TM2 – Biegelinie und Verdrehung aus Tabelle

Inhaltsverzeichnis:

In dieser Aufgabe wollen wir die Biegelinie und die Verdrehung an den Auflagern (=Neigungswinkel) bestimmen. Wir werden dazu die Tabelle –Übersicht der Biegelinien– heranziehen. Das hat den Vorteil, dass wir die Biegelinie nicht mehr durch Integration bestimmen müssen. Es entfällt ebenfalls die Bestimmung der Lagerkräfte sowie die Bestimmung des Momentenverlaufs.

Merk's dir!
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Habt ihr eine Aufgabe gegeben, so gleicht sie mit der Übersicht der Biegelinien ab. Es gibt außerdem noch weitere Übersichten im Netz, in denen ihr Biegelinien für unterschiedliche Balkenbelastungen und Lagerungen findet. Findet ihr eure Aufgabe dort wieder, so könnt ihr die Biegelinie einfach ablesen und die gegebenen Werte einsetzen. Das erspart euch eine Menge an Arbeit.

Andernfalls müsst ihr den folgenden Weg gehen:

-Lagerkräfte bestimmen

-Momentenverlauf/verläufe bestimmen

-Biegelinie/n durch Integration bestimmen

-Integrationskonstanten über die Rand-und Übergangsbedingungen ermitteln

Wir betrachten nun eine Aufgabe in welcher wir die Biegelinie aus der Übersicht ablesen können.

Darum geht es

Beispiel : Biegelinie und Verdrehung

Aufgabenstellung

Biegelinie, Neigungswinkel, Beispiel

Gegeben sei der obige Balken, welcher auf einem Festlager und einem Loslager gelagert ist. Der Balken wird durch ein Moment M = 180 Nm belastet. Folgende weiter Daten sind gegeben:

L = 3,5m

E = 210.000 N/mm²

a) Bestimme die Biegelinie im gesamten Balken!

b) Bestimme die Durchbiegung bei x = 1m und bei x = 2m!

c) Bestimme die Neigungswinkel an den Auflagern!

Lösung

Lösung a) Biegelinie

Wir sollen die Biegelinie im gesamten Balken bestimmen. Zunächst schauen wir uns den gegebenen Balken inklusive Lagerung und Belastung in der Übersicht der Biegelinien an und sehen, dass dieser Fall dort vertreten ist:

Biegelinie, Verdrehung, Moment, Einspannung

Wir können für den gegebenen Balken die Biegelinie ablesen:

w = \dfrac{M \cdot x}{6 \cdot EI \cdot L} \cdot (L^2 - x^2)

 

Wir müssen als nächstes die gegebenen Werte einsetzen:

M = 180 Nm

L = 3,5m

E = 210.000 \frac{N}{mm^2} = 2,1 \cdot 10^{11} \frac{N}{m^2}

 

Es fehlt noch das Flächenträgheitsmoment I, da nicht die Biegesteifigkeit sondern der Elastizitätsmodul E gegeben ist. Das Flächenträgheitsmoment können wir über die Querschnittsfläche bestimmen. Es ist eine rechteckige Querschnittsfläche gegeben, damit ergibt sich das Flächenträgheitsmoment zu (siehe Lektion 11):

Biegung, Balken, Flächenträgheitsmoment

Wir suchen hier das Flächenträgheitsmoment in Bezug auf die y-Achse:

I_y = \dfrac{h^3 \cdot b}{12}

 

In der Aufgabenstellung haben wir gegeben:

h = 15cm

b = 20cm

 

Einsetzen ergibt:

I_y = \dfrac{(15cm)^3 \cdot 20cm}{12}

I_y = 5.625 cm^4

 

Wir rechnen das ganze noch in m4 um:

I_y = 5.625 : 100^4 = 0,00005625 m^4

 

Wir können als nächstes die Biegesteifigkeit berechnen:

EI = E \cdot I = 2,1 \cdot 10^{11} \frac{N}{m^2} \cdot 0,00005625 m^4 = 11.812.500 Nm^2

 

Nachdem wir alle Werte gegeben haben, können wir die Biegelinie bestimmen:

w = \dfrac{180 Nm \cdot x}{6 \cdot 11.812.500 Nm^2 \cdot 3,5m} \cdot ((3,5m)^2 - x^2)

w = 0,000000726 \frac{1}{m^2} \cdot x (12,25m^2  - x^2)

Wir haben die Biegelinie bestimmt.

 

Lösung b) Durchbiegung

Als nächstes suchen wir die Durchbiegung des Balkens an den Stellen x = 1m und x = 2m. Dazu setzen wir diese Werte in die Biegelinie ein.

x = 1m:

w = 0,000000726 \frac{1}{m^2} \cdot 1m \cdot (12,25m^2  - (1m)^2)

w = 0,0000089m = 0,0089 mm

 

x = 2m:

w = 0,000000726 \frac{1}{m^2} \cdot 2m \cdot (12,25m^2  - (2m)^2)

w = 0,000071 m = 0,071 mm

 

Die Durchbiegung bei x=2m ist größer als die Durchbiegung bei x = 1m. Die Durchbiegungen sind positiv, d.h. der Balken verbiegt sich vertikal nach unten in positive z-Richtung.

 

Lösung c) Neigungswinkel

Wir wollen als letztes die Neigung des Balkenquerschnitts φ an den Auflagern bestimmen. Dazu können wir ebenfalls die Übersicht der Biegelinie heranziehen. Sollte diese Information nicht gegeben sein, so müssen wir die Biegelinie ableiten, denn es gilt Folgendes:

w' = - \varphi

 

Wir zeigen hier beide Varianten.

Variante 1: Berechnung

Zunächst leiten wir die Biegelinie ab:

w = 0,000000726 \frac{1}{m^2} \cdot x (12,25m^2  - x^2)

w = 0,000000726 \frac{1}{m^2} \cdot 12,25m^2  \cdot x - 0,000000726 \frac{1}{m^2} \cdot x^3

w' = 0,000000726 \frac{1}{m^2} \cdot 12,25m^2  - 3 \cdot 0,000000726 \frac{1}{m^2} \cdot x^2

 

Danach setzen wir w’ = -φ:

w' = -\varphi = 0,000000726 \frac{1}{m^2} \cdot 12,25m^2  - 3 \cdot 0,000000726 \frac{1}{m^2} \cdot x^2

\varphi = - [0,000000726 \frac{1}{m^2} \cdot 12,25m^2  - 3 \cdot 0,000000726 \frac{1}{m^2} \cdot x^2]

\varphi = -0,000000726 \frac{1}{m^2} \cdot 12,25m^2  + 3 \cdot 0,000000726 \frac{1}{m^2} \cdot x^2

 

Wir suchen die Verdrehung der Balkenenden, also die Verdrehung des Balkens an den Auflagern bei x = 0 (Festlager) und x = L = 3,5m (Loslager).

Festlager bei x = 0:

\varphi(0)= -0,000000726 \frac{1}{m^2} \cdot 12,25m^2  + 3 \cdot 0,000000726 \frac{1}{m^2} \cdot 0^2

\varphi(0) = -0,0000089 rad

Der Winkel resultiert in Radiant. Da der Winkel negativ resultiert, erfolgt die Drehung des Balkens am Festlager bei x = 0 in einer Rechtsdrehung.

 

Loslager bei x = L = 3,5m:

\varphi(3,5)= -0,000000726 \frac{1}{m^2} \cdot 12,25m^2  + 3 \cdot 0,000000726 \frac{1}{m^2} \cdot (3,5m)^2

\varphi(3,5) = 0,0000178 rad

Der Winkel resultiert in Radiant. Da der Winkel positiv resultiert, erfolgt die Drehung des Balkens am Loslager bei x = L in einer Linksdrehung.

 

Variante 2: Tabelle

In der Grafik weiter oben ist neben der Biegelinie auch die Verdrehung an den Auflagern angegeben:

\varphi(0) = -\dfrac{M \cdot L}{6 \cdot EI}

\varphi(L) = \dfrac{M \cdot L}{3 \cdot EI}

 

Einsetzen der gegebenen Werte:

\varphi(0) = -\dfrac{180Nm \cdot 3,5m}{6 \cdot 11.812.500 Nm^2}

\varphi(0) = -0,0000089 rad

\varphi(L) = \dfrac{180Nm \cdot 3,5m}{3 \cdot 11.812.500 Nm^2}

\varphi(L) = 0,0000178 rad

 

Wir können zum Schluss den gegebenen Winkel von Radiant in Grad umrechnen:

\varphi(0)_{Grad} = \dfrac{-0,0000089 rad \cdot 180^\circ}{\pi}

\varphi(0)_{Grad} = -0,00051^\circ

\varphi(L)_{Grad} = \dfrac{0,0000178 rad \cdot 180^\circ}{\pi}

\varphi(L)_{Grad} = 0,001^\circ

 

In der folgenden Grafik siehst du den Balken sowie seine Durchbiegung nach unten und die Verdrehungen (Winkel) an den Auflagern [Hinweis: Die Durchbiegung und die Verdrehung sind viel größer eingezeichnet, damit die Durchbiegung und Verdrehung klar erkennbar gemacht werden kann. In der Realität zeigen die Ergebnisse, dass die Durchbiegung und die Verdrehung infinitesimal klein sind]:

Biegelinie, Verdrehung, Beispiel, Durchbiegung

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