Formeln und Aufgaben zur Technischen Mechanik 4: Hydromechanik, Elemente der Höheren Mechanik, Numerische Methoden [3. Aufl.] 978-3-642-41133-5;978-3-642-41134-2

Table of contents :
Front Matter ....Pages I-VIII
Hydrostatik (Dietmar Gross, Werner Hauger, Jörg Schröder, Ewald Werner)....Pages 1-53
Grundlagen der Elastizitätstheorie (Dietmar Gross, Werner Hauger, Jörg Schröder, Ewald Werner)....Pages 55-122
Statik spezieller Tragwerke (Dietmar Gross, Werner Hauger, Jörg Schröder, Ewald Werner)....Pages 123-158
Schwingungen kontinuierlicher Systeme (Dietmar Gross, Werner Hauger, Jörg Schröder, Ewald Werner)....Pages 159-234
Stabilität elastischer Strukturen (Dietmar Gross, Werner Hauger, Jörg Schröder, Ewald Werner)....Pages 235-306
Viskoelastizität und Plastizität (Dietmar Gross, Werner Hauger, Jörg Schröder, Ewald Werner)....Pages 307-398
Numerische Methoden in der Mechanik (Dietmar Gross, Werner Hauger, Jörg Schröder, Ewald Werner)....Pages 399-474

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Dietmar Gross · Werner Hauger Jörg Schröder · Ewald Werner

Formeln und Aufgaben zur Technischen Mechanik 4 Hydromechanik, Elemente der Höheren Mechanik, Numerische Methoden 3. Auflage

Formeln und Aufgaben zur Technischen Mechanik 4

Dietmar Gross · Werner Hauger · Jörg Schröder · Ewald Werner

Formeln und Aufgaben zur Technischen Mechanik 4 Hydromechanik, Elemente der ­Höheren Mechanik, Numerische Methoden 3., überarbeitete und ergänzte Auflage

Dietmar Gross Technische Universität Darmstadt Darmstadt, Deutschland

Werner Hauger Technische Universität Darmstadt Darmstadt, Deutschland

Jörg Schröder Universität Duisburg-Essen Essen, Deutschland

Ewald Werner Technische Universität München Garching, Deutschland

ISBN 978-3-642-41133-5 ISBN 978-3-642-41134-2  (eBook) https://doi.org/10.1007/978-3-642-41134-2 Die Deutsche Nationalbibliothek verzeichnet diese Publikation in der Deutschen National­ bibliografie; detaillierte bibliografische Daten sind im Internet über http://dnb.d-nb.de abrufbar. Springer Vieweg © Springer-Verlag GmbH Deutschland, ein Teil von Springer Nature 2008, 2012, 2019 Das Werk einschließlich aller seiner Teile ist urheberrechtlich geschützt. Jede Verwertung, die nicht ausdrücklich vom Urheberrechtsgesetz zugelassen ist, bedarf der vorherigen Zustimmung des Verlags. Das gilt insbesondere für Vervielfältigungen, Bearbeitungen, Übersetzungen, Mikroverfilmungen und die Einspeicherung und Verarbeitung in elektronischen Systemen. Die Wiedergabe von allgemein beschreibenden Bezeichnungen, Marken, Unternehmensnamen etc. in diesem Werk bedeutet nicht, dass diese frei durch jedermann benutzt werden dürfen. Die Berechtigung zur Benutzung unterliegt, auch ohne gesonderten Hinweis hierzu, den Regeln des Markenrechts. Die Rechte des jeweiligen Zeicheninhabers sind zu beachten. Der Verlag, die Autoren und die Herausgeber gehen davon aus, dass die Angaben und Informa­ tionen in diesem Werk zum Zeitpunkt der Veröffentlichung vollständig und korrekt sind. Weder der Verlag, noch die Autoren oder die Herausgeber übernehmen, ausdrücklich oder implizit, Gewähr für den Inhalt des Werkes, etwaige Fehler oder Äußerungen. Der Verlag bleibt im Hinblick auf geografische Zuordnungen und Gebietsbezeichnungen in veröffentlichten Karten und Institutionsadressen neutral. Springer Vieweg ist ein Imprint der eingetragenen Gesellschaft Springer-Verlag GmbH, DE und ist ein Teil von Springer Nature Die Anschrift der Gesellschaft ist: Heidelberger Platz 3, 14197 Berlin, Germany

Vorwort Mit dem vorliegenden Band stellen wir Studienmaterial zu ausgew¨ ahlten Gebieten der Technischen Mechanik zur Verf¨ ugung. Behandelt werden die Grundlagen der Hydromechanik, der Elastizit¨ atstheorie, der Tragwerkslehre, der Schwingungen von Kontinua, der Stabilit¨ atstheorie, der Plastizit¨ at und Viskoelastizit¨ at sowie der Numerischen Methoden. Mit dieser Stoffauswahl kann das Werk als Erg¨ anzung zum Lehrbuch Technische Mechanik 4 angesehen werden, an dem zwei der Autoren beteiligt sind. Unabh¨ angig davon kann die Sammlung von Formeln und Aufgaben eine Hilfestellung beim Eindringen in die genannten Gebiete sein. Bei der Gestaltung der Aufgaben haben wir uns um m¨ oglichste Klarheit und Verst¨ andlichkeit bem¨ uht. Auch haben wir versucht, die Themengebiete weitgehend abzudecken. Deutlich warnen wollen wir aber vor einem reinen Nachlesen der L¨ osungen. Sinnvoll wird diese Sammlung nur dann genutzt, wenn die Leserin oder der Leser zun¨ achst selbst¨ andig versucht, zur L¨ osung einer Aufgabe zu gelangen und erst danach auf den hier angebotenen L¨ osungsweg blickt. Selbstverst¨ andlich kann diese Sammlung kein Lehrbuch ersetzen. Wem die theoretischen Grundlagen oder die Begr¨ undung verschiedener Formeln und Verfahren nicht mehr gel¨ aufig sind, den verweisen wir auf das schon genannte Lehrbuch Technische Mechanik 4 sowie auf die darin enthaltenen Literaturempfehlungen. Der große Erfolg der zweiten Auflage machte eine Neuauflage not¨ wendig; diese haben wir f¨ ur Erg¨ anzungen und zur redaktionellen Uberarbeitung genutzt. Hinzugekommen sind Aufgaben im Bereich der Schwingungen und der Plastizit¨ atstheorie. Dem Springer-Verlag danken wir f¨ ur die gute Zusammenarbeit und die ansprechende Ausstattung des Buches. Wir w¨ unschen auch diesem Band eine freundliche Aufnahme bei der Leserschaft und sind f¨ ur kritische Anmerkungen und Anregungen dankbar. Darmstadt, Essen und M¨ unchen, im Februar 2019

D. Gross W. Hauger J. Schr¨ oder E. Werner

Inhaltsverzeichnis 1

2

3

4

5

6

7

Hydromechanik Formelsammlung ...................................................

2

Aufgaben und L¨ osungen ..........................................

8

Grundlagen der Elastizit¨ atstheorie Formelsammlung ...................................................

56

Aufgaben und L¨ osungen ..........................................

64

Statik spezieller Tragwerke Formelsammlung ...................................................

124

Aufgaben und L¨ osungen ..........................................

129

Schwingungen kontinuierlicher Systeme Formelsammlung ...................................................

160

Aufgaben und L¨ osungen ..........................................

166

Stabilit¨ at elastischer Strukturen Formelsammlung ...................................................

236

Aufgaben und L¨ osungen ..........................................

243

Viskoelastizit¨ at und Plastizit¨ at Formelsammlung ...................................................

308

Aufgaben und L¨ osungen ..........................................

320

Numerische Methoden in der Mechanik Formelsammlung ...................................................

400

Aufgaben und L¨ osungen ..........................................

407

Prof. Dr.-Ing. Dietmar Gross studierte Angewandte Mechanik und promovierte an der Universität Rostock. Er habilitierte an der Universität Stuttgart und ist seit 1976 Professor für Mechanik an der TU Darmstadt. Seine Arbeitsgebiete sind unter anderem die Festkörper- und Strukturmechanik sowie die Bruchmechanik. Hierbei ist er auch mit der Modellierung mikromechanischer Prozesse befasst. Er ist Mitherausgeber mehrerer internationaler Fachzeitschriften sowie Autor zahlreicher Lehr- und Fachbücher.

Prof. Werner Hauger, PhD. studierte Angewandte Mathematik und Mechanik an der Universität Karlsruhe und promovierte an der Northwestern University in Evanston/Illinois. Er war mehrere Jahre in der Industrie tätig, hatte eine Professur an der Helmut-Schmidt Universität in Hamburg inne und wurde 1978 an die TU Darmstadt berufen. Sein Arbeitsgebiet ist die Festkörpermechanik mit den Schwerpunkten Stabilitätstheorie, Plastodynamik und Biomechanik. Er ist Autor von Lehrbüchern und war Mitherausgeber internationaler Fachzeitschriften.

Prof. Dr.-Ing. Jörg Schröder studierte Bauingenieurwesen, promovierte an der Universität Hannover und habilitierte an der Universität Stuttgart. Nach einer Professur für Mechanik an der TU Darmstadt ist er seit 2001 Professor für Mechanik an der Universität Duisburg-Essen. Seine Arbeitsgebiete sind unter anderem die theoretische und die computerorientierte Kontinuumsmechanik sowie die phänomenologische Materialtheorie mit Schwerpunkten auf der Formulierung anisotroper Materialgleichungen und der Weiterentwicklung der FiniteElemente-Methode. Prof. Dr. mont. Dr. h.c. Ewald Werner studierte Werkstoffwissenschaften, promovierte und habilitierte an der Montanuniversität Leoben. Er forschte am Erich Schmid Institut für Festkörperphysik der österreichischen Akademie der Wissenschaften und an der ETH Zürich. Von 1997 bis 2002 war er Professor für Mechanik an der TU München, seit 2002 leitet er dort den Lehrstuhl für Werkstoffkunde und Werkstoffmechanik. Seine Arbeitsgebiete sind die Metallphysik und die Werkstoffmechanik. Er ist Koautor von Lehrbüchern und Mitherausgeber mehrerer internationaler Fachzeitschriften.

Kapitel 1 Hydromechanik

© Springer-Verlag GmbH Deutschland, ein Teil von Springer Nature 2019 D. Gross et al., Formeln und Aufgaben zur Technischen Mechanik 4, https://doi.org/10.1007/978-3-642-41134-2_1

1

2

Hydromechanik

Hydrostatik Voraussetzung: Die Dichte ρ der Fl¨ ussigkeit ist konstant. Druck in einer ruhenden Fl¨ ussigkeit: Der Druck p ist eine Fl¨ achenkraft. Er ist in einer ruhenden Fl¨ ussigkeit in allen (gedachten) Schnitten durch einen Punkt gleich groß und wirkt orthogonal zur jeweiligen Schnittfl¨ ache: hydrostatischer Spannungszustand. In einer Fl¨ ussigkeit unter der Wirkung der Schwerkraft w¨ achst der Druck linear mit der Tiefe: p0 p0 z ρ p(z) = p0 + ρgz. p(z) Auftrieb: Der Auftrieb eines ganz oder teilweise in eine Fl¨ ussigkeit eingetauchten K¨ orpers ist gleich dem Gewicht der verdr¨ angten Fl¨ ussigkeitsmenge: α1 dA1 p1 dA1 ρ dA FA = ρgV.

h

V SF

p2 dA2 dA2

α2

Die Wirkungslinie des Auftriebs geht durch den Schwerpunkt SF der verdr¨ angten Fl¨ ussigkeitsmenge. Schwimmender K¨ orper: Ein schwimmender K¨ orper taucht so tief in eine Fl¨ ussigkeit ein, bis das Gewicht der verdr¨ angten Fl¨ ussigkeitsmenge gleich seinem eigenen Gewicht ist. Die entsprechende Schwimmlage ist stabil, wenn das Metazentrum M oberhalb des Schwerpunkts SK des K¨ orpers liegt: hM

 Ix > 0 : stabile Gleichgewichtslage, = −e V < 0 : instabile Gleichgewichtslage.

3

Hydromechanik

M A hM

x y

SK

e

SF V z

achentr¨ agheitsmoment der von der x, y-Ebene aus dem Ix : Fl¨ K¨ orper geschnittenen Fl¨ ache A (Schwimmfl¨ ache), V : Volumen der verdr¨ angten Fl¨ ussigkeitsmenge, e: Abstand des K¨ orperschwerpunkts SK vom Schwerpunkt SF der verdr¨ angten Fl¨ ussigkeitsmenge. Druck einer Fl¨ ussigkeit auf ebene Fl¨ achen: Die resultierende Kraft F einer Fl¨ ussigkeit auf eine ebene Fl¨ ache A ist gleich dem Produkt aus dem Druck pS im Fl¨ achenschwerpunkt S und der Fl¨ ache: F = pS A = ρgzS A.

x α

z F

x

y

ρ p

yD

yS

yD S D A

dA A

xS y

4

Hydromechanik

Die Wirkungslinie von F geht durch den Druckmittelpunkt D: xD = − Ixy /Sx ,

yD = Ix /Sx = yS + IxS /(yS A).

Ix , Ixy : Fl¨ achentr¨ agheitsmomente bzgl. des x, y-Koordinatensystems, Sx : statisches Moment bzgl. der x-Achse, achentr¨ agheitsmoment bzgl. einer zur x-Achse parallelen IxS : Fl¨ Achse durch den Schwerpunkt S der Fl¨ ache, yS : Abstand des Schwerpunkts S von der x-Achse. Druck einer Fl¨ ussigkeit auf gekr¨ ummte Fl¨ achen: Die Vertikalussigkeit auf eine gekomponente FV der resultierenden Kraft einer Fl¨ kr¨ ummte Fl¨ ache ist gleich dem Gewicht der Fl¨ ussigkeit, die sich oberhalb der Fl¨ ache befindet: FV = ρgV. Ihre Wirkungslinie geht durch den Schwerpunkt des Fl¨ ussigkeitsvolumens V . dA¯ z

dV V α

ρ

dA∗

dF

S dA

ρ

∗

A∗

A

Die Horizontalkomponente FH ist das Produkt aus der projizierten Fl¨ ache A∗ und dem Druck pS ∗ im Schwerpunkt S ∗ dieser Fl¨ ache: FH = pS ∗ A∗ . Sie stimmt mit der Kraft u ussigkeit auf die verti¨ berein, die von der Fl¨ ubt wird. Diese Aussagen gelten sinngem¨ aß kale ebene Fl¨ ache A∗ ausge¨ auch dann, wenn sich eine Fl¨ ussigkeit unterhalb einer gekr¨ ummten Fl¨ ache befindet.

Hydromechanik

5

Hydrodynamik Kinematik Das Geschwindigkeitsfeld v(x, t) beschreibt die Bewegung einer Fl¨ ussigkeit: jedem Ort x in der Fl¨ ussigkeit wird eine Geschwindigkeit v zur Zeit t zugewiesen. Das Geschwindigkeitsfeld ist station¨ ar f¨ ur ∂v/∂t = 0, ansonsten instation¨ ar. Bahnlinie: Kurve der Bahn, die ein Fl¨ ussigkeitsteilchen im Laufe der Zeit zur¨ ucklegt. Die Bahnlinie x(t) ergibt sich aus der Differentialgleichung d x(t) = v(x(t), t). dt Stromlinien: Kurvenschar, deren Tangentenrichtung in jedem Raumpunkt x mit der Richtung des ¨ ortlichen Geschwindigkeitsvektors u ¨ bereinstimmt. Das Stromlinienfeld ergibt sich aus der Differentialgleichung d x(s) = v(x(s), t), ds wobei s die Bogenl¨ ange einer Stromlinie ist. Bei station¨ aren Str¨ omungen fallen die Bahn- und die Stromlinien zusammen. Stromfadentheorie Bei der station¨ aren Str¨ omung einer idealen Fl¨ ussigkeit in einer Stromr¨ ohre h¨ angen die Geschwindigkeit und der Druck nur von der Bogenl¨ ange s entlang der Leitstromlinie ab:

Leitstromlinie

v = v(s), Stromr¨ohre

p = p(s). s

Kontinuit¨ atsgleichung: Das pro Zeiteinheit durch einen beliebigen festen Querschnitt str¨ omende Fl¨ ussigkeitsvolumen (Volumenstrom: Q = A v) ist konstant:

6

Hydromechanik

A2

v2

2

p2 Av = const, d.h.

1

A1

Leitstromlinie

A1 v1 = A2 v2 . z

s

v1

p1

x Bernoullische Gleichung: a) F¨ ur reibungsfreie Fl¨ ussigkeiten (Str¨ omungen ohne Energieverluste) gilt ρv 2 /2 + p + ρgz = const, bzw. v 2 /(2g) + p/(ρg) + z = H = const. Staudruck (dyn. Druck): ρv 2 /2, statischer Druck: p, geod¨ atischer Druck: ρgz, Gesamtdruck: ρv 2 /2 + p,

Geschwindigkeitsh¨ ohe: v 2 /(2g), Druckh¨ ohe: p/(ρg), Ortsh¨ ohe: z, hydraulische H¨ ohe: H.

Anwendung: Ausfluss aus einem großen Beh¨ alter. Torricellische Ausflussformel: As

1

p0

vs = 0 v=



2gh.

h

ρ A  As Leitstromlinie

1111111111 0000000000 0000000000 1111111111

2

v

b) F¨ ur reibungsbehaftete Fl¨ ussigkeiten (Str¨ omungen mit Energieverlusten) gilt die verallgemeinerte Bernoullische Gleichung

Hydromechanik

7

ρv12 /2 + p1 + ρgz1 = ρv22 /2 + p2 + ρgz2 + Δpv . Druckverlust: Δpv ,

Druckverlustzahl: ζ =

Δpv . ρv12 /2

Beispiel: Carnotscher Stoßverlust

p1 v1 ρ

v2 p1

A1

p1

p2 A2

 2 A1 ρ 2 Δpv = v1 1 − . 2 A2 Impulssatz: Die resultierende Kraft auf eine abgeschlossene Fl¨ ussigkeitsmenge ist gleich der Differenz des pro Zeiteinheit aus dem entsprechenden Kontrollvolumen ausfließenden Impulses und des einfließenden Impulses: v2 dt v2 A2 F =m ˙ (v 2 − v 1 ).

v

v1 dt dm v1

A1

Massenstrom:

m ˙ = ρAv = ρ Q,

ausfließender Impulsstrom: mv ˙ 2, einfließender Impulsstrom: mv ˙ 1.

8

A1.1

Hydromechanik

Aufgabe 1.1 Zwei Beh¨alter, die jeweils mit einem Gas der Dichte ρ1 gef¨ ullt sind, werden durch ein Manometer verbunden. Die Dichte der Manometerfl¨ ussigkeit ist ρ2 . Wenn die Dr¨ ucke in den Beh¨ altern u ¨ bereinstimmen (pa = pb ), befinden sich die Trennfl¨ achen zwischen den Gasen ¨ Δp = pa − pb > 0 im und der Fl¨ ussigkeit in der H¨ ohe . Bei Uberdruck linken Beh¨ alter senkt sich die Fl¨ ussigkeit im Manometergef¨ aß um die H¨ ohe Δz, im Rohr steigt sie um die Strecke Δl. ¨ Man bestimme den Uberdruck Δp als Funktion von Δl. pa

A1

ρ1

2

ρ1

ρ2

Δz 1

ρ1

h

H 0

pb

Δl α

A2

L¨ osung Wir sehen die Dichten in den Gasen als konstant an. Dann k¨ onnen wir die Gase wie Fl¨ ussigkeiten behandeln. Die Dr¨ ucke in den Trennfl¨ achen im Gef¨ aß (H¨ ohe ①) bzw. im Steigrohr (H¨ ohe ②) sind somit nach der hydrostatischen Druckgleichung durch p1 = pa + ρ1 g (H + Δz)

bzw.

p2 = pb + ρ1 g h

gegeben. Der Druck im Rohr in der H¨ ohe ① stimmt mit dem Druck in der Trennfl¨ ache im Gef¨ aß u ¨ berein: p1 = p2 + ρ2 g (Δl sin α + Δz) →

pa + ρ1 g (H + Δz) = pb + ρ1 g h + ρ2 g (Δl sin α + Δz).

F¨ ur das Volumen V der aus dem Gef¨ aß in das Rohr verdr¨ angten Fl¨ ussigkeit gilt V = A2 Δz =

A1 Δl sin α sin α

→

Δz =

A1 Δl. A2

Mit H − h = Δl sin α folgt Δp = pa − pb = Δl g (ρ2 − ρ1 )(A1 /A2 + sin α). Die Bestimmung eines kleinen Druckunterschieds Δp wird umso genauer, je gr¨ oßer Δl ist. Daher sollten z. B. bei gegebenen Dichten der Winkel α und das Fl¨ achenverh¨ altnis A1 /A2 m¨ oglichst klein sein.

Aufgaben und L¨ osungen

a

Aufgabe 1.2 Ein Prisma (L¨ange l, Dichte ρP ), dessen Querschnittsfl¨ ache die Form eines gleichseitigen Dreiecks (Kantenl¨ ange a) hat, schwimmt in einer Fl¨ ussigkeit (Dichte ρF ). ρF

L¨ osung Am freigeschnittenen Prisma wirken das Gewicht G und der Auftrieb FA . Aus der Gleichgewichtsbedingung

folgt, dass das Prisma so tief eintaucht, bis das Gewicht der verdr¨ angten Fl¨ ussigkeitsmenge (= Auftrieb) gleich seinem eigenen Gewicht ist. Mit

A1.2

ρP

Wie tief taucht es infolge seines Eigengewichts ein? Ist diese Lage stabil?

FA − G = 0

9

a G x

√

SP SF

3 a=H √ 2

3 a 3

e FA

V

2 h 3

h

h √ 3

√ √ 1 3 3 al = ρ ga2 l G = ρP g a 2 2 4 P und 1 1 2 FA = ρF g √ h h l = √ ρF gh2 l 2 3 3 erh¨ alt man √ 1 3 ρ ga2 l = √ ρF gh2 l 4 P 3

 →

a h= 2

Damit das Prisma schwimmt, muss h <  √ ρP 3 a 3ρP < < 1. a → 2 ρF 2 ρF

√

3ρP . ρF 3a/2 sein:

Die Dichte des Prismas muss kleiner als die Dichte der Fl¨ ussigkeit sein.

10

Hydromechanik

Um die Stabilit¨ at der ermittelten Gleichgewichtslage des Prismas zu untersuchen, bestimmen wir die Lage des Metazentrums: hM =

Ix − e. V

achenmoment zweiter Ordnung bez¨ uglich der xDabei sind Ix das Fl¨ Achse, V das Volumen der verdr¨ angten Fl¨ ussigkeitsmenge und e der Abstand des Schwerpunkts SF der verdr¨ angten Fl¨ ussigkeitsmenge vom Schwerpunkt SP des Prismas. Mit  3 2h l √ 2lh3 1 3 = √ , V = √ h2 l, Ix = 12 9 3 3 √ 3 2 e= a− h 3 3 folgt hM =

√  1 8h − 3 3 a . 9

ur hM < 0. Die Gleichgewichtslage ist stabil f¨ ur hM > 0 und instabil f¨ Bei einem vorgegebenen Wert von a gilt daher: √ h > 3 3a/8 = 3H/4 → stabile Lage und √ h < 3 3a/8 = 3H/4

→

instabile Lage.

Man kann das Stabilit¨ atskriterium auch mit Hilfe der Dichten ρP a 3ρP und ρF formulieren. Wegen h = folgt 2 ρF  √ ρP 3 3 3 a 3ρP a → ≶ ≶ , 2 ρF 8 ρF 4 d.h. ρP 9 > ρF 16

→

stabile Lage,

9 ρP < ρF 16

→

instabile Lage.

Aufgaben und L¨ osungen

11

Aufgabe 1.3 In einem mit A einer Fl¨ ussigkeit (Dichte ρ) gef¨ ullten Becken schwimmt ein zylindrischer K¨ orper G (Gewicht G, Grundfl¨ ache h A). Er ist u ¨ ber eine in B l gelenkig gelagerte Stange l (L¨ ange 2l, Gewicht ver- H nachl¨ assigbar) und eine B c ρ Feder (Federkonstante c) α mit dem Becken verbunH0 den. Bei horizontaler Lage der Stange (α = 0) ist die Feder entspannt. Man bestimme die Eintauchtiefe h des Schwimmk¨ orpers bei gegebener F¨ ullh¨ ohe H.

L¨ osung Auf das freigeschnittene System wirken in vertikaler Richtung das Gewicht G, der Auftrieb FA , die Federkraft FF und die Lagerreaktion B. Dabei gilt FA = ρ g Ah,

h

G p

p

FF = c l sin α.

Der auf den Stab wirkende Auftrieb wird vernachl¨ assigt. Die Momentengleichgewichtsbedingung bez¨ uglich des Lagers B lautet

FA FF B

α



B : FF l cos α+G2l cos α−FA 2l cos α = 0 → c l sin α+2G−2ρgAh = 0. Der geometrische Zusammenhang zwischen der Eintauchtiefe h und der F¨ ullh¨ ohe H ist durch H = H0 + 2 l sin α + h gegeben. Elimination von l sin α aus den letzten beiden Gleichungen liefert h=

4G + c (H − H0 ) . 4ρgA + c

A1.3

12

A1.4

Hydromechanik

Aufgabe 1.4 Ein mit Wasser (Dichte ρ) gef¨ ullter Beh¨ alter ist mit einem runden Deckel (Gewicht GD , Radius r) zum Abfluss hin verschlossen. Der Deckel ist u ¨ ber eine Stange (Gewicht vernachl¨ assigbar) mit einem kreiszylindrischen Schwimmk¨ orper (Gewicht GS , Radius R > r, H¨ ohe H) verbunden.

R p0 H

h ρ h0 GD p0

Wie hoch muss das Wasser steigen, damit der Verschluss angehoben wird?

L¨ osung Auf den Schwimmk¨orper wirken in vertikaler Richtung als außere Kr¨ afte sein Gewicht GS so¨ wie der Auftrieb

r

11 00 00 11

FA = ρ g h πR2 .

GS

Dabei ist vorausgesetzt, dass h < H ist. Auf den Deckel wirkt neben seinem Gewicht GD und der Lagerkraft FD der Wasserdruck pD mit der resultierenden Kraft FW , wobei pD = ρg(h + h0 ),

GS

h

p

FW = pD πr 2

gilt. Da der Atmosph¨ arendruck sowohl von innen (¨ uber das Wasser) als auch von außen auf den Deckel wirkt, braucht er nicht ber¨ ucksichtigt zu werden.

h0

Aus der Gleichgewichtsbedingung

FA

p

GD pD

FD

↑: FA − GS + FD − GD − FW = 0 folgt durch Einsetzen ρ g h πR2 − ρ g (h + h0 )πr 2 − GS − GD + FD = 0. Beim Abheben wird FD Null. Dann kann man nach der F¨ ullh¨ ohe aufl¨ osen: h0 + h =

GS + GD + ρ g π h0 R2 . ρ g π (R2 − r 2 )

Aufgaben und L¨ osungen

Aufgabe 1.5 Ein Stab (L¨ange l, Querschnittsfl¨ ache A, Dichte ρS ) ist am Boden eines Beh¨ alters gelenkig befestigt. Am freien Ende wird der Stab durch eine vertikale Druckkraft F belastet. Der Beh¨ alter ist bis zur H¨ ohe h (h < l) mit Fl¨ ussigkeit (Dichte ρF ) gef¨ ullt. Wir groß darf die Kraft F h¨ ochstens sein, damit der Stab nicht umkippt?

L¨ osung Um die Stabilit¨at der vertikalen Gleichgewichtslage zu untersuchen, denken wir uns den Stab um den Winkel ϕ ausgelenkt. Auf den Stab wirken die Kraft F , das Gewicht G und der Auftrieb FA , gegeben durch G = ρS gAl,

A1.5

F ρS

l A

h

1111111111 0000000000 0000000000 1111111111 ρF

F

FA = ρF gAh∗ ,

sowie die Lagerreaktion B. Hierbei ist h∗ = h/ cos ϕ die L¨ ange des Teilstabs, der sich unter dem Fl¨ ussigkeitsspiegel befindet. Damit der Stab in der vertikalen Lage bleibt, muss in der ausgelenkten Lage ein resultierendes R¨ uckstellmoment auftreten. Dann folgt aus dem Momentengleichgewicht bez¨ uglich B die Bedingung

13

G FA

h∗

ϕ

B

1 h2 h∗ 1 l sin ϕ → F + ρS gAl < ρF gA . F l sin ϕ + G sin ϕ < FA 2 2 2 2 l cos2 ϕ F¨ ur kleine Winkel ϕ (cos ϕ ≈ 1) erh¨ alt man daraus   ρF h2 1 −1 . F < ρS gAl 2 ρS l 2 Wegen F ≥ 0 darf die runde Klammer nicht negativ sein: Daher muss f¨ ur die Dichten gelten:

ρF l2 ≥ 2 > 1. ρS h

ρF h2 −1 ≥ 0. ρS l 2

14

A1.6

Hydromechanik

Aufgabe 1.6 Ein Beh¨alter, der bis zur H¨ ohe h mit einer Fl¨ ussigkeit (Dichte ρ1 ) gef¨ ullt ist, hat im Boden ein kreisf¨ ormiges Loch (Radius r). Das Loch wird durch einen kegelf¨ ormigen Pfropfen (Grundkreisradius R = 2r, H¨ ohe H mit H/2 < h, Dichte ρ2 ) verschlossen.

h

ρ1

ρ2 H 2r 2R

Mit welcher Kraft wird der Kegel auf die Lochkante gepresst?

L¨ osung Auf den Kegel wirken sein Gewicht G, der Auftrieb FA sowie die Kontaktkraft FK mit der Lochkante. Das Gewicht des Kegels ist durch

G FA

4 1 G = ρ2 g πR2 H = ρ2 g πr 2 H 3 3

FK

gegeben. Die Auftriebskraft wird durch den Fl¨ ussigkeitsdruck auf den Kegelstumpf oberhalb des Beh¨ alterbodens erzeugt. Da die Unterseite des Kegelstumpfs (Fl¨ ache A = πr 2 ) nicht dem Fl¨ ussigkeitsdruck ausgesetzt ist, ist der Auftrieb gleich dem um die Kraft F = ρ1 ghπr 2 verminderten Gewicht der verdr¨ angten Fl¨ ussigkeitsmenge: FA = ρ1 gVKS − ρ1 ghπr 2 mit VKS =

7π 2 π H π (2r)2 H − r 2 = r H, 3 3 2 6

wobei VKS das Volumen des Kegelstumpfs ist. Die Gleichgewichtsbedingung liefert  

h π ρ1 7−6 . ↑: FK + FA − G = 0 → FK = ρ2 gr 2 H 8 − 6 ρ2 H Wenn der Kegel nicht abheben soll, muss FK > 0

→

6h/H + 8ρ2 /ρ1 > 7

gelten. Nach der Aufgabenstellung ist außerdem h > H/2

→

h/H > 1/2.

Dies f¨ uhrt auf den dargestellten Bereich f¨ ur FK > 0.

h H 1

111111 000000 000000 111111 000000 111111 000000 111111 FK > 0

1

ρ2 ρ1

Aufgaben und L¨ osungen

Aufgabe 1.7 Ein mit Wasser (Dichte ρ) gef¨ ullter Beh¨ alter besitzt eine schr¨ age Wand mit einer quadratischen Verschlussklappe K (Gewicht GK , Seitenl¨ ange b). Die Verschlussklappe ist am oberen Ende gelenkig mit der Beh¨ alterwand verbunden. An der Klappe ist mit einer Stange (L¨ ange h0 , Gewicht vernachl¨ assigbar) ein Schwimmk¨ orper (Gewicht GS , quadratischer Querschnitt mit Seitenl¨ ange B, H¨ ohe H) angebracht.

15

A1.7

B p0

H

GS h

ρ

A

b 2

K

h0 b p0

α

Wie hoch muss das Wasser steigen, damit die Klappe angehoben wird?

L¨ osung Wir schneiden den Schwimmk¨ orper und die Klappe frei und tragen die darauf wirkenden Kr¨ afte in das Freik¨ orperbild ein. Der Auftrieb ist durch

GS h

FA

p

p

FA = ρghB 2 S

gegeben. Dabei wird vorausgesetzt, dass h < H ist. Die Kr¨ afte AH , AV und FK sind die u ¨ ber die Breite der Klappe verteilten Lagerreaktionen. F¨ ur die resultierende Kraft FP aus dem Wasserdruck auf die Klappe und deren Wirkungslinie gilt (Band 4, Gln. (1.17) und (1.24))

a S FP

b p1 + 2p2 . a= 3 p1 + p2

AH

AV

p2 FP = ρg(h + h0 )b2 ,

p1

α FK

GK

16

Hydromechanik

Mit den Werten b sin α), 2 b p2 = ρg(h + h0 + sin α) 2

p1 = ρg(h + h0 −

folgt a=

6(h + h0 ) + b sin α b. 12(h + h0 )

Wir bilden nun das Kr¨ aftegleichgewicht am Schwimmk¨ orper ↑: FA − GS − S = 0 und das Momentengleichgewicht an der Klappe: 

A: FK b − FP a + S

b b cos α − GK cos α = 0. 2 2

Aus diesen beiden Gleichgewichtsbedingungen wird die Stabkraft S eliminiert: b b FK b − FP a + (FA − GS ) cos α − GK cos α = 0. 2 2 Diese Gleichung k¨ onnte man auch sofort anschreiben. Man erh¨ alt sie unmittelbar, wenn man den Schwimmk¨ orper und die Klappe nicht trennt und am gesamten System das Momentengleichgewicht bez¨ uglich A aufstellt (vgl. die Aufgaben 1.3 and 1.4). Beim Anheben der Klappe wird die Lagerkraft FK Null. Einsetzen der Kr¨ afte FA , FP und des Abstands a in die letzte Gleichung und Aufl¨ osen nach (h0 + h) liefert h0 + h =

6(GK + GS ) cos α + ρg(6h0 B 2 cos α + b3 sin α) . 6ρg(B 2 cos α − b2 )

Bei einer erforderlichen H¨ ohe h > H und f¨ ur b2 > B 2 cos α wird die Klappe nicht angehoben. Im Sonderfall α = 0 ergibt sich h0 + h =

GK + GS + ρgh0 B 2 , ρg(B 2 − b2 )

(vgl. Aufgabe 1.4).

Aufgaben und L¨ osungen

Aufgabe 1.8 Ein mit Wasser (Dichte ρ) gef¨ ullter Beh¨ alter besitzt einen Rohrstutzen mit Kreisquerschnitt (Radius r). Der Stutzen ist durch eine Klappe (Eigengewicht vernachl¨ assigbar) mit Gegengewicht G verschlossen.

17

A1.8

ρ hS a

r

α

G

S

Bei welcher Wassertiefe ¨ offnet sich die Klappe?

L¨ osung Wir schneiden die Klappe mit dem Gegengewicht frei. Beim ¨ Offnen der Klappe verschwindet die Kontaktkraft. Sie ist daher im Freik¨ orperbild nicht eingezeichnet. Wegen pS = ρghS und A = πr 2 ist die resultierende Druckkraft des Wassers auf die Klappe durch

α

x

y b

B

α BV

F

F = pS A = πρghS r 2

BH G

S D

gegeben. Dabei wird vorausgesetzt, dass sich die Klappe erst dann ¨ offnet, wenn sie sich vollst¨ andig unterhalb des Wasserspiegels befindet. Die Wirkungslinie der Kraft F (Druckmittelpunkt D) kann nach I xS yS A hS bestimmt werden. Mit yS = , cos α hS r 2 cos α . yD = + cos α 4hS yD = yS +

I xS =

πr 4 erh¨ alt man 4

Damit folgt f¨ ur den Hebelarm b der Kraft F bez¨ uglich des Punktes B b = yD − yS + r =

r 2 cos α + r. 4hS

¨ Beim Offnen der Klappe gilt 

B : F b − Ga cos α = 0. Einsetzen von b und F und Aufl¨ osen nach hS liefert   aG r − hS = cos α. πρgr 3 4

18

A1.9

Hydromechanik

Aufgabe 1.9 Zwei Wasserbeh¨ alter sind durch eine in B drehbar gelagerte Klappe (Gewicht G, L¨ ange l senkrecht zur Zeichenebene) voneinander getrennt. Bei welcher H¨ ohe h > t ¨ offnet sich die Klappe?

C h

ρ G t

1111 0000 00 11 0000 1111 00 11 00000000 11 111111 B

t 2

L¨ osung Wir schneiden die Klappe frei. Die auf sie wirkenden Kr¨ afte sind im Freik¨ orperbild dargestellt. Die Dr¨ ucke fassen wir zu ihren Resultierenden zusammen: 1 1 ρgt2 l, F2 = ρgt2 l, 2 2 1 F3 = ρg (h − t + h) a l √2 5 ρg(2h − t) t l. = 4

F1 =

ρ

C

p = ρg(h−t)

p = ρgh G BH

p = ρgt

BV

Die Wirkungslinien sind durch a1 = t/3,

a2 = t/4,

a 2(h − t) + h 3 h−t+h √ 5 3h − 2t t = 6 2h − t

a3 =

gegeben. Die Klappe ¨ offnet sich, wenn die Lagerkraft C Null wird. Das Momentengleichgewicht bez¨ uglich B liefert dann 

B : Gt/3 − F1 a1 − F2 a2 + F3 a3 = 0 8G 17 t− →h= . 15 15ρgtl

C a F3

a3 B

F1

G

a1

BH F2 a2

BV t 3

Diese L¨ osung gilt nur f¨ ur h > t, d.h. f¨ ur G < ρgt2 l/4.

Aufgaben und L¨ osungen

19

a 2

Aufgabe 1.10 Zwei Becken mit unterschiedlichen Wasserstandsh¨ ohen h1 und h2 sind durch eine dreiecksf¨ ormige Verschlussklappe (Gewicht G, L¨ ange l senkrecht zur Zeichenebene) voneinander getrennt. Die Verschlussklappe ist in A gelenkig gelagert. Ein quaderf¨ ormiger Schwimmk¨ orper (Breite b = a/2, L¨ ange l, Eigengewicht vernachl¨ assigbar) ist durch ein Seil im Punkt C mit der Verschlussklappe verbunden.

A1.10

h

c

ρ

h1 A

C a

h2 ρ

G B a

Man bestimme die Lagerreaktionen in A und B.

L¨ osung Das Freik¨orperbild zeigt die auf den Schwimmk¨ orper und auf die Klappe wirkenden Kr¨ afte. Dabei ist der Auftrieb des Schwimmk¨ orpers durch FA∗ = ρgahl/2 gegeben.

FA∗ S AV p = ρg(h2 −a)

S p = ρg(h1 −a)

AH

G Da der Hebelarm der resultierenden Kraft auf die schr¨ age Fl¨ ache der Klappe bez¨ uglich des Punktes A nicht unmittelbar angegeben werden kann, w¨ ahlen wir hier einen anderen Weg als in Aufgabe 1.9. Wir zerlegen den auf diese Fl¨ ache wirkenden Druck in zwei Komponenten. Die Resultierende der vertikalen Komponente und die Kraft auf die obere Fl¨ ache bilden den Auftrieb der Klappe: FA = ρgV = ρga2 l/2.

B p = ρgh2 p = ρgh1 S

FA

ρg(h1 −a) a 2

AV A ρg(h2 −a) AH

H ρgh1

G a 3

B

ρgh2

20

Hydromechanik

Wenn man beachtet, dass sich die linearen Anteile der horizontalen Komponente und des Drucks auf die rechte Fl¨ ache aufheben, dann kann man die resultierende Horizontalkomponente H des Wasserdrucks auf die Klappe als Differenz der konstanten Anteile sofort anschreiben: H = ρg(h1 − h2 )al. Aus dem Gleichgewicht am Schwimmk¨ orper erh¨ alt man die Kraft im Seil: ↑: FA∗ − S = 0

→

S = ρgahl/2.

Die Lagerreaktionen folgen dann aus den Gleichgewichtsbedingungen an der Klappe: 

A: (G − FA )a/3 − (B + S)a + Ha/2 = 0 → B = G/3 + ρgal(3h1 − 3h2 − 3h − a)/6, →: AH − B + H = 0 → AH = G/3 + ρgal(3h2 − 3h1 − 3h − a)/6, ↑: AV + S + FA − G = 0 → AV = G − ρgal(h + a)/2. Die Kr¨ afte sind u ange der Klappe verteilt. ¨ ber die L¨ F¨ ur h ≥ 2G/(3ρgal) + h1 − h2 − a/3 wird B ≤ 0. Dann ¨ offnet sich die Klappe.

Aufgaben und L¨ osungen

Aufgabe 1.11 Ein gleichschenk¨ liges Profil (Offnungswinkel π/3, Schenkell¨ ange b, L¨ ange l, Gewicht G) liegt in einer Uf¨ ormigen Rinne. Es wird durch ¨ eine Offnung an der oberen Kante mit einer Fl¨ ussigkeit (Dichte ρ) gef¨ ullt. Die Trennfugen sind so ausgebildet, dass keine Haftungskr¨ afte wirken k¨ onnen und keine Fl¨ ussigkeit austritt.

A1.11

l 60◦ b h

Bei welcher F¨ ullh¨ ohe h hebt das Profil von der Unterlage ab?

L¨ osung Das Freik¨orperbild zeigt das freigeschnittene Prisma mit der eingef¨ ullten Fl¨ ussigkeit (Erstarrungsprinzip). Die darauf wirkenden Kr¨ afte sind das Gewicht G des Profils, das Gewicht GF = ρgAF l der Fl¨ ussigkeit, der hydrostatische Druck p = ρgh sowie die Bodenkontaktkraft B. Die Gleichgewichtsbedingung in vertikaler Richtung lautet ↑: 2B + pbl − G − GF = 0.

21

√

3 h 3

√ 2 3 h 3

G AF

B

GF

h B

p b

Beim Abheben verschwindet die Bodenkontaktkraft: B = 0. Mit √ √ 1 3 3 2 AF = bh − 2 hh = bh − h 2 3 3 folgt dann √   √ 3 2 G 4 ρghbl − G − ρg bh − . h l=0 → h= 3 3 ρgl ¨ Die Aufgabe kann auch mit folgender Uberlegung gel¨ ost werden. Beim Abheben ist die Vertikalkomponente FV der aus dem Fl¨ ussigkeitsdruck resultierenden Kraft F auf jeden der beiden Schenkel gleich dem halben Gewicht des Profils: FV = G/2. Die resultierende Kraft auf jede Fl¨ ache des Profils ist durch F = pS A gegeben. Dabei ist A die unterhalb des Fl¨ ussigkeitsspiegels liegende Fl¨ ache eines Schenkels. Mit √ 2 3 1 hl, FV = F cos 60◦ pS = ρgh, A = 2 3 √ folgt daraus FV = 3ρgh2 l/6, und man erh¨ alt wieder √ √ G 3 G 4 ρgh2 l = → h= 3 . 6 2 ρgl

22

A1.12

Hydromechanik

Aufgabe 1.12 Auf dem Boden eines Gew¨ assers (Dichte des Wassers ρ0 ) steht eine d¨ unnwandige halbkugelf¨ ormige Taucherglocke (Radius r, Wandst¨ arke t, Dichte ρ1 , Innendruck p0 + Δp). ¨ Wie groß darf der Uberdruck Δp h¨ ochstens sein, damit die Glocke am Boden bleibt?

p0 ρ0 t

ρ1

h

11111111111 00000000000 00000000000 11111111111

L¨ osung An der freigeschnittenen Glocke wirken das Gewicht G, die Kontaktkraft B mit dem Boden sowie die Resultierenden Fw und Fi aus dem Wasserdruck bzw. dem Innendruck. Da der Atmosph¨ arendruck p0 sowohl von innen als auch von außen (¨ uber das Wasser) auf die Glocke wirkt, braucht er nicht ber¨ ucksichtigt zu werden.

p0 + Δp 2r

Fw G Fi

Die Kraft Fw ist gleich dem Gewicht des Wassers u ¨ber der Glocke (Band 4, Gl. (1.25)):

B

Fw = ρ0 g(πr 2 h − 2πr 3 /3). Die Kraft Fi und das Gewicht G sind durch Fi = Δpπr 2 ,

G = ρ1 g2πr 2 t

gegeben. Beim Abheben verschwindet die Kontaktkraft B. Dann folgt ¨ aus der Gleichgewichtsbedingung G + Fw − Fi = 0 der gesuchte Uberdruck zu Δp = [2ρ1 t + ρ0 (h − 2r/3)]g. ¨ Die Aufgabe kann auch mit folgender Uberlegung gel¨ ost werden. Um die resultierende Kraft (= Auftrieb) aus dem Wasserdruck und dem Innendruck auf die Glocke zu ermitteln, betrachten wir zun¨ achst eine unten geschlossene und vom Wasser untersp¨ ulte Halbkugel in der gleichen Tiefe. Auf diese Halbkugel wirkt der Auftrieb FAg = ρ0 gVHK = 2πρ0 gr 3 /3. Dabei ist der Druck auf der Unterseite durch p = p0 + ρ0 gh gegeben. Bei der unten offenen Glocke wirkt statt dieses Drucks der gegebene

Aufgaben und L¨ osungen

23

Innendruck p = p0 + Δp. Daher erh¨ alt man f¨ ur den Auftrieb bei der offenen Halbkugel p FA = 2πρ0 gr 3 /3 − (p0 + ρ0 gh)πr 2 + VHK + (p0 + Δp)πr 2 = πr 2 (2ρ0 gr/3 − ρ0 gh + Δp). Aus der Gleichgewichtsbedingung FA − G = 0 folgt wieder der ge¨ suchte Uberdruck Δp.

p0 + ρ0 gh

p

=

+

Wenn man die resultierende Kraft Fw aus dem Wasserdruck durch Integration bestimmen will, w¨ ahlt man zweckm¨ aßigerweise ein ringf¨ ormiges Fl¨ achenelement:

p0 + Δp dA

r⊥

dA = 2πr⊥ rdϕ mit r⊥ = r cos ϕ. Mit der Vertikalkomponente dFw = p dA sin ϕ

dFw

der Kraft dF und dem Druck

h

r⊥

p = ρ0 g(h − r sin ϕ)

r

dF dA

ϕ in der Tiefe des Fl¨ achenelements folgt durch Integration wieder π/2 ρ0 g(h − r sin ϕ)2πr 2 cos ϕ sin ϕ dϕ Fw = 0 

π/2 π/2 2 2 sin ϕ cos ϕ dϕ − r sin ϕ cos ϕ dϕ = 2πρ0 gr h 0

→

Fw = πρ0 gr (h − 2r/3). 2

0

24

A1.13

Hydromechanik

01 1010 1010 1010 1111111110 00000000

Aufgabe 1.13 Man bestimme die von einer Fl¨ ussigkeit auf eine zylinderf¨ ormige Fl¨ ache (Radius r, L¨ ange l) ausge¨ ubte resultierende Kraft durch Integration.

t

ρ

r

L¨ osung Die resultierende Kraft F ist aus Symmetriegr¨ unden vertikal; ihre Wirkungslinie geht durch den Mittelpunkt M des Kreisbogens. Wir w¨ ahlen ein Fl¨ achenelement dA = r dϕ l.

dA = rdϕl

Auf dieses Fl¨ achenelement wirkt die Kraft

t

F M

dF = p dA.

p ϕ

Mit p = ρg(t − r sin ϕ) und der Vertikalkomponente

V

dFV = p dA sin ϕ t

erhalten wir

r

π

dFV

F = 0 π =

ρg(t − r sin ϕ) sin ϕ rl dϕ

0

→

F = ρgl(2rt − πr 2 /2)

.

Die Kraft F ist gleich groß (aber entgegengesetzt gerichtet) wie die resultierende Kraft einer Fl¨ ussigkeit, die sich oberhalb der Fl¨ ache befindet, n¨ amlich gleich dem Gewicht dieser Fl¨ ussigkeit: F = ρgV = ρgl(2rt − πr 2 /2).

Aufgaben und L¨ osungen

Aufgabe 1.14 Der Querschnitt eines Wehrs aus Holz (Dichte ρH , H¨ ohe H = 7r/3, Breite b) besteht aus einem Rechteck und einem Viertelkreis.

25

A1.14 ρH

A

ρW h

In welcher H¨ ohe a muss das Lager A angebracht werden, damit sich das Wehr bei einem Wasserstand h = 2r selbstt¨ atig offnet? ¨

r

1 0 0 1

7r 3

a

11111111111 00000000000

L¨ osung Das Freik¨orperbild zeigt die auf das Wehr wirkenden Kr¨afte. Das Gewicht des Wehrs ist durch G = ρH g[πr 2 /4 + (H − r)r]b = ρH gbr 2 (π/4 + 4/3) gegeben. Die Horizontalkomponente FH der resultierenden Kraft des

c A AH

G

AV h

d S

FH e FV

a

B f

Wasserdrucks ist das Produkt aus der projizierten Fl¨ ache A∗ = hb und dem Druck pS ∗ = ρW gh/2 im Schwerpunkt dieser Fl¨ ache (Band 4, Gl. (1.25)): FH = pS ∗ A∗ = ρW gh2 b/2 = 2ρW gbr 2 . Die Vertikalkomponente FV ist gleich dem Gewicht der oberhalb der gekr¨ ummten Fl¨ ache gedachten Fl¨ ussigkeit:

26

Hydromechanik

  FV = ρW g πr 2 /4 + (h − r)r b = ρW gbr 2 (π/4 + 1). Die Wirkungslinie der Kraft G erh¨ alt man mit dem Schwerpunktsabstand d = 4r/(3π) nach Band 1, Gl. (4.13) zu 4r πr 2 r + (H − r)r 3π 4 2 c = πr 2 + (H − r)r 4 12 = r. 3π + 16 Die Wirkungslinie der Kraft FH ist durch e = h/3 = 2r/3 gegeben, und die Wirkungslinie der Kraft FV geht durch den Schwerpunkt des gedachten Fl¨ ussigkeitsvolumens: r 4r πr 2 + (h − r)r 3π 4 2 f = πr 2 + (h − r)r 4 10 r. = 3π + 12 Das Momentengleichgewicht bez¨ uglich A liefert 

A: G c + FH (a − e) − FV f − B a = 0. ¨ Beim Offnen des Wehrs wird B = 0. Dann folgt durch Einsetzen und Aufl¨ osen   ρ r a = 13 − 6 H . 12 ρW

Aufgaben und L¨ osungen

Aufgabe 1.15 Eine kreissegmentf¨ ormige Verschlussklappe (Gewicht G, L¨ ange l) ist in B drehbar gelagert. Sie verhindert, dass Wasser aus dem linken in das rechte Becken str¨ omt. Durch das Moment M0 wird sie in der dargestellten Lage gehalten. Man bestimme die Kraft im Lager B und das Moment M0 .

27

A1.15

ρ B

h1

M0

h2

r

111111111111 000000000000 2α = π/3

L¨ osung Im Freik¨ orperbild sind die vom Wasser auf BV die Klappe ausge¨ ubten Druckρg(h2 −r) ρg(h1 −r) BH kr¨ afte zu ihren Resultierenden c V und H zusammengefasst. M0 Die vertikale Kraft V ist gleich dem Auftrieb: V = ρgAl. Mit 30◦ S der Querschnittsfl¨ ache A = H 2 πr /6 des Wehrs folgt daraus G A V = πρgr 2l/6. Die Wirkungsρgh1 ρgh2 V linie von V geht durch den Schwerpunkt S der verdr¨ angten Fl¨ ussigkeitsmenge (hier: = Schwerpunkt der Klappe). Der Abstand des Punktes S vom Lager B ergibt sich zu c=

2 sin α r 3 α

→

c=

2r . π

Wenn man beachtet, dass sich die linearen Anteile der Dr¨ ucke auf der rechten und der linken Seite aufheben, dann kann man die resultierende horizontale Kraft auf die Klappe als Differenz der konstanten Anteile sofort anschreiben (vgl. Aufgabe 1.10): H = ρg(h1 − h2 )rl. Ihre Wirkungslinie hat den Abstand r/2 vom Lager B. Damit liefern die Gleichgewichtsbedingungen: →: ↑: 

B:

H − BH = 0

→

BH = ρg(h1 − h2 )rl,

V − G − BV = 0

→

BV = πρgr 2 l/6 − G,

(G − V )c sin 30◦ − Hr/2 + M0 = 0 →

M0 = ρg(h1 − h2 )r 2 l/2 + ρgr 3 l/6 − Gr/π.

28

A1.16

Hydromechanik

Aufgabe 1.16 Der Querschnitt einer Staumauer (Gewicht G, L¨ange l) besteht aus einem Rechteck und zwei Viertelkreisen. Die vertikalen Fundamentkr¨ afte (Normalspannungen) seien linear verteilt, die horizontalen Kr¨ afte (Schubspannungen) sind zur Resultierenden H zusammengefasst. Wie groß sind q0 , q1 und H, wenn der Stausee die Tiefe h = 2r hat? 2a = r

ρ h

G

r

r

1111111111111 0000000000000

H q0

q0 +q1

L¨ osung Die auf die Staumauer wirkenden Kr¨afte sind im Freik¨orperbild dargestellt. Dabei sind die vertikalen Fundamentkr¨ afte durch ihre Resultierende V =

1 (2q0 + q1 )(2a + 2r) 2 2a = r

F h

d r

G

M FH FV H

V

c

ersetzt worden, deren Wirkungslinie durch c =

2(a + r) 2q0 + 2q1 + q0 2(a + r) 3q0 + 2q1 = 3 q0 + q1 + q0 3 2q0 + q1

Aufgaben und L¨ osungen

29

gegeben ist. F¨ ur die resultierende Kraft auf die vertikale Wand der Staumauer gilt F = ρg

h−r (h − r)l, 2

d = (h − r)/3, und f¨ ur die Horizontalkomponente FH bzw. die Vertikalkomponente FV auf den Kreisbogen erh¨ alt man FH = ρg(h − r/2)rl,   FV = ρg πr 2 /4 + (h − r)r l. Damit lauten die Gleichgewichtsbedingungen (die Wirkungslinie der resultierenden Kraft auf den Kreisbogen geht durch den Momentenbezugspunkt M ): →:

F + FH − H = 0,

↑:

V − FV − G = 0,



M:

F d + G(r + a) + Hr − V c = 0.

Mit h = 2r und a = r/2 folgt daraus q0 =

G 3π − 1 ρgrl + , 9 3r

q1 = −

9π − 16 ρgrl, 18

H = 2ρgr 2 l. Wegen q1 < 0 sind die Normalspannungen auf der linken Seite der Staumauer gr¨ oßer als auf der rechten Seite.

30

A1.17

Hydromechanik

Aufgabe 1.17 Um den Wasserstand in einem Beh¨ alter auf die H¨ ohe h zu begrenzen, wird eine schlitzf¨ ormige Boden¨ offnung (Breite 2r, L¨ ange l) durch einen liegenden Kreiszylinderschwimmer (Radius R = 2r) verschlossen. Wie schwer muss der Schwimmer sein, damit er abhebt, wenn die Ebene des Fl¨ ussigkeitsspiegels durch die Achse des Zylinders geht?

R

111111 000000 000000 111111 10 10

11111 00000 1011111 00000 10 10

h

ρ

2r

L¨ osung Die Kontaktkraft B des Zylinders mit dem Boden verschwindet, wenn der Auftrieb FA gleich dem Gewicht des Zylinders wird: ↑:

FA −G = 0

→

G G = FA . A∗

Der Auftrieb ist gleich dem Gewicht

α

α α

A∗

GF = ρgV B

der verdr¨ angten Fl¨ ussigkeitsmenge. Da sich im Spalt keine Fl¨ ussigkeit befindet, wird sie nur in den grau unterlegten Bereichen verdr¨ angt. Wegen R = 2r

folgt

FA

B

2r

α = π/3.

Mit der halben Kreisabschnittsfl¨ ache A∗ = R2 (2α − sin 2α)/4 = (2π/3 −

√

3/2)R2 /4

(vgl. Band 1, Abschnitt 4.3) folgt √ V = 2A∗ l = (π/3 − 3/4)R2 l. Daher erhalten wir mit G = ρgV das Gewicht des Schwimmers zu √ G = (π/3 − 3/4)ρgR2 l.

h

Aufgaben und L¨ osungen

Aufgabe 1.18 Ein Walzenwehr (Radius R, L¨ ange l) verhindert, dass Oberwasser zum Unterwasser fließt.

31

A1.18

R 30◦ B

ρ

00 11 0000 1111 00 11 00000000000 11 111111111 30◦

Man bestimme die Lagerreaktion in B infolge des Wasserdrucks.

L¨ osung Das rechte Bild zeigt die Druckverteiluna gen in den projizierten ρga Ebenen. Man erkennt, dass sich die schraffierb 30◦ ten Anteile jeweils aufheρgb ben. Mit den geometri- ρg(a+b) schen Beziehungen ρgR √ ◦ a = R cos 30 = 3R/2, b = R sin 30◦ = R/2

11 00 00 11 0011 11 00 00 11

ρ

30◦ BH BV

011011 00 00 11 00 11

ρgb

ρgR

folgt aus dem Kr¨ aftegleichgewicht in horizontaler Richtung   √  1 1 2 a + ab l → BH = 3 + 2 3 ρgR2 l. BH = ρg 2 8 c

A2 − 30◦ + A1

30◦

=

−

a

+

+ d

Die vertikale Komponente der aus dem Wasserdruck resultierenden Lagerkraft ist gleich dem Auftrieb. Die Querschnittsfl¨ ache A der verdr¨ angten Wassermenge ist oben dargestellt; von der Fl¨ ache A1 muss die Fl¨ ache A2 abgezogen werden, weil dort das Wasser nur von oben dr¨ uckt: A = A1 − A2 . Es folgt   1 2 A = πR2 − da − ca . 3 2 √ ◦ Mit c = R sin 30 = R/2, d = R cos 30◦ = 3R/2 erh¨ alt man somit

 √ 2 1 π − (6 − 3) ρgR2 l. BV = ρgAl → BV = 3 8

32

A1.19

Hydromechanik

Aufgabe 1.19 Eine ebene Str¨omung wird durch das Geschwindigkeitsfeld v = [vx , vy , 0]T beschrieben. Die Komponenten des Geschwindigkeitsvektors sind durch vx = c(y − x) und vy = c(y + x) gegeben, wobei c eine Konstante ist.

y

dx

v

x

Man bestimme die Stromlinien. x

L¨ osung Zur Herleitung der Differentialgleichung der Stromlinien verwenden wir die Tatsache, dass der infinitesimale Tangentenvektor dx = [dx, dy, 0]T in einem beliebigen Punkt x einer Stromlinie die gleiche Richtung hat wie der Geschwindigkeitsvektor v in diesem Punkt. Daraus folgt, dass das Vektorprodukt der beiden Vektoren verschwindet: v × dx = 0

→

vx dy − vy dx = 0.

Einsetzen der gegebenen Geschwindigkeitskomponenten liefert die Differentialgleichung der Stromlinien: c(y − x)dy − c(y + x)dx = 0 →

y =

dy y+x y/x + 1 = = . dx y−x y/x − 1

Um die allgemeine L¨ osung dieser Differentialgleichung zu finden, verwenden wir zun¨ achst die Substitution y/x = t. Mit y = tx und y  = t x + t erhalten wir t x + t =

t+1 t−1

→

t x =

1 + 2t − t2 . t−1

Trennen der Variablen x und t ergibt dx t−1 dt = . 1 + 2t − t2 x Wir f¨ uhren nun eine weitere Substitution durch: 1 + 2t − t2 = z.

Aufgaben und L¨ osungen

33

Aus dz/dt = 2(1 − t)

2(t − 1)dt = −dz.

folgt

Einsetzen in die obige Gleichung und Integration liefern dz dx = −2 z x

→

lnz = − 2 lnx + lnC

→

z=

C . x2

Dabei ist C eine Integrationskonstante. Durch R¨ ucksubstitution erhalten wir schließlich die Gleichung der Stromlinien: x2 + 2xy − y 2 = C. Die Stromlinien sind Hyperbeln. Da die Str¨ omung station¨ ar ist, fallen die Stromlinien und die Bahnlinien zusammen. Durch die Wahl des Wertes C = x20 + 2x0 y0 − y02 f¨ ur die Integrationskonstante, z.B. wie im Bild f¨ ur C = 0, 100, 300, 500, wird aus der Schar der Stromlinien diejenige Stromlinie festgelegt, die durch den Punkt mit den Koordinaten x0 , y0 geht. y/y0

60 00 −1 0 0 10

40

0

0 50

0

−500 −300

−500 −300 −100 0 100 300

10

20

0

30

0 −50 0 −30 0 0 −1 0

−100 0

300

0

50 0

10 0 0 −100

10

0

−100

0 0 −10 0 −30 0 −50

−20 0 30

−40

−60 −20

−300 −500

0 10 0 00 −1 00 −3 0 −50

−15

−10

−5

0

5

10

15

20 x/x0

34

A1.20

Hydromechanik

Aufgabe 1.20 Ein Wasserstrahl tritt mit der Geschwindigkeit v0 vertikal nach unten aus einem Rohr mit Kreisquerschnitt (Radius a) aus.

2a

Wie groß ist der Radius r des Freistrahls im Abstand h von der Ausflussstelle?

v0 g

Welche Geschwindigkeit hat dort der Strahl?

h p0

2r ρ

L¨ osung Der Druck im Freistrahl ist an jeder Stelle gleich dem Atmosph¨ arendruck p0 . Mit der Kontinuit¨ atsgleichung und der Bernoullischen Gleichung f¨ ur eine Stromlinie zwischen den Punkten und ① liegen zwei Gleichungen f¨ ur die beiden Unbekannten v1 und r vor:

0

πa2 v0 = πr 2 v1 , 1 1 2 ρv0 + p0 + ρgh = ρv12 + p0 + 0. 2 2

v0

1

Aufl¨ osen liefert f¨ ur den gesuchten Radius r=  4

a 1 + 2gh/v02

und f¨ ur die Geschwindigkeit  v1 = v0 1 + 2gh/v02 .

p0

v1

Aufgaben und L¨ osungen

Aufgabe 1.21 Aus einem großen Beh¨ alter (Querschnittsfl¨ ache A0 , F¨ ullh¨ ohe h) fließt Wasser durch ein Ausflussrohr (Querschnittsfl¨ ache A1 , L¨ ange l) aus. Man bestimme den Verlauf des statischen Drucks p im Beh¨ alter und im Abflussrohr.

p0

35

A1.21

A0

ρ

h

A1 A0

l

L¨ osung Wir fassen den Beh¨alter mit dem Ausfluss als Stromr¨ ohre auf und w¨ ahlen eine Leitstromlinie vom Spiegel bis zum Ausfluss. Die Koordinate z z¨ ahlen wir von der Ausfluss¨ offnung (Stelle ①) nach oben. Um den Druckverlauf im Beh¨ alter zu ermitteln, betrachten wir einen Punkt ② in der H¨ ohe z auf der Leitstromlinie. Die Bernoullische Gleichung f¨ ur die Punkte und ② lautet

0

p0

2

3 z 1 v1

ρv02 /2 + p0 + ρg(h + l) = ρv22 /2 + p2 + ρgz. Aus der Kontinuit¨ atsgleichung A0 v0 = A0 v2 erhalten wir v2 = v0 . Damit ergibt sich die Druckverteilung im Beh¨ alter zu p2 = p0 + ρg(h + l − z),

l < z ≤ l + h.

Bevor wir die Druckverteilung im Rohr bestimmen k¨ onnen, m¨ ussen wir die Ausflussgeschwindigkeit v1 kennen. Sie folgt aus der Bernoullischen Gleichung f¨ ur die Punkte und ① ρv02 /2 + p0 + ρg(h + l) = ρv12 /2 + p0 + 0

36

Hydromechanik

und der Kontinuit¨ atsgleichung A0 v0 = A1 v1 . Wegen A0  A1 gilt v1  v0 . Somit d¨ urfen wir den ersten Term in der Bernoullischen Gleichung vernachl¨ assigen und erhalten  v1 = 2g(h + l). Dies entspricht der Torricellischen Ausflussformel (Band 4, Gl. (1.39)). Die Bernoullische Gleichung f¨ ur die Punkte ① und ③ ρv12 /2 + p0 + 0 = ρv32 /2 + p3 + ρgz sowie die Kontinuit¨ atsgleichung A1 v1 = A1 v3

→

v3 = v1

z h+l

p0

liefern nun die Druckverteilung im Rohr: p3 = p0 − ρgz,

0 ≤ z < l.

l

Der Druckverlauf hat einen ¨ Sprung am Ubergang vom Beh¨ alter zum Rohr (z = l). Am oberen Ende des Fallrohrs ist der Druck am kleinsten: pmin = p0 − ρgl.

p0 +ρgh p0 −ρgl 0

p0

p

Da der Druck nicht negativ sein kann (genauer: nicht kleiner als der Dampfdruck pD ≈ 0), folgt daraus p0 − ρgl ≥ 0

→

lmax =

p0 . ρg

omung ab. Wenn das Rohr l¨ anger als lmax ist, reisst die Str¨

Aufgaben und L¨ osungen

37

Aufgabe 1.22 Aus einem großen Reservoir fließt Wasser verlustfrei durch ein Leitungssystem (Querschnitt A). Die Leitung ist zwischen ① und ② halbkreisf¨ ormig gef¨ uhrt. Um die Durchflussmenge zu steigern, wird bei ③ ein Diffusor angebracht. p0 h

ρ

Diffusor

r

A

AD ≡ p0

1 2 3 Wie groß darf der Endquerschnitt AD des Diffusors h¨ ochstens sein, damit an keiner Stelle der gegebene Druck p∗ unterschritten wird?

L¨ osung Wir bestimmen zun¨achst die Ausflussgeschwindigkeit v5 mit Hilfe der Bernoullischen Gleichung f¨ ur die Punkte und ⑤ einer Stromlinie:  0 + p0 + ρgh = ρv52 /2 + p0 + 0 → v5 = 2gh. 0 p0 ρ

h

4 r

2 3 1 5 Aus der Kontinuit¨ atsgleichung folgt die Geschwindigkeit an Stelle ③: AD  Av3 = AD v5 → v3 = 2gh. A Da die Querschnittsfl¨ ache der Leitung konstant ist, ist dies auch die Geschwindigkeit in der Leitung vor der Stelle ③. Nach der Bernoullischen Gleichung ist die Summe aus der Geschwindigkeitsh¨ ohe, der Druckh¨ ohe und der Ortsh¨ ohe konstant. Daher wird bei konstanter Geschwindigkeit am h¨ ochsten Punkt der Leitung (Stelle ④) der Druck am kleinsten. F¨ ur die Punkte ④ und ⑤ einer Stromlinie gilt ρv42 /2 + p4 + ρgr = ρv52 /2 + p0 + 0. Mit v4 = v3 und dem Druck p4 = p∗ folgt daraus ∗ ρgh(AD /A)2 + p + ρgr =∗ρgh + p0 r p0 − p − . → AD = A 1 + ρgh h

Damit AD > A ist, muss r < (p0 − p∗ )/(ρg) sein.

A1.22

38

A1.23

Hydromechanik

Aufgabe 1.23 Aus einem großen Beh¨ alter str¨ omt eine Fl¨ ussigkeit (Dichte ρ) durch ein kreisf¨ ormiges Rohr (mittlerer Rohrbogenradius R) mit ver¨ anderlicher Querschnittsfl¨ ache aus. An der Fl¨ ussigkeitsoberfl¨ ache im Beh¨ alter herrsche der Druck pi , außerhalb des Beh¨ alters sei der Druck pa .

A0

pi ρ

h ϕ R

A1 pa

a) F¨ ur den Fall pi = pa bestimme man bei gegebenem A1 0 sein. Daraus folgt √ Gl/2 − N 2h/ 3 > 0 →

G > 2ρAv 2 h/l.

N

v

48

A1.31

Hydromechanik

Aufgabe 1.31 Die Str¨omung in einem Rohr (Querschnittsfl¨ ache A), das sich in einer horizontalen Ebene befindet, wird durch den Bogen ① - ② rechtwinklig umgelenkt. Gegeben sind die Geschwindigkeit v1 und der statische Druck p1 .

A

v1

1

p1

2 ρ

Man bestimme die Kraft, die von der str¨ omenden Fl¨ ussigkeit auf den Bogen ausge¨ ubt wird.

L¨ osung Um die gesuchte Kraft zu ermitteln, w¨ ahlen wir das dargestellte Kontrollvolumen. Aus der Kontinuit¨ atsgleichung folgt wegen

v2 = v

v1 = v 1

Kontrollvolumen

2

A1 = A2 = A f¨ ur die Geschwindigkeiten

p1 = p

Fx

v1 = v2 = v,

p2 = p

Fy

und die Bernoullische Gleichung liefert dann f¨ ur die statischen Dr¨ ucke

y x

p1 = p2 = p. Die resultierende Kraft auf die Fl¨ ussigkeit setzt sich aus den Druckkr¨ aften p1 A1 und p2 A2 in den Endquerschnitten sowie der vom Bogen auf die Mantelfl¨ ache ausge¨ ubten Kraft F zusammen. Mit dem Massenstrom m ˙ = ρAv lautet der Impulssatz →:

√ √ √ √ p1 A1 2/2 − p2 A2 2/2 + Fx = m(v ˙ 2 2/2 − v1 2/2),

√ √ √ √ ↑: − p1 A1 2/2 − p2 A2 2/2 + Fy = m[v ˙ 2 2/2 − (− v1 2/2)]. Daraus folgt Fx = 0,

Fy =

√

2 (p + ρv 2 ) A.

Die Kraft auf den Bogen ist wegen actio = reactio entgegengesetzt gerichtet: Sie zeigt in die negative y-Richtung.

Aufgaben und L¨ osungen

Aufgabe 1.32 Eine D¨ use wird von einer Fl¨ ussigkeit (Dichte ρ) durchstr¨ omt. An der D¨ use ist ein Manometer angeschlossen, an dem eine H¨ ohendifferenz Δh der Messfl¨ ussigkeit (Dichte ρM  ρ) abgelesen wird. Wie groß ist die Austrittsgeschwindigkeit v3 ?

g

1 A1

49

A1.32

2 A2 3

1111111111 0000000000 0000000000 1111111111 0000000 11 1111111 00 000000001 1111111 ρ

Δh

p0

ρM

Welche Kraft wird von der Fl¨ ussigkeit im Bereich ① - ③ auf die D¨ use ausge¨ ubt?

L¨ osung Die Bernoullische Gleichung liefert einen Zusammenhang zwischen den Geschwindigkeiten und den Dr¨ ucken in den Querschnitten ① und ② : ρv12 /2

+ p1 =

ρv22 /2

+ p2 .

Kontrollvolumen

p1 v1

p0

F

v3

3 1

Eine Beziehung zwischen den Geschwindigkeiten ist durch die Kontinuit¨ atsgleichung

F

A1 v1 = A2 v2 gegeben. Da die Fl¨ ussigkeiten im Manometer ruhen, erh¨ alt man einen Zusammenhang zwischen den Dr¨ ucken p1 und p2 aus den hydrostatischen Druckgleichungen f¨ ur das linke bzw. das rechte Rohr des Manometers. Der Druck in der Trennfl¨ ache der beiden Fl¨ ussigkeiten und der Druck in der Messfl¨ ussigkeit in H¨ ohe der Trennfl¨ ache sind gleich groß. Daher folgt p1 + ρgΔh = p2 + ρM gΔh →

p1 − p2 = (ρM − ρ)gΔh ≈ ρM gΔh.

50

Hydromechanik

Aus den obigen Gleichungen erh¨ alt man durch Aufl¨ osen   2 ρv 2 ρ A2 ρv22 = 1 + p1 − p2 = v22 + p1 − p2 2 2 2 A1 2ρ gΔh → v22 =  M 2  . A2 ρ 1− A1 Wegen A3 = A2 folgt aus der Kontinuit¨ atsgleichung die Austrittsgeschwindigkeit zu  2ρM gΔh . v3 = v2 = ρ[1 − (A2 /A1 )2 ]

Wir w¨ ahlen nun das dargestellte Kontrollvolumen. Die resultierende Kraft auf die Fl¨ ussigkeit setzt sich aus den Druckkr¨ aften p1 A1 und p0 A3 in den Querschnitten sowie der von der D¨ use auf die Mantelfl¨ ache ausge¨ ubten Kraft F zusammen. Der Impulssatz lautet daher →:

p1 A1 − p0 A3 − F = m(v ˙ 3 − v1 )

mit dem Massenstrom m ˙ = ρA2 v2 . Einsetzen und Aufl¨ osen liefert F = p1 A1 − p0 A2 − ρA2 v2 (v2 − v1 ) = (p1 − p0 )A1 + p0 (A1 − A2 ) − ρA2 (1 − A2 /A1 )v22 →

F = ρM gA1 Δh + p0 (A1 − A2 ) −

2ρM gA2 Δh . 1 + A2 /A1

Aufgaben und L¨ osungen

Aufgabe 1.33 Ein durchstr¨omtes horizontales Rohr mit Rechteckquerschnitt (H¨ ohe h) verengt sich an einer Umlenkung von der Breite b1 auf die Breite b2 . Durch innere Reibung tritt in der Umlenkung ein Druckverlust Δpv auf. Die Druckverlustzahl ζ (d.h., der auf den Staudruck an der Stelle ① bezogene Druckverlust) sei bekannt.

10 1010

α

2

b2

ρ 1 v1

51

b1 p1

Wie groß sind bei gegebener Anstr¨ omgeschwindigkeit v1 und gegebenem statischen Druck p1 die Abstr¨ omgeschwindigkeit v2 und der Druck p2 hinter der Umlenkung? Welche Kraft u ussigkeit (Dichte ρ) im Bereich ① bis ② auf ¨ bt die Fl¨ das Rohr aus?

L¨ osung Die Abstr¨ omgeschwindigkeit folgt unmittelbar aus der Kontinuit¨ atsgleichung

Kontrollvolumen

p2 b2 h v2

b1 hv1 = b2 hv2 Fx

zu

Fy

v2 = v1 b1 /b2 . p1 b1 h Der durch die Umlenkung auftretende Druckverlust wird mit Hilfe der verallgemeinerten Bernoullischen Gleichung erfasst. Sie lautet mit z2 = z1 :

v1 α

y x

ρv12 /2 + p1 = ρv22 /2 + p2 + Δpv . Die Druckverlustzahl ζ ist der auf den Staudruck ρv12 /2 bezogene Druckverlust: ζ = Δpv /(ρv12 /2)

→

Δpv = ζρv12 /2.

A1.33

52

Hydromechanik

Damit erhalten wir aus der Bernoullischen Gleichung den statischen Druck hinter der Umlenkung:    2 ρ b1 − (1 − ζ) . p2 = p1 − v12 2 b2

Zur Ermittlung der vom Rohr auf die Fl¨ ussigkeit ausge¨ ubten Kraft w¨ ahlen wir das dargestellte Kontrollvolumen. Mit dem Massenstrom m ˙ = ρb1 hv1 lautet der Impulssatz: →: p1 b1 h cos α − p2 b2 h + Fx = ρb1 hv1 (v2 − v1 cos α), ↑: p1 b1 h sin α + Fy = ρb1 hv1 (0 − v1 sin α). Einsetzen und Aufl¨ osen liefert

Fx = ρv12 h

 b21 b2 + (1 − ζ) − b1 cos α + p1 h(b2 − b1 cos α), 2b2 2

Fy = −b1 h sin α(p1 + ρv12 ). Die Kraft von der Fl¨ ussigkeit auf das Rohr ist entgegengesetzt gleich groß.

Aufgaben und L¨ osungen

53

Aufgabe 1.34 Die Querschnitts2 3 1 fl¨ ache eines durchstr¨ omten Rohrs verj¨ ungt sich im Bereich ① bis ② vom Wert A1 ρ auf den Wert A2 und springt v1 A2 dann wieder auf den Wert A3 = A1 A1 p1 A1 . An der Stelle ① sind die Geschwindigkeit bzw. der Druck ¨ durch v1 bzw. p1 gegeben. Am Ende des Ubergangsgebiets ② bis ③ stellt sich wieder eine nahezu gleichf¨ ormige Str¨ omung ein. Wie groß sind der Druck p3 und die von der Fl¨ ussigkeit auf das Rohr im Bereich ① bis ③ ausge¨ ubte Kraft F ?

L¨ osung Wegen der pl¨ otzlichen Querschnitts¨ anderung an der Stelle Kontrollvolumen ② bilden sich Wirbel, und es geht Str¨ omungsenergie verloren. Dieser F Energieverlust ist durch den Car- v1 p1 A1 p3 A3 v3 notschen Stoßverlust  2 ρ A2 Δpv = v22 1 − 2 A3 gegeben und wird in der verallgemeinerten Bernoullischen Gleichung erfasst:  2 A2 ρ 2 2 2 ρv1 /2 + p1 = ρv3 /2 + p3 + v2 1 − . 2 A3 Mit Hilfe der Kontinuit¨ atsgleichungen A1 v1 = A2 v2 → v2 = v1 A1 /A2 bzw. A1 v1 = A3 v3 → v3 = v1 erhalten wir daraus  2  2 A2 ρ ρ A1 = p1 − v12 −1 . p3 = p1 − v22 1 − 2 A1 2 A2 Die vom Rohr im Bereich ① bis ③ auf die Fl¨ ussigkeit ausge¨ ubte Kraft folgt mit dem Massenstrom m ˙ = ρA1 v1 aus dem Impulssatz f¨ ur das Kontrollvolumen: →:

p1 A1 − p3 A3 + F = ρA1 v1 (v3 − v1 )  2 A1 ρ − 1 A1 . → F = − (p1 − p3 )A1 = − v12 2 A2

Die von der Fl¨ ussigkeit auf das Rohr ausge¨ ubte Kraft ist entgegengesetzt gleich groß.

A1.34

Kapitel 2 Grundlagen der Elastizit¨ atstheorie

© Springer-Verlag GmbH Deutschland, ein Teil von Springer Nature 2019 D. Gross et al., Formeln und Aufgaben zur Technischen Mechanik 4, https://doi.org/10.1007/978-3-642-41134-2_2

2

56

Grundlagen der Elastizit¨atstheorie

Vorbemerkungen: Die Darstellung beschr¨ ankt sich auf die lineare Theorie (kleine Verzerrungen, lineares Elastizit¨ atsgesetz). Dabei werden die nachfolgenden Bezeichnungen und Regeln verwendet: Kartesische Koordinaten: x1 , x2 , x3 oder x, y, z. Indexnotation: Kennzeichnung eines Vektors n bzw. Tensors σ durch seine Komponenten: n = [ni ] bzw. σ = [σij ] mit i, j = 1, 2, 3. Indizes nach einem Komma kennzeichnen Ableitungen: ui,j = ∂ui /∂xj . Summationskonvention: Treten in einem Term zwei gleiche Indizes auf, so ist dar¨ uber zu summieren: σij nj = σi1 n1 + σi2 n2 + σi3 n3 .  1 f¨ ur i = j , Kronecker-Symbol: δij = 0 f¨ ur i = j .  +1 f¨ ur ijk = 123, 231, 312 , Permutationssymbol: ijk = 0 f¨ ur 2 oder 3 gleiche Indizes, −1 f¨ ur ijk = 213, 132, 321 .

Grundlagen Grundgleichungen der Elastizit¨ atstheorie σij,j + fi = ρ¨ ui εij = 12 (ui,j + uj,i ) σij = Eijkl εkl

Bewegungsgesetz , Kinematik , Elastizit¨ atsgesetz .

Hinzu kommen Randbedingungen f¨ ur die Verschiebung ui oder den Spannungsvektor ti sowie die Anfangsbedingungen. F¨ ur u ¨i = 0 reduziert sich das Bewegungsgesetz auf die Gleichgewichtsbedingung. Spannungsvektor:

t = [ti ] =

Cauchysche Formel:

dF . dA

ti = σij nj

mit ti = Spannungsvektor im Schnitt mit Normale nj . Spannungstensor  σx τxy σ = [σij ] = τyx σy τzx τzy

  τxz σ11 τyz = σ21 σz σ31

• Normalspannungen: σx = σ11 , • Schubspannungen: τxy = σ12 ,

σ12 σ22 σ32 ... ...

 σ13 σ23 . σ33

57

Grundlagen der Elastizit¨atstheorie

• σ ist symmetrisch: σij = σji . • Transformationsbeziehungen:

 σij = σkl aik ajl

mit

σkl Spannungskomponenten im x1 , x2 , x3 -System,  Spannungskomponenten im x1 , x2 , x3 -System, σij aik = cos(xi , xk ) Transformationskoeffizienten. • Invarianten des Spannungstensors: I1 = σii = σ1 + σ2 + σ3 , I2 = 12 (σij σij − σii σjj ) = −(σ1 σ2 + σ2 σ3 + σ3 σ1 ) , I3 = det[σij ] = σ1 σ2 σ3 . • Hauptspannungen: σ1 , σ2 , σ3 ,

(σ1 ≥ σ2 ≥ σ3 )

 sind Station¨ arwerte (Extrema) der Normalspannung,  ergeben sich aus

σ 3 − I1 σ 2 − I2 σ − I3 = 0 ,

 treten in senkrecht aufeinander stehenden Schnitten (Richtungen) auf, in denen die Schubspannung Null ist (= Hauptachsensystem).  Hauptachsenrichtungen folgen aus

(σij − σ δij )nj = 0

mit σ = σ1 , σ2 , σ3 (Hauptachsentransformation).  Maximale Schubspannung: τmax = 12 (σ1 − σ3 ) in Schnitten unter 45◦ zu Richtungen von σ1 und σ3 . • Spannungstensor  σ1 0 σ = 0 σ2 0 0

im Hauptachsensystem:  0 0 . σ3

• Aufspaltung des Spannungstensors:  σm = σkk = Spannung, 1 3

1 (σ1 3

σij = σm δij + sij

mit

+ σ2 + σ3 ) = hydrostatische (mittlere)

 σm δij = Kugeltensor (hydrostatischer Spannungszustand),  sij = σij − σm δij = Spannungsdeviator,    J2 = 12 sij sij = 16 (σ1 − σ2 )2 + (σ2 − σ3 )2 + (σ3 − σ1 )2 = 2. Invariante des Spannungsdeviators.

58

Grundlagen der Elastizit¨atstheorie

Verschiebungsvektor: u = [ui ] mit Verschiebungskomponenten ui . Verzerrungstensor: ⎡ εx ε = [εij ] = ⎣ 12 γyx 1 γ 2 zx

1 γ 2 xy εy 1 γ 2 zy

⎤

1 γ 2 xz 1 γ ⎦ 2 yz

εz

• Dehnungen: ε11 = εx = u1,1 ,



ε11 = ε21 ε31

ε12 ε22 ε32

 ε13 ε23 . ε33

...

• Winkel¨ anderungen: 2 ε12 = γxy = u1,2 + u2,1 ,

...

• ε ist symmetrisch: εij = εji . • Transformationsbeziehungen:

εij = εkl aik ajl .

• Invarianten: wie bei Spannungstensor. • Hauptdehnungen: ε1 , ε2 , ε3 ,

(ε1 ≥ ε2 ≥ ε3 )

 sind Station¨ arwerte (Extrema) der Dehnung,  errechnen sich analog zu den Spannungen,  treten im Hauptachsensystem auf.  Hauptachsenrichtungen errechnen sich analog zu den Hauptachsenrichtungen bei den Spannungen. • Verzerrungstensor im Hauptachsensystem:   ε1 0 0 ε = 0 ε2 0 . 0 0 ε3 • Aufspaltung des Verzerrungstensors:  εm =

1 3

εkk = 13 (ε1 + ε2 + ε3 )

 εv = 3εm = εkk  εm δij

εij = εm δij + eij

mit

= mittlere Dehnung,

= Volumendehnung,

= Kugeltensor (Volumen¨ anderung),

 eij = εij − εm δij

= Verzerrungsdeviator.

• Kompatibilit¨ atsbedingungen: ε11,22 + ε22,11 = 2ε12,12 , ε22,33 + ε33,22 = 2ε23,23 , ε33,11 + ε11,33 = 2ε31,31 ,

(− ε23,1 + ε13,2 + ε12,3 ),1 = ε11,23 , (− ε31,2 + ε21,3 + ε23,1 ),2 = ε22,31 , (− ε12,3 + ε32,1 + ε31,2 ),3 = ε33,12 .

Grundlagen der Elastizit¨atstheorie

Elastizit¨ atsgesetz:

59

σij = Eijkl εkl

• Elastizit¨ atstensor hat bei allgemeiner Anisotropie 21 unabh¨ angige Konstanten; es gilt: Eijkl = Ejikl = Eijlk = Eklij . • Stoffgesetz bei Isotropie in 3 alternativen Formulierungen (je 2 unabh¨ angige Konstanten): σij = λ εkk δij + 2μ εij , 1+ν ν εij = σij − σkk δij , E E σkk = 3Kεkk , sij = 2G eij , μ(3λ + 2μ) λ E , ν= , G=μ= , λ+μ 2(λ + μ) 2(1 + ν) E νE 2 , λ= . K =λ+ μ= 3 3(1 − 2ν) (1 + ν)(1 − 2ν) E=

• Isotropie, Ber¨ ucksichtigung von Temperatur¨ anderungen T (um eine Verwechslung mit dem Laplace-Operator Δ zu vermeiden, werden Temperatur¨ anderungen hier nicht mit ΔT bezeichnet!): εij =

1+ν ν σij − σkk δij + αT T δij . E E

• Orthotropie (9 unabh¨ angige Konstanten): νE212 = νE121 ⎛ 1 ⎞ ν ν ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ − E212 − E313 0 0 0 E1 ε11 σ11 ν32 ⎜ ν12 1 ⎟ ⎜ ε22 ⎟ ⎜ − νE1 Eν2 − E3 0 0 0 ⎟ ⎜σ22 ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ 1 ⎜ ε33 ⎟ ⎜ − E131 − E232 E3 0 0 0 ⎟ ⎜σ33 ⎟ ⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟ . 1 ⎜2 ε23 ⎟ ⎜ 0 0 0 G23 0 0 ⎟ ⎜σ23 ⎟ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎜ 2 ε31 ⎝ 0 0 0 0 G113 0 ⎠ σ31 2 ε12 σ12 0 0 0 0 0 G112 Form¨ anderungsenergiedichte:

U = 12 Eijkl εij εkl ,

U = 12 σij εij = Uv + Ug , Uv = 16 σkk εll Ug =

1 s e 2 ij ij

Isotropie:

Volumen¨ anderungsenergie , Gestalt¨ anderungsenergie .

Uv = 12 K ε2v ,

Ug = G eij eij .

Form¨ anderungsenergie (Potential der inneren Kr¨ afte): Πi = U dV . V

60

Grundlagen der Elastizit¨atstheorie

Πi = W a ,

Arbeitssatz:

Πi = Potential der inneren Kr¨ afte , Wa = Arbeit der ¨ außeren Kr¨ afte . 2Πi + Πa = 0 ,

Satz von Clapeyron:

Πa = Potential der ¨ außeren Totlasten . (1) (2) (2) (1) ti ui dA = ti ui dA . Satz von Betti: A

A

Prinzip der virtuellen Verr¨ uckungen: σij δεij dV = ti δui dA+ fi δui dV V

A

bzw.

δWi = δWa .

V

Prinzip vom Station¨ arwert des Gesamtpotentials: δ(Πi + Πa ) = 0

bzw.

Π = Πi + Πa = station¨ ar .

Grundgleichungen fu ¨ r das ebene Problem Kartesische Koordinaten Gleichgewicht: ∂σx ∂τxy + + fx = 0 , ∂x ∂y Kinematik: ∂u εx = , ∂x

εy =

∂v , ∂y

∂τxy ∂σy + + fy = 0 . ∂x ∂y

γxy =

∂v ∂u + . ∂y ∂x

Elastizit¨ atsgesetz (ESZ, Isotropie): Eεx = σx − νσy ,

Eεy = σy − νσx ,

f¨ ur den EVZ ersetzen: Kompatibilit¨ atsbedingung: ∂ 2 εy ∂ 2 γxy ∂ 2 εx . + = 2 2 ∂y ∂x ∂x∂y

Gγxy = τxy ,

E → E/(1 − ν 2 ),

ν → ν/(1 − ν) .

Grundlagen der Elastizit¨atstheorie

61

Polarkoordinaten Gleichgewicht: ∂σr 1 ∂τrϕ σr − σϕ + + +fr = 0, ∂r r ∂ϕ r Kinematik: ∂ur εr = , ∂r

εϕ =

∂τrϕ 1 ∂σϕ 2τrϕ + + +fϕ = 0. ∂r r ∂ϕ r

1 ∂uϕ ur + , r ∂ϕ r

γrϕ =

1 ∂ur ∂uϕ uϕ + − . r ∂ϕ ∂r r

Elastizit¨ atsgesetz (ESZ, Isotropie): Eεr = σr − νσϕ ,

Eεϕ = σϕ − νσr ,

Gγrϕ = τrϕ ,

E → E/(1 − ν 2 ),

f¨ ur den EVZ ersetzen:

ν → ν/(1 − ν) .

Kompatibilit¨ atsbedingung: 1 ∂εr 2 ∂εϕ 1 ∂ 2 εr ∂ 2 εϕ 1 ∂ 2 γrϕ 1 ∂γrϕ − + + = + 2 . r 2 ∂ϕ2 r ∂r ∂r 2 r ∂r r ∂r∂ϕ r ∂ϕ L¨ osungsansatz mit Airyscher Spannungsfunktion F Bipotentialgleichung ΔΔF = 0 σx =

∂2F , ∂y 2

(fx = fy = 0, T = 0) : ∂4F ∂4F ∂4F +2 2 2 + = 0, 4 ∂x ∂x ∂y ∂y 4

bzw. σy =

∂2F , ∂x2

τxy = −

∂2F . ∂x∂y

Bipotentialgleichung in Polarkoordinaten: ΔΔF = 0 σr =

mit

1 ∂2F 1 ∂F + , r 2 ∂ϕ2 r ∂r

Δ=

∂2 1 ∂2 1 ∂ + 2 + , 2 ∂r r ∂ϕ2 r ∂r

σϕ =

∂2F , ∂r 2

τrϕ = −

Rotationssymmetrischer Spannungszustand 2

∂  1 ∂F  . ∂r r ∂ϕ

(τrϕ = 0) :

2

F (r) = C0 + C1 lnr + C2 r + C3 r lnr , σr =

C1 + 2C2 + C3 (1 + 2 lnr) , r2

Erweiterte Bipotentialgleichung ΔΔF = −EαT ΔT .

σϕ = −

C1 + 2C2 + C3 (3 + 2 lnr). r2

(fx = fy = 0, T = 0) :

62

Grundlagen der Elastizit¨atstheorie

Rotationssymmetrischer Zustand

( ∂(·) = 0) ∂ϕ

Gleichgewicht: σr − σϕ dσr + + fr = 0 , dr r

2τrϕ dτrϕ + + fϕ = 0 . dr r

Kinematik: dur ur duϕ uϕ εr = , εϕ = , γrϕ = − . dr r dr r Elastizit¨ atsgesetz (ESZ, Isotropie): Eεr = σr − νσϕ ,

Eεϕ = σϕ − νσr ,

f¨ ur den EVZ ersetzen:

Gγrϕ = τrϕ ,

E → E/(1 − ν 2 ),

Verschiebungsdifferentialgleichungen: ur d2 ur 1 dur − 2 = 0, + dr 2 r dr r mit den allgemeinen L¨ osungen C2 , ur = C1 r + r ! E C2 " σr = (1 + ν)C1 − (1 − ν) 2 , 2 1−ν r E ! C2 " (1 + ν)C1 + (1 − ν) 2 . σϕ = 2 1−ν r

ν → ν/(1 − ν) .

uϕ d2 uϕ 1 duϕ − 2 =0 + dr 2 r dr r C4 , r 2C4 = −G 2 , r

uϕ = C3 r + τrϕ

Grundgleichungen f¨ ur Kugelsymmetrie r

Gleichgewicht: 2 dσr + (σr − σϕ ) + fr = 0 , dr r

z

σϑ = σϕ .

Kinematik: dur ur εr = , εϕ = εϑ = . dr r Elastizit¨ atsgesetz (Isotropie): Eεr = σr − 2νσϕ ,

Eεϕ = (1 − ν)σϕ − νσr .

Verschiebungsdifferentialgleichung: 2 dur d2 ur 2ur + − 2 =0 dr 2 r dr r mit der allgemeinen L¨ osung ur = C1 r +

C2 . r2

ϑ x ϕ

y

Grundlagen der Elastizit¨atstheorie

63

Reine Torsion Annahme: κT =

dϑ MT = const. = dx GIT

Formulierung mit der Verw¨ olbungsfunktion U (y, z) Differentialgleichung f¨ ur die Verw¨ olbungsfunktion: ΔU = 0

∂2U ∂2U + = 0. 2 ∂y ∂z 2

bzw.

y

Randbedingung auf C:

C n

Spannungen: τxy = GκT

x

∂U = z ny − y nz . ∂n

 ∂U ∂y



−z ,

τxz = GκT

 ∂U ∂z

z

 +y .

Formulierung mit der Torsionsfunktion Φ(y, z ) Differentialgleichung f¨ ur die Torsionsfunktion: ΔΦ = 1

bzw.

∂2Φ ∂2Φ + = 1. ∂y 2 ∂z 2

Randbedingung auf C (kompakte Querschnitte):

Φ = 0.

Spannungen: τxy = − 2GκT

∂Φ , ∂z

τxz = 2GκT

∂Φ , ∂y

τ = 2GκT | grad Φ| .

Torsionstr¨ agheitsmoment: IT = −4 Φ dA . A

Prandtlsche Seifenhautanalogie Die Differentialgleichung f¨ ur die Auslenkung einer durch einen konstanten Druck p belasteten Membran (vgl. Kapitel 3) Δw = −

p σ0 t

und die Differentialgleichung f¨ ur die Torsionsfunktion sind analog. Danach entspricht die Form einer druckbelasteten Membran, die u ¨ ber die Querschnittskontur gespannt ist, der Form der Torsionsfunktion. Ihre Neigung (Gradient) ist proportional zur Schubspannung, das Volumen unter der Membran ist proportional zum Torsionstr¨ agheitsmoment.

64

A2.1

Grundlagen der Elastizit¨atstheorie

Aufgabe 2.1 Der Spannungszustand in einem Punkt sei bezogen auf kartesische Koordinaten gegeben durch   18 0 24 σ = 0 −50 0 MPa . 24 0 32 Man bestimme die Hauptspannungen, die Hauptachsenrichtungen und die maximale Schubspannung.

L¨ osung Die Hauptspannungen werden aus der Eigenwertgleichung σ 3 − I1 σ 2 − I2 σ − I3 = 0 bestimmt. Mit den Invarianten des Spannungstensors I1 = σ11 + σ22 + σ33 = 18 − 50 + 32 = 0 , 2 2 2 + σ23 + σ31 I2 = −(σ11 σ22 + σ22 σ33 + σ33 σ11 ) + σ12 = 900 + 1600 − 576 + 576 = 2500 MPa2 ,

I3 = det[σij ] = −28800 + 28800 = 0 folgt daraus die Gleichung σ 3 − 2500 σ = 0

→

σ (σ 2 − 2500) = 0

mit den drei nach Gr¨ oße geordneten L¨ osungen σ1 = 50 MPa ,

σ2 = 0 ,

σ3 = −50 MPa .

Die Hauptachsenrichtungen folgen aus dem Gleichungssystem (σij − σ δij ) nj = 0, bzw. ausgeschrieben (σ11 − σ) n1 + σ12 n2 + σ13 n3 = 0 , σ21 n1 + (σ22 − σ) n2 + σ23 n3 = 0 , σ31 n1 + σ32 n2 + (σ33 − σ) n3 = 0 . Um die zu σ1 geh¨ orende Richtung zu ermitteln, verwenden wir die ersten beiden Gleichungen sowie die Bedingung, dass der Richtungsvektor den Betrag 1 haben soll: ⎫ −32 n1 + 24 n3 = 0 ,⎬ → n1 = 3/5, n2 = 0, n3 = 4/5 . −100 n2 = 0 , ⎭ n21 + n22 + n23 = 1 ,

Aufgaben und L¨ osungen

65

Der Richtungsvektor lautet dementsprechend nT1 = (3/5, 0, 4/5) . Auf gleiche Weise erhalten wir f¨ ur die Richtung von σ2 & 18 n1 + 24 n3 = 0 , → n1 = −4/5, n2 = 0, n3 = 3/5 , −50 n2 = 0 , n21 + n22 + n23 = 1 , bzw. nT2 = (−4/5, 0, 3/5) . F¨ ur die Richtung von σ3 verwenden wir die erste und die dritte Gleichung, da die zweite identisch erf¨ ullt ist: & 68 n1 + 24 n3 = 0 , → n1 = 0, n2 = ±1, n3 = 0 . 24 n1 + 82 n3 = 0 , n21 + n22 + n23 = 1 , Damit das System der Richtungsvektoren ein Rechtssystem darstellt, w¨ ahlen wir bei n2 von den zwei m¨ oglichen Vorzeichen das Minuszeichen aus, d.h. es wird nT3 = (0, −1, 0) . Man kann sich davon u ¨ berzeugen, dass die drei Richtungsvektoren senkrecht aufeinander stehen (n1 · n2 = 0, etc.) und dass n1 × n2 = n3 gilt. Die maximale Schubspannung ergibt sich zu τmax =

σ1 − σ3 50 + 50 = = 50 MPa . 2 2

Sie tritt in Schnitten auf, deren Normale senkrecht zu n2 und unter 45◦ zu n1 sowie n3 steht. Anmerkungen: • Beim gegebenen Spannungszustand sind τ21 = 0, σ22 = 0 und τ23 = 0. Dementsprechend sind σ22 eine Hauptspannung und die x2 -Richtung eine Hauptrichtung. • Die Schubspannungen in Schnitten mit der Normale senkrecht zu n1 bzw. n3 sowie unter 45◦ zu den jeweils anderen Richtungen haben die Gr¨ oße τ1 = τ3 = 25 MPa. • Wegen I1 = 0 ist der Spannungszustand rein deviatorisch.

66

A2.2

Grundlagen der Elastizit¨atstheorie

Aufgabe 2.2 Der Spannungszustand in einem Punkt sei durch den Spannungstensor σ gegeben. a) Man zeige, dass zwischen den Invarianten I1 , I2 , I3 von σ und den Invarianten J1 , J2 , J3 des Deviators s folgende Beziehungen bestehen: J1 = 0,

J2 =

1 2 (I1 + 3I2 ), 3

J3 =

1 (2I13 + 9I1 I2 + 27I3 ) . 27

b) Wie groß ist die Schubspannung τoct in der ache mit der √ Oktaederfl¨ im Hauptachsensystem durch nToct = (1, 1, 1)/ 3 gegebenen Normalen? c) Wie h¨ angt τoct mit den Invarianten des Spannungstensors bzw. des Deviators zusammen? d) Man zeige, dass f¨ ur den reinen Schubspannungszustand σ1 = −σ3 = τ , σ2 = 0 die relative Abweichung Δ = (τmax − τoct )/τmax zwischen den beiden Schubspannungen maximal wird. Wie groß ist in diesem Fall Δ? e) Welchen Winkel schließen die Normalen der Schnittfl¨ achen, in denen τoct und τmax auftreten, ein? f) Man bestimme die Hauptspannungen, die Invarianten des Deviators, τmax und τoct f¨ ur den Spannungstensor   1 0 0 σ = 0 3 −1 MPa . 0 −1 3

L¨ osung a) Mit I1 = σkk , I2 = sij = σij − I1 δij folgen

1 (σij σij 2

− σii σjj ), I3 = det[σij ] und

J1 = sii = (σ11 − I1 /3) + (σ22 − I1 /3) + (σ33 − I1 /3) = 0 , J2 = 12 (sij sij − sii sjj ) = −(s11 s22 + s22 s33 + s33 s11 ) + s212 + s223 + s231 = −([σ11 − 13 I1 ][σ22 − 13 I1 ] + [σ22 − 13 I1 ][σ33 − 13 I1 ] 2 2 2 + σ23 + σ31 +[σ33 − 13 I1 ][σ11 − 13 I1 ]) + σ12 2 2 2 = −(σ11 σ22 + σ22 σ33 + σ33 σ11 ) + σ12 + σ23 + σ31 1 3 2 +2 3 I1 (σ11 + σ22 + σ33 ) − 9 I1

= I2 + 23 I12 − 13 I12 = 13 (3I2 + I12 ) , ' ' ' ' ' σ12 σ13 's11 s12 s13 ' ''(σ11 − 13 I1 ) ' ' ' ' 1 ' J3 = det[sij ] = 's21 s22 s23 ' = ' σ21 (σ22 − 3 I1 ) σ23 ' 's s s ' ' σ31 σ32 (σ33 − 13 I1 )' 31 32 33

Aufgaben und L¨ osungen

67

und weiter ' ' 'σ11 σ12 σ13 ' ' ' J3 = 'σ21 σ22 σ23 ' − 13 I1 σ22 σ33 − 13 I1 σ33 σ11 − 13 I1 σ11 σ22 'σ σ σ ' 31 32 33 2 2 2 1 3 + 91 I12 (σ11 + σ22 + σ33 ) − 27 I1 + 13 I1 (σ23 + σ31 + σ12 ) = I3 + 13 I1 I2 + 19 I13 −

1 3 I 27 1

=

1 (2I13 27

+ 9I1 I2 + 27I3 ) .

b) Mit der Darstellung des Spannungstensors σ und des Normalenvektors noct im Hauptachsensystem ergibt sich f¨ ur den Spannungsvektor toct in der Oktaederfl¨ ache      σ1 0 0 1 1 1 σ1 toct = σ · noct = 0 σ2 0 1 √ = √ σ2 . 3 3 σ3 0 0 σ3 1 Hieraus folgen f¨ ur seine Normalspannungskomponente, seinen Betrag und f¨ ur die gesuchte Schubspannungskomponente 1 I1 σoct = toct · noct = (σ1 + σ2 + σ3 ) = , 3 3  1 σ12 + σ22 + σ32 , toct = √ 3   1 2 = 3(σ12 + σ22 + σ32 ) − (σ1 + σ2 + σ3 )2 τoct = t2oct − σoct 3  1 = 2(σ12 + σ22 + σ32 − σ1 σ2 − σ2 σ3 − σ3 σ1 ) 3 1 = (σ1 − σ2 )2 + (σ2 − σ3 )2 + (σ3 − σ1 )2 . 3 c) Durch Umformung und unter Verwendung des Ergebnisses aus a) erh¨ alt man  1 τoct = 2(σ12 + σ22 + σ32 − σ1 σ2 − σ2 σ3 − σ3 σ1 ) 3 1 = 2(σ1 + σ2 + σ3 )2 − 6(σ1 σ2 + σ2 σ3 + σ3 σ1 ) 3  2 2 1 2 2 J2 bzw. τoct 2I1 + 6I2 = = J2 . = 3 3 3 d) Mit τmax = 12 (σ1 − σ3 ) und τoct aus c) gilt allgemein  2 2(σ1 + σ2 + σ3 )2 − 6(σ1 σ2 + σ2 σ3 + σ3 σ1 ) τmax − τoct =1− , Δ= τmax 3(σ1 − σ3 )

68

Grundlagen der Elastizit¨atstheorie

und f¨ ur die Ableitungen ergibt sich unter Verwendung der Abk¨ urzung √ A f¨ ur den Wurzelausdruck in Δ 4σ22 + 2σ32 − 2σ1 σ2 − 6σ2 σ3 + 2σ1 σ3 ∂Δ √ , = ∂σ1 3(σ1 − σ3 )2 A ∂Δ 2σ1 − 4σ2 + 2σ3 √ , = ∂σ2 3(σ1 − σ3 )2 A ∂Δ 4σ 2 + 2σ12 − 2σ2 σ3 − 6σ1 σ2 + 2σ1 σ3 √ . =− 2 ∂σ3 3(σ1 − σ3 )2 A Die Abweichung Δ nimmt ein Extremum an, wenn alle drei Ableitungen verschwinden. Durch Einsetzen von σ1 = τ , σ2 = 0 und σ3 = −τ kann man sich davon u ur den reinen Schubspan¨ berzeugen, dass dies f¨ nungszustand der Fall ist: ∂Δ ∂Δ ∂Δ = = = 0. ∂σ1 ∂σ2 ∂σ3 F¨ ur Δ ergibt sich dann √ √ 2 6τ 2 6 =1− = 0, 183 . Δ=1− 6τ 3 e) Der Normalenvektor eines Schnittes, in dem τmax = √ (σ1 − σ3 )/2 auftritt, ist im Hauptachsensystem durch nTmax = (1, 0, 1)/ 2 gegeben. F¨ ur den mit noct eingeschlossenen Winkel erh¨ alt man 2 cos ϑ = noct · nmax = √ 6

→

ϑ = 35, 3◦ .

Man beachte, dass es noch weitere Schnitte gibt, in denen τmax auftritt. f ) Mit den Invarianten I1 = 7 MPa, I2 = −3 − 9 − 3 + 1 = −14 MPa2 , I3 = 9 − 1 = 8 MPa3 errechnen sich die Hauptspannungen wie folgt: σ 3 − 7σ 2 + 14 σ − 8 = 0 →

σ1 = 4 MPa ,

→

(σ 2 − 6 σ + 8)(σ − 1) = 0

σ2 = 2 MPa ,

σ3 = 1 MPa .

Die weiteren gesuchten Gr¨ oßen ergeben sich zu J2 = 13 (I12 + 3I2 ) = 73 MPa2 , J3 = τmax = 12 (σ1 − σ3 ) = 32 MPa ,

τoct

1 (2I13 27

+ 9I1 I2 + 27I3 ) =   = 23 J2 = 14 MPa . 9

20 MPa3 27

,

Aufgaben und L¨ osungen

69

Aufgabe 2.3 Der Spannungszustand in einem Punkt sei im Hauptachsensystem x1 , x2 , x3 gegeben durch   2 0 0 σ = 0 1 0 MPa . 0 0 −3 a) Wie muss das Achsensystem gedreht werden, damit die Normalspannungen (Diagonalelemente von σ) im neuen System alle Null sind. b) Man zeige, dass im Fall σkk = 0 immer ein Achsensystem existiert, in dem alle Diagonalelemente Null sind. c) Zeigen Sie, dass jeder reine Schubspannungszustand als Superposition von drei elementaren Schubspannungszust¨ anden aufgefasst werden kann, bei denen jeweils nur zwei von Null verschiedene Nichtdiagonalelemente existieren.

L¨ osung Der Spannungszustand ist wegen σkk = 0 rein deviatorisch.  a) Die Spannungskomponenten σij im gedrehten System x1 , x2 , x3 er rechnen sich dabei allgemein aus den Transformationsbeziehungen σij = σkl aik ajl . Bei einer Drehung mit dem Winkel ϕ um die x3 -Achse vereinfachen sie sich unter Beachtung von a11 = a22 = cos ϕ ,

a33 = 1 ,

a21 = cos(π/2 + ϕ) = − sin ϕ ,

a12 = cos(π/2 − ϕ) = sin ϕ , a13 = a31 = a23 = a32 = 0

zu  σ11 = 12 (σ11 + σ22 ) + 12 (σ11 − σ22 ) cos 2ϕ + σ12 sin 2ϕ ,  σ22 = 12 (σ11 + σ22 ) − 12 (σ11 − σ22 ) cos 2ϕ − σ12 sin 2ϕ ,  σ33 = σ33 ,  σ12 = − 12 (σ11 − σ22 ) sin 2ϕ + σ12 sin 2ϕ ,  σ23 = −σ13 sin ϕ + σ23 cos ϕ ,  σ31 = σ13 cos ϕ + σ23 sin ϕ .

Entsprechende Beziehungen ergeben sich f¨ ur eine Drehung um die x1 bzw. um die x2 -Achse durch zyklische Vertauschung. Wir betrachten im weiteren zwei aufeinander folgende Drehungen.  Die erste erfolgt um die x1 -Achse gerade so, dass σ33 verschwindet. Mit den Spannungskomponenten im Hauptachsensystem folgt dann  σ33 =0

→ (σ2 + σ3 ) − (σ2 − σ3 ) cos 2ϕ0 = 0 → σ2 + σ3 −2 1 = cos 2ϕ0 = =− → 2ϕ0 = 120◦ → σ2 − σ3 4 2

ϕ0 = 60◦

A2.3

70

Grundlagen der Elastizit¨atstheorie

und damit  σ11 = σ11 = σ1 ,

   σ33 = σ12 = σ13 = 0,

 = 12 (σ2 + σ3 ) + 12 (σ2 − σ3 ) cos 2ϕ0 = −2 MPa , σ22 √  σ23 = − 12 (σ2 − σ3 ) sin 2ϕ0 = − 3 MPa .

Im neuen Achsensystem hat σ dementsprechend die Gestalt ⎤ ⎡ 2 0 0 √ ⎥ ⎢ σ = ⎣0 −2 − 3⎦ MPa . √ 0 − 3 0 Jetzt gehen wir durch eine zweite Drehung mit dem Winkel ψ um die x3 -Achse vom Achsensystem x1 , x2 , x3 auf ein System x1 , x2 , x3 u ¨ ber.  gilt dann Mit den bekannten Spannungskomponenten σij      = 12 (σ11 + σ22 ) + 12 (σ11 − σ22 ) cos 2ψ = 2 cos 2ψ MPa , σ11      = 12 (σ11 + σ22 ) − 12 (σ11 − σ22 ) cos 2ψ = −2 cos 2ψ MPa , σ22   = σ33 = 0, σ33    = − 12 (σ11 − σ22 ) sin 2ψ = −2 sin 2ψ MPa , σ12 √    σ23 = −σ13 sin ψ + σ23 cos ψ = − 3 cos ϕ MPa , √    σ31 = σ13 cos ψ + σ23 sin ψ = − 3 sin ϕ MPa .   Aus der Forderung σ11 = σ22 = 0 folgen der erforderliche Drehwinkel

cos 2ψ0 = 0

→

2ψ0 = 90◦

→

ψ0 = 45◦

und damit    σ11 = σ22 = σ33 = 0,  = −2 MPa , σ12

 σ23 =−



3 2

MPa ,

 σ31 =−



3 2

MPa .

In diesem Achsensystem hat der Spannungstensor dann die gesuchte Form  ⎤ ⎡ 0 −2 − 3/2  ⎥ ⎢ σ = ⎣ −2 0 − 3/2⎦ MPa .   0 − 3/2 − 3/2

Aufgaben und L¨ osungen

71

b) F¨ ur den Fall, dass nicht alle Diagonalelemente verschwinden, muss wegen I1 = σ11 + σ22 + σ33 = 0 mindestens ein Diagonalelement negativ sein. Dann ist es durch geeignete Drehung um x1 oder x2 immer  m¨ oglich, die Bedingung σ33 = 0 zu erf¨ ullen. Wegen der Invarianz von I1   gegen¨ uber dieser Drehung gilt dann σ11 = −σ22 . Eine zweite Drehung um die x3 -Achse mit dem Drehwinkel ψ0 = 45◦ liefert damit stets den Spannungstensor in der Form ⎡ ⎤   0 σ12 σ13 ⎢   ⎥ σ = ⎣σ21 0 σ23 ⎦.   σ31 σ32 0 c) Der reine Schubspannungszustand ist dadurch gekennzeichnet, dass ein Achsensystem existiert, in dessen zugeh¨ origen Schnitten keine Normalspannungen auftreten. Der Spannungstensor hat in diesem System die Gestalt ⎤ ⎡ 0 σ12 σ13 ⎥ ⎢ σ = ⎣σ21 0 σ23 ⎦ . σ31 σ32 0 Dann ist die folgende Aufspaltung m¨ oglich: ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎤ ⎡ 0 σ12 σ13 0 0 0 0 0 σ13 0 σ12 0 ⎢ ⎥ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ σ = ⎣σ21 0 σ23 ⎦ = ⎣σ21 0 0⎦ + ⎣ 0 0 0 ⎦ + ⎣0 0 σ23 ⎦ . 0 0 0 σ31 σ32 0 0 σ32 0 σ31 0 0 Der reine Schubspannungszustand kann danach immer durch Superposition dreier elementarer Schubspannungszust¨ ande dargestellt werden.

72

A2.4

Grundlagen der Elastizit¨atstheorie

Aufgabe 2.4 F¨ ur den Verschiebungsvektor u in kartesischen Koordinaten     u1 5x1 u(x1 , x2 , x3 ) = u2 = x2 + 2x3 10−3 u3 2x2 + x3 ermittle man a) den Verzerrungstensor ε, b) die Hauptdehnungen nach Gr¨ oße und Richtung sowie die Volumendehnung.

L¨ osung a) Mit ∂u1 = 5 · 10−3 , ∂x1 ∂u2 = = 1 · 10−3 , ∂x2 ∂u3 = = 1 · 10−3 , ∂x3

∂u1 ∂u2 + = 0, ∂x2 ∂x1 ∂u2 ∂u3 = + = 4 · 10−3 , ∂x3 ∂x2 ∂u3 ∂u1 = + =0 ∂x1 ∂x3

ε11 =

2ε12 =

ε22

2ε23

ε33

2ε31

wird der Verzerrungstensor   5 0 0 ε = 0 1 2 10−3 . 0 2 1

b) Die Hauptdehnungen bestimmen wir aus der Eigenwertgleichung ε3 − I1 ε2 − I2 ε − I3 = 0 . Mit den Invarianten des Verzerrungstensors I1 = ε11 + ε22 + ε33 = 5 + 1 + 1 = 7 · 10−3 , I2 = −(ε11 ε22 + ε22 ε33 + ε33 ε11 ) + ε212 + ε223 + ε231 = −7 · 10−6 , I3 = det[εij ] = 5 − 20 = −15 · 10−9 folgt daraus ε3 − 7 · 10−3 ε2 + 7 · 10−6 ε + 15 · 10−9 = 0 bzw. (ε − 5 · 10−3 )(ε2 − 2 · 10−3 ε − 3 · 10−6 ) = 0

Aufgaben und L¨ osungen

73

mit den nach der Gr¨ oße geordneten L¨ osungen ε1 = 5 · 10−3 ,

ε2 = 3 · 10−3 ,

ε3 = −1 · 10−3 .

Die Hauptachsenrichtungen folgen aus dem Gleichungssystem (εij − ε δij ) nj = 0 und der Bedingung, dass der Richtungsvektor den Betrag 1 haben soll. Zur Bestimmung der Richtung von ε1 verwenden wir dabei die letzten beiden Gleichungen des Gleichungssystems: ⎫ −4 n2 + 2 n3 = 0 ,⎪ ⎬ → n1 = 1, n2 = 0, n3 = 0 . 2 n2 − 4n3 = 0 , ⎪ ⎭ 2 2 2 n1 + n2 + n3 = 1 , Der Richtungsvektor lautet dementsprechend n1 = (1, 0, 0)T . F¨ ur die Richtung von ε2 erhalten wir unter Verwendung der ersten beiden Gleichungen von (εij − ε δij ) nj = 0: ⎫ 2 n1 = 0 ,⎪ ⎬ √ √ → n1 = 0, n2 = 1/ 2, n3 = 1/ 2 . −2 n2 + 2n3 = 0 , ⎪ ⎭ n21 + n22 + n23 = 1 , bzw. n2 = (0,

T √1 , √1 ) 2 2

.

Auf gleiche Weise ergibt sich die Richtung von ε3 : ⎫ 6 n1 = 0 ,⎪ ⎬ √ → n1 = 0, n2 = 1/ 2, 2 n2 + 2n3 = 0 , ⎪ ⎭ n21 + n22 + n23 = 1 ,

√ n3 = −1/ 2 .

d.h. n3 = (0,

T √1 , − √1 ) 2 2

.

Dieser Vektor steht senkrecht auf n1 sowie n2 und bildet mit ihnen ein Rechtssystem: n3 = n1 × n2 . F¨ ur die Volumendehnung folgt εv = ε11 + ε22 + ε33 = ε1 + ε2 + ε3 = 7 · 10−3 .

74

A2.5

Grundlagen der Elastizit¨atstheorie

Aufgabe 2.5 Die Verschiebungen in einem Balken mit Rechteckquerschnitt unter reiner Biegung sind gegeben durch u (x, y, z) = κ xz + C1 z + C2 y + C3 , v (x, y, z) = −κ ν yz − C4 z − C2 x + C6 , w (x, y, z) = − 12 κ [x2 + ν (z 2 − y 2 )] − C1 x + C4 y + C5 , wobei κ = 1/R die Kr¨ ummung (R=Kr¨ ummungsradius) und ν die Querkontraktionszahl sind. M0

t

M0 x

h

y

l

z

z a) Man bestimme die Komponenten des Verzerrungstensors und des Drehtensors. b) Sind die Vertr¨ aglichkeitsbedingungen erf¨ ullt? c) Wie groß ist die Volumendehnung? d) Was folgt f¨ ur die Konstanten Ci , wenn die Verschiebungen im Ursprung alle Null sind? e) Wie groß sind die Drehungen im Punkt (l, 0, 0), wenn zus¨ atzlich zu den Verschiebungen auch die Drehungen im Ursprung alle Null sind? Was liefert in diesem Fall die Biegelinie w(x, 0, 0)?

L¨ osung a) Durch Ableitung der Verschiebungen ergibt sich f¨ ur die Komponenten des Verzerrungstensors ∂v ∂w ∂u = κ z , εyy = = −κ ν z , εzz = = −κ ν z , εxx = ∂x ∂y ∂z ∂u ∂v ∂w ∂v ∂w ∂u 2εxy = + = 0 , 2εyz = + = 0 , 2εzx = + =0 ∂y ∂x ∂z ∂y ∂x ∂z und des Drehtensors 1  ∂u ∂v  = C2 , − ωxy = − ωyx = 2 ∂y ∂x   1 ∂v ∂w = − (κ ν y + C4 ) , ωyz = − ωzy = − 2 ∂z ∂y   ∂u 1 ∂w − = − (κ x + C1 ) . ωzx = − ωxz = 2 ∂x ∂z Dementsprechend gelten die Darstellungen

Aufgaben und L¨ osungen



 κz 0 0 ε = 0 −κν z 0 , 0 0 −κν z

75



 0 C2 κ x + C1 ω= −C2 0 −κν y − C4 . −κ x − C1 κν y + C4 0

b) Im konkreten Fall gilt εxy = εyz = εzx = 0. Damit vereinfachen sich die Vertr¨ aglichkeitsbedingungen zu ∂ 2 εxx ∂ 2 εyy ∂ 2 εyy ∂ 2 εzz + = 0, + = 0, 2 2 2 ∂y ∂x ∂z ∂y 2 ∂ 2 εyy ∂ 2 εzz ∂ 2 εxx = 0, = 0, = 0. ∂y∂z ∂x∂z ∂x∂y

∂ 2 εxx ∂ 2 εzz + = 0, 2 ∂z ∂x2

Durch Einsetzen der Verzerrungen erkennt man, dass alle Bedingungen erf¨ ullt sind. c) F¨ ur die Volumendehnung ergibt sich εv = εxx + εyy + εzz = κ z (1 − 2ν) . d) Sind die Verschiebungen im Ursprung alle Null, dann folgen aus u (0, 0, 0) = v (0, 0, 0) = w (0, 0, 0) = 0 die Konstanten C3 = 0 ,

C6 = 0 ,

C5 = 0 ,

w¨ ahrend C1 , C2 und C4 unbestimmt bleiben. e) Sind zus¨ atzlich noch alle Drehungen im Ursprung Null, so werden mit ωxy (0, 0, 0) = ωyz (0, 0, 0) = ωzx (0, 0, 0) = 0 auch C2 = 0 ,

C4 = 0 ,

C1 = 0 .

F¨ ur die Drehungen im Punkt (l, 0, 0) folgen dann ωxy = ωyz = 0 ,

ωzx = −κ l .

Aus der Biegelinie w(x, 0, 0) = −

κ 2 [x + ν(z 2 − y 2 )] 2

erh¨ alt man f¨ ur die Neigung w =

∂w = −κ x ∂x

→

w (l, 0, 0) = −κ l .

Die mittlere Drehung ωzx beschreibt danach die Neigung der Biegelinie.

76

A2.6

Grundlagen der Elastizit¨atstheorie

Aufgabe 2.6 Mit einer Dehnungsmessstreifenrosette werden auf der Oberfl¨ ache eines Bauteiles die folgenden Dehnungen in den Richtungen unter 0◦ , 45◦ und 90◦ zur x-Achse gemessen:

y

ε0 = 0, 6 · 10−3 , ε45 = −1, 1 · 10−3 , ε90 = −1, 8 · 10−3 .

x

Es sind die Hauptdehnungen und die zugeh¨ origen Richtungen zu bestimmen.

L¨ osung Allgemein gelten die folgenden Transformationsbeziehungen zwischen den Komponenten im Hauptachsensystem und im ξ, η-System: ε1 − ε2 ε1 + ε2 + cos 2ϕ , εξ = 2 2 ε1 − ε2 ε1 + ε2 − cos 2ϕ . εη = 2 2

y 2

1 −( π4 − ϕ0 ) ϕ0 π 4

x

Setzen wir f¨ ur εξ bzw. εη die bekannten Dehnungen ε0 , ε45 und ε90 ein, so erhalten wir drei Gleichungen f¨ ur die beiden Hauptdehnungen und den zugeh¨ origen Richtungswinkel ϕ0 : ε1 − ε2 ε1 + ε2 + cos 2ϕ0 , 2 2 ε1 + ε2 ε1 − ε2 = − cos 2ϕ0 , 2 2 ε1 − ε2 ε1 + ε2 + cos(2ϕ0 − = 2 2

ε0 = ε90 ε45

π ) 2

=

ε1 − ε2 ε1 + ε2 − sin 2ϕ0 . 2 2

Aufl¨ osen nach dem unbekannten Winkel und den Hauptdehnungen liefert 2ε45 − ε0 − ε90 −2, 2 − 0, 6 + 1, 8 = = 0, 416 ε90 − ε0 −1, 8 − 0, 6 2ϕ0 = 22, 6◦ → ϕ01 = 11, 3◦ , ϕ02 = 11, 3◦ ± 90◦ ,

tan 2ϕ0 = →

ε0 − ε90 ε0 + ε90 1 + = 0, 7 · 10−3 , 2 2 cos 2ϕ0 ε0 − ε90 1 ε0 + ε90 − = −1, 9 · 10−3 . ε2 = 2 2 cos 2ϕ0

ε1 =

Aufgaben und L¨ osungen

77

Aufgabe 2.7 Bei einem ebenen Problem sei das Verzerrungsfeld in kartesischen Koordinaten gegeben durch εx (x, y) = c x2 y − a y 2 ,

εy (x, y) = a x y ,

εxy (x, y) = b x y ,

wobei a und c bekannte Konstanten sind. Man bestimme a) die Konstante b so, dass die Kompatibilit¨ atsbedingung erf¨ ullt ist, b) das Verschiebungsfeld.

L¨ osung a) Die Kompatibilit¨atsbedingung liefert ∂ 2 εx ∂ 2 εy ∂ 2 εxy + =2 2 2 ∂y ∂x ∂x∂y

→

−2 a = 2 b

→

b = −a .

b) Durch Integration von εx = ∂u/∂x und εy = ∂v/∂y ergibt sich zun¨ achst u = 13 c x3 y − a x y 2 + f (y) ,

v = 12 a x y 2 + g(x) .

Einsetzen in 2εxy = ∂u/∂y + ∂v/∂x ergibt mit b = −a den Zusammenhang −2a x y =

1 3 1 df (y) dg(x) c x − 2a x y + + a y2 + , 3 dy 2 dx

bzw. nach Trennung der Variablen df (y) dg(x) 1 1 + a y2 = − − c x3 = −φ = const . dy 2 dx 3 ,. + ,. + F (y)

G(x)

Damit folgen f¨ ur f (y) und g(x) die Darstellungen f (y) = − 61 a y 3 − φ y + u0 ,

1 g(x) = − 12 c x4 + φ x + v0 ,

und die Verschiebungen werden 1 1 3 c x y − a x y 2 − a y 3 − φ y + u0 , 3 6 1 1 c x4 + φ x + v0 . v(x, y) = a x y 2 − 2 12

u(x, y) =

Anmerkung: Durch die Konstante φ wird eine infinitesimale Drehung orperverschiebung und durch die Konstanten u0 , v0 eine beliebige Starrk¨ ausgedr¨ uckt, welche zu keinen Verzerrungen f¨ uhren.

A2.7

78

A2.8

Grundlagen der Elastizit¨atstheorie

Aufgabe 2.8 In einem isotropen elastischen Balken mit Rechteckquerschnitt unter der dargestellten Belastung treten bei Annahme eines ebenen Spannungszustandes die folgenden Spannungen auf (vgl. Aufgabe 2.9):

pz M0

M0 x l/2

l/2

6pz  h2 − z2) x , h3 4 6pz  z 3 h2 h3  , σz = − 3 − z+ h 3 4 12  2 2 pz l pz h 6pz 12 M0 4pz σx = 3 + − z − 3 x2 z + 3 z 3 . h t 8 20 h h τxz = −

z

11 h 00 00t 11

a) Man u ufe, ob die Kompatibilit¨ atsbedingung erf¨ ullt ist. ¨berpr¨ ¨ b) Wie groß ist die Anderung Δh der Balkenh¨ ohe?

L¨ osung a) Die Kompatibilit¨atsbedingung lautet ∂ 2 εz ∂ 2 γxz ∂ 2 εx . + = 2 2 ∂z ∂x ∂x∂z Mit dem Elastizit¨ atsgesetz εx =

1 (σx − ν σz ) , E

εz =

1 (σz − ν σx ) , E

γxz =

2(1 + ν) τxz E

erh¨ alt man daraus ∂ 2 σz ∂ 2 σz ∂ 2 σx ∂ 2 τxz ∂ 2 σx . −ν + −ν = 2(1 + ν) 2 2 2 2 ∂z ∂z ∂x ∂x ∂x∂z Einsetzen liefert 24 pz 12 pz 12 pz 12 pz z+ν z+ν z = 2(1 + ν) 3 z , h3 h3 h3 h d.h. die Kompatibilit¨ atsbedingung ist erf¨ ullt. b) Aus εz = (σz − ν σx )/E folgt zun¨ achst  & " h2 l2 h3 6pz z3 ! 12M0 2 E εz = − 3 (1+2ν) + −(5+2ν) +ν −x z+ −ν 3 z, h 3 20 4 12 h t und durch Integration ergibt sich h/2 pz h Δh = εz dz = − . 2E −h/2

Aufgaben und L¨ osungen

Aufgabe 2.9 Bei der Biegung eines scheibenf¨ ormigen Balkens mit Rechteckquerschnitt treten unter Annahme eines ebenen Spannungszustandes die folgenden Spannungen auf:

79

A2.9 x l/2

6B  h2 − z2) x , h3 4 y 6B  z 3 h2 h3  , σz = − 3 − z+ h 3 4 12  2 2 6B 12 Bl 4B Bh σx = 3 A + z − 3 x2 z + 3 z 3 . − h 8 20 h h

h

l/2 z t

τxz = −

z

a) Sind die Gleichgewichtsbedingungen erf¨ ullt? b) Aus welchen Randlasten resultieren die Spannungen? Welche Bedeutung haben die Konstanten A und B?

L¨ osung a) Setzt man die Ableitungen ∂σx ∂τxz 12B 12B = − 3 xz , = 3 xz , ∂x h ∂z h   2 6B h 6B  ∂σz h2  ∂τxz =− 3 − z2 , = − 3 z2 − ∂x h 4 ∂z h 4 in die beiden Gleichgewichtsbedingungen ∂σx τxz + = 0, ∂x ∂z

τxz ∂σz + =0 ∂x ∂z

ein, so erkennt man, dass diese identisch erf¨ ullt werden. b) Wir betrachten zun¨ achst den unteren und den oberen Rand und bestimmen dort die Komponenten des Spannungsvektors. Rand z = h/2: 6B  h3 h3 h3  = 0, − + 3 h 24 8 12 h2  6B  h2 − x = 0. τxz (x) = − 3 h 4 4 σz (x) = −

80

Grundlagen der Elastizit¨atstheorie

Rand z = −h/2: 6B  h3 h3 h3  = −B , − + + 3 h 24 8 12 6B  h2 h2  x = 0. τxz (x) = − 3 − h 4 4 σz (x) = −

Dementsprechend ist der obere Rand durch einen konstanten Druck in z-Richtung der Gr¨ oße pz = −σz = B belastet, w¨ ahrend der untere Rand belastungsfrei ist. An den beiden Seitenr¨ andern gilt: Rand x = l/2: 4B Bh2  12  z + 3 z3 , A− 3 h 20 h   2 3Bl h τxz (z) = − 3 − z2 . h 4 σx (z) =

Rand x = −l/2: 4B Bh2  12  z + 3 z3 , σx (z) = 3 A − h 20 h   2 3Bl h τxz (z) = 3 − z2 . h 4 Hieraus ergeben sich die resultierenden Kr¨ afte und Momente h/2 N (l/2) = N (−l/2) = t σx dz = 0 , −h/2

Q(l/2) = −Q(−l/2) = t

h/2

τxz dz = −h/2

Blt 1 = pz l t , 2 2

h/2

z σx dz = A t .

M (l/2) = M (−l/2) = t −h/2

An diesen R¨ andern wirken Querkr¨ afte, die der Randlast durch pz gerade das Gleichgewicht halten. Unabh¨ angig davon ist der Balken dort durch je ein Randmoment der Gr¨ oße M0 = A t belastet.

Aufgaben und L¨ osungen

Aufgabe 2.10 Der Rand eines Halbraumes ist durch eine konstante Linienlast q0 belastet. Dadurch werden im ebenen Verzerrungszustand die von Null verschiedenen Spannungen c c cos3 ϕ, σ22 = cos ϕ sin2 ϕ, r r c νc cos ϕ = cos2 ϕ sin ϕ, σ33 = r r

σ11 = σ12

81

A2.10 q0

x3

x2 x1 ϕ r

hervorgerufen. a) Man bestimme die Konstante c. b) Man zeige, dass die maximale Schubspannung in Schnitten auftritt, deren Normalen senkrecht auf x3 stehen. c) Man bestimme τmax als Funktion von r und ϕ.

L¨ osung a) Zur Ermittlung der Konstante c bestimmen wir die aus den q0 Spannungen resultierende Kraft auf eix2 ne Halbkreiskontur vom beliebigen Radius r = a. Mit dem Normalenvektor x1 ϕ a t2 nT = (cos ϕ, sin ϕ, 0) ergibt sich nach ti = σij nj zun¨ achst f¨ ur die Komponent1 ten des Spannungsvektors entlang der Kontur c c t1 = σ11 n1 + σ12 n2 = (cos4 ϕ + cos2 ϕ sin2 ϕ) = cos2 ϕ, a a c c t2 = σ21 n1 + σ22 n2 = (cos3 ϕ sin ϕ + cos ϕ sin3 ϕ) = sin ϕ cos ϕ, a a t3 = 0. Als resultierende Kr¨ afte pro L¨ angeneinheit ergeben sich damit durch Integration u ¨ ber die Kontur π/2 π/2 π T1 = t1 a dϕ = c , T2 = t2 a dϕ = 0, T3 = 0. 2 −π/2 −π/2 Aus der globalen Gleichgewichtsbedingung in x1 -Richtung folgt schließlich q0 + T1 = 0

→

c=−

2 q0 . π

b) Um zu entscheiden, in welchem Schnitt die maximale Schubspannung auftritt, ben¨ otigen wir die Hauptspannungen sowie deren Richtungen. Eine Hauptspannung muss σ33 sein, da σ31 = σ32 = 0 ist, d.h.

82

Grundlagen der Elastizit¨atstheorie

die x3 -Richtung ist eine Hauptrichtung. Die restlichen Hauptspannungen ergeben sich mit den Invarianten I1 = σ11 + σ22 + σ33 = −(1 + ν)

2q0 cosϕ , πr

2 2 2 I2 = −(σ11 σ22 + σ22 σ33 + σ33 σ11 ) + σ12 + σ23 + σ31 4q 2 = ν 2 02 cos2 ϕ , π r I3 = det[σij ] = 0

aus der Eigenwertgleichung σ 3 − I1 σ 2 − I2 σ − I3 = 0 bzw.   4q 2 2q0 cos ϕ σ − ν 2 02 cos2 ϕ = 0 . σ σ 2 + (1 + ν) πr π r Aus ihr folgen die L¨ osungen in (f¨ ur ν > 0) nach Gr¨ oße geordneter Form σ1 = 0 ,

σ2 = σ33 = −ν

2q0 cos ϕ , π

σ3 = −

2q0 cos ϕ . π

F¨ ur 0 < ν < 1/2 ist danach σ2 = σ33 die mittlere Hauptspannung: σ1 > σ2 > σ3 . Dementsprechend findet sich die maximale Schubspannung in Schnitten, deren Normale tats¨ achlich senkrecht zur Richtung von σ2 , d.h. zur x3 -Achse steht und mit den Richtungen von σ1 und σ3 Winkel von 45◦ einschließt. Den zu σ3 geh¨ origen Richtungsvektor n3 k¨ onnen wir wie bei Aufgabe 2.1 aus den letzten beiden Gleichungen von (σij − σ3 δij )nj = 0 und der Festlegung als Einheitsvektor bestimmen: & − sin ϕ n1 + cos ϕ n2 = 0, (ν − 1) n3 = 0, → n1 = cos ϕ, n2 = sin ϕ, n3 = 0, n21 + n22 + n23 = 1, d.h. nT3 = (cos ϕ, sin ϕ, 0). Demnach stimmt die Richtung von σ3 mit der Normale n zur Kreiskontur u ¨ berein; sie ist also in radiale Richtung gerichtet: σ3 = σr . Da die drei Hauptrichtungen senkrecht aufeinander stehen, muss σ1 schließlich in Umfangsrichtung orientiert sein: σ1 = σϕ . F¨ ur 0 > ν > −1 (auxetisches Materialverhalten) wird dagegen σ33 die gr¨ oßte Hauptspannung, w¨ ahrend σr die kleinste bleibt. Dann tritt die maximale Schubspannung in Schnitten senkrecht zur Umfangsrichtung und unter 45◦ zur x3 - und zur radialen Richtung auf. c) Die maximale Schubspannung folgt im Fall 0 < ν < 1/2 zu τmax =

1 q0 (σ1 − σ3 ) = cos ϕ . 2 πr

Aufgaben und L¨ osungen

Aufgabe 2.11 Eine innen festgehaltene Kreisringscheibe wird entlang ihres Umfangs mit dem Außendruck p0 belastet.

83

A2.11 b 111111 000000 000000 111111 000000 111111 a 000000 111111 r 000000 111111 000000 111111

Man ermittle die Deformationen und die Spannungen im Fall des ebenen Spannungszustandes.

p0

L¨ osung Es liegt Rotationssymmetrie vor, bei der nur Radialverschiebungen ur auftreten: uϕ = 0. Sie werden durch die VerschiebungsDifferentialgleichung und die zugeh¨ orige allgemeine L¨ osung d2 ur 1 dur ur + − 2 = 0, dr 2 r dr r

ur = C1 r +

C2 r

beschrieben. Aus ihr ergeben sich unter Verwendung der kinematischen Beziehungen und des Elastizit¨ atsgesetzes εr =

dur , dr

εϕ =

ur , r

σr =

E (εr +νεϕ ), 1−ν 2

σϕ =

E (εϕ +νεr ) 1−ν 2

die Spannungen

 E C2 (1 + ν)C , − (1 − ν) σr = 1 1 − ν2 r2

 E C2 σϕ = (1 + ν)C1 + (1 − ν) 2 . 1 − ν2 r alt man aus den Randbedingungen Die Konstanten C1 und C2 erh¨ σr (b) = −p0 ,

ur (a) = 0

zu C1 = −

1 − ν2 p0 , (1 + ν) + (1 − ν)a2 /b2 E

C2 = −C1 a2 .

Damit folgt f¨ ur die gesuchte Verschiebung und f¨ ur die Spannungen   2 1−ν p0 a2 r 1 − ur (r) = − , E (1 + ν) + (1 − ν)a2 /b2 r2 (1 + ν) + (1 − ν)a2 /r 2 , σr (r) = −p0 (1 + ν) + (1 − ν)a2 /b2 (1 + ν) − (1 − ν)a2 /r 2 . σϕ (r) = −p0 (1 + ν) + (1 − ν)a2 /b2

84

A2.12

Grundlagen der Elastizit¨atstheorie

Aufgabe 2.12 Auf eine starre Welle wird eine Kreisringscheibe aufgeschrumpft. Dazu muss ihr Innenradius um das Schrumpfmaß c auf den Wellenradius a aufgeweitet werden. Danach wird die Scheibe durch ein Moment infolge einer u ¨ ber den Umfang konstant verteilten Schubspannung τ0 belastet.

τ0 b a

a) Man bestimme die Spannungen in der Scheibe. b) Welches maximale Schrumpfmaß c∗ ist zul¨ assig, damit die maximale Schubspannung den Wert τ ∗ = 2τ0 ( ab )2 nicht u ¨ berschreitet?

L¨ osung a) In der Scheibe liegt ein rotationssymmetrischer Zustand vor. Wir betrachten die Lastf¨ alle Aufweitung“ und Umfangsschub” ” spannung“ getrennt. Im Fall Aufweitung“ lauten die Differentialglei” chung f¨ ur die Radialverschiebung und die zugeh¨ orige allgemeine L¨ osung f¨ ur die Verschiebung und f¨ ur die daraus folgenden Spannungen d2 ur 1 dur C2 ur + → ur = C1 r + − 2 =0 , dr 2 r dr r r ! " E C2 (1 + ν)C1 − (1 − ν) 2 , σr = 1 − ν2 r E ! C2 " (1 + ν)C1 + (1 − ν) 2 . σϕ = 2 1−ν r Die Randbedingungen ur (a) = c und σr (b) = 0 liefern C1 a + →

C2 = c, a

C1 =

C2 =0 b2 ca(1 + ν)b2 C2 = , (1 − ν)a2 + (1 + ν)b2

(1 + ν)C1 − (1 − ν)

ca(1 − ν) , (1 − ν)a2 + (1 + ν)b2

womit sich die Spannungen  b2  Eca −1 , 2 2 (1 − + (1 + ν)b r  b2  Eca σϕ = +1 2 2 2 (1 − ν)a + (1 + ν)b r

σr = −

ν)a2

ergeben. Im Lastfall Umfangsschubspannung“ gelten ” d2 uϕ 1 duϕ C4 uϕ + − 2 = 0 → uϕ = C3 r + , dr 2 r dr r r

τrϕ = −G

2 C4 . r2

Aufgaben und L¨ osungen

85

Aus den Randbedingungen uϕ (a) = 0 und τrϕ (b) = τ0 folgen C3 a + →

C4 2 C4 = 0, −G 2 = τ0 a b τ 0 b2 τ 0 b2 C3 = , C = − . 4 2Ga2 2G

Damit ergibt sich f¨ ur die gesuchte Schubspannung τrϕ = τ0

b2 . r2

b) Die maximale Schubspannung errechnet sich aus  σr − σϕ  2 2 . + τrϕ τmax = 2 angig von r, w¨ ahrend τrϕ nach innen zuDie Gr¨ oße σr − σϕ ist unabh¨ nimmt. Daher tritt τmax am Innenrand (r = a) der Scheibe auf. Mit Ec a σr − σϕ b2 =− , 2 2 2 (1 − ν)a + (1 + ν)b a2 erh¨ alt man τmax

b2 = 2 a



 (1 −

τrϕ (a) = τ0

b2 a2

2 Ec a + τ02 . 2 + (1 + ν)b

ν)a2

2

Einsetzen von τmax = τ ∗ = 2τ0 ab 2 liefert nach Quadrieren f¨ ur das zul¨ assige Schrumpfmaß c∗ : 2  Ec∗ a 4 τ02 = + τ02 (1 − ν)a2 + (1 + ν)b2 bzw. c∗ =

√

3a

b2 " τ0 ! 1 − ν + (1 + ν) 2 . E a

Als Beispiel betrachten wir den konkreten Fall b/a = 2, a = 10 mm, τ0 = 10 MPa, E = 2 · 105 MPa, wobei wir ν = 1/3 setzen. Dann ergeben sich √ τ0 = 1, 04 · 10−2 mm . τ ∗ = 8 τ0 und c∗ = 6 3 a E

86

A2.13

Grundlagen der Elastizit¨atstheorie

Aufgabe 2.13 Auf eine Vollkreisscheibe wird ein Kreisring aus gleichem Material (Dichte ρ) und gleicher Dicke aufgeschrumpft (Schrumpf¨ ubermaß cs ). a) Man bestimme die Eigenspannungen und die Verschiebungen nach dem Aufschrumpfen. b) Bei welcher kritischen Winkelgeschwindigkeit ωk geht bei der Drehung des Schrumpfverbundes der Kontakt zwischen Vollscheibe und Kreisring verloren?

b a

ω

L¨ osung a) Nach dem Aufschrumpfen liegt ein statischer, rotationssymmetrischer Zustand vor, der f¨ ur beide Teile jeweils durch die Verschiebungsdifferentialgleichung ur d2 ur 1 dur − 2 =0 + dr 2 r dr r beschrieben wird. Ihre allgemeine L¨ osung f¨ ur die Verschiebungen und f¨ ur die daraus folgenden Spannungen lautet f¨ ur die Vollscheibe (V ) und den Kreisring (K) C2 E ! C2 " uVr = C1 r + (1 + ν)C1 − (1 − ν) 2 , , σrV = 2 r 1−ν r E ! C2 " V (1 + ν)C , = + (1 − ν) σϕ 1 1 − ν2 r2 ! " C4 E C4 , σrK = (1 + ν)C3 − (1 − ν) 2 , uK r = C3 r + r 1 − ν2 r E ! C4 " K (1 + ν)C3 + (1 − ν) 2 . σϕ = 1 − ν2 r Die Konstanten ergeben sich aus der Bedingung, dass in der Vollscheibe bei r = 0 die Spannungen beschr¨ ankt sind (Regularit¨ atsbedingung) ¨ sowie aus den Rand- und Ubergangsbedingungen V σrV (0) , σϕ (0) = ∞

−

→

(a) = cs

→

σrK (a) = σrV (a)

→

σrK (b) = 0

→

uK r (a)

uVr

zu C1 =

(1 − ν)(a2 − b2 ) cs , 2b2 a

C2 = 0 , C4 − C1 a = cs , C3 a + a C4 (1 + ν)C3 − (1 − ν) 2 − (1 + ν)C1 = 0 , a C4 (1 + ν)C3 − (1 − ν) 2 = 0 b C3 =

(1 − ν)a cs , 2b2

C4 =

(1 + ν)a cs . 2

Aufgaben und L¨ osungen

87

F¨ ur die Verschiebungen und die Spannungen nach dem Aufschrumpfen erh¨ alt man damit a2  r a2  E cs  1−ν V 1− 2 1− 2 , , σrV = σϕ =− uVr = −cs 2 b a 2a b    1 − ν a2 r 2 2 E cs a a 1+ν a , σrK = − − 2 , + uK r = cs 2 b2 a 2 r 2a r 2 b  a2 2 E c a s K σϕ = + 2 . 2a r 2 b Beachte: Die Druckspannungen in der Vollscheibe sind konstant! Die K (a). maximal auftretende Spannung ist die Umfangsspannung σϕ b) Wenn sich der Verbund mit der Winkelgeschwindigkeit ω dreht, m¨ ussen die Tr¨ agheitskr¨ afte ber¨ ucksichtigt werden, bzw. die Gleichgewichtsbedingung muss durch die entsprechende Bewegungsgleichung ersetzt werden. Die Grundgleichungen (Bewegungsgleichung, Kinematik, Elastizit¨ atsgesetz) f¨ ur den rotationssymmetrischen ebenen Spannungszustand lauten dann dσr 1 dur + (σr − σϕ ) = ρ ar , , εr = dr r dr Eεr = σr − νσϕ , Eεϕ = σϕ − νσr .

εϕ =

ur , r

Eliminieren der Spannungen und der Dehnungen liefert mit der Radialbeschleunigung ar = −r ω 2 die Verschiebungsdifferentialgleichung ur 1 dur (1 − ν 2 )ρω 2 d2 ur − r. + = − dr 2 r dr r2 E Ihre allgemeine L¨ osung f¨ ur die Verschiebungen und die daraus folgenden Spannungen lauten f¨ ur die Vollscheibe (V ) und den Kreisring (K) (1 − ν 2 )ρω 2 3 C2 − r , r 8E ! E C2 (1 + ν)C1 − (1 − ν) 2 = 1 − ν2 r E ! C2 (1 + ν)C = + (1 − ν) 1 1 − ν2 r2 C4 (1 − ν 2 )ρω 2 3 = C3 r + − r , r 8E ! E C4 (1 + ν)C3 − (1 − ν) 2 = 1 − ν2 r E ! C4 (1 + ν)C3 + (1 − ν) 2 = 1 − ν2 r

uVr = C1 r + σrV V σϕ

uK r σrK K σϕ

(3 + ν)(1 − ν 2 )ρω 2 2 " r , 8E 2 2 (1 + 3ν)(1 − ν )ρω 2 " r , − 8E −

(3 + ν)(1 − ν 2 )ρω 2 2 " r , 8E 2 2 (1 + 3ν)(1 − ν )ρω 2 " r . − 8E −

88

Grundlagen der Elastizit¨atstheorie

Die Konstanten lassen sich wie im statischen Fall aus der Regularit¨ ats¨ bedingung f¨ ur die Vollscheibe sowie aus den Rand- und Ubergangsbedingungen ermitteln. Da uns hier nur der kritische Fall interessiert, formulieren wir die Bedingungen gleich hierf¨ ur. Er ist durch den Kontaktverlust gekennzeichnet, d.h. am Außenrand der Vollscheibe und am Innenrand des Kreisrings wird die Radialspannung gerade Null. Damit gelten f¨ ur ω = ωk die Bedingungen V σrV (0) , σϕ (0) = ∞

→

C2 = 0 ,

σrV (a) = 0

→

(1 + ν)C1 −

C4 − C1 a = cs , a C4 (3 + ν)(1 − ν 2 ) (1 + ν)C3 − (1 − ν) 2 − ρ ωk2 a2 = 0 , a 8E C4 (3 + ν)(1 − ν 2 ) ρ ωk2 b2 = 0 . (1 + ν)C3 − (1 − ν) 2 − b 8E

V uK r (a) − ur (a) = cs

σrK (a) = 0

→

σrK (b) = 0

→

(3 + ν)(1 − ν 2 ) ρ ωk2 a2 = 0 , 8E

→

C3 a +

Aus der zweiten, der vierten und der f¨ unften Gleichung ergeben sich (3 + ν)(1 − ν)ρ ωk2 a2 (3 + ν)(1 − ν)ρ ωk2 (a2 + b2 ) , C3 = , 8E 8E 2 2 2 (3 + ν)(1 + ν)ρ ωk a b . C4 = 8E

C1 =

Einsetzen in die dritte Gleichung liefert die gesuchte Winkelgeschwindigkeit:  (3 + ν)ρ ωk2 ab2 4 cs E → ωk = . = cs 4E (3 + ν)ρ a b2 Wir bestimmen noch die bei ihr auftretenden Spannungen:  r 2  cs a E  r2  3+ν ρ ωk2 a2 1 − 2 1 − , 8 a 2b2 a2  2 2 2 b cs a E b r 1+ 2 − 2 − 2 , = 2b2 a r a b2 cs a E  b2 r2  1+ 2 + 2 − 2 . = 2 2b a r a

V σrV = σϕ =

σrK K σϕ

Anmerkungen: • Bei der Rotation tritt in der Vollscheibe die gr¨ oßte Spannung bei r = 0 auf. • Die maximal auftretende Spannung ist die Umfangsspannung am K Innenrand des Kreisrings: σmax = σϕ (a) = cs E/a.

Aufgaben und L¨ osungen

Aufgabe 2.14 Eine Fliehkraftkupplung sei durch einen starren Außenring und einen rotierenden elastischen Innenring (Radien a, b) der Dicke t und Dichte ρ modelliert. Die Spaltbreite zwischen Innen- und Außenring sei s. a) Bei welcher Winkelgeschwindigkeit ω0 beginnt die Kupplung zu greifen und welche Spannungen herrschen dann? Im Innenring soll dabei ein ebener Spannungszustand zugrunde gelegt werden. b) Wie groß ist die Verdrehung Δϑ des Innenrings, wenn bei einer Winkelgeschwindigkeit ω > ω0 das Drehmoment M0 u ¨bertragen wird?

89

A2.14

b a

ω s

L¨ osung a) Das Problem ist rotationssymmetrisch. Da bei konstanter Drehzahl nur eine Radialbeschleunigung ar auftritt (aϕ = 0), lauten die Grundgleichungen in Radial- und in Umfangsrichtung 1 2 dσr dτrϕ + (σr − σϕ ) = ρ ar , + τrϕ = 0 , dr r dr r uϕ dur ur duϕ , εϕ = , γrϕ = − , εr = dr r dr r E E σr = (εr +νεϕ ), σϕ = (εϕ +νεr ), τrϕ = Gγrϕ . 1−ν 2 1−ν 2 Eliminieren der Spannungen und Verzerrungen f¨ uhrt mit ar = −rω 2 auf die Verschiebungsdifferentialgleichungen ur 1 dur (1 − ν 2 )ρω 2 d2 ur − 2 =− r, + 2 dr r dr r E

d2 uϕ uϕ 1 duϕ − 2 = 0. + dr 2 r dr r

Ihre allgemeinen L¨ osungen f¨ ur die Verschiebungen und f¨ ur die daraus folgenden Spannungen lauten (1 − ν 2 )ρω 2 3 C2 C4 − r , , uϕ = C3 r + r 8E r ! 2 E C2 (3 + ν)(1 − ν )ρω 2 2 " (1 + ν)C1 − (1 − ν) 2 − σr = r , 2 1−ν r 8E E ! C2 (1 + 3ν)(1 − ν 2 )ρω 2 2 " σϕ = r , (1 + ν)C1 + (1 − ν) 2 − 2 1−ν r 8E 2C4 E C4 . τrϕ = −G 2 = − r 1 + ν r2

ur = C1 r +

ussen die RadialBei der Winkelgeschwindigkeit ω0 des Innenrings m¨

90

Grundlagen der Elastizit¨atstheorie

verschiebung am Scheibenrand r = b gleich der Spaltbreite und die Radialspannung bei r = a und r = b Null sein (die Umfangsverschiebung uϕ und die Schubspannung τrϕ sind dann noch Null!): ur (b) = c

→

σr (a) = 0

→

σr (b) = 0

→

C2 (1 − ν 2 )ρω02 3 − b = c, b 8E C2 (3 + ν)(1 − ν 2 )ρω02 2 a = 0, (1 + ν)C1 − (1 − ν) 2 − a 8E 2 2 (3 + ν)(1 − ν )ρω0 2 C2 (1 + ν)C1 − (1 − ν) 2 − b = 0. b 8E C1 b +

Hieraus folgen f¨ ur die Konstanten und f¨ ur die gesuchte Winkelgeschwindigkeit C1 =

(3 + ν)(1 − ν)ρω02 2 (a + b2 ), 8E 

C2 =

(3 + ν)(1 + ν)ρω02 2 2 a b , 8E

c 4E 1 . b ρb2 (3 + ν)(a/b)2 + 1 − ν

ω0 =

Damit ergeben sich die Spannungen zu ρ ω02 b2 (3 + ν)  a2 a2 r2  + 1 − − , 8 b2 r2 b2 ρ ω02 b2 (3 + ν)  a2 a2 1 + 3ν r 2  +1+ 2 − . σϕ = 2 8 b r 3 + ν b2

σr =

b) Damit das Drehmoment M0 u ¨ bertragen wird, muss am Scheibenrand r = b eine Schubspannung τ0 wirken, die sich aus der Bedingung M0 = b (τ0 2πbt) zu τ0 = M0 /(2πb2 t) errechnet. Setzen wir die Verschiebung uϕ am Rand r = a ohne Beschr¨ ankung der Allgemeinheit zu Null, dann liefern die Randbedingungen τrϕ (b) = τ0 und uϕ (a) = 0 zun¨ achst C3 =

M0 (1 + ν) , 2πEta2

C4 = −

M0 (1 + ν) , 2πEt

womit sich bei r = b die Umfangsverschiebung uϕ (b) =

 M0 (1 + ν)  b2 −1 2 2πEtb a

ergibt. Definieren wir schließlich die Verdrehung des Innenrings durch b Δϑ = uϕ (b), so ergibt sich Δϑ =

 M0 (1 + ν)  b2 − 1 . 2πEtb2 a2

Aufgaben und L¨ osungen

Aufgabe 2.15 F¨ ur einen Damm mit Rechteckquerschnitt, der durch den Wasserdruck p = p0 x/h belastet ist, bestimme man die Verl¨ aufe der Spannungen σx , σy und τxy . Man gehe dabei vom Ansatz f¨ ur die Spannungsfunktion F = A xy + B y 2 + C x3 + D x3 y + E xy 3 + G [x3 y 3 − (3/5)xy 5 ]

91

A2.15

2d

y 1111 0000 0000 1111 0000 x h 1111 0000 1111 p(x) 0000 1111 0000 1111 0000000000 1111111111 0000 1111 0000000000 1111111111

aus. Hinweis: nicht alle Randbedingungen k¨ onnen exakt erf¨ ullt werden.

L¨ osung Die Bipotentialgleichung ΔΔF = 0 wird durch den Ansatz identisch erf¨ ullt. F¨ ur die Spannungen ergibt sich zun¨ achst allgemein ∂2F = 2B + 6E xy + 6G(x3 y − 2xy 3 ) , ∂y 2 ∂2F σy = = 6C x + 6D xy + 6G xy 3 , ∂x2 ∂2F τxy = − = −A − 3D x2 − 3E y 2 − 3G(3x2 y 2 − y 4 ) . ∂x∂y

σx =

Die freien Konstanten A, B, . . . , G m¨ ussen wir aus den Randbedingungen bestimmen. Dabei versuchen wir, die Randbedingungen σy (x, d) = −p0 x/h ,

σy (x, −d) = 0 ,

τxy (x, ±d) = 0

an den Seitenr¨ andern exakt zu erf¨ ullen: 6C x + 6dD x + 6d3 G x = −p0 x/h , 6C x − 6dD x − 6d3 G x = 0 , −A − 3D x2 − 3E d2 − 9G d2 x2 + 3G d4 = 0 . Aus den ersten beiden Gleichungen folgen C=−

p0 , 12 h

D + d2 G = −

p0 , 12 dh

(a)

und die dritte Gleichung liefert durch Koeffizientenvergleich die zwei Beziehungen −A − 3E d2 + 3G d4 = 0 ,

−3D − 9 G d2 = 0 .

(b)

Damit liegt C fest, und aus den jeweils zweiten Beziehungen aus (a)

92

Grundlagen der Elastizit¨atstheorie

und (b) erh¨ alt man f¨ ur D und G D=−

p0 , 8dh

G=

p0 . 24d3 h

(c)

Die Randbedingungen am oberen Rand (x = 0) erf¨ ullen wir nur noch im integralen Mittel. Danach m¨ ussen dort die Normalkraft in xRichtung, das Biegemoment um die z-Achse und die Querkraft in yRichtung verschwinden: ⎫ /d ⎪ ⎪ σx (0, y)dy = 0 ,⎪ ⎬ −d → B = 0, d / ⎪ ⎪ y σx (0, y)dy = 0 ,⎪ ⎭ −d /d

τxy (0, y)dy = 0

−d

→

−A − 3E d2 + 3G d4 = 0 .

Letztere Gleichung stimmt mit der ersten in (b) u ¨ berein. Man kann sich ¨berzeugen, dass am unteren Rand (x = h) / ddavon u die Normalkraft −d σx (h, y)dy mit den bereits bestimmten Konstanten verschwindet. Die Querkraft und das Biegemoment m¨ ussen die Gleichgewichtsbedingungen am Gesamtsystem d d h p0 h 1 y σx (h, y)dy = τxy (0, y)dy = p0 h , 3 2 2 −d −d befriedigen. Hieraus ergeben sich  2 4 4E hd3 + 6G h3 d3 − hd5 = 3 5 1  2 3 2 3 −2Ad − 6Dh d − 2Ed − 6G h d − d5 = 5

1 p0 h2 , 6 1 p0 h 2

und durch Einsetzen von (b) und (c) E=

p0 , 20 dh

A=−

p0 d . 40 h

Damit sind alle Konstanten bestimmt, und die gesuchten Spannungsverteilungen lassen sich unter Verwendung von ξ = x/h, η = y/d und κ = h/d in folgender Form darstellen: p0 ξη (5κξ 2 + 6 − 10η) , 20 p0 ξ (1 + η) , σy = 2 p0 [1 − 15 κ ξ 2 (1 − η 2 ) − 6 η 2 + 5 η 4 ] . τxy = 40 κ σx =

Aufgaben und L¨ osungen

Aufgabe 2.16 Ein einseitig eingespannter Balken mit Rechteckquerschnitt wird durch eine Einzellast P belastet. Zur Ermittlung der Spannungen wird der Ansatz f¨ ur die Spannungsfunktion

P x l

F (x, z) = C1 xz 3 + C2 xz

z

0110 10y 1010

93

A2.16 t h z

gemacht. a) Man bestimme die Konstanten Ci und u ufe, inwieweit die ¨ berpr¨ Randbedingungen erf¨ ullt sind. b) Bestimmen Sie die Verschiebungen u(x, z) und w(x, z). c) Man vergleiche die Ergebnisse mit denen der technischen Balkentheorie.

L¨ osung a) Der Ansatz erf¨ ullt die Bipotentialgleichung ΔΔF = 0, und f¨ ur die Spannungen erh¨ alt man aus ihm σx =

∂2F = 6C1 xz, ∂z 2

σz =

∂2F = 0, ∂x2

τxz = −

∂2F = −3C1 z 2 −C2 . ∂x∂z

Am oberen und am unteren Rand (z = ±h/2) m¨ ussen die Normalspannung σz und die Schubspannung τxz verschwinden. Die Bedingung f¨ ur σz ist automatisch erf¨ ullt, die f¨ ur τxz liefert −3C1

h2 − C2 = 0 . 4

Die Randbedingungen am linken und am rechten Rand k¨ onnen nur im integralen Mittel erf¨ ullt werden. Am linken Rand bei x = 0 gilt f¨ ur die resultierende Kraft in z-Richtung h/2 P h3 + C2 h = . τxz t dz = −P → C1 4 t −h/2 Damit erh¨ alt man f¨ ur die Konstanten C1 = −

2P , th3

C2 =

3P , 2th

und die Spannungen lassen sich wie folgt darstellen: σx = −

12P xz , th3

σz = 0 ,

τxz = −

4z 2  3P  1− 2 . 2th h

Da am linken Rand (x = 0) die Normalspannung σx verschwindet, sind dort die resultierende Normalkraft N und das resultierende Moment M

94

Grundlagen der Elastizit¨atstheorie

Null. Am rechten Rand (x = l) werden N=

h/2 /

σx t dz = 0, Q =

−h/2

h/2 /

−h/2

τxz t dz = −P, M =

h/2 /

−h/2

z σx t dz = −lP,

d.h. die Randbedingungen sind im Mittel erf¨ ullt. b) Aus den Spannungen ergeben sich mit dem Elastizit¨ atsgesetz zun¨ achst die Dehnungen: ∂u 12P 1 xz , = (σx − νσz ) = − ∂x E Eth3 1 ∂w 12P = (σz − νσx ) = ν xz , εz = ∂z E Eth3  ∂u 12P  h2 ∂w 2(1 + ν) + = τxz = −(1 + ν) − z2 . γxz = 3 ∂z ∂x E Eth 4

εx =

Durch Integration von εx und εz folgen u=−

" 12P ! x2 z + f (z) , 3 Eth 2

w=ν

" 12P ! xz 2 + g(x) , 3 Eth 2

und Einsetzen in γxz liefert −

 z2  h2  df dg  x2 − +ν + = −(1 + ν) − z2 2 dz 2 dx 4

bzw. nach Trennung der Variablen ν

  h2 dg z2 x2 df − = + (1 + ν) − z2 − ν . dx 2 dz 4 2

Diese Gleichung vom Typ G(x) = H(z) ist nur dann erf¨ ullt, wenn G(x) = H(z) = c1 = const, d.h. es gilt ν

x2 dg − = c1 , dx 2

 h2  z2 df + (1 + ν) − z2 − ν = c1 . dz 4 2

Damit erh¨ alt man f¨ ur die unbekannten Funktionen g(x) und f (z) zun¨ achst x3 + c1 x + c2 , 6  h2 z3 z3  −ν f (z) = −(1 + ν) z− + c1 z + c3 . 4 3 6

ν g(x) =

Die freien Konstanten werden aus den Randbedingungen an der Stelle x = l, z = 0 bestimmt: u(l, 0) = 0 :

→

f (0) = 0

→

c3 = 0 ,

Aufgaben und L¨ osungen

w(l, 0) = 0 : ' ∂w ' =0 : ' ∂x (l,0)

→ → →

95

l3 + c1 l + c2 = 0 , 6 2 l g  (l) = 0 → + c1 = 0 2 l2 l3 . c1 = − , c2 = 2 3

g(l) = 0

→

Damit liegen g(x) und f (z) fest, und die Verschiebungen ergeben sich endg¨ ultig zu 6P ! 2 1+ν 2 2 + ν 3" (l − x2 )z − u= h z+ z , 3 Eth 2 3 6P ! 1 2 " w= ν xz 2 + x3 − l2 x + l3 . 3 Eth 3 3

c) Die technische Balkentheorie liefert mit M (x) = −P x ,

Q(x) = −P ,

I=

th3 , 12

S(z) =

4z 2  th2  1− 2 8 h

f¨ ur die Normalspannung aus dem Biegemoment und die Schubspannung infolge Querkraft (vgl. Band 2, Kapitel 4) σx =

12 P M (x) z = − 3 xz , I th

τxz =

3P  4z 2  Q S(z) =− 1− 2 . It 2th h

Sie stimmen mit den aus der Spannungsfunktion ermittelten Gr¨ oßen u ¨ berein. F¨ ur die Verschiebung w(x) folgt aus der Balkentheorie durch Integration von EI w = −M (x) unter Beachtung der Randbedingungen  P  3 6P ! 1 3 2 " x − l2 x + l3 . w(x) = x − 3l2 x + 2l3 = 3 6EI Eth 3 3 Sie stimmt bis auf den fehlenden Term ν xz 2 mit dem Ergebnis der Elastizit¨ atstheorie u uckt die vorhandene Querdeh¨ berein. Dieser Term dr¨ nung in z-Richtung aus, die in der Balkentheorie vernachl¨ assigt wird. Die Verschiebung u ist in der Balkentheorie durch die Bernoullische Annahme vom Ebenbleiben der Querschnitte festgelegt. Sie f¨ uhrt auf die Dgl. EI u = M (x) z, aus der sich durch Integration und Beachtung der Randbedingung die Verschiebung wie folgt ergibt: u=

6P (l2 − x2 )z . Eth3

Die L¨ osung der Elastizit¨ atstheorie enth¨ alt zwei zus¨ atzliche Terme, von denen der in z kubische Term die Querschnittsverw¨ olbung beschreibt.

96

A2.17

Grundlagen der Elastizit¨atstheorie

Aufgabe 2.17 Ein dickwandiger Zylinder (Außenradius a, Innenradius b) ist durch einen Außendruck pa und einen Innendruck pi belastet.

pa

a r

b

Man bestimme die Spannungen im Zylinder.

pi

L¨ osung Es liegt ein reines Spannungsrandwertproblem vor, das zudem rotationssymmetrisch ist. Deshalb ist es zweckm¨ aßig, eine Spannungsfunktion zu verwenden. F¨ ur Rotationssymmetrie hat die Bipotentialgleichung ΔΔF = 0 die allgemeine L¨ osung F = C0 + C1 lnr + C2 r 2 + C3 r 2 lnr , aus der unter Beachtung von ∂F/∂ϕ = 0 die Spannungen C1 1 dF = 2 + 2C2 + C3 (1 + 2 lnr) , r dr r d2 F C1 = − 2 + 2C2 + C3 (3 + 2 lnr) , σϕ = dr 2 r

σr =

τrϕ = 0

folgen. Da der logarithmische Anteil zwar auf rotationssymmetrische Spannungen aber nichtrotationssymmetrische Verschiebungen f¨ uhrt, welche wir hier ausschließen wollen, setzen wir C3 = 0. Die Spannungen lauten daher allgemein σr =

C1 + 2 C2 , r2

σϕ = −

C1 + 2 C2 . r2

Die Konstanten C1 und C2 bestimmen sich aus den Randbedingungen: ⎫ C1 a2 b2 (pa − pi ) ⎪ + 2 C = −p , σr (a) = −pa : ⎬ 2 a , C1 = a2 a 2 − b2 → 2 2 ⎪ b pi − a pa C1 2 C2 = − . σr (b) = −pi : + 2 C2 = −pi ⎭ a 2 − b2 b2 Damit erh¨ alt man f¨ ur die Spannungen   a2 " b2  1 ! − p a a 2 1 − 2 − p i b2 2 − 1 , 2 −b r r   2 " b2  1 ! 2 2 a σϕ = 2 − pa a 1 + 2 + pi b +1 . 2 2 a −b r r

σr =

a2

Anmerkung: Die Aufgabe l¨ asst sich auch ausgehend von der Verschiebungsdifferentialgleichung f¨ ur ur l¨ osen.

Aufgaben und L¨ osungen

Aufgabe 2.18 Eine einseitig eingespannte Kreisbogenscheibe (Radien a, b, Dicke t) ist durch die Kraft H belastet. a) Unter Verwendung einer Spannungsfunktion F (r, ϕ) bestimme man die Spannungen in der Scheibe. Dabei kann angenommen werden, dass sich σϕ proportional zu sin ϕ a ¨ndert. b) Man vergleiche die Spannungen σϕ an den R¨ andern r = a und r = b. c) F¨ ur den Fall b = 2a bestimme man den Abstand r ∗ f¨ ur den σr maximal ist. Wie groß ist dort σr ?

97

A2.18

111111 000000 000000 111111 000000 111111

ϕ

H

b

r

a

L¨ osung a) Die Bipotentialgleichung lautet in Polarkoordinaten ΔΔF = 0 Damit σϕ =

mit ∂2F ∂r 2

Δ=

∂2 1 ∂2 1 ∂ + 2 + . 2 ∂r r ∂ϕ2 r ∂r

proportional zu sin ϕ ist, machen wir den Ansatz

F (r, ϕ) = f (r) sin ϕ . Einsetzen in ΔΔF = 0 liefert die Eulersche Differentialgleichung d4 f 3 2 d3 f 3 d2 f 3 df − 4f =0 + − + 3 dr 4 r dr 3 r 2 dr 2 r dr r mit der allgemeinen L¨ osung f (r) = C1 r 3 + C2

1 + C3 r + C4 r ln r . r

Damit ergibt sich allgemein f¨ ur die Spannungen  1 ∂2F 1 ∂F 2C2 C4  = 2C sin ϕ , + r − + 1 r 2 ∂ϕ2 r ∂r r3 r   2 ∂ F 2C2 C4 σϕ = sin ϕ , = 6C1 r + 3 + ∂r 2 r r    ∂ 1 ∂F 2C2 C4  = − 2C1 r − 3 + cos ϕ . τrϕ = − ∂r r ∂ϕ r r σr =

Die Konstanten C1 , C2 und C4 bestimmen wir aus den Randbedingungen (die Konstante C3 geht in die Spannungen nicht ein!). Diese Bedingungen k¨ onnen an den R¨ andern r = a und r = b exakt und am Rand ϕ = 0 in integraler Form erf¨ ullt werden; die Bedingung σϕ (r, 0) = 0 ist

98

Grundlagen der Elastizit¨atstheorie

durch die Wahl des Ansatzes identisch erf¨ ullt: 2C2 C4 + = 0, a3 a 2C2 C4 = 0, σr (b, ϕ) = τrϕ (b, ϕ) = 0 → 2C1 b − 3 + b b b 1 1 b H τrϕ (r, 0)t dr = −H → C1 (b2 − a2 ) + C2 2 − 2 + C4 ln = . b a a t a σr (a, ϕ) = τrϕ (a, ϕ) = 0

→

2C1 a −

Au߬ osen liefert C1 =

a2  Ha2 a2 H , C4 = − 1+ 2 2tκ tκ b a2  a a2  κ = 1 − 2 + 1 + 2 ln , b b b

H , 2b2 tκ

mit

C2 = −

und damit erh¨ alt man f¨ ur die Spannungen !  2 ba H r a2  b " + 3 − 1+ 2 sin ϕ , σr = tb κ b r b r ba2  H ! r a2  b " 3 − 3 − 1+ 2 sin ϕ , σϕ = tb κ b r b r ba2  H ! r a2  b " − − 3 + 1+ 2 cos ϕ . τrϕ = tb κ b r b r b) Einsetzen von r = a bzw. r = b liefert σϕ (a) = −

a2  2H b  1 + 2 sin ϕ , tb κ a b

σϕ (b) =

a2  2H  1 + 2 sin ϕ tb κ b

und damit |σϕ (a)| b = . σϕ (b) a Danach ist wegen b > a die Umfangsspannung σϕ am Innenrand (Druck) betragsm¨ aßig gr¨ oßer als am Außenrand (Zug). c) Das Maximum von σr ergibt sich aus der Bedingung mit b = 2a auf die L¨ osung r 4 + 5a2 r 2 − 12a4 = 0

→

dσr dr

r ∗ = 1, 33 a

f¨ uhrt. Damit erh¨ alt man ! a3 H H r∗ 5 a" + ∗3 − sin ϕ . σr (r ∗ ) = sin ϕ = −0, 18 ta κ 4a r 4 r∗ ta κ

= 0, die

Aufgaben und L¨ osungen

Aufgabe 2.19 Eine Kreisringscheibe ist durch die folgende rotationssymmetrische Temperaturverteilung belastet:  r 2 T (r) = T0 . b a) Man bestimme die Spannungen durch L¨ osen der auf Temperaturbelastung erweiterten Bipotentialgleichung ΔΔF = −EαT ΔT .

99

A2.19 b a r T (r)

b) Leiten Sie alternativ die Verschiebungsdifferentialgleichung her und bestimmen Sie durch ihre L¨ osung die Verschiebungen und die Spannungen.

L¨ osung a) Wegen der vorliegenden Rotationssymmetrie gilt Δ = d d2 + 1r dr , und die erweiterte Scheibengleichung wird dr 2 4EαT T0 d4 F 2 d3 F 1 d2 F 1 dF + − 2 + 3 . =− 4 3 dr r dr r dr 2 r dr b2 Ihre L¨ osung F = Fh + Fp setzt sich aus der L¨ osung Fh der homogenen Gleichung und der Partikul¨ arl¨ osung Fp zusammen: Fh = C0 + C1 lnr + C2 r 2 + C3 r 2 lnr , Fp = −

EαT T0 4 r . 16 b2

Damit folgen die Spannungen (τrϕ = 0) EαT T0 2 1 ∂F C1 r , = 2 + 2C2 + C3 (1 + 2 lnr) − r ∂r r 4 b2 3 EαT T0 2 ∂2F C1 = − 2 + 2C2 + C3 (3 + 2 lnr) − r . σϕ = ∂r 2 r 4 b2 σr =

Da die Terme mit C3 zu einem nichtrotationssymmetrischen Verschiebungsfeld f¨ uhren, muss C3 = 0 gelten. Die Konstanten C1 , C2 ergeben sich aus den Randbedingungen σr (a) = 0 und σr (b) = 0 zu C1 = −

EαT T0 a2 , 4

C2 =

 a 2 " EαT T0 ! 1+ . 8 b

F¨ ur die Spannungen erh¨ alt man damit σr =

EαT T0  a2 a2 r2  − 2 +1+ 2 − 2 , 4 r b b

100

Grundlagen der Elastizit¨atstheorie

σϕ =

EαT T0  a2 a2 r2  +1+ 2 −3 2 . 2 4 r b b

b) Im ebenen, rotationssymmetrischen Fall reduzieren sich die Gleichgewichtsbedingungen, die Kinematik und das Elastizit¨ atsgesetz unter Ber¨ ucksichtigung von Temperatur¨ anderungen auf dur ur dσr 1 εr = + (σr − σϕ ) = 0 , , εϕ = , dr r dr r Eεϕ = σϕ − νσr + EαT T . Eεr = σr − νσϕ + EαT T , Eliminieren der Spannungen und der Dehnungen liefert mit der gegebenen Temperaturverteilung T (r) die Verschiebungsdifferentialgleichung 2(1 + ν)αT T0 d2 ur 1 dur ur + r. − 2 = dr 2 r dr r b2 Sie hat die allgemeine L¨ osung ur = C1 r +

3(1 + ν)αT T0 3 C2 r , + r 4b2

aus der sich die Spannungen (1 − ν 2 )αT T0 2 " E ! C2 (1 + ν)C1 − (1 − ν) 2 − r , 2 1−ν r 4b2 ! 2 E C2 3(1 − ν )αT T0 2 " σϕ = (1 + ν)C + (1 − ν) − r 1 1 − ν2 r2 4b2

σr =

ergeben. Die Randbedingungen σr (a) = 0 und σr (b) = 0 f¨ uhren auf die beiden Konstanten (1 − ν)αT T0  (1 + ν)αT T0 2 a2  1 + 2 , C2 = a . C1 = 4 b 4 Damit erh¨ alt man schließlich  α T0 b ! b2  r a2 b r3 " (1 − ν) 1 + 2 ur = T + (1 + ν) 2 + (1 + ν) 3 , 4 a b b r b EαT T0  a2 a2 r2  − 2 +1+ 2 − 2 , σr = 4 r b b  2 2 EαT T0 a a r2  σϕ = +1+ 2 −3 2 . 2 4 r b b Anmerkung: Maximale Spannung ist die Umfangsspannung σϕ . Sie ist am Innenrand r = a eine Zugspannung, am Außenrand r = b eine Druckspannung.

Aufgaben und L¨ osungen

Aufgabe 2.20 Die Spannungsfunktion f¨ ur eine Halbscheibe (Dicke t) unter einer senkrecht zum Rand wirkenden Einzelkraft P ist gegeben durch FP (r, ϕ) =

P rϕ cos ϕ . πt

a) Unter Verwendung der bekannten Spannungsfunktion f¨ ur die Einzelkraft bestimme man die Spannungsfunktion FM f¨ ur die Halbscheibe unter einem im Ursprung wirkenden Einzelmoment M0 . b) Man ermittle die Spannungsverteilung in der durch M0 belasteten Scheibe und diskutiere sie.

L¨ osung a) Wir l¨osen die Aufgabe, indem wir das Einzelmoment M0 durch ein Kr¨ aftepaar ersetzen, dessen Abstand ε wir gegen Null gehen lassen. In kartesischen Koordinaten lassen sich die Spannungsfunktionen f¨ ur die im Ursprung und die bei x = ε angreifenden Kr¨ afte formal durch FP (x, y)

und

101

A2.20 P x ϕ r

y

M0 x ϕ r

y

ε P

P x

y

ϕ r

− FP (x − ε, y)

darstellen. Superposition beider Funk∗ tionen liefert die Spannungsfunktion FM f¨ ur das Kr¨ aftepaar, dessen Abstand ε allerdings noch endlich ist: ∗ FM = −FP (x − ε, y) + FP (x, y) .

Dividiert man durch ε und bildet den Grenzwert ε → 0, dann wird hierdurch gerade die partielle Ableitung von FP nach x definiert: ∂FP −FP (x − ε, y) + FP (x, y) = lim . ε→0 ∂x ε Damit l¨ asst sich die Spannungsfunktion f¨ ur das Kr¨ aftepaar mit infinitesimalem Abstand ε, d.h. die gesuchte Spannungsfunktion FM folgendermaßen darstellen: FM = ε

∂FP . ∂x

102

Grundlagen der Elastizit¨atstheorie

Wir gehen jetzt wieder auf Polarkoordinaten u ¨ ber. Mit x = r cos ϕ und ∂ ∂ ∂ y = r sin ϕ erh¨ alt man ∂x = ∂r cos ϕ − r1 ∂ϕ sin ϕ und damit FM = ε

 ∂F

P

∂r

cos ϕ −

 1 ∂FP sin ϕ . r ∂ϕ

Mit den Ableitungen P ∂FP = ϕ cos ϕ , ∂r πt

1 ∂FP P = (cos ϕ − ϕ sin ϕ) r ∂ϕ πt

und mit M0 = P ε erh¨ alt man schließlich FM =

Pε M0 (ϕ cos2 ϕ − sin ϕ cos ϕ + ϕ sin2 ϕ) = (2ϕ − sin 2ϕ). πt 2 πt

b) Die Spannungen ergeben sich zu σr =

1 ∂ 2 FM 1 ∂FM 2M0 + sin 2ϕ , = r 2 ∂ϕ2 r ∂r πt r 2

∂ 2 FM = 0, ∂r 2   ∂ 1 ∂FM =− = 0. ∂r r ∂ϕ

σϕ = τrϕ

Die Spannungen haben folgende bemerkenswerte Eigenschaften: • Es handelt sich um einen strahligen Spannungszustand, bei dem nur Spannungen σr in radialer Richtung auftrteten. • Wegen τrϕ = 0 sind die radiale Richtung und die Umfangsrichtung Hauptrichtungen. Die Spannungen σr und σϕ sind Hauptspannungen. • Die Spannung σr ist f¨ ur r → 0 singul¨ ar vom Typ 1/r 2 . Das Einzelmoment f¨ uhrt danach zu einer st¨ arkeren Spannungssingularit¨ at als die Einzelkraft, welche nur vom Typ 1/r singul¨ ar ist. • Betrachtet man die Winkelabh¨ angigkeit von σr (r, ϕ), dann gilt σr > 0

(Zug)

f¨ ur

σr < 0

(Druck)

f¨ ur

π 0