslinie des Stahls erkennt man, dass der erste Bereich der Linie geradlinig verläuft. Es ist dies der elastische Bereich des Werkstoffs. Für diesen Bereich gilt das Hook´sche Gesetz, welches folgendes besagt: die Dehnungen ε verhalten sich proportional zu den Spannungen σ im elastischen Bereich. σ
σ1 σ 2 σ 3 = = =E ε1 ε 2 ε3 E…Elastizitätsmodul
σ3 σ2 σ1 ε1 ε2 ε3
ε
E Stahl = 210.000 E Beton = 30.000
N
N
mm 2
mm 2
E Holz (parallel zur Faser) = 10.000 E Holz (senkrecht zur Faser) = 300
N
N
mm 2
mm 2
Längsdehnung σ=
F A
E=
σ F ⋅ l0 = ε A ⋅ ∆l
∆l =
ε=
∆l l0
F ⋅ l0 E⋅A
2 x 35 x 5 Stäbe Berechne die Verlängerung der Stäbe! 3,5 m
∆l =
F ⋅ l0 150.000 N ⋅ 350 cm = = 0,38 cm E ⋅ A 2,1⋅ 10 7 N cm2 ⋅ 6,6 cm 2
F = 150 kN
Querdehnung εq Wird ein Stab gedehnt (z.B. in Folge von Zug) so wird er in der Querrichtung dünner. Wird er gestaucht (in Folge von Druck) so wird er in Querrichtung dicker. Die Querdehnzahl η gibt das Verhältnis zwischen Querdehnung (Querstauchung) und Längsdehnung (Längsstauchung) an. -8-
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∆d ∆l
d
∆l = ε ⋅ l 0 ∆d = ε q ⋅ d
η=
εq ε
Beton:
= konstant η Zug = 0,1 − 0,125
ηDruk = 0,16 − 0,20 Stahl: η = 0,3 − 0,35 Wärmedehnzahl αT Infolge Erwärmung dehnt sich ein Körper aus. Die Wärmedehnzahl gibt die Längenänderung eines 1 m langen Stabes bei einer Temperaturänderung von 1°C an.
∆ lT = α
⋅ l0 ⋅ ∆ T
T
α Stahl = 1,2 ⋅ 10 −5
m m°K
Beispiel: Berechne die Längenänderung eines 12 m langen Stahlstütze bei folgenden T: Montage: 20°C am Bau: -20°C ∆T = 20° − (− 20°) = 40°K ∆l T = α T ⋅ l 0 ⋅ ∆T = 1,2 ⋅ 10 −5
m ⋅ 12m ⋅ 40°K = 0,006 m = 6 mm m°K
Spannungsarten Bei den Spannungen unterscheidet man zwischen Normal- und Tangentialspannungen. 1. Normalspannungen σ Sie werden erzeugt durch Schnittkräfte die senkrecht zur Querschnittsfläche wirken, z.B. Normalkräfte, Biegemomente, Temperatureinwirkungen. Als Normalspannungen gelten: Zug-, Druck-, Knick- und Temperaturspannungen. Sie verursachen eine Hauptverformung der Querschnittsteilchen in Richtung der Stabachse. 1.1 Zugspannung σZ Wirken auf einen Stab Zugkräfte ein, so kommt es im Querschnitt zu Zugspannungen. Zugspannungen erhalten ein positives Vorzeichen. 2
1
F 2
1
2
1
2
σZ =
σ1
1
σ2 > σ2 σ2
F Kraft = A n Nettofläche
-9-
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Bei der Bemessung von Zugstäben, z.B. bei Holz oder Stahl muss nachgewiesen werden, dass die auftretende Zugspannung σ Z ≤ der zulässigen Zugspannung σ Z ist. Die zulässige Zugspannung ist die um den Sicherheitsfaktor Sf reduzierte Zugfestigkeit und darf von den vorhandenen Zugspannungen nicht überschritten werden.
σ Z vorh ≤ σ Z Fe 360 (St 37) → σ Z = 16 kN cm I 140 → A = 18,2 cm
σZ =
I 140
2
2
F = 20,33 kN cm2 > 16 kN cm2 An
F = 370 kN
Bedingung:
σZ =
F ≤ σZ An
⇒ An ≥
F 370kN = = 23,13 cm 2 kN 16 σZ cm2
aus Tabelle: I 180 A = 27,9 cm2 Nachweis: F
σ Z vorhanden =
A effektiv
=
370 kN = 13,26 kN cm2 < σ Z = 16 kN cm2 27,9 cm 2
1.2 Druckspannung σD Wirken auf einen Stab Druckkräfte ein, so entstehen Druckspannungen, sie erhalten ein negatives Vorzeichen.
im
Querschnitt
1
F 1 1 1
Als Fläche wird die Nettofläche eingesetzt (Querschnitt - Löcher), es sei denn, die Löcher sind mit mindestens gleich festen Stoffen ausgefüllt.
σD = −
F An
Bei der Bemessung von einfachen Druckelementen (keine Knickgefahr) muss nachgewiesen werden, dass die auftretende Druckspannung σ D ≤ der zulässigen Druckspannung σ D ist.
σD vorh ≤ σD - 10 -
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1.3 Temperaturspannungen σT Ist ein Tragwerk Temperaturschwankungen ausgesetzt so erfährt es, wenn die Lagerung es zulässt, eine bestimmte Längenänderung.
∆l = ± α T ⋅ l 0 ⋅ ∆T Wird dieses Tragwerk an der Längsänderung gehindert (festes Auflager oder Einspannung), so entstehen im Querschnitt Spannungen. Es sind dies Temperaturspannungen und entsprechen einer inneren Längskräft. E=
σ ∆l α ⋅ l ⋅ ∆T ⇒σ=E⋅ε =E⋅ =E⋅ T 0 l0 l0 ε
σ T = E ⋅ α T ⋅ ∆T Die auftretenden Temperaturspannungen sind somit entweder Zug- oder Druckspannungen und werden durch die Temperaturänderungen ∆T verursacht. Beispiel Montage: 20°C später: 40°C I 100
∆T = 20°K
4m
E Stahl = 2,1⋅ 10 5 kN mm 2 α T Stahl = 1,2 ⋅ 10 −5 m m°K σ T = E ⋅ α T ⋅ ∆T = 50,4 N mm 2 = 5,04 kN cm2 ≤ 16 kN cm2
1.4 Knickspannung σK Bei sehr schlanken Druckstäben kann es bereits im Bereich unterhalb der zulässigen Druckspannung infolge übermäßiger Verformung zum Versagen des Tragwerkes kommen, obwohl σ D noch gar nicht erreicht ist.
σK = ω ⋅
F A
F
F zusätzliches Moment
Die Gefahr des Ausknicknes hängt ab von: - Material des Stabes - Querschnittsfläche - Länge des Stabes - Lagerung des Stabes
- 11 -
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Klasse 4eB
Die Knicklänge sK Die Knicklänge ist die Länge des Stabes, die bei der Druckbelastung frei Ausknicken kann. Von Euler (1744) wurde die Knicklänge von 4 verschiedenen Lagerungsfällen hergeleitet. 1. Eulerfall einseitige Einspannung + freies Lager F
F
sK = 2 ⋅ l l
2. Eulerfall 2 feste Auflager F
sK = l l
3. Eulerfall 1 festes Auflager + 1 Eingespanntes F
sK = 0,7 ⋅ l l
4. Eulerfall 2 eingespannte Auflager F
sK = 0,5 ⋅ l l
Die Schlankheit λ Der Schlankheitsgrad λ gibt de Knickempfindlichkeit eines Druckstabes in Abhängigkeit von Stablänge, Lagerungsart und Querschnitt.
- 12 -
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λ=
Konstruktionslehre
sK Knicklänge = i Trägheitsradius
Das Ausknicken eines Trägheitsradiuses.
λ=
Klasse 4eB
Druckstabes
erfolgt
immer
entlang
des
kleinsten
z
sK imin
iy y iz
Ausschlaggebend für den Knicknachweis ist der kleinste Trägheistradius (iy), daraus folgt nämlich der größte Schlankheitgrad λmax. Die Knickzahl ω Über den Schlankheitsgrad λ kann in Abhängigkeit zum Werkstoff die Knickzahl ω aus Tabellen entnommen werden. Die Knickzahl drückt das Verhältnis der einfachen zulässigen Druckspannung zur zulässigen Knickspannung aus.
ω=
σ D zul σ K zul
Beispiel: F = 180 kN
Stahlstütze Fe 360 HE-B 200 iy
4,0 m iz
→ 2. Eulerfall sK = l = 400 cm → λ = sK = 400 cm = 78,90 ≈ 79 max imin 5,07 cm → Tabelle ω = 1,53
→ σ = ω ⋅ F = 1,53 ⋅ 180 kN = 3,53 kN 2 < 16 kN 2 K cm cm A 78,1 cm2
1.5 Biegespannung Werden Bauteile auf Biegung beansprucht, entstehen im Querschnitt Biegespannungen. Infolge von Belastung erfährt ein Biegeträger eine Durchbiegung, die im oberen Teil zu Stauchungen und im unteren Teil zu Dehnungen führt. Wo Dehnungen auftreten herrschen Zugspannungen, wo Stauchungen auftreten herrschen Druckspannungen. Wo Dehnungen in Stauchungen übergehen hat man eine spannungsfreie Faser, die sogenannten Spannungsnulllinie. Diese fällt bei Biegeträgern mit der Schwerachse des Querschnitts zusammen, die Zug- bzw. Druckspannung nimmt zu den Rändern hin linear zu. Träger unbelastet 1
2
gerade Stabachse 1
2
l - 13 -
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Konstruktionslehre
Klasse 4eB
Träger belastet 2
1
gekrümmte Stabachse
Druck Zug 1
2
l
Vorderansicht
Seitenansicht
anfallende Spannungen σD weil Stauchung D
fhj
neutrale Faser
h
fhj
+
σZ
2 3
⋅ h2
2 3
⋅ h2
fhj
2 3
h=z
Z weil Dehnung
b
Kraft Z bzw. D = Volumenkeil
h 1 σ ⋅b ⋅h ⇒ Z = σZ ⋅ b ⋅ ⋅ = Z 2 2 4 h 2 b ⋅ h2 M = Z ⋅ z = σZ ⋅ b ⋅ ⋅ ⋅ h = σZ ⋅ 4 3 6 M ⇒ M = σ Z ⋅ Wu bzw. σ Z = Wu
σo
D h 2
Spannung =
Z
Kraft ⇒ Kraft = Spannung ⋅ Fläche Fläche
σu b
Merke: äußere Kräfte bewirken eine Durchbiegung, daraus ergibt sich ein äußeres maximales Moment M (→ Stoff der 3. Klasse). Die inneren Kräfte müssen durch das Kräftepaar Zug- und Druckkraft ein mindestens gleich großes inneres Moment aufbringen. Mmax
M = Z⋅z = D⋅z äußeres Moment
innere Zugkraft
M σ= W - 14 -
innere Druckkraft
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Konstruktionslehre
Klasse 4eB
Beispiel 1: F = 10 kN
30 cm
AV
BV 4m
20 cm
Überprüfe, ob im betreffenden Fall die Biegespannungen im Holzträger noch zulässig ist. 1) Berechnen des maximalen Feldmomentes
Mmax =
F ⋅ 2 m = 10 kNm 2
2) Berechnung des Widerstandmomentes
W= 3) σ B =
b ⋅ h 2 20 cm ⋅ 30 2 cm = = 3000 cm 3 6 6
M 10 kN ⋅ 100 cm = = 0,33 kN cm2 ≤ 1 kN cm2 W 3000 cm
Beispiel 2: Wählen sie die richtige Balkenhöhe und berechnen sie die vorhandenen Biegespannung F = 10 kN
h=?
AV
BV 4m
20 cm
1) Berechnen des maximalen Feldmomentes
Mmax =
F ⋅ 2 m = 10 kNm 2
M ≤ σB W M 1000 kNcm ⇒W≥ = = 1000 cm 3 kN 1 σB cm2
2) σ =
⇒h≥
W ⋅6 1000 cm 3 ⋅ 6 ≥ = 17,32 cm ≈ h = 18 cm b 20 cm b ⋅ h2 = 1080 cm 3 6 M 1000 kNcm = = = 0,93 kN cm2 < σ B = 1 kN cm2 W vorh. 1080 cm 3
W vorhanden = σ B vorhanden
Spannung bei Längskraft und Biegung Häufig treten im Querschnitt Zug- bzw. Druckspannungen und Biegespannungen gleichzeitig auf, da es sich bei beiden Spannungsarten um Normalspannungen handelt, können diese addiert werden. - 15 -
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Klasse 4eB
F
N
F
+ σD,M =
N
M W
N A
σ Z,N =
σ D,M − σ D,N Spannungsnulllinie
+ σ Z,M =
σM,N =
=
M W
σ Z,N =
σ Z,M − σ Z,N
N A
M N ± W A
Während bei einfachen Biegungen die Spannungsnulllinie mit der Spannungsachse zusammenfällt, verschiebt sich bei Spannungsüberlagerung die Spannungsnulllinie. Beispiel: q = 10 kN/m AH
N
Überprüfe die Spannung für eine HEB 220 q⋅l = 35 kN 2 A H = N = 100 kN
7m
A V = BV =
+
q ⋅ l2 = 61,25 kNm 8 HE-B: A = 91 cm 2
BV
AV
Mmax =
N
100 kN
Wy = 736 cm3 N 100 kN = = 1,1kN cm2 A 91 cm2 M 6125 kNcm = = = ± 8,32 kN cm2 W 736 cm3
σ Z,N =
Q 35 kN
-35 kN
σB,M
+
→ gefährlichste Faser → Mitte des Trägers Spannung in Faser unten
M
σ Z ges = σ Z,N + σ Z,M = 1,1 kN cm2 + 8,32 kN cm2 = 9,42 kN cm2 ≤ σ Z
+
Spannung in Faser oben 61,25 kNm
σZ,N = 1,1kN cm2 σD,M = 8,32 kN cm2
σ Z ,N = 1,1 kN cm 2
σD ges = σD,N − σD,M = 1,1 kN cm2 − 8,32 kN cm2 = −7,22 kN cm2 ≤ σZ
σD = σD,M − σZ,N = −7,22 kN cm2
σ Z = σ Z,M + σ Z,M = 9,42 kN cm2
σZ,M = 8,32 kN cm2 - 16 -
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Klasse 4eB
2. Tangentialspannungen τ Sie werden erzeugt durch Schnittkräfte, die in Richtung der Querschnittsfläche wirken, wie z.B. die Querkraft. Tangentialspannungen entstehen bei der Verschiebung, dem Abscheren und dem Verdrehen der Querschnittsteilchen gegeneinander. Zu den Tangentialspannungen zählen: 1. Schubspannungen
Schubspannung
2. Scherspannungen Schubspannung
3. Torsionsspannungen
2.1 Schubspannung τV = τH Infolge Belastung eines Trägers, quer zur Stabachse, entstehen außer den Biegemomenten auch Querkräfte, diese verursachen eine Verschiebung nebeneinanderliegender Querschnitte und es entstehen in der Querschnittsfläche Querschubsspannungen τV. Da sich der Träger unter der Belastung durchbiegt, die oberen Fasern gedrückt und die unteren Fasern gezogen werden, kommt es auch zur Verschiebung übereinanderliegender Querschnitte. Es entstehen Längsschubspannungen τH in Richtung zur Stabachse. In jeder Stelle des Trägers gilt τV = τH.
Querschubspannung
τV = 0 weil Q = 0
τV = τH
τH = 0 weil keine gegenseitige Verschiebung
- 17 -
Längsschubspannung
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Klasse 4eB
Diese Schubspannungen sind weder über die Trägerhöhe noch über die Trägerlänge gleichmäßig verteilt. Die größten Schubspannungen treten in der Spannungsnulllinie auf; am unteren und oberen Trägerrand sind sie gleich null.
τ V = τH =
Q⋅S b ⋅I
Q… Querkraft S… statisches Moment des unterhalb der untersuchten Faser liegenden Trägerteils bezogen auf die Nullfaser (Fläche unterhalb der Faser x dem Abstand der Schwerpunkt der Fläche und der Faser)
I… gesamte Trägheitsmoment b… Breite der untersuchten Faser τ… Schubspannung in der untersuchten Faser im Fall eines Rechtecks: z
τ= y
h
Q ⋅ S Q ⋅ (b ⋅ h2 ⋅ h4 ) Q ⋅ 32 = = = ⋅h3 b ⋅I b ⋅h b ⋅ b12 Q A
= 1,5 ⋅ b
Beispiel:
q=6
AV
kN
/m
BV
-12 kN
Q 12 kN
14 0,037
26 1
1
2
2
3
3
0,049 0,037
Q ⋅ S1−1 = 0,049 kN cm2 b ⋅I Q ⋅ S 2−2 = = 0,037 kN cm2 b ⋅I Q ⋅ S 3 −3 = = 0 kN cm2 b ⋅I
τ1−1 = τ 2−2 τ 3 −3
Q = 12 kN S1−1 = 14 ⋅ 13 ⋅ 132 = 1183 cm³ S 2−2 = 14 ⋅ 6,5 ⋅ 9,75 = 887 cm³ S 3 −3 = 0 b = 14 cm b ⋅ h3 I= = 20505 cm 4 12 - 18 -
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Klasse 4eB
2.1 Scherspannung τA Sie treten in der Querschnittsfläche zwischen 2 Stabteilen auf, die auf Abscherung beansprucht werden. Es darf angenommen werden, dass Scherspannungen gleichmäßig über den Querschnitt verteilt sind.
Scherfläche A
Z
Z
τA =
Z ≤ τA A
Die Biegelinie 1. Träger auf zwei Stützen Die Winkeländerung der Biegelinie eines Trägers auf zwei Stützen kann nach dem Moohr’schen Satz ermittelt werden.
F a
b
β
α
…Tangenten
Winkeländerungen: Winkeländerungen α und β sind die Winkel zwischen den Tangenten zur Biegelinie und der Stabachse. Der Winkel α (β) ist gleich der Auflagerreaktion A (B) die sich aus dem mit der Momentenlinie belasteten Träger ergibt, dividiert durch E ⋅ I.
α=
A E ⋅I
β=
B E ⋅I
Durchbiegung: Die Durchbiegung an irgend einer Stelle des Trägers auf zwei Stützen erhält man, wenn man den Träger mit seiner Momentenlinie belastet und für die betreffenden Stelle das Biegemoment M berechnet und durch E ⋅ I dividiert.
fx =
Mx E ⋅I - 19 -
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Klasse 4eB
Beispiel: F = 10 kN
AV
BV
A V = B V = 5 kN Mmax =
-5 kN
Q
F⋅l = 10 kNm 4
Bemessung:
5 kN
σB =
M
M ≤ σB W
⇒W≥
M σB
= 62,5 cm 3
gewählt: IPE-Profil 140 → Wy = 77,3 cm3 Iy = 541 cm4
10 kNm
Nachweise:
σB = τ=
M 1000 kNcm = = 12,94 kN cm ² ≤ σ B = 16 kN cm ² W 77,3 cm 3
Q⋅S 5 kN ⋅ 44,2 cm 3 = = 0,87 kN cm ² ≤ τ = 9,2 kN cm ² b ⋅I 0,47 cm ⋅ 541 cm
A=B=
10 kNm
AV
10 kNm 2 = 0,009 21000 kN cm2 ⋅ 541 cm 4
⇒ tan −1 0,009 = 0,5°
BV
M ( l 2 ) = 13,3 kNm 3 13,3 kN ⋅ 10 6 cm 3 M f( l 2 ) = = = 1,17 cm E ⋅ I 21000 kN cm3 ⋅ 541 cm 4
M = 13,3 kNm
Alternative aus Tabellenbuch (Wenderhorst S. 327)
f=
1 F a2 ⋅ b2 ⋅ ⋅ = 1,174 cm 3 E ⋅I l
2. Kragträger
f
F
α
Es gilt: der Winkel α ist gleich dem Inhalt der Momentenfläche dividiert durch E ⋅ I.
α=
F(M) E ⋅I
- 20 -
Moroder Daniel
Konstruktionslehre
Klasse 4eB
Die Durchbiegung f an der Spitze des Kragträgers ist gleich dem Moment des mit der Momentenfläche belasteten Trägers in Bezug auf das freie Trägerende dividiert durch E ⋅ I.
f=
MS E ⋅I
Beispiel: F = 20 kN
F = 10 kN
MA AV
A V = 30 kN 2m
M A = 70 kNm M σB = ≤ σB W
1m
Q
gewählt: I-Profil 260 →
30 kN 10 kN -70 kNm -10 kNm
M
MS
Nachweise:
σB = τ=
M 7000 kNcm = = 15,84 kN cm ² ≤ σ B = 16 kN cm ² 3 W 442 cm
Q⋅S 30 kN ⋅ 257 cm 3 = = 1,43 kN cm ² ≤ τ = 9,2 kN cm ² b ⋅I 0,94 cm ⋅ 5740 cm
Winkeländerung:
F(M ) = 10 kNm ⋅ 1 m ⋅ 21 + 70 kNm2+10 kNm ⋅ 2 m = 85 kNm 2 α = tan −1
F(M) E ⋅I
= 0,04°
Durchbiegung:
M S = 183,33 kNm 2 f=
⇒W≥
MS 183,33 kN ⋅ 10 6 cm 3 = = 1,52 cm E ⋅ I 21000 kN cm2 ⋅ 5740 cm 4
- 21 -
M σB
= 437,5 cm 3
Wy = 442 cm3 Iy = 5740 cm4 S = 257 cm3 s = b = 9,4 mm
OBERSCHULE FÜR GEOMETER „PETER ANICH“, BOZEN - Fachrichtung Baubetrieb -
Skripte aus 5 Jahren Oberschule
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Moroder Daniel Tinderlaweg 13A 39046 St. Ulrich
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St. Ulrich, September 2001