x - Prof. Dr.-Ing. Johannes Wandinger

10.05.16
3. Biegelinie
●
●
Die Biegemomente führen zu einer Verformung der Balkenachse, die als Biegelinie bezeichnet wird.
Die Biegelinie wird beschrieben durch die Verschiebung v
in y-Richtung und die Verschiebung w in z-Richtung.
y
w
v
z
Prof. Dr. Wandinger
3. Balken
x
TM 2 3.3-1
10.05.16
3. Biegelinie
●
●
Ebene Biegung:
–
Für Mz = 0 und Iyz = 0 verformt sich der Balken nur in der xzEbene.
–
Die Biegelinie wird durch die Verschiebung w beschrieben.
Die Verschiebung v ist null.
–
Dieser Spezialfall wird als ebene Biegung bezeichnet.
Räumliche Biegung:
–
Für Mz ≠ 0 oder Iyz ≠ 0 treten Verschiebungen v und w auf.
–
Dieser allgemeine Fall wird meist als schiefe Biegung bezeichnet.
Prof. Dr. Wandinger
3. Balken
TM 2 3.3-2
3. Biegelinie
10.05.16
3.1 Ebene Biegung
3.2 Räumliche Biegung
Prof. Dr. Wandinger
3. Balken
TM 2 3.3-3
3.1 Ebene Biegung
●
10.05.16
Kinematische Annahmen:
–
Es wird angenommen, dass die Scherung vernachlässigt
werden darf. Dann treten keine Winkeländerungen auf.
–
Daraus folgt unmittelbar die Bernoulli-Hypothese:
●
●
Ebene Querschnitte bleiben eben.
Querschnitte senkrecht zur Balkenachse sind am verformten
Balken senkrecht zur Biegelinie.
–
Diese Annahmen sind bei schlanken Balken zulässig.
–
Bei querkraftfreier Biegung sind die Annahmen exakt erfüllt.
Prof. Dr. Wandinger
3. Balken
TM 2 3.3-4
10.05.16
3.1 Ebene Biegung
●
Differenzialgleichung der Biegelinie:
–
Aus der Bernoulli-Hypothese folgt:
tan (ϕ)=−
–
dw
dx
φ
Für kleine Winkel gilt:
φ
dw
ϕ≈tan (ϕ)=−
dx
x
z, w
Prof. Dr. Wandinger
3. Balken
TM 2 3.3-5
10.05.16
3.1 Ebene Biegung
–
Für das Biegemoment gilt:
M y (x)=E I y
dϕ
dx
2
My
d w
=−
2
E Iy
dx
–
Daraus folgt:
–
Daraus kann die Gleichung w(x) der Biegelinie durch zweimalige Integration ermittelt werden.
–
Die Integrationskonstanten werden durch die Randbedingungen festgelegt.
Prof. Dr. Wandinger
3. Balken
TM 2 3.3-6
10.05.16
3.1 Ebene Biegung
●
Weitere Differenzialbeziehungen:
–
Weiteres Ableiten der Differenzialgleichung der Biegelinie
ergibt:
dM y
dQ z
d
d2w
d2
d2w
E Iy
=−
=−Q z ,
E I y 2 =−
=q z
2
2
dx
dx
dx
dx
dx
dx
(
–
)
(
)
Bei konstanter Biegesteifigkeit EI y gilt:
d2w
d3w
d4 w
E Iy
=−M y , E I y 3 =−Q z , E I y 4 =q z
2
dx
dx
dx
Prof. Dr. Wandinger
3. Balken
TM 2 3.3-7
10.05.16
3.1 Ebene Biegung
●
Randbedingungen:
–
–
–
Die bei den Integrationen
auftretenden Integrationskonstanten werden
durch die Randbedingungen festgelegt.
Gelenk:
w = 0, My = 0
–
Parallelführung:
Feste Einspannung:
φ = 0, Q z = 0
–
Freies Ende:
w = 0, φ = 0
My = 0, Q z = 0
Prof. Dr. Wandinger
3. Balken
TM 2 3.3-8
3.1 Ebene Biegung
10.05.16
–
Die Randbedingungen für w und φ werden als geometrische
Randbedingungen bezeichnet.
–
Die Randbedingungen für My und Qz werden als statische
Randbedingungen bezeichnet.
–
Wenn die Biegelinie durch zweifache Integration des Biegemoments gewonnen wird, müssen nur noch die geometrischen Randbedingungen erfüllt werden. Die statischen
Randbedingungen sind bereits infolge der Gleichgewichtsbedingungen erfüllt, die zur Ermittlung des Biegemoments
benutzt wurden.
Prof. Dr. Wandinger
3. Balken
TM 2 3.3-9
10.05.16
3.1 Ebene Biegung
●
Beispiel: Kragbalken mit Endlast
F
EIy
x
A
B
L
z
–
Gegeben:
●
–
Kraft F, Länge L, Biegesteifigkeit EI y
Gesucht:
●
Biegelinie w(x), Durchbiegung wB im Punkt B
Prof. Dr. Wandinger
3. Balken
TM 2 3.3-10
10.05.16
3.1 Ebene Biegung
–
–
Biegemoment: (rechter
Teilbalken)
–
Randbedingungen:
M y =−F ( L− x ) =−F L+ F x
dw
(0)=0 → c 1 =0
dx
Integrationen:
w (0)=0 → c 2=0
d2w
E Iy
=−M y =F L−F x
2
dx
E Iy
dw
1
=F L x− F x 2 + c 1
dx
2
1
1
E I y w= F L x 2 − F x 3 +c 1 x+c 2
2
6
Prof. Dr. Wandinger
3. Balken
TM 2 3.3-11
3.1 Ebene Biegung
–
Ergebnis:
Prof. Dr. Wandinger
[ ( ) ( )]
F L3
x 2 x
w (x)=
3
−
6E Iy
L
L
3. Balken
3
10.05.16
F L3
, w B =w (L)=
3E Iy
TM 2 3.3-12
10.05.16
3.1 Ebene Biegung
●
Beispiel: Balken mit Streckenlast
q0
A
x
EIy
B
L
z
–
Gegeben:
●
–
Streckenlast q0, Länge L, Biegesteifigkeit EI y
Gesucht:
●
Biegelinie w(x), Durchbiegung wm in der Mitte des Balkens
Prof. Dr. Wandinger
3. Balken
TM 2 3.3-13
10.05.16
3.1 Ebene Biegung
–
Integrationen:
d4w
E Iy
=q 0
4
dx
d3 w
E I y 3 =q 0 x +c 1 =−Q z
dx
d2w 1
2
E Iy
=
q
x
+ c 1 x +c 2=−M y
0
2
2
dx
dw 1
3 1
E Iy
= q 0 x + c 1 x 2 +c 2 x +c 3
dx 6
2
E I y w=
Prof. Dr. Wandinger
1
1
1
q 0 x 4 + c 1 x 3 + c 2 x 2 +c 3 x+c 4
24
6
2
3. Balken
TM 2 3.3-14
10.05.16
3.1 Ebene Biegung
–
Randbedingungen:
M y (0)=0 → c 2 =0 , w (0)=0 → c 4 =0
1
1
2
M y (L)=0 : q 0 L + c 1 L=0 → c 1 =− q 0 L
2
2
w (L)=0 :
–
1
1
1
4
4
3
q 0 L − q 0 L + c 3 L=0 → c 3= q 0 L
24
12
24
Ergebnis:
q0 L4
w (x)=
24 E I y
Prof. Dr. Wandinger
4
5
q
L
x
x
x
L
0
−2
+ , w m =w
=
L
L
L
2
384 E I y
[( ) ( ) ]
4
3
3. Balken
( )
TM 2 3.3-15
3.1 Ebene Biegung
Prof. Dr. Wandinger
3. Balken
10.05.16
TM 2 3.3-16
10.05.16
3.1 Ebene Biegung
●
Beispiel: Balken mit Einzelkraft
F
a
A
2a
EIy
B
x
z
–
Gegeben:
●
–
Kraft F, Abmessung a, Biegesteifigkeit EI y
Gesucht:
●
Biegelinie w(x), Durchbiegung w(a) am Kraftangriffspunkt
Prof. Dr. Wandinger
3. Balken
TM 2 3.3-17
10.05.16
3.1 Ebene Biegung
a) Lösung durch abschnittsweise Betrachtung:
–
Lagerkräfte:
F
a
A
Az
2a
EIy
B
Bz
x
z
2
B
M
=0
:
−3
a
A
+2
a
F
=0
→
A
=
F
∑
z
z
3
1
A
M
=0
:
3
a
B
−a
F
=0
→
B
=
F
∑
z
z
3
Prof. Dr. Wandinger
3. Balken
TM 2 3.3-18
10.05.16
3.1 Ebene Biegung
–
Abschnitt 1: 0 < x < a
–
Abschnitt 2: a < x < 3a
2
M y =−(−A z x )= F x
3
M y =B z ( 3 a−x )=
d2w
2
E Iy
=−M
=−
Fx
y
2
3
dx
d2w
F
( 3 a−x )
E Iy
=−M
=−
y
2
3
dx
dw
F 2
E Iy
=− x + c 1
dx
3
dw
F
x2
E Iy
=− 3 a x−
+d 1
dx
3
2
F
( 3 a− x )
3
(
)
F 3
x
E I w =− ( a x − )
3 2
6
F
E I y w =− x 3 + c 1 x +c 2
9
2
3
y
+d 1 x +d 2
Prof. Dr. Wandinger
3. Balken
TM 2 3.3-19
10.05.16
3.1 Ebene Biegung
–
Randbedingungen:
w (0)=0 → c 2=0
w (3 a)=0 : −
–
F 27 3 27 3
a − a +3 d 1 a+d 2=0
3 2
6
→ 3 d 1 a+d 2 =3 a 3 F (1)
(
)
Anschlussbedingungen:
dw
dw
F 2
F
a2
2
(a−0)=
(a+0) : − a +c 1 =− 3 a −
+ d1
dx
dx
3
3
2
(
→
Prof. Dr. Wandinger
3. Balken
)
F 2
a =d 1−c 1 (2)
2
TM 2 3.3-20
10.05.16
3.1 Ebene Biegung
F 3
F 3 3 a3
w (a−0)=w (a+ 0) : − a +c 1 a=−
a − + d 1 a+ d 2 (3)
9
3 2
6
(
)
(2) 1
1
1
3
(3) → F a =( d 1−c 1 ) a+d 2 = F a 3 + d 2 → d 2 =− F a 3
3
2
6
(1) → 3 d 1 a=3 a 3 F −d 2 =
19 3
19
a F → d 1= F a2
6
18
1
5
2
(2) → c 1 =d 1− F a → c 1 = F a 2
2
9
Prof. Dr. Wandinger
3. Balken
TM 2 3.3-21
10.05.16
3.1 Ebene Biegung
–
Biegelinie:
1
5
0< x <a : E I y w=− F x 3 + F a 2 x
9
9
[ ( )]
F a3
x
x
→ w ( x)=
5 −
9E Iy a a
3
F 3 2 x 3 19
1
2
a< x <3 a : E I y w=−
ax −
+ F a x− F a 3
3 2
6 18
6
(
F a3
→ w ( x)=
18 E I y
)
[( ) ( )
x 3
x 2
x
−9
+19 −3
a
a
a
]
F a3
4 F a3
( 5−1 )=
w (a)=
9E Iy
9 E Iy
Prof. Dr. Wandinger
3. Balken
TM 2 3.3-22
10.05.16
3.1 Ebene Biegung
b) Lösung mit Föppl-Symbol:
–
Biegemoment:
F
a
A
2a
EIy
Az
B
Bz
x
z
M y (x)=A z x− ⟨ x−a ⟩ F =
Prof. Dr. Wandinger
F
( 2 x−3 ⟨ x−a ⟩ )
3
3. Balken
TM 2 3.3-23
10.05.16
3.1 Ebene Biegung
–
d2w
F
Weitere Integrationen: E I y
=−M
(
x)=−
( 2 x−3 ⟨ x−a ⟩ )
y
2
3
dx
2
dw
F 2 3
⟨
⟩
E Iy
=− x − x−a +c 1
dx
3
2
(
)
3
F x3 1
E I y w =−
− ⟨ x−a ⟩ +c 1 x +c 2
3 3 2
(
–
)
Randbedingungen:
w (0)=0 → c 2=0
5
w (3 a)=0 : 9 a 3−4 a 3 +3 c 1 a=0 → c 1 =− a 2
3
Prof. Dr. Wandinger
3. Balken
TM 2 3.3-24
10.05.16
3.1 Ebene Biegung
3
–
Biegelinie:
Prof. Dr. Wandinger
[
( ) 〈 〉]
3
Fa
x
x
x
w( x)=
10 −2
+3 −1
18 E I y
a
a
a
3. Balken
3
TM 2 3.3-25
10.05.16
3.1 Ebene Biegung
●
Beispiel: Superposition
q0
B
A
EIy
a
z
–
2a
F
Gegeben:
●
–
x
Kraft F, Streckenlast q0, Abmessung a, Biegesteifigkeit EI y
Gesucht:
●
Biegelinie w(x), Durchbiegung w(a) am Kraftangriffspunkt
Prof. Dr. Wandinger
3. Balken
TM 2 3.3-26
10.05.16
3.1 Ebene Biegung
–
Die Lösung kann durch Überlagerung der beiden bereits
ermittelten Biegelinien gewonnen werden.
–
Lastfall 1: Streckenlast
q 0 (3 a)4
w 1 ( x)=
24 E I y
4
q
a
x
x
x
−2
+
= 0
3a
3a
3 a 24 E I y
[( ) ( ) ]
4
3
[( ) ( )
x 4
x 3
x
−6
+27
a
a
a
]
4
q0 a4
q
a
11 0
(
)
w 1 (a)=
1−6+27 =
24 E I y
12 E I y
–
Lastfall 2: Einzelkraft
3
[
3
() ⟨
Fa
x
x
x
w 2 ( x)=
10 −2
+3 −1
18 E I y
a
a
a
Prof. Dr. Wandinger
3. Balken
⟩]
3
4 F a3
, w 2 (a)=
9 E Iy
TM 2 3.3-27
3.1 Ebene Biegung
–
10.05.16
Gesamt: w (x)=w 1 (x)+w 2 (x )
3
4
3
a
q
a
( 33 q 0 a+16 F )
11 0
4 Fa
w (a)=
+
=
12 E I y 9 E I y
36 E I y
–
Für eine Reihe von Lagerungen und Belastungen sind die
Biegelinien tabelliert.
–
Damit können die Biegelinien für überlagerte Belastungen
leicht ermittelt werden.
Prof. Dr. Wandinger
3. Balken
TM 2 3.3-28
10.05.16
3.1 Ebene Biegung
●
Beispiel: Statisch unbestimmt gelagerter Balken
q0
A
B
x
L
EIy
z
–
Gegeben:
●
–
Streckenlast q0, Länge L, Biegesteifigkeit EI y
Gesucht:
●
Schnittlasten, Lagerreaktionen und Biegelinie
Prof. Dr. Wandinger
3. Balken
TM 2 3.3-29
3.1 Ebene Biegung
–
10.05.16
Lösung durch Integration der Streckenlast:
q0 x 2
x
q z ( x)=q 0 ,
Q z ( x)=−∫ q z ( x)dx +c 1 =−
+c 1
L
2L
q0 x3
M y (x)=∫ Q z ( x)dx +c 2 =−
+ c 1 x +c 2
6L
3
2
q
x
d w
E Iy
=−M y = 0 −c 1 x−c 2
dx
6L
4
q
x
dw
1
2
E Iy
= 0 − c 1 x −c 2 x+ c 3
dx 24 L 2
q0 x5 1
1
E I yw=
− c 1 x 3− c 2 x 2 +c 3 x+ c 4
120 L 6
2
Prof. Dr. Wandinger
3. Balken
TM 2 3.3-30
3.1 Ebene Biegung
–
10.05.16
Randbedingungen:
dw
(0)=0 → c 3 =0, w (0)=0 → c 4 =0
dx
3
q
L
dw
1
0
(L )=0 :
− c 1 L 2 −c 2 L=0 → q 0 L 2 =12 c 1 L +24 c 2
dx
24
2
q0 L 4 1
1
w (L)=0 :
− c 1 L 3 − c 2 L 2 =0 → q 0 L 2 =20 c 1 L+60 c 2
120 6
2
3
1
→ c 1 = q 0 L , c 2 =− q 0 L 2
20
30
Prof. Dr. Wandinger
3. Balken
TM 2 3.3-31
10.05.16
3.1 Ebene Biegung
–
Schnittlasten:
[ ( )]
q0 L
x
Q z ( x)=
3−10
20
L
–
2
q 0 L2 x
x 3
, M y ( x)=
9 −10
−2
60
L
L
[
( )
]
Lagerreaktionen:
MA
q0
MB
Az
Prof. Dr. Wandinger
A
x
L
z
3. Balken
B
Bz
TM 2 3.3-32
3.1 Ebene Biegung
10.05.16
3
7
q 0 L , B z =−Q z ( L)= q 0 L
20
20
1
1
2
M A=−M y (0)= q 0 L , M B =−M y (L)= q 0 L 2
30
20
A z =Q z (0)=
–
Biegelinie:
q 0 L4
w (x)=
120 E I y
[( ) ( ) ( ) ]
[( ) ( ) ]
x 5
x 3
x
−3
+2
L
L
L
2
3
4
2
q
L
dw
x
x
x
(x)= 0
5
−9
+4
dx
120 E I y
L
L
L
Prof. Dr. Wandinger
3. Balken
TM 2 3.3-33
3.1 Ebene Biegung
Prof. Dr. Wandinger
3. Balken
10.05.16
TM 2 3.3-34
10.05.16
3.2 Räumliche Biegung
●
●
●
Im allgemeinen Fall erfolgt die Belastung nicht in einer
Ebene oder das Deviationsmoment verschwindet nicht.
Dann treten Verschiebungen in y- und z-Richtung auf.
Die Biegelinie wird durch die Verschiebungen v(x) in yRichtung und w(x) in z-Richtung beschrieben.
Prof. Dr. Wandinger
3. Balken
TM 2 3.3-35
10.05.16
3.2 Räumliche Biegung
●
Differenzialgleichungen der Biegelinie:
–
Aus der Bernoulli-Hypothese folgt:
y, v
ϕ≈tan (ϕ)=−
dw
dx
ψ
ψ
dv
ψ≈tan (ψ)=
dx
–
x
Der Zusammenhang zwischen den Biegewinkeln φ und ψ
und den Biegemomenten wurde bereits bei der Spannungsermittlung gefunden.
Prof. Dr. Wandinger
3. Balken
TM 2 3.3-36
10.05.16
3.2 Räumliche Biegung
–
Mit
–
Mit den Ersatzmomenten
d ϕ I z M y −I yz M z
E
=
dx
I y I z −I 2yz
d ψ I y M z −I yz M y
E
=
dx
I y I z −I 2yz
M̄ z =
1−I 2yz /(I y I z )
M z −M y I yz / I y
1−I 2yz /(I y I z )
gilt:
folgt:
I y I z M y −I y I yz M z
d2w
E Iy
=−
2
dx
I y I z −I 2yz
d 2 v I y I z M z −I z I yz M Y
E Iz 2 =
dx
I y I z −I 2yz
Prof. Dr. Wandinger
M̄ y =
M y −M z I yz / I z
3. Balken
d2w
E Iy
=− M̄ y
2
dx
d2 v
E I z 2 = M̄ z
dx
TM 2 3.3-37
10.05.16
3.2 Räumliche Biegung
●
Beispiel: Kragbalken mit Endlast
F
x
A
B
L
z
–
–
Gegeben:
●
F = 100 N, L = 1 m, E = 210000 MPa
●
Iy = 10,4 cm4, I z = 5,89 cm4, Iyz = 4,63 cm4
Gesucht:
●
Verschiebungen vB und wB von Punkt B
Prof. Dr. Wandinger
3. Balken
TM 2 3.3-38
10.05.16
3.2 Räumliche Biegung
–
Biegemoment:
M y (x)=−F ( L− x )=F ( x−L )
–
Ersatzmomente:
−F ( x−L ) I yz / I y
F ( x−L )
M̄ y (x)=
, M̄ z ( x)=
2
1−I yz /( I y I z )
1−I 2yz /( I y I z )
–
Biegelinien:
F I yz / I y
dv
x2
E I z =−
−L x +c 1
2
dx
1−I yz /(I y I z ) 2
(
F I yz / I y
)
x3
x2
E I z v=−
−L +c 1 x+ c 2
2
2
1−I yz /(I y I z ) 6
Prof. Dr. Wandinger
3. Balken
(
)
TM 2 3.3-39
10.05.16
3.2 Räumliche Biegung
dw
F
x2
E Iy
=−
−L x +d 1
2
dx
1−I yz /(I y I z ) 2
(
)
F
x3
x2
E I y w =−
−L +d 1 x+ d 2
2
2
1−I yz /(I y I z ) 6
(
–
)
Randbedingungen:
dv
(0)=0 → c 1=0
dx
dw
w (0)=0 → d 2 =0 ,
(0)=0 → d 1 =0
dx
v (0)=0 → c 2 =0 ,
Prof. Dr. Wandinger
3. Balken
TM 2 3.3-40
10.05.16
3.2 Räumliche Biegung
–
Ergebnis:
I yz / I y
F L3
v ( x)=−
6 E I z 1−I 2yz /(I y I z )
[( ) ( ) ]
[( ) ( ) ]
x 3
x
−3
L
L
F L3
1
w (x)=−
6 E I y 1−I 2yz /(I y I z )
x 3
x
−3
L
L
2
2
I yz / I y
F L3
v B =v (L)=
3 E I z 1−I 2yz /(I y I z )
F L3
1
w B =w (L)=
3 E I y 1−I 2yz /(I y I z )
Prof. Dr. Wandinger
3. Balken
TM 2 3.3-41
3.2 Räumliche Biegung
–
10.05.16
Zahlenwerte:
3
3
100
N⋅(1⋅10
mm)
FL
5
5
=
=1,587⋅10
mm
3 E 3⋅2100000 N/ mm 2
3
F L 3 1,587⋅10 5 mm 5
=
=1,526 mm
4
4
3 E I y 10,4⋅10 mm
F L 3 4,762⋅10 5 mm 5
=
=2,695 mm
4
4
3 E I z 5,89⋅10 mm
I 2yz
I yz 4,63
4,632
1−
=1−
=0,6500 ,
=
=0,4452
IyIz
10,4⋅5,89
I y 10,4
Prof. Dr. Wandinger
3. Balken
TM 2 3.3-42
3.2 Räumliche Biegung
10.05.16
0,4452
1
v B =2,695 mm⋅
=1,846 mm , w B =1,526 mm⋅
=2,348 mm
0,6500
0,6500
Prof. Dr. Wandinger
3. Balken
TM 2 3.3-43
10.05.16
3.2 Räumliche Biegung
●
Beispiel: Balken unter Eigengewicht
x
ez
b
L
z
L=2m
g
a
y
L 50 x 40 x 5 DIN 1029:
ey
Iy = 10,4 cm4, Iz = 5,89 cm4, Iyz = 4,63 cm4
qG = 33,5 N/m, E = 210000 MPa
Prof. Dr. Wandinger
3. Balken
z
TM 2 3.3-44
10.05.16
3.2 Räumliche Biegung
–
Der abgebildete Balken aus Stahl ist beidseitig gelenkig gelagert. Er wird durch sein Gewicht belastet.
–
Gesucht ist die maximale Durchbiegung.
–
Schnittlasten:
1
q z ( x)=q G , Q z (x)=−q G x+ c 1 , M y ( x)=− q G x 2 +c 1 x+ c 2
2
M y (0)=0 → c 2 =0
1
1
2
M y (L)=0 : − q G L +c 1 L=0 → c 1= q G L
2
2
2
1
x
2 x
→ M y ( x)=− q G L
−
2
2
L L
(
Prof. Dr. Wandinger
)
3. Balken
TM 2 3.3-45
10.05.16
3.2 Räumliche Biegung
–
Ersatzmomente:
2
2
2
q G L2
q
L
I
/
I
x
x
x
x
G
yz
y
M̄ y =−
−
,
M̄
=
−
z
2
2
2
L
2 ( 1−I yz /(I y I z ) ) L
2 ( 1−I 2yz /(I y I z ) ) L L
(
–
)
(
)
2
−3
2
2
5
Zahlenwerte: q G L =33,5⋅10 N / mm⋅2000 mm =1,34⋅10 Nmm
I 2yz
I yz 4,63
4,632
1−
=1−
=0,6500 ,
=
=0,4452
IyIz
10,4⋅5,89
I y 10,4
1,34⋅10 5 Nmm x 2 x
x2 x
5
M̄ y =−
− =−1,031⋅10 Nmm 2 −
2
2⋅0,65
L L
L L
(
)
(
)
2
1,34⋅105 Nmm⋅0,4452 x 2 x
x
x
4
M̄ z =
− =4,589⋅10 Nmm 2 −
2
2⋅0,65
L L
L L
(
Prof. Dr. Wandinger
3. Balken
)
(
)
TM 2 3.3-46
10.05.16
3.2 Räumliche Biegung
–
Biegelinien:
3
2
dv
1
x
1
x
E I z =4,589⋅10 4 Nmm⋅L
−
+ c1
3
2
dx
3L 2L
(
)
1 x 4 1 x3
x
E I z v=4,589⋅10 Nmm⋅L
−
+
c
+ c2
1
4
3
12 L 6 L
L
4
2
(
dw
1 x3 1 x2
5
E Iy
=1,031⋅10 Nmm⋅L
−
+d1
3
2
dx
3L 2L
(
(
)
)
1 x 4 1 x3
x
E I y w =1,031⋅10 Nmm⋅L
−
+d
+d 2
1
4
3
12 L 6 L
L
5
Prof. Dr. Wandinger
2
3. Balken
)
TM 2 3.3-47
10.05.16
3.2 Räumliche Biegung
–
Randbedingungen:
v (0)=0 → c 2 =0 , w (0)=0 → d 2 =0
1 1
1
1
− +c 1=0 → c 1= , w (L)=0 → d 1 =
12 6
12
12
4,589⋅10 4 Nmm⋅20002 mm 2
x4
x3 x
v ( x)=
−2 3 +
2
4
4
4
12⋅210000 N/ mm ⋅5,89⋅10 mm L
L L
v (L)=0 :
(
(
4
3
x
x x
=1,237 mm 4 −2 3 +
L
L L
)
)
1,031⋅10 5 Nmm⋅20002 mm 2
x4
x3 x
w (x)=
−2 3 +
2
4
4
4
12⋅210000 N /mm ⋅10,4⋅10 mm L
L L
(
x4
x3 x
=1,574 mm 4 −2 3 +
L
L L
(
Prof. Dr. Wandinger
3. Balken
)
)
TM 2 3.3-48
10.05.16
3.2 Räumliche Biegung
–
Die maximalen Verschiebungen treten in der Mitte auf:
w max
L
1 2 1
5
=1,237 mm 4 − 3 + =1,237 mm⋅ =0,3866 mm
2
16
2 2 2
( )
(
)
L
5
=w ( )=1,574 mm⋅ =0,4919 mm
2
16
v max =v
Prof. Dr. Wandinger
3. Balken
TM 2 3.3-49
3.2 Räumliche Biegung
Prof. Dr. Wandinger
3. Balken
10.05.16
TM 2 3.3-50

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