Tags: Moodle-Aufgabe

2.4.1.H

Gegeben

• Balkenquerschnitt mit gegebenen Abmessungen.

• Das grüne \((y,z)\)-Bezugssystem.

• Das blaue \((\bar y,\bar z)\)-Bezugssystem.

a) Flächenträgheitstensor

Zeigen Sie, dass:

\[\begin{split}I_{yy} &= \tfrac{436}{3} \, \mathrm{cm}^4 \\ I_{yz} &= 64 \, \mathrm{cm}^4 \\ I_{zz} &= \tfrac{1108}{3} \, \mathrm{cm}^4 \\\end{split}\]

Lösung

		\(\tfrac{A}{\mathrm{cm}^2}\)	\(\tfrac{d_y}{\mathrm{cm}}\)	\(\tfrac{d_z}{\mathrm{cm}}\)	\(\tfrac{I_{yy} + d_z^2 A}{\mathrm{cm}^4}\)	\(\tfrac{I_{yz} - d_y d_z A}{\mathrm{cm}^4}\)	\(\tfrac{I_{zz} + d_y^2 A}{\mathrm{cm}^4}\)
1	grün	\(60\)	\(0\)	\(0\)	\(\tfrac{1}{12} 10 \cdot 216 + 0\)	\(0 - 0\)	\(\tfrac{1}{12} 6 \cdot 1000 + 0\)
2	rot	\(4\)	\(4\)	\(2\)	\(\tfrac{1}{12} 2 \cdot 8 + 16\)	\(0 - 32\)	\(\tfrac{1}{12} 2 \cdot 8 + 64\)
3	rot	\(4\)	\(-4\)	\(-2\)	\(\tfrac{1}{12} 2 \cdot 8 + 16\)	\(0 - 32\)	\(\tfrac{1}{12} 2 \cdot 8 + 64\)

Bis hierher wurden die Flächenträgheitsmomente berechnet für die grüne Fläche und für die beiden roten Flächen. Die Ergebnisse sind in der Tabelle gezeigt. Die tatsächliche Querschnittsfläche ist gleich der grünen Fläche abzüglich der beiden roten Flächen. Man muss daher die Flächenträgheitsmomente der roten Flächen abziehen muss von den Flächenträgheitsmomenten der grünen Fläche:

\[\begin{split}\tfrac{I_{yy}}{\mathrm{cm}^4} &= \overbrace{\tfrac{1}{12} 10 \cdot 216}^{\textsf{1}} \, - \, 2(\overbrace{\tfrac{1}{12} 2 \cdot 8 + 16}^{\textsf{2 = 3}}) \\ &= \tfrac{5\cdot 216}{6} - 2(\tfrac{4}{3} + \tfrac{48}{3}) \\ &= \tfrac{540}{3} - \tfrac{104}{3} \\ &= \tfrac{436}{3}\\ &= 145{,}\bar 3\\ \\ \tfrac{I_{yz}}{\mathrm{cm}^4} &= 0 \, - \, 2(-32) \\ &= 64 \\ \\ \tfrac{I_{zz}}{\mathrm{cm}^4} &= \tfrac{1}{12} 6 \cdot 1000 \, - \, 2(\tfrac{1}{12} 2 \cdot 8 + 64) \\ &= 500- 2(\tfrac{4}{3}+ \tfrac{192}{3}) \\ &= 500- 2\tfrac{196}{3} \\ &= \tfrac{1108}{3} \\ &= 369{,}\bar 3\\\end{split}\]

b) Mohr’scher Kreis

Seien die dimensionslosen Komponenten des Flächenträgheitstensors, die sich auf das grüne Bezugssystem beziehen:

\[\begin{split}\begin{bmatrix} T_{yy} & T_{yz} \\ \mathsf{sym} & T_{zz} \end{bmatrix} &= \begin{bmatrix} \tfrac{I_{yy}}{\mathrm{cm}^4} & \tfrac{I_{yz}}{\mathrm{cm}^4} \\ \mathsf{sym} & \tfrac{I_{zz}}{\mathrm{cm}^4} \end{bmatrix} \\ &= \begin{bmatrix} \tfrac{436}{3} & 64 \\ \mathsf{sym} & \tfrac{1108}{3} \end{bmatrix}\end{split}\]

Seien die dimensionslosen Komponenten desselben Tensors, die sich auf das blaue Bezugssystem beziehen, welches relativ zum grünen gedreht ist:

\[\begin{split}\begin{bmatrix} T_{\bar y \bar y} & T_{\bar y \bar z} \\ \mathsf{sym} & T_{\bar z \bar z} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \ldots & \ldots \\ \mathsf{sym} & \ldots \end{bmatrix}\end{split}\]

Zeichnen Sie den Mohr’schen Kreis mit den Achsen \(T_{\bar y \bar y}\) und \(T_{\bar y \bar z}\).

Lösung

c) Extremwerte

Berechnen Sie den Winkel \(\varphi_1\) (siehe Bild), um den das blaue System relativ zum grünen gedreht ist, sodass gilt:

• \(T_{\bar y \bar y}\) ist maximal,

• \(T_{\bar z \bar z}\) ist minimal und

• \(T_{\bar y \bar z}\) ist null.

Zeigen Sie, dass:

\[\varphi_1 \stackrel{\scriptscriptstyle{0{,}1}}{\approx}75{,}1^\circ\]

Und zeigen Sie, dass für diesen Winkel gilt:

\[T_{\bar y \bar y} \stackrel{\scriptscriptstyle{0{,}1}}{\approx} 386{,}3\]

Lösung

Wie üblich berechnet man:

• Mittelwert aus \(T_{\bar y \bar y}\) und \(T_{\bar z \bar z}\):

  \(\bar T \stackrel{\scriptscriptstyle{0{,}1}}{\approx} 257{,}3\)

• Kreisradius:

  \(r \stackrel{\scriptscriptstyle{0{,}1}}{\approx} 129{,}0\)

• Maximales \(T_{\bar y \bar y}\):

  \(\max T_{\bar y \bar y}\stackrel{\scriptscriptstyle{0{,}1}}{\approx}386{,}3\)

• Minimales \(T_{\bar y \bar y}\):

  \(\min T_{\bar y \bar y} \stackrel{\scriptscriptstyle{0{,}1}}{\approx} 128{,}3\)

• Winkel, für den \(T_{\bar y \bar y} = \max T_{\bar y \bar y}\):

  \(\varphi_1 = \arctan{} \tfrac{T_{yz}}{T_{yy} - \min T_{\bar y \bar y}}\stackrel{\scriptscriptstyle{0{,}1}}{\approx}75{,}1^\circ\)