Formeln und Aufgaben zur Technischen Mechanik 2

Elastostatik, Hydrostatik

Bearbeitet vonDietmar Gross, Wolfgang Ehlers, Peter Wriggers, Jörg Schröder, Ralf Müller

12., aktualisierte Auflage 2017. Buch. IX, 212 S. SoftcoverISBN 978 3 662 53674 2

Weitere Fachgebiete > Physik, Astronomie > Mechanik > Klassische Mechanik

Zu Inhaltsverzeichnis

schnell und portofrei erhältlich bei

Die Online-Fachbuchhandlung beck-shop.de ist spezialisiert auf Fachbücher, insbesondere Recht, Steuern und Wirtschaft.Im Sortiment finden Sie alle Medien (Bücher, Zeitschriften, CDs, eBooks, etc.) aller Verlage. Ergänzt wird das Programmdurch Services wie Neuerscheinungsdienst oder Zusammenstellungen von Büchern zu Sonderpreisen. Der Shop führt mehr

als 8 Millionen Produkte.

2Kapitel 2

Zug und Druck

© Springer-Verlag GmbH Deutschland 2017D. Gross et al., Formeln und Aufgaben zur TechnischenMechanik 2, DOI 10.1007/978-3-662-53675-9_2

30 Spannung

Zug- oder Druckbeanspruchung des Stabes

Voraussetzungen:

• Lange l des Stabes ist groß gegenuber denAbmessungen des Querschnittes A(x).

• Gerade Stabachse = Schwerachse (Verbin-dungslinie der Flachenschwerpunkte) .

• Wirkungslinie der außeren Belastung Fbzw. n(x) fallt mit Stabachse zusammen.

• Querschnitt A(x) ist hochstens schwachveranderlich.

Spannung: Bei Annahme einer konstantenSpannung σ uber den Querschnitt A giltfolgender Zusammenhang mit der Normal-kraft N :

x

A

n

F

, u

l

σ(x) =N(x)

A(x).

Grundgleichungen des deformierbaren Stabes:

GleichgewichtsbedingungdN

dx= −n ,

Elastizitatsgesetz ε =σ

E+ αT ΔT ,

Kinematische Beziehung ε =du

dx

E = Elastizitatsmodul,

αT = Warmeausdehnungskoeffizient,

ΔT = Temperaturerhohung gegenuber Ausgangszustand,

u(x) = Verschiebung des Stabquerschnittes.

Die Grundgleichungen konnen zu einer Differentialgleichung fur dieVerschiebung zusammengefasst werden ( {·}′ = d{·}/dx ):

(EAu′)′ = −n+ (EAαTΔT )′ .

Zug und Druck 31

Stabverlangerung: Δl = u(l)− u(0) =

∫ l

0

ε dx .

Spezialfalle:

Δl =

∫ l

0

N

EAdx (ΔT = 0) ,

Δl =F l

EA(N = F = const, EA = const, ΔT = 0),

Δl = αTΔT l (N = 0, EA = const, αTΔT = const).

Superposition: Die Losung eines statisch unbestimmten Problemskann durch Superposition von Losungen fur zugeordnete statischbestimmte Probleme unter Berucksichtigung der Kompatibilitts-bedingung gewonnen werden.

u(0)B + u

(1)B = 0 .

”1“-System

A B

X=B

F F”0“-System u

(0)B u

(1)B

Rotierender Stab: Bei einem mit der Winkelgeschwindigkeit ω rotie-renden Stab tritt eine Belastung pro Langeneinheit

n = ρA xω2

auf. Darin sind ρ die Dichte und x der Ab-stand des Querschnittes A von der Drehachse.

ρω A

nx

Elastisch-plastischer Stab: Bei elastisch-ideal-plastischem Material-verhalten gilt das Elastizitatsgesetz nur bis zurFließgrenze σF :

σ =

⎧⎨⎩E ε , |ε| ≤ εF ,

σF sign(ε) ,|ε| ≥ εF .

σ

σF

−σF

εF ε

Stabsysteme: Die Verschiebungen lassen sich durch”Losen“ und

”Wiederverbinden“ der Stabe in den Knoten unter Verwendungeines Verschiebungsplans bestimmen.

Anmerkung: Im Bereich starker ortlicher Querschnittsanderungen(Kerben, Locher) ist die Stabtheorie nicht gultig.

32 Spannung

A2.1 Aufgabe 2.1 Fur den homogenen Stabkonstanter Dicke und linear veranderlicherBreite ermittle man bei Berucksichtigungde Eigengewichtes den Spannungsverlaufσ(x). Ferner berechne man Ort und Betragder kleinsten Spannung.

g

A0

ρ

FF a

lx

Losung Zweckmaßig zahlt man die Koordinate x vom Schnittpunktder verlangerten Trapezseiten. Dann folgt fur den mit x veranderlichenQuerschnitt aus dem Strahlensatz

A(x) = A0x/l .

Mit dem Gewicht

G(x) = ρgV (x) = ρg

∫ x

a

A(ξ)dξ = ρgA0x2 − a2

2l

des abgeschnittenen Teiles folgt aus dem Gleichgewicht

N(x) = F +G(x) = F + ρgA0x2 − a2

2l.

G(x)

A(x)N(x)

F

x

aξ

Damit wird die Spannung

σ(x) =N(x)

A(x)=

F l + ρgA02

(x2 − a2

)A0x

.

Der Ort x∗ des Minimums folgt aus der Bedingung σ′ = 0:

σ′ = −F l

A0

1

x2+

ρg

2

(1 +

a2

x2

)= 0 � x∗ =

√2F l

ρgA0− a2 .

Die minimale Spannung wird

σmin = σ(x∗) = ρg

√2F l

ρgA0− a2 = ρgx∗ .

Anmerkungen:Fur ρg = 0 (

”gewichtsloser Stab“) gibt es kein Minimum. Die großte

Spannung tritt dann bei x = a auf.Das Minimum liegt nur dann innerhalb des Stabes, wenn a < x∗ < lbzw. ρgA0a

2/(2l) < F < ρgA0(l2 + a2)/(2l) gilt.

Spannung 33

A2.2Aufgabe 2.2 Die Kontur eines Leucht-turmes mit kreisformigem, dunnwandi-gem Querschnitt genugt der Hyperbel-gleichung

y2 − b2 − a2

h2x2 = a2 .

Man ermittle die Spannungsverteilungunter dem Gewicht G des Leuchtturm-Aufsatzes (das Eigengewicht sei ver-nachlassigbar).

Geg.: b = 2a, t a.

G

a

b

h

xt

y

Losung Da als außere Belastung nur das Gewicht G wirkt, ist dieSchnittkraft konstant (Druck):

N = −G .

Die Querschnittsflache A ist dagegen veranderlich. Wegen der kleinenWanddicke (t y), gilt naherungsweise

A(x) = 2πyt= 2πt

√a2 +

b2 − a2

h2x2

= 2πt

√a2 + 3

a2

h2x2

= 2πat

√1 + 3

x2

h2.

t

y

Damit ergibt sich fur die Spannung

σ(x) =N

A= − G

2πat

√1 + 3 x2

h2

.

Speziell am oberen bzw. am unteren Rand erhalt man

σ(x = 0) = − G

2πatbzw. σ(x = h) = − G

4πat.

Anmerkung: Die Spannung ist oben doppelt so groß wie unten, was eineungunstige Materialausnutzung bedeutet. Dies andert sich, wennman das Eigengewicht berucksichtigt.

34 Stabverlangerung

A2.3 Aufgabe 2.3 Um welchen Be-trag Δl verlangert sich das ho-mogene konische Wellenstuck(Elastizitatsmodul E) unter derWirkung einer Zugkraft F ?

d D

l

Losung Die Normalkraft N = F ist konstant, die QuerschnittsflacheA veranderlich. Mit σ = N/A folgt die Verlangerung aus

Δl =

l∫0

ε dx =1

E

l∫0

σ dx =1

E

l∫0

Ndx

A=

F

E

l∫0

dx

A(x).

Zur Ermittlung des veranderlichen Querschnitts A(x) zahlt man xzweckmßig von der Spitze des Kegelstumpfes. Aus dem Strahlensatzfolgt mit der Hilfsgroße a fur den Durchmesser

δ(x) = dx

a

und damit fur die Flache

a

x

d δ

A(x) =π

4δ2(x) =

π

4d2

x2

a2.

Einsetzen und Integration liefert die Verlangerung (man beachte dieIntegralgrenzen!):

Δl =F

E

a+l∫a

dx

π4 d2 x2

a2

=4Fa2

πE d2

(− 1

x

)∣∣∣∣a+l

a

.

Mit

a+ l

D=

a

d� a =

d

D

l

1− dD

folgt

Δl =4F l

πEDd.

Probe: Fur D = d (konstanter Querschnitt) wird Δl =4F l

πEd2=

F l

EA.

Verschiebung 35

A2.4Aufgabe 2.4 Ein homogener Pyramiden-stumpf (Elastizitatsmodul E) mit qua-dratischem Querschnitt wird auf seineroberen Querschnittsflache durch dieSpannung σ0 belastet.

Wie groß ist die Verschiebung u(x) einesQuerschnittes an der Stelle x?

b

a

h

σ0

x

Losung Die Normalkraft ist konstant: N = −σ0a2. Damit folgt aus

der kinematischen Beziehung ε = du/dx und dem Elastizitatsgesetzε = σ/E = N/EA zur Bestimmung von u zunachst die Gleichung

EA(x)du

dx= −σ0a

2 .

Die Flache A(x) ergibt sich mit dem Strahlensatz zu

A(x) = [a+ (b− a)x/h]2 .

b

h

x

a

(b− a

hx+ a

)Damit wird

E(a+

b− a

hx)2 du

dx= −σ0a

2 .

Trennung der Veranderlichen fuhrt auf

du = −σ0a2

E

dx(b− ah

x+ a)2 �

u(x)∫u(0)

du = −σ0a2

E

x∫0

dξ(b− ah

ξ + a)2 .

Mit der Substitution z = a+(b− a) ξ/h, dz = (b− a) dξ/h ergibt sich

u(x)− u(0)= − σ0a2

E

h

b− a

(−1

z

)∣∣∣∣b−ah

x+a

a

= −σ0a2

E

h

b− a

(1

a− 1

b− ah

x+ a

).

Die Verschiebung u(0) des oberen Querschnittes folgt aus der Bedin-gung, dass am unteren Rand x = h die Verschiebung verschwindenmuss:

u(h) = 0 � u(0) =σ0a

2

E

h

b− a

(1

a− 1

b

)=

σ0ah

Eb.

Damit wird

u(x) =σ0a

2

E

h

b− a

(− 1

b+

1b− ah

x+ a

).

36 Rotierender Stab

A2.5 Aufgabe 2.5 Der Querschnitt einesmassiven Hubschrauberflugels (Dichteρ, Elastizitatsmodul E) genuge der

Gleichung A(x) = A0e−αx/l.

Man bestimme den Spannungsverlaufσ(x), wenn sich der Flugel mit kon-stanter Winkelgeschwindigkeit ω dreht.Wie groß ist die Verlangerung Δl unter der Annahme a = 0 ?

xa

A0/2A(x)

A0

ω

l

Losung Aus der gegebenen Geometrie A(l) = A0/2 ergibt sich zunachst

A0e−α = A0/2 � eα = 2 � α = ln 2 = 0, 693 .

Infolge der Drehung tritt eine Belastung pro Langeneinheit

n = ρω2xA(x) = ρω2A0xe−αx/l

auf. Damit erhalt man aus der Gleichgewichtsbedingung N ′ = −ndurch Integration

N = −∫

ndx = −ρω2A0l2

α2

[−αx

le−αx/l − e−αx/l + C

].

Die Integrationskonstante C folgt aus der Randbedingung:

N(l) = 0 � C = (1 + α)e−α = 0, 847 .

Dann gilt unter Verwendung der dimensionslosen Koordinate ξ = x/l

N(ξ) =ρ ω2A0l

2

α2[(1 + αξ)e−αξ − C] ,

und der Spannungsverlauf ergibt sich zu

σ(ξ) =N

A=

ρ ω2l2

α2[1 + αξ − Ceαξ] .

ξ1

1−C

α2

σmax

σ/(ρω2l2)

ξ0Fur die Verlangerung folgt

Δl=

∫ l

0

εdx =l

E

∫ 1

0

σdξ =ρω2l3

α2E

[ξ +

αξ2

2− C

αeαξ

]1

0

=ρω2l3

Eα2

[1 +

α

2− C

αeα +

C

α

]= 0, 258

ρω2l3

E.

Anmerkung: Das Spannungsmaximum tritt an der Stelle ξ0 = −(lnC)/α= 0, 24 auf und hat den Wert σmax = −(ρω2l2 lnC)/α2 = 0, 347 ρω2l2.

Warmespannungen 37

A2.6Aufgabe 2.6 Ein schwerer Stab (Ge-wicht G0, Querschnittsflache A,Warmeausdehnungskoeffizient αT )ist bei x = 0 aufgehangt und beruhrtgerade den Boden ohne Druck.

Wie ist die Spannungsverteilung σ(x)im Stab nach einer gleichmaßigenErwarmung um ΔT ?

Fur welche ΔT herrscht im gesamtenStab Druck?

Losung Wir betrachten die beiden”Lastfalle“ Eigengewicht und Er-

warmung getrennt. Unter Eigengewicht tritt eine Normalkraft

N(x) = G(x) = G0l − x

l= G0

(1− x

l

)und damit eine Spannung

σ1(x) =N(x)

A=

G0

A

(1− x

l

)auf.

G0

E

αT

σ(x)

G(x)

x

x

l

Bei einer Erwarmung wird die zusatzliche Dehnung durch den Bodenverhindert. Aus der Bedingung

ε =σ2(x)

E+ αTΔT = 0

folgt

σ2(x) = −EαTΔT .

Daher wirkt insgesamt eine Spannung

σ(x) = σ1 + σ2 =G0

A

(1− x

l

)− EαTΔT .

Am Stabende x = l herrscht stets eine Druckspannung wegen der ver-hinderten Temperaturdehnung. Da die Spannung linear verlauft, istdie Spannung dann uberall negativ, wenn auch am oberen Ende Druckherrscht. Dementsprechend folgt aus der Bedingung

σ(x = 0) < 0 bzw.G0

A− EαTΔT < 0

die erforderliche Temperaturerhohung

ΔT >G0

EAαT.

38 Warmespannungen

A2.7 Aufgabe 2.7 Ein ursprung-lich spannungslos eingespannterStab (Querschnitt A) erfahrt ei-ne uber x linear veranderlicheTemperaturerhohung.

Gesucht sind der Spannungs-und der Verschiebungsverlauf.

xE , αT

ΔT0 ΔT (x) ΔT1

ΔT

x

l

Losung Da der Stab statisch unbestimmt gelagert ist, benotigen wirzur Losung der Aufgabe die Gleichgewichtsbedingung, die Kinematikund das Elastizitatsgesetz. Mit n = 0 und σ = N/A lauten diese Glei-chungen

σ′ = 0 , ε = u′ , ε =σ

E+ αTΔT (x)

mit

ΔT (x) = ΔT0 + (ΔT1 −ΔT0)x

l.

Einsetzen liefert fur die Verschiebung die Differentialgleichung

u′′ = αTΔT ′ =αT

l(ΔT1 −ΔT0) .

Zweimalige Integration ergibt

u′=αT

l(ΔT1 −ΔT0) x+ C1 ,

u =αT

l(ΔT1 −ΔT0)

x2

2+C1x+ C2 .

Die beiden Integrationskonstanten folgen aus den Randbedingungen:

u(0) = 0 � C2 = 0 , u(l) = 0 � C1 = −αT

2(ΔT1 −ΔT0) .

Damit werden der Verschiebungsverlauf

u(x) =αT l

2(ΔT1 −ΔT0)

(x2

l2− x

l

)und die (konstante) Spannung

σ = E(u′ − αTΔT ) = −αT

2(ΔT1 +ΔT0)E .

Anmerkung: Bei konstanter Erwarmung ΔT1 = ΔT0 verschwindet u(x).Die Spannung wird dann σ = −αTΔT0E.

Statisch unbestimmte Aufgaben 39

A2.8Aufgabe 2.8 Ein beiderseits einge-spannter Stab konstanten Quer-schnitts A ist aus 2 verschiedenenMaterialien gefertigt, die an derStelle C aneinanderstoßen.

a) Wie groß sind die Lagerkrafte,wenn an der Stelle C eine außereKraft F wirkt?

C

x

l − a

St Al

AluminiumStahl

a

FNA NB

F

b) Welche Normalkraft entsteht bei einer reinen Erwarmung um ΔT ?

Geg.: ESt/EAl = 3, αSt/αAl = 1/2 .

Losung Wir fassen das System als zwei aneinandergesetzte Stabe auf,in denen die Normalkraft jeweils konstant ist.

zu a)

Gleichgewicht:−NA +NB = F ,

Geometrie: ΔlSt +ΔlAl = 0 ,

Elastizitat: ΔlSt =NAa

EStA, ΔlAl =

NB(l − a)

EAlA.

Aus den 4 Gleichungen fur die 4 Unbekannten (NA, NB , ΔlSt, ΔlAl)folgt mit den gegebenen Zahlenwerten

NA = −F3(l − a)

3l − 2a, NB = F

a

3l − 2a.

zu b)

Gleichgewicht:NA = NB = N ,

Geometrie: ΔlSt +ΔlAl = 0 ,

Elastizitat: ΔlSt =N a

EStA+ αStΔT a ,

ΔlAl =N(l − a)

EAlA+ αAlΔT (l − a) .

x

NB

ΔT

St Al

NA

Die Auflosung des Gleichungssystems nach der Normalkraft N ergibtmit den Zahlenwerten

N = − 2l − a

3l − 2aESt αSt AΔT .

40 Statisch unbestimmte

A2.9 Aufgabe 2.9 Man lose die Aufgabe 2.8 durch Superposition.

Losung zu a) Als statisch uberzahlige wird die Lagerreaktion NB

gewahlt.

u(0)

”0“-System ”

1“-System

u(1)

Al AlF

NB=X

St St

Das Elastizitatsgesetz liefert

u(0) =Fa

EStA, u(1) =

X(l − a)

EAlA+

Xa

EStA.

Da der rechte Rand unverschieblich ist, fordert die Vertraglichkeit

u(0) = u(1) .

Hieraus folgt

NB = X =Fa

a+ (l − a)EStAEAlA

= Fa

3l − 2a.

Aus der Gleichgewichtsbedingung ergibt sich damit

NA = NB − F = −F3(l − a)

3l − 2a.

NA NB

St AlF

zu b) Diesmal schneiden wir an der Stelle C und wahlen die Normal-kraft N als Uberzahlige X. Aus dem Elastizitatsgesetz

uSt=Xa

EStA+ αStΔTa ,

uAl=X(l − a)

EAlA+ αAlΔT (l− a)

uAluSt

Al

N=X

St

und der Vertraglichkeitsbedingung

uSt + uAl = 0

erhalt man

N = X = −αSta+ αAl(l − a)

aEStA

+(l − a)EAlA

= − 2l − a

3l − 2aESt αSt AΔT .

Aufgaben 41

A2.10Aufgabe 2.10 Der elastisch gela-gerte Stab (c1 = 2c2 = EA/2a)wird durch eine konstante Stre-ckenlast n beansprucht.

Man bestimme den Verlauf derNormalkraft im Stab.

N(x)

n

B

c2

EA

c1

nB

Bn

C

C

a

x

x

Losung Mit den SchnittkraftenB und C an den Stabenden lau-ten die Gleichgewichtsbedingun-gen fur den ganzen bzw. fur dengeschnittenen Stab

B+C = na , N(x) = B−nx .

Fur die Federverlangerung bzw. -verkurzung gilt

Δu1 =B

c1, Δu2 =

C

c2.

Die Stabverlangerung ergibt sich aus

ΔuSt =

a∫0

ε dx =

a∫0

N

EAdx

durch Einsetzen von N=B − nx zu

ΔuSt =Ba

EA− na2

2EA.

Die kinematische Bedingung

Δu1 +ΔuSt = Δu2 �B

c1+

Ba

EA− na2

2EA=

C

c2

liefert schließlich mit C = −B + na und den Werten fur c1 und c2

B

(2a

EA+

4a

EA+

a

EA

)= na

(a

2EA+

4a

EA

)� B =

9

14na

Damit erhalt man fur den Normalkraftverlauf

N(x) =9

14na− nx

N9

14na

− 5

14na

42 Statisch unbestimmte Aufgaben

A2.11 Aufgabe 2.11 Wie groß ist die Zu-sammendruckung ΔlH einer HulseH der Lange l, wenn die Mutter derSchraube S (Ganghohe h) um eineUmdrehung angezogen wird?

Geg.:EAH

EAS=

4

3.

EAH

EAS S

H

l

Losung Nach dem Anziehen denken wir uns Hulse und Schraubegetrennt und fuhren als statischUberzahlige die Kraft X zwischenbeiden Teilen ein.

Die Hulse erfahrt eine Zusammen-drckung

ΔlH =Xl

EAH.

Fur die Schraube ergibt sich dieVerlangerung

ΔlS =Xl

EAS.

X X

X

l

l − h

Die Langenanderungen mussen gerade so sein, dass Hulse und Schraubedie gleiche Lange haben. Dementsprechend lautet die Kompatibilitats-bedingung

h = ΔlH +ΔlS .

Einsetzen liefert die Kraft

X =h

l

11

EAH+ 1

EAS

und die gesuchte Zusammendruckung

ΔlH =Xl

EAH= h

1

1 + EAHEAS

= h1

1 + 43

=3

7h .

Anmerkung: Da die Dehnsteifigkeit der Hulse etwas großer ist als die derSchraube, betragt ihre Verkurzung nur 3/7 der Ganghohe. Bei glei-chen Dehnsteifigkeiten EAH = EAS wird ΔlH = ΔlS = h/2 .

Verformungen 43

A2.12Aufgabe 2.12 Eine starre quadra-tische Platte (Gewicht G, Sei-

tenlange√2 a) ist auf 4 elastischen

Stutzen gelagert. Die Stutzen ha-ben die gleiche Lange l, jedoch ver-schiedene Dehnsteifigkeiten.

Wie verteilt sich das Gewicht aufdie 4 Stutzen?

Wie groß ist die Absenkung f derPlattenmitte?

Losung Das System ist einfach statisch unbestimmt (ein Tisch stehtauf 3 Beinen statisch bestimmt!).Das Gleichgewicht liefert

↑ : S1 + S2 + S3 + S4 = G ,�

I : aS4 = aS1 ,�

II : aS2 = aS3 .

Die Absenkung f in der Mitte ergibt sich aus dem Mittelwert der Ver-schiebungen ui (= Langenanderungen der Stutzen) an den jeweils ge-genuberliegenden Ecken (starre Platte!). Dementsprechend lautet dieVertraglichkeitsbedingung:

f =1

2(u1 + u4) =

1

2(u2 + u3) .

Mit dem Elastizitatsgesetz

ui =Sil

EAi

4EAl

©2

©3 ©4

©1

3EA

2EAEA

√2 a

S1

GS4

III

I II

u1

f u4

u2

u3

S3

S2

und S1 = S4, S2 = S3 folgt daraus zunachst

S1l

EA+

S1l

4EA=

S2l

2EA+

S2l

3EA�

5

4S1 =

5

6S2 .

Einsetzen in die 1. Gleichgewichtsbedingung liefert

S1+3

2S1+

3

2S1+S1 = G � S1 = S4 =

1

5G , S2 = S3 =

3

10G .

Damit wird die Absenkung

f =1

2

(S1l

EA+

S1l

4EA

)=

1

8

Gl

EA.

44 Verbundmaterial

A2.13 Aufgabe 2.13 Eine Stahlbetonstutzewird durch die Kraft F auf Zug bean-sprucht.

Wie groß sind die Spannung im Betonbzw. im Stahl sowie die Langenande-rung Δl der Stutze, wenn

a) ein idealer Verbund vorausgesetztwird?b) der Beton gerissen ist und nichtmittragt?

Geg.: ESt/EB = 6, ASt/AB = 1/9.

C − C

EB, ABESt, ASt

C

F

C l

Losung zu a) Wir fassen die Stutze als ein System aus zwei”Staben“

unterschiedlichen Materials auf, die unter der Kraft F die gleiche Lan-gennderung Δl erfahren. Dann lauten die Grundgleichungen:

Gleichgewicht: NSt +NB = F ,

Kinematik: ΔlSt = ΔlB = Δl ,

Elastizitat: ΔlSt =NStl

EASt, ΔlB =

NB l

EAB.

Auflosen des Gleichungssystems liefertmit dem bekannten SteifigkeitsverhaltnisEAB/EASt = 3/2 fur die Krafte

F

NStNB

NSt = F1

1 + EABEASt

=2

5F , NB = F

EABEASt

1 + EABEASt

=3

5F

und fur die Langenanderung

Δl =F l

EASt + EABbzw. Δl =

F l

EASt

1

1 + EABEASt

=2

5

F l

EASt.

Die Spannungen ergeben sich mit A = AB +ASt bzw. ASt = A/10 undAB = 9A/10 zu

σSt =NSt

ASt= 4

F

A, σB =

NB

AB=

2

3

F

A.

zu b) Tragt nur der Stahl, so erhalt man mit NSt = F

σSt =F

ASt= 10

F

A, Δl =

F l

EASt.

Verbundmaterial 45

A2.14Aufgabe 2.14 Ein Laminatstab aus ver-klebten Schichten zweier Materialien (je-weilige Gesamtsteifigkeiten EA1, EA2)soll durch einen Stab aus homogenemMaterial ersetzt werden.

Wie mussen EA und αT gewahlt wer-den, damit der homogene Stab die glei-che Langenanderung unter einer Kraftund einer Temperaturanderung erfahrtwie der Laminatstab?

©2 ©1

EA, αT

Losung Fur den Laminatstab, auf den eine Kraft F und eine Tempe-raturerhohung ΔT einwirken, lauten die Grundgleichungen

Gleichgewicht:N1 +N2 = F ,

Kinematik: Δl1 = Δl2 = Δllam ,

Elastizitat: Δl1 =N1l

EA1+ αT1ΔT l ,

Δl2 =N2l

EA2+ αT2ΔT l .

N2

F

N1

EA1, αT1

EA2, αT2

Hieraus folgt

Δllam =F l

EA1 +EA2+

EA1αT1 +EA2αT2

EA1 +EA2ΔT l .

Fur einen homogenen Stab gleicher Lange und unter gleicher Belastunggilt

Δlhom =F l

EA+ αTΔT l .

Die Langenanderungen Δllam und Δlhom sind fur beliebiges F und ΔTnur dann gleich, wenn

EA = EA1 + EA2 , αT =EA1αT1 + EA2αT2

EA1 + EA2.

46 Stabkrafte

A2.15 Aufgabe 2.15 In der nebenstehendenLagerungskonstruktion fur den starrenKorper K ist der untere Stutzstab umdas Maß δ zu kurz geraten. Es wird des-halb bei der Montage eine Kraft FM auf-gebracht, so dass der untere Stab geradeden Boden beruhrt. Nach seiner Befesti-gung wird FM entfernt. Die Stabdurch-messer di sind gleich.

a) Wie groß ist die Montagekraft?

b) Wie groß sind die Absenkung vKdes Korpers und die Stabkrafte nach derMontage?

Stahl

a

lSt

lAl

K

δ

Aluminium

FM

a

Geg.: lAl = 1m, dAl = 2mm, EAl = 0, 7 · 105 MPa, lSt = 1, 5m,dSt = 2mm, ESt = 2, 1 · 105 MPa, δ = 5mm .

Losung zu a) Jeder Aluminiumstab nimmt die halbe Montagekraftauf (Gleichgewicht) und muss sich um δ verlangern. Damit ergibt sich

SAl =FM

2, ΔlAl =

SAllAl

EAAl=

FM lAl

2EAAl= δ ,

� FM = 2δ

lAlEAAl = 2 · 5

1000· 0, 7 · 105 · π · 12 = 2200N .

zu b) Nach Entfernen von FM entstehen neue Stabkrafte SAl und SSt.Dann lauten die Gleichgewichtsbedingung

SSt = 2SAl ,

das Elastizitatsgesetz

ΔlAl =SAllAl

EAAl, ΔlSt =

SStlSt

EASt

SSt

SAlSAl

und die Kompatibilitatsbedingung

ΔlAl +ΔlSt = δ .

Auflosen der 4 Gleichungen liefert

SAl =δ

lAl

EAAl

1 + 2 lStlAl

EAAlEASt

=5

1000

0, 7 · 105 · π · 121 + 2 · 32 · 13

= 550 N ,

SSt = 2SAl = 1100 N , vK = ΔlAl =SAllAl

EAAl= 2, 5 mm .

Stabkrafte 47

A2.16Aufgabe 2.16 Zwei starre Bal-ken, der obere bei A ein-gespannt, der untere bei Bgelenkig gelagert, sind durchzwei elastische Stabe verbun-den. Der Stab 2 wird um ΔTerwarmt.

Wie groß sind die Stabkrafte?

Losung Wir schneiden dasSystem auf. Dann lauten dieGleichgewichtsbedingung furden unteren Balken

�

B : 2aS1 + aS2 = 0 ,

das Elastizitatsgesetz

Δl1 =S1a

EA,

Δl2 =S2a

EA+ αTΔT · a

und die Vertraglichkeitsbedin-gung

Δl1 = 2Δl2 .

Die Auflosung nach den gesuch-ten Kraften ergibt

S1

1 2

EA

a

EA, αT

B

S2

S2

S1

Δl2

B

B

a

aA

a

a

S2

S2

S1

S1

Δl1

S1 =2

5EAαTΔT , S2 = −4

5EAαTΔT .

Anmerkung: Im erwarmten Stab tritt infolge der behinderten Warme-dehnung eine Druckkraft auf.

48 Verformungen

A2.17 Aufgabe 2.17 Bei dem Stabzwei-schlag haben beide Stabe die gleicheDehnsteifigkeit EA.

Man ermittle die Verschiebungen desLastangriffspunktes C.

Losung Aus dem Gleichgewicht folgt

↑ : S2 sin 60◦ = F � S2 =2

3

√3 F ,

→: −S1 − S2 cos 60◦ = 0 � S1 = −1

3

√3 F .

C

1

lF

C

2

60◦

F

S2

S1

Damit werden die Stabverlangerung bzw. -verkurzung

Δl2 =S2l2EA

=

23

√3 lcos 60◦F

EA=

4√3

3

F l

EA, Δl1 =

S1l1EA

= −√3

3

F l

EA.

Zur Bestimmung der Verschiebungenvon C zeichnen wir einen Verschie-bungsplan. Dabei werden nur die Lan-genanderungen aufgetragen, da mandie wirklichen Verschiebungen wegenΔli l, nicht maßstabsgetreu dar-stellen kann. Im Beispiel werden Δl1als Verkurzung (nach links) und Δl2als Verlangerung angetragen. UnterBeachtung der rechten Winkel (dieStabe konnen sich nur um ihre La-gerpunkte drehen!) liest man aus demVerschiebungsplan ab:

Δl1C

Δl2

u

v

C ′

2

1

30◦

u = |Δl1| =√3

3

F l

EA,

v =Δl2

cos 30◦+

u

tan 60◦=

4√3

3

F l

EA

112

√3+

√3

3

F l

EA

1√3= 3

F l

EA.

Verformungen 49

A2.18Aufgabe 2.18 Ein starrer gewichts-loser Stuhl ist mit 3 Staben gleicherDehnsteifigkeit EA gelagert. Er wirdin B durch die Kraft F belastet.

a) Es sind die Stabkrafte Si und dieStabverlangerungen Δli zu bestim-men.

b) Wie groß ist die Verschiebung desPunktes C?

F

D 1

CB

2

3

a a

a

a

Losung zu a) Das System ist statisch bestimmt gelagert. Aus denGleichgewichtsbedingungen folgen direkt die Stabkrafte:

�

C : aS1 = aF � S1 = F ,

�

E : aS2 = 0 � S2 = 0 ,

↑ : S3 sin 45◦ + F = 0 � S3 = −√

2 F .S2

S3

C

E

S1

F

Zu diesen Stabkraften gehoren die Stabverlangerungen

Δl1 =S1l1EA

=Fa

EA, Δl2 = 0 ,

Δl3 =S3l3EA

= −√2 F · √2 a

EA= −2

Fa

EA.

Δl3

3

2C

C ′

vC

zu b) Die Verschiebung von C be-stimmen wir mit Hilfe des Verschie-bungsplans. Da der Stab 2 seine Langebehalt, geht C nach C′ uber. Die Hori-zontalverschiebung ist daher Null. Furdie Vertikalverschiebung vC liest manaus dem Plan ab:

vC =√2 |Δl3| = 2

√2

Fa

EA.

50 Verformungen

A2.19 Aufgabe 2.19 Beim dargestell-ten symmetrischen Stabsystemhaben die Stabe unterschiedlicheDehnsteifigkeiten EA1, EA2

und Temperaturausdehnungsko-effizienten αT1, αT2.

Wie groß sind die Stabkrafte,wenn das System um ΔTerwarmt wird?

αT1 αT1

EA1 EA1

C

S1

S2

S1

h

C

EA2

αT2

β β

β β

Losung Da das System statisch unbestimmt ist, stellen wir alle Grund-gleichungen auf. Dann lauten die Gleichge-wichtsbedingung

2S1 cosβ + S2 = 0

und das Elastizitatsgesetz

Δl1 =S1l1EA1

+ l1αT1ΔT ,

Δl2 =S2l2EA2

+ l2αT2ΔT ,

wobei

l1 =h

cosβ, l2 = h .

Die Kompatibilitatsbedingung (Vertraglich-keit der Verschiebungen) ergibt sich aus demVerschiebungsplan zu

Δl1 = Δl2 cos β .

β

Δl1

Δl2

21

Cβ

1

C ′

Aus den vier Gleichungen fur 2 unbekannte Stabkrafte und 2 unbekann-te Stabverlangerungen folgt nach Auflosen

S1 = EA1αT2 cos

2 β − αT1

1 + 2 cos3 βEA1EA2

ΔT , S2 = −2 cosβ S1 .

Anmerkung: Fur cosβ =√

αT1/αT2 folgt S1 = S2 = 0: die Stabekonnen sich dann unbehindert ausdehnen! (Sonderfall: αT1 = αT2

� β = 0)

bei Stabsystemen 51

A2.20Aufgabe 2.20 Der bei der Ferti-gung um δ zu kurz geratene Stab3 soll zwischen die beiden glei-chen Zweibocke eingebaut wer-den.

a) Wie groß ist die notwendigeMontagekraft D?b) Wie groß ist S3 nach der Mon-tage (D = 0)?

Geg.: EA1 = EA3 = EA, EA2 =√2EA.

3δ

a a a

a1 1

2

D DC

2

Losung zu a) Die Kraft D muss bei der Montage den Punkt C umδ/2 horizontal verschieben. Aus den Gleichgewichtsbedingungen

→: S2 cos 45◦ = D ,

↑ : S1 = S2 cos 45◦ ,

der Kinematik (S1 wurde als Druckkraftpositiv eingefuhrt!) mit der vorgeschriebe-nen Verschiebung

uC = Δl1 +Δl2√2 , uC =

δ

2,

sowie dem Elastizitatsgesetz

Δl1 =S1a

EA, Δl2 =

S2a√2√

2EA

C

1C ′

C D

S1 S2

2

Δl1

uC

Δl2

folgt

D =1

6

δ

aEA .

zu b) Gleichgewicht, Kinematik und Elastizitatsgesetz bleiben wie un-ter a), wobei D durch S3 ersetzt werden muss. Mit der Vertraglichkeits-bedingung

S2

S3 C

S1

2uC +Δl3 = δ und Δl3 =S3a

EA

ergibt sich

S3 =1

7

δ

aEA .

52 Statisch unbestimmtes

A2.21 Aufgabe 2.21 Ein mittigbelasteter starrer Balken istauf vier elastischen Stabengleicher Dehnsteifigkeit EAgelagert.

Wie groß sind die Stab-krafte? l

3 4

B

2

30◦ 30◦a1

FD

l

Losung a) Die Losung fur das statisch unbestimmte System erfolgt zu-erst durch Anwendung der Grundgleichungen. Aus den Gleichgewichts-bedingungen

B

F

S3 S4S2S1

→: S1 = S2 ,

↑ : (S1 + S2) sin 30◦ + S3 + S4 = F ,

�

B : lS3 + 2lS4 = lF ,

den Elastizitatsgesetzen

Δl1 = Δl2 =S12a

EA,

Δl3 =S3a

EA, Δl4 =

S4a

EA

und der Geometrie

B′

B

D′

B′v

D

1 2

B

Δl3 Δl4

Δl2Δl1

60◦ v

v =Δl1

cos 60◦Δl3 =

1

2(v +Δl4)

ergibt sich durch Auflosen

S1 = S2 = S4 =2

9F , S3 =

5

9F .

Stabsystem 53

b) Nun losen wir die gleiche Aufgabe mit dem Superpositionsverfahren.Hierzu teilen wir das statisch unbestimmte System in statisch bestimm-te Grundsysteme auf:

”1“-System

”0“-System

C DB

v(0)B v

(0)C v

(0)D

B C D

v(1)B

v(1)C v

(1)D

F

X S(1)4S

(0)1 S

(0)2

S(0)4 S

(1)1 S

(1)2

Aus dem Gleichgewicht folgt

S(0)1 = S

(0)2 = S

(0)4 =

F

2, S

(1)1 = S

(1)2 = S

(1)4 =

X

2.

Aus der Geometrie und den Elastizitatsgesetzen ergibt sich

v(0)B =

Δl(0)1

cos 60◦=

F 2a

EA, v

(1)B =

X 2a

EA,

v(0)D = Δl

(0)4 =

Fa

2EA, v

(1)D =

Xa

2EA,

v(0)C =

1

2

(v(0)B + v

(0)D

)=

5

4

Fa

EA, v

(1)C =

5

4

Xa

EA,

Δl(1)3 =

Xa

EA.

Die kinematische Vertraglichkeitsbedingung verlangt, dass die Gesamt-verschiebung des Punktes C gleich der Verkurzung des Stabes 3 ist:

v(0)C − v

(1)C = Δl

(1)3 .

Einsetzen ergibt

X = S3 =5

9F

und

S1 = S(0)1 − S

(1)1 =

2

9F , S4 = S

(0)4 − S

(1)4 =

2

9F .

54 Stabsystem

A2.22 Aufgabe 2.22 Der durch die KraftF belastete Stabzweischlag (Dehn-steifigkeiten EA) ist bei C durch einzusatzliches Lager gehalten.

a) Wie groß ist die Lagerkraft in C?

b) Wie groß ist die Verschiebungvon C?

Losung zu a) Aus dem Gleichgewicht

↓ : F + S2 + S1 cosα = 0 ,

←: C + S1 sinα = 0 ,

dem Elastizitatsgesetz

Δl1 =S1l1EA

, Δl2 =S2l2EA

,

und der Kinematik

Δl1 = Δl2 cosα

C

2 l

Δl1

1 2

C

1

α

F

CF

S1

Δl2

C ′

S2

α

folgt durch Auflosen

C =sinα cos2 α

1 + cos3 αF , S1 = − cos2 α

1 + cos3 αF , S2 = − 1

1 + cos3 αF .

zu b) Fur die Verschiebung von C erhalt man

vC = Δl2 =S2l

EA= − 1

1 + cos3 α

F l

EA.

Entgegen der Verschiebungsfigur, welcher Zugkrafte und damit Stabver-langerungen zugrunde lagen, treten in den Staben Druckkrafte und da-mit Stabverkurzungen auf. Daher verschiebt sich C nach unten.

Probe: fur α = π/2 folgt S1 = 0 und S2 = −F .

fur α = 0 folgt S1 = S2 = −F/2.

Plastizierung 55

A2.23Aufgabe 2.23 Ein starrer Balken wirddurch drei gleiche Stabe aus elastisch-ideal-plastischem Material gehalten.

a) Bei welcher Kraft F elmax und in wel-

chem Stab wird erstmalig die Fließ-grenze σF erreicht?

b) Bei welcher Kraft F plmax tritt in al-

len Staben plastisches Fließen auf?

F

l/2

l/2

F

S1 S2 S3=S1

E,A, σF

Losung zu a) Das System ist statisch unbestimmt. Dann liefern (unterBeachtung der Symmetrie) das Gleichgewicht

2S1 + S2 = F

und die Kinematik

Δl1 = Δl2 .

Bis zur Fließgrenze gilt das Elastizitatsgesetz

Δl1 =S1l

EA, Δl2 =

S2l

2EA.

Durch Auflosen erhalt man fur die Stabkrafte und die Spannungen

S1 =F

4, S2 =

F

2� σ1 =

F

4A, σ2 =

F

2A.

Da im Stab 2 die großte Spannung herrscht, wird in ihm bei Laststei-gerung die Fließgrenze zuerst erreicht:

σ2 = σF � F elmax = 2σFA .

zu b) Bei Laststeigerung uber F elmax hinaus verhalt sich der Stab 1

(und Stab 3) zunachst noch elastisch, wahrend der Stab 2 plastischfließt: σ2 = σF . Dann folgt mit Si = σiA aus dem Gleichgewicht

2σ1A+ σFA = F

� σ1 =F

2A− σF

2.

F

S1=σ1A S3=σ1AS2=σFAAlle Stabe fließen plastisch, wenn

σ1 = σF �F

2A− σF

2= σF � F pl

max = 3σFA .

56 Plastizierung

A2.24 Aufgabe 2.24 Beim dargestelltensymmetrischen System sind die beidenStabe aus gleichem elastisch-ideal-plastischem Material, haben aberunterschiedliche Querschnitte. h

45◦

C F

1 2

45◦

E,A,σF

E, 2A,σF

a) Bei welcher Kraft F elmax und in

welchem Stab wird erstmalig die Fließ-grenze σF erreicht? Wie groß ist dann die Lagerkraft C?

b) Bei welcher Kraft F plmax fließen beide Stabe plastisch?

c) Wie groß ist die Verschiebung uelmax von C im Fall a)?

Losung zu a) Bis zum Erreichen der Kraft F elmax verhalt sich das

System elastisch. Dann lauten die Gleichgewichtsbedingungen

→ :

√2

2S1 −

√2

2S2 = F , ↑ :

√2

2S1 +

√2

2S2 = C ,

das Elastizitatsgesetz

Δl1 =S1

√2 h

EA, Δl2 =

S2

√2h

2EA

und die Kinematik (Stab 2 verkurzt sich)

Δl1 = −Δl2 .

S1

C

S2

Δl2

u

Δl1

C C ′

21

F

Hieraus erhalt man zunachst

S1 =

√2

3F , S2 = −2

√2

3F , C = −F

3, Δl1 = −Δl2 =

2Fh

3EA

� σ1 =S1

A=

√2

3

F

A, σ2 =

S2

2A= −

√2

3

F

A.

Die Spannungen sind in beiden Staben betragsmaßig gleich; Fließensetzt danach ein, wenn

σ1 = |σ2| = σF � F elmax =

3

2

√2 σFA, � Cel

max = −√2

2σFA.

zu b) Weil bei F elmax in beiden Staben das Fließen einsetzt, gilt

F elmax = F pl

max.

zu c) Fur die Verschiebung von C gilt bis zur Fließgrenze

u =√2Δl1 =

2√2

3

Fh

EA, � uel

max = u(F elmax) = 2

σF

Eh .

http://www.springer.com/978-3-662-53674-2