Mechanik I / Prof. Popov / Vorlesung 22. Teil 2: Elastostatik

Mechanik I / Prof. Popov / Vorlesung 22.
Hauptträgheitsachsen und Hauptträgheitsmomente. Schiefe Biegung.
Teil 2: Elastostatik
Literatur: Hauger, Schnell und Groß. Technische Mechanik 2 (Elastostatik), 4.2.3, 4.7
I. Drehung des Bezugssystems. Betrachten
wir zwei Koordinatensysteme
( y, z ) und
K , ] . Das
zweite sei relativ zum ersten
um den Winkel
M gedreht.
G G G G
Wir führen 4 Einheitsvektoren ey , ez , eK , e]
entlang entsprechender Achsen. Betrachten wir
G
einen Punkt (Radiusvektor r ) mit den kartesischen Koordinaten y, z.
Eine geometrische Hilfsaufgabe: Zu bestimmen sind die kartesischen Koordinaten K , ]
im "gedrehten" Koordinatensystem.
Der Radiusvektor kann in der folgenden Form
G
G
G
dargestellt werden: r yey zez . Koordinaten
K , ] können als Skalarprodukte berechnet
werden:
G G
K r ˜ eK
G G
] r ˜ e]
yeG zeG ˜ eG ,
yeG zeG ˜ eG .
y
z
K
y
z
]
Für Skalarprodukte der Einheitsvektoren gilt:
G G
G G
ey ˜ eK cos M , ez ˜ eK sin M
G G
G G
ey ˜ e] sin M , ez ˜ e] cos M
K , ] berechnen sich somit zu
K y cos M z sin M
] y sin M z cos M
Für die Trägheitsmomente bezüglich K , ] gilt
----------------------------------------------------2
IK ³ ] 2dA ³ y sin M z cos M dA
sin 2 M ³ y 2dA cos2 M ³ z 2dA 2sin M cos M ³ yzdA
I z sin 2 M I y cos2 M 2I yz sin M cos M
------------------------------------------------------2
I] ³ K 2 dA ³ y cos M z sin M dA
cos 2 M ³ y 2 dA sin 2 M ³ z 2 dA 2sin M cos M ³ yzdA
I z cos 2 M I y sin 2 M 2 I yz sin M cos M
-----------------------------------------------------IK] ³ K] dA
³ y sin M z cos M y cos M z sin M dA
sin M cos M ³ y 2 dA sin M cos M ³ z 2 dA
sin 2 M cos 2 M
³ yzdA
I z sin M cos M I y sin M cos M 2I yz cos2 M sin 2 M
-----------------------------------------------------Diese Gleichungen können unter Berücksichtigung der trigonometrischen Gleichungen
1
1
sin 2 M
1 cos 2M , cos2 M 1 cos 2M ,
2
2
2sin M cos M sin 2M
wie folgt umgeschrieben werden
IK 12 I y I z 12 I y I z cos 2M I yz sin 2M
I]
IK]
1
2
I
y
I z 12 I y I z cos 2M I yz sin 2M
12 I y I z sin 2M I yz cos 2M
II. Invarianten
IK I]
Iy Iz
2
I p und ª« 14 IK I] IK]2 º»
¬
¼
III. Hauptträgheitsachsen und Hauptträgheitsmomente. Bei einem beliebigen Querschnitt kann man die Achsen immer um einen
Winkel M * so drehen, daß das Deviationsmoment verschwindet:
IK] 12 I y I z sin 2M * I yz cos 2M * 0 Ÿ
sin 2M *
cos 2M *
tan 2M *
2 I yz
I
y
Iz .
(1)
Gleichzeitig nehmen die axialen Trägheitsmomente extremale Werte an:
wIK
wM
I y I z sin 2M 2 I yz cos 2M
0
Da tan 2M * tan 2 M * S / 2 , hat die Gleichung (1) immer zwei Lösungen. Die entsprechenden Achsen stehen senkrecht zu einander
und heißen Hauptträgheitsachsen. Die zugehörigen axialen Trägheitsmomente heißen
Hauptträgheitsmomente.
2
1ª
º
I1,2
I
I
r
I
I
4 I yz2 » .
y
z
y
z
«
2¬
¼
Zwei Balken mit gleichen Hauptträgheitsmomenten haben identische elastische Eigenschaften. Ein Balken mit einem beliebigen
Querschnitt kann daher immer äquivalent
durch einen Balken mit einem symmetrischen
Querschnitt ersetzt werden.
Beispiel 1. Zu bestimmen sind
die Trägheitsachsen und Trägheitsmomente des gezeigten
dünnwandigen, rechtwinkligen
Profils.
1
Lösung: Symmetrieachsen sind immer Hauptträgheitsachsen. Da dies eine symmetrische
Figur ist, bestimmen
sich die Hauptachsen
leicht. Der Schwerpunkt
liegt auf der Verbindungslinie der Schwerpunkte beider Leisten.
Die Flächenträgheitsmomente sind gleich:
bezüglich der z-Achse
t 2 a/ 2
Iz
I1
2
3
ta 3
,
12
12
bezüglich der y-Achse
t 2 a 2
Iy
I2
ta 3
.
3
Iy
12
3
8 3
ta , I z
3
2taa 2
2 3
ta ,
3
³ yzdA 2 ³ aytdy
ta 3 .
Die Lage der Hauptträgheitsachsen wird durch
den Winkel M * gegeben:
2ta 3
§8 3 2 3·
¨ ta ta ¸
3 ¹
©3
1
Daraus folgt 2M * 45q ,
M * 22,5q .
Die Hauptträgheitsmomente sind
I1,2
1ª
I y Iz r
2 «¬
I
y
I
y
I z 12 I y I z cos 2M
12 I y I z sin 2M .
Sind die beiden Hauptträgheitsmomente
gleich, so hängen sie vom Winkel nicht ab, und
das Deviationsmoment ist immer Null.
F cos D . Die Flächenträgheitsmomente
ab3
ba 3
, Iz
. Gebe es nur
12
12
die vertikale Kraftkomponente, würde sich der
Fz l 3 Fl 3 cos D
verAngriffspunkt um wz
3EI y
3EI y
schieben. Gebe es nur die horizontale Kraftkomponente, würde sich der Angriffspunkt um
Fy l 3 Fl 3 sin D
verschieben. Bei Anwy
3EI z
3EI z
wesenheit beider Kraftkomponenten ist der
Verschiebungsvektor durch Superpositionsprinzip gegeben:
G § Fl 3 sin D Fl 3 cos D · 4 Fl 3 § sin D cos D ·
sind gleich I y
a
tan 2M *
IK]
Fz
0
I yz
1
2
V. Schiefe Biegung.
Ein links fest eingespannter Balken mit rechteckigem Querschnitt (Seiten a und b) wird am
G
rechten Ende mit einer Kraft F unter Winkel
D zur Vertikalen belastet. Zu bestimmen ist
der Betrag
D
und die Richtung der Verschiebung des
Angriffspunktes der Kraft.
Lösung: Kartesische Komponenten der Kraft
G
F ( Fy , Fz ) sind gleich Fy F sin D ,
Beispiel 2. Zu bestimmen
sind die Trägheitsachsen
und Trägheitsmomente des
gezeigten dünnwandigen
Profils.
Lösung: Der Schwerpunkt
liegt im Symmetriezentrum
des Profils. Die Trägheitsmomente bezüglich der
Achsen y und z sind:
t 2a I]
Beispiel: Balken mit den
folgenden zwei Profilen
haben gleiche Steifigkeit.
3
12
IV. Transformation vom Hauptträgheitsachsensystem. Ist das ursprüngliche Bezugssystem das Hauptträgheitsachsensystem, so
sehen die Transformationen wie folgt aus:
IK 12 I y I z 12 I y I z cos 2M
2
º
I z 4 I yz2 »
¼
2
1 ª§ 8 3 2 3 ·
8
2
«¨ ta ta ¸ r §¨ ta 3 ta 3 ·¸ 4 ta 3
2 «© 3
3 ¹
3 ¹
©3
¬
­ 3, 08 ½ 3
1
ta 3 ª 103 r 22 4 º 53 r 2 ®
¾ ta
2
¬
¼
¯0, 25¿
2
Das größere Trägheitsmoment ist hier ca. 12
Mal größer als das kleinere.
º
»
»
¼
w ¨
¨
©
3EI z
,
¸¸
¹
3EI y
, 2 ¸
¨
Eab © a 2
b ¹
Die Verschiebungslinie bildet mit der Vertika2
len den Winkel T : tan T ba2 tan D .
Der Betrag der Verschiebung ist gleich
G 4 Fl 3 sin 2 D cos 2 D
.
w
4
4
Eab
a
b
2