Biegelinie mit Streckenlast

In diesem Abschnitt soll gezeigt werden wie die Biegelinie bestimmt wird, wenn eine Streckenlast auf den Balken wirkt. 

Beispiel 1: Bestimmung der Durchbiegung

Die Formel für die Berechnung der Biegelinie ergibt sich zu:

$EIw^{IV} = q(x)$

Die Streckenlast ist über die gesamte Balkenlänge konstant, weshalb $q(x) = q_0$:

$EIw^{IV} = q_0$

Integrationen

Es folgt die 1. Integration:

$EIw^{III} = \int q_0 \; dx$

$EIw^{III} = q_0 \cdot x + C_1$

2. Integration:

$EIw^{II} = \int q_0 \cdot x \; dx + \int C_1 \; dx$

$EIw^{II} = \frac{1}{2} q_0 \cdot x^2 + C_1 \cdot x + C_2$

3. Integration:

$EIw^{I} = \int \frac{1}{2} q_0 \cdot x^2 \; dx + \int C_1 \cdot x \; dx + \int C_2 \; dx$

$EIw^{I} = \frac{1}{6} q_0 \cdot x^3 + \frac{1}{2} C_1 \cdot x^2 +  C_2 \cdot x + C_3$

4. Integration:

$EIw = \int \frac{1}{6} q_0 \cdot x^3 \; dx+ \int \frac{1}{2} C_1 \cdot x^2 \; dx +  \int C_2 \cdot x \; dx + \int C_3 \; dx$

$EIw =  \frac{1}{24} q_0 \cdot x^4 +  \frac{1}{6} C_1 \cdot x^3  +  \frac{1}{2} C_2 \cdot x^2  +  C_3 \cdot x + C_4$

Es müssen als nächstes die Rand- und Übergangsbedingungen betrachtet werden. Es handelt sich links um ein Festlager und rechts um ein Loslager.

Es gilt für das Festlager bei $x = 0$:

$w = 0$, $M = 0$.

Es gilt für das Loslager bei $x = l$: 

$w = 0$, $M = 0$.

Es existieren also vier Randbedingungen, welche zur Berechnung der vier Integrationskonstanten verwendet werden können. Zunächst wird das Festlager bei $x = 0$ betrachtet. Einsetzen von $w = 0$ und $x = 0$ in $EIw$:

(1) $EI \cdot 0 =  \frac{1}{24} q_0 \cdot 0^4 +  \frac{1}{6} C_1 \cdot 0^3 +  \frac{1}{2} C_2 \cdot 0^2  +  C_3 \cdot 0 + C_4$

$\rightarrow \; C_4 = 0$

Das Moment wird beim Festlager ($x = 0$) zu null: $M = 0$. Es gilt:

$EIw^{II} = -M(x) $

Es wird also die 2. Ableitung der Biegelinie betrachtet und gleich null gesetzt. Einsetzen von $x = 0$:

(2) $EIw^{II} = \frac{1}{2} q_0 \cdot 0^2 + C_1 \cdot 0 + C_2 = 0$

$\rightarrow \; C_2 = 0$

Als nächstes wird das Loslager bei $x = l$ betrachtet. Einsetzen von $w = 0$ und $x = l$ sowie $C_4 = 0$ und $C_2 = 0$:

(3) $EI \cdot 0 =  \frac{1}{24} q_0 \cdot l^4 +  \frac{1}{6} C_1 \cdot l^3 +  C_3 \cdot l $

Hier kann noch keine Integrationskonstante bestimmt werden.

Das Moment wird beim Loslager ($x = l$) zu null: $M = 0$. Es gilt:

$EIw^{II} = -M(x) $

Es wird also die 2. Ableitung der Biegelinie betrachtet und gleich null gesetzt. Einsetzen von $x = l$ und $C_2 = 0$:

(4) $EIw^{II} = \frac{1}{2} q_0 \cdot l^2 + C_1 \cdot l = 0$

$\rightarrow \; C_1 = -\frac{1}{2} q_0 \cdot l$

$C_1$ kann nun eingesetzt werden in (3):

$EI \cdot 0 =  \frac{1}{24} q_0 \cdot l^4 +  \frac{1}{6} \cdot -\frac{1}{2} q_0 \cdot l \cdot l^3 +  C_3 \cdot l $

$0 = \frac{1}{24} q_0 \cdot l^4 -  \frac{1}{12}  q_0 \cdot l^4  +  C_3 \cdot l $

$C_3 = \frac{1}{24} q_0 \cdot l^3$

Insgesamt ergibt sich dann die Durchbiegung:

$EIw =  \frac{1}{24} q_0 \cdot x^4 +  \frac{1}{6} C_1 \cdot x^3  +  \frac{1}{2} C_2 \cdot x^2  +  C_3 \cdot x + C_4$

Einsetzen der Integrationskonstanten:

$EIw =  \frac{1}{24} q_0 \cdot x^4 +  \frac{1}{6} ( -\frac{1}{2} q_0 \cdot l) \cdot x^3   + ( \frac{1}{24} q_0 \cdot l^3) \cdot x$

$EIw = \frac{1}{24} q_0 \cdot x^4 -  \frac{1}{12}  q_0 \cdot l \cdot x^3   +  \frac{1}{24} q_0 \cdot l^3 \cdot x$

$EIw = \frac{1}{24} q_0 \cdot (x^4 -  2  \cdot l \cdot x^3   +  l^3 \cdot x)$

Die Durchbiegung kann auch bestimmt werden, indem ein Schnitt durch den Balken durchgeführt wird und der Momentenverlauf berechnet wird. Dafür müssen aber zunächst die Auflagerreaktionen berechnet werden. Dann wird die folgende Gleichung herangezogen:

$EIw^{II} = -M(x)$

Es ergeben sich dann zwei Integrationskonstanten, welche mit $w= 0$ bei $x=0$ und $w = 0$ bei $x = l$ bestimmt werden können.

Beispiel 2: Bestimmung der Durchbiegung

Die Streckenlast ist nicht konstant, weshalb zunächst der Verlauf der Streckenlast bestimmt werden muss.

Es ergibt sich:

$q(x) = mx+b$

$m = \frac{q_2 - q_1}{l}$

$b = q_1$

$q(x) = \frac{q_2 - q_1}{l} \cdot x + q_1$

Es kann nun wieder die Integration stattfinden:

$EIw^{IV} = q(x)$

$EIw^{IV} = \frac{q_2 - q_1}{l} \cdot x + q_1$

1. Integration:

$EIw^{III} = \frac{q_2 - q_1}{l} \cdot \int x \; dx + \int q_1 \; dx$

$EIw^{III} = \frac{q_2 - q_1}{2l} \cdot  x^2 + q_1 \cdot x + C_1$

2. Integration:

$EIw^{II} = \frac{q_2 - q_1}{2l} \cdot  \int x^2 \; dx + q_1 \cdot \int x \; dx + \int C_1 \; dx$

$EIw^{II} = \frac{q_2 - q_1}{6l} \cdot  x^3 + \frac{1}{2}q_1 \cdot  x^2 + C_1 \cdot x + C_2$

3. Integration:

$EIw^{I} = \frac{q_2 - q_1}{24l} \cdot  x^4 + \frac{1}{6}q_1 \cdot  x^3 + \frac{1}{2} C_1 \cdot x^2 + C_2 \cdot x + C_3$

4. Integration:

$EIw = \frac{q_2 - q_1}{120 l} \cdot  x^5 + \frac{1}{24}q_1 \cdot  x^4 + \frac{1}{6} C_1 \cdot x^3 + \frac{1}{2} C_2 \cdot x^2 + C_3 \cdot x + C_4$

Es folgen die Randbedingungen:

$x = 0$: $w = 0$, $M = 0$

$x = l$: $w = 0$, $M = 0$

Festlager $x = 0$, $w = 0$:

$0 = \frac{q_2 - q_1}{120 l} \cdot  0^5 + \frac{1}{24}q_1 \cdot  0^4 + \frac{1}{6} C_1 \cdot 0^3 + \frac{1}{2} C_2 \cdot 0^2 + C_3 \cdot 0 + C_4$

$\rightarrow C_4 = 0$

Festlager $x = 0$, $M = w'' = 0$:

$0 = \frac{q_2 - q_1}{6l} \cdot  0^3 + \frac{1}{2}q_1 \cdot  0^2 + C_1 \cdot 0 + C_2$

$\rightarrow \; C_2 = 0$

Loslager $x = l$, $M = w'' = 0$, $C_2 = 0$:

$0 = \frac{q_2 - q_1}{6 \cdot l} \cdot  l^3 + \frac{1}{2}q_1 \cdot  l^2 + C_1 \cdot l$

$C_1 = -\frac{q_2 - q_1}{6 \cdot l} \cdot  l^2 - \frac{1}{2}q_1 \cdot  l $

$C_1 = -\frac{q_2 - q_1}{6} \cdot  l - \frac{1}{2}q_1 \cdot  l $

Loslager $x = l$, $w = 0$, $C_4 = 0$, $C_2 = 0$ und $C_1$ einsetzen:

$0 = \frac{q_2 - q_1}{120 l} \cdot  l^5 + \frac{1}{24}q_1 \cdot  l^4 + \frac{1}{6} (-\frac{q_2 - q_1}{6} \cdot  l - \frac{1}{2}q_1 \cdot  l) \cdot l^3 + C_3 \cdot l$

$0 = \frac{q_2 - q_1}{120 l} \cdot  l^5 + \frac{1}{24}q_1 \cdot  l^4 - \frac{q_2 - q_1}{36} \cdot  l^4 - \frac{1}{12}q_1 \cdot  l^4 + C_3 \cdot l$

$C_3= -\frac{q_2 - q_1}{120 l} \cdot  l^4 - \frac{1}{24}q_1 \cdot  l^3 + \frac{q_2 - q_1}{36} \cdot  l^3 + \frac{1}{12}q_1 \cdot  l^3 $

$C_3= -\frac{q_2 - q_1}{120 l} \cdot  l^4 + \frac{1}{24}q_1 \cdot  l^3 + \frac{q_2 - q_1}{36} \cdot  l^3 $

Die Durchbiegung ergibt sich dann zu:

$EIw = \frac{q_2 - q_1}{120 l} \cdot  x^5 + \frac{1}{24}q_1 \cdot  x^4 + \frac{1}{6} ( -\frac{q_2 - q_1}{6} \cdot  l - \frac{1}{2}q_1 \cdot  l) \cdot x^3 + (-\frac{q_2 - q_1}{120 l} \cdot  l^4 + \frac{1}{24}q_1 \cdot  l^3 + \frac{q_2 - q_1}{36} \cdot  l^3) \cdot x $

$EIw = \frac{q_2 - q_1}{120 l} \cdot  x^5 + \frac{1}{24}q_1 \cdot  x^4 - \frac{q_2 - q_1}{36} \cdot  l \cdot x^3 - \frac{1}{12}q_1 \cdot  l \cdot x^3 -\frac{q_2 - q_1}{120} \cdot  l^3x + \frac{1}{24}q_1 \cdot  l^3x + \frac{q_2 - q_1}{36} \cdot  l^3x $

$EIw = \frac{q_2 - q_1}{120 l} \cdot  x^5 + \frac{1}{24}q_1 \cdot  x^4 - \frac{q_2 - q_1}{36} \cdot  l \cdot x^3 - \frac{1}{12}q_1 \cdot  l \cdot x^3  + \frac{1}{24}q_1 \cdot  l^3x + \frac{(q_2 - q_1)7}{360} \cdot  l^3x $

Zusammenfassen:

$EIw =  \frac{q_2 - q_1}{360} (3 \frac{x^5}{l} - 10 l x^3 + 7 l^3x) + \frac{1}{24} q_1 (x^4 - 2lx^3 + l^3x)$