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Technische Mechanik 2: Elastostatik - Beispiele: Hookesches Gesetz für mehrachsige Spannungszustände

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Technische Mechanik 2: Elastostatik

Beispiele: Hookesches Gesetz für mehrachsige Spannungszustände

In diesem Abschnitt werden Beispiele zum Hookeschen Gesetz für mehrachsige Spannungszustände aufgeführt. Die Gleichungen aus den vorherigen Kapiteln finden hier ihre Anwendung.

Anwendungsbeispiel 1: Hookesches Gesetz im ebenen Spannungszustand

Ebener Spannungszustand
Ebener Spannungszustand

Beispiel

Gegeben sei das obige Stück Metall mit $\nu = 0,3$. Die Ausgangsbreite (vor Verformung) betrage $b_0 = 12 mm$, die Ausgangshöhe $h_0 = 5 mm$. Nach der ebenen Belastung hat sich das Bauteil verformt. Die Breite beträgt nun $b = 12,04 mm$ und die Höhe $h = 4,98 mm$. Der Winkel beträgt $\beta = 89,5°$. Das Elastizitätsmodul sei $E = 60.000 \frac{N}{mm^2}$.

Wie groß sind die Dehnungen $\epsilon_x$ und $\epsilon_y$ und der Gleitwinkel $\gamma_{xy}$? Wie groß sind die Spannungen $\sigma_x$, $\sigma_y$ und $\tau_{xy}$?

Den Gleitwinkel $\gamma_{xy}$ kann man bestimmen durch:

$\gamma_{xy} = 90° - \beta = 90° - 89,5° = 0,5°$

Der Gleitwinkel drückt die Änderung des Winkels nach der Verformung aus. Vor der Verformung besaß das Metallstück einen Winkel von 90°. Nach der Verformung nur noch einen Winkel von 89,5°. Die Differenz ist also die Winkeländerung.

Aus dem Gleitwinkel $\gamma_{xy}$ und dem Schubmodul $G$ kann die Schubspannung $\tau_{xy}$ bestimmt werden;

$\tau_{xy} = G \cdot \gamma_{xy}$.


Das Schubmodul lässt sich bestimmen durch den folgenden Zusammenhang:

$G = \frac{E}{2(1+v)} = \frac{60.000 \frac{N}{mm^2}}{2(1 + 0,3)} = 23.077 \frac{N}{mm^2}$

Bevor mit der Berechnung begonnen werden kann, muss das Winkelmaß $0,5°$ ins Bogenmaß umgerechnet werden:

$\frac{2 \pi}{360°} \cdot 0,5° = 0,00873$

Es kann nun die Schubspannung bestimmt werden:

Methode

$\tau_{xy} =  23.077 \frac{N}{mm^2} \cdot 0,00873 = 201,46 \frac{N}{mm^2}$.


Die Einzeldehnungen können aus den Ausgangsabmessungen und deren Änderungen bestimmt werden:

$\epsilon_{xx} = \frac{\triangle b}{b_0} = \frac{b - b_0}{b_0} = \frac{0,04}{12} = 0,003$

$\epsilon_{yy} = \frac{\triangle h}{h_0} = \frac{h - h_0}{h} = \frac{-0,02}{5} = -0,004$

Es können nun die Normalspannungen bestimmt werden:

Methode

$\sigma_x = E \cdot \epsilon_{xx} = 60.000 \frac{N}{mm^2} \cdot 0,003 = 180 \frac{N}{mm^2}$

$\sigma_y = E \cdot \epsilon_{yy} = 60.000 \frac{N}{mm^2} \cdot -0,004 = -240 \frac{N}{mm^2}$.

Aus den Normalspannungen können nun mittels der Dehnungsgleichungen aus dem Abschnitt Hookesches Gesetz für den ebenen Spannungszustand die Dehnungen bestimmt werden:

Methode

$\epsilon_x = \frac{\sigma_x - \nu \cdot \sigma_y}{E} = 0,0042$

$\epsilon_y = \frac{\sigma_y - \nu \cdot \sigma_x}{E} = -0,0049$

Merke

Wiederholung:

Treten Belastungen in $x$-Richtung auf und damit Normalspannungen $\sigma_x$, so haben diese eine Dehnung in $x$-Richtung zur Folge

$\epsilon_{xx} = \frac{\sigma_x}{E}$

und zusätzlich dazu noch Querdehnungen in $y$- und $z$-Richtung:

$\epsilon_{xy} = \epsilon_{xz} = -\nu \frac{\sigma_x}{E}$.


Analog für Belastungen in $y$-Richtung mit Normalspannungen $\sigma_y$:

$\epsilon_{yy} = \frac{\sigma_y}{E}$

Querdehnungen:

$\epsilon_{yx} = \epsilon_{yz} =  -\nu \frac{\sigma_y}{E}$.

Treten nun beide Spannungen $\sigma_x$ und $\sigma_y$ gemeinsam auf, dann ergeben sich die gesamten Dehnungen in $x$-Richtung und in $y$-Richtung:

$\epsilon_x = \frac{\sigma_x}{E} - \nu \frac{\sigma_y}{E}$

$\epsilon_y = \frac{\sigma_y}{E} - \nu \frac{\sigma_x}{E}$

Dies entspricht genau den obigen Formeln.


Es müssen auch noch die Dehnungen in $z$-Richtung berücksichtigt werden. Nämlich die Querdehnungen aufgrund der Belastung in $x$- und $y$-Richtung:

$\epsilon_z = -\nu \frac{\sigma_x}{E} -\nu \frac{\sigma_y}{E}$

Nach Letzterem ist in der Aufgabenstellung aber nicht gefragt!

Anwendungsbeispiel 2: Hookesches Gesetz für den ebenen Verzerrungszustand

Block zwischen zwei starren Wänden ebener Verzerrungszustand

Beispiel

Gegeben sei der obige Aluminiumblock, welcher zwischen zwei starren Wänden eingespannt ist. Die Ausgangsabmessungen seien wie folgt: $L = 45 mm$, $B = H = 25 mm$. Die Längenänderung nach der Belastung sei $\triangle L = -0,15 mm$. Das Elastizitätsmodul betrage $E = 60.000 \frac{N}{mm^2}$ und $\nu = 0,3$.

Welche Dehnungen treten auf und wie groß sind diese? Wie groß sind die Normalspannungen $\sigma_x$ und $\sigma_z$? Wie groß sind die Kräfte $F_x$ und $F_z$?

Aufgrund der oberen und unteren starren Wand findet keine Dehnung in $z$-Richtung statt, weshalb $\epsilon_z = 0$. Es handelt sich hierbei also um einen ebenen Dehnungszustand. Die Dehnung in $x$-Richtung kann bestimmt werden durch:

$\epsilon_{xx} = \frac{\triangle L}{L} = \frac{-0,15 mm}{45 mm} = -0,0033$.


Daraus kann die Normalspannung $\sigma_x$ bestimmt werden:

Methode

$\sigma_x = E \cdot \epsilon_{xx} = 60.000 \frac{N}{mm^2} \cdot -0,0033 = -198 \frac{N}{mm^2}$.

Der Block ist in $y$-Richtung nicht behindert, demnach wirken hier keine Kräfte auf den Block, wonach gilt $F_y = 0$ und damit auch $\sigma_y = \frac{F_y}{A} = 0$. 

Die Gesamtdehnung $\epsilon_x$ in $x$-Richtung kann aus der folgenden Gleichung (Abschnitt Hookesches Gesetz im ebenen Verzerrungszustand) ermittelt werden mit $\sigma_y = 0$:

$\epsilon_x = \frac{1-\nu^2}{E} \cdot (\sigma_x - \frac{\nu}{1 - \nu} \cdot \sigma_y)$

$\epsilon_x = \frac{1-\nu^2}{E} \cdot (\sigma_x - \frac{\nu}{1 - \nu} \cdot 0)$

$\epsilon_x = \frac{1-\nu^2}{E} \cdot \sigma_x$

$\epsilon_x = \frac{1-0,3^2}{60.000 \frac{N}{mm^2}} \cdot -198 \frac{N}{mm^2}$

Methode

$\epsilon_x = -0,003$

Die Gesamtdehnung $\epsilon_y$ kann bestimmt werden zu ($\sigma_y = 0)$:

$\epsilon_y = \frac{1-\nu^2}{E} \cdot (\sigma_y - \frac{\nu}{1 - \nu} \cdot \sigma_x)$

$\epsilon_y = \frac{1-\nu^2}{E} \cdot ( - \frac{\nu}{1 - \nu} \cdot \sigma_x)$

$\epsilon_y = \frac{1-0,3^2}{60.000 \frac{N}{mm^2}} \cdot ( - \frac{0,3}{1 - 0,3} \cdot -198 \frac{N}{mm^2})$

Methode

$\epsilon_y = 0,0013$


Die Normalspannung $\sigma_z$ kann aus der folgenden Gleichung (Abschnitt: Hookesches Gesetz im ebenen Verzerrungszustand) bestimmt werden mit $\sigma_y = 0$:

$\sigma_z = \nu \cdot (\sigma_x + \sigma_y)$

Methode

$\sigma_z = \nu \cdot \sigma_x = 0,3 \cdot -198 \frac{N}{mm^2} = -59,4 \frac{N}{mm^2}$.

Nachdem nun die Spannungen $\sigma_x$ und $\sigma_z$ bestimmt worden sind, können auch die Kräfte $F_z$ und $F_x$ bestimmt werden aus:

$\sigma_x = \frac{F_x}{A_{yz}}$, $\sigma_z = \frac{F_z}{A_{xy}}$


Umstellen nach den Kräften:

$F_x = \sigma_x \cdot A_{yz} =\sigma_x \cdot H \cdot B $

$F_x = -198 \frac{N}{mm^2} \cdot  625 mm^2 = -123.750 N$

Das Minuszeichen vor der Kraft bedeutet einfach, dass die resultierende Horizontalkraft in Richtung der negativen $x$-Achse wirkt.


$F_z = \sigma_z \cdot L \cdot B$

$F_z = -59,4 \frac{N}{mm^2} \cdot 1.125 mm^2 = -66.825 N$

Das Minuszeichen vor der Kraft bedeutet, dass die resultierende Vertikalkraft in Richtung der negativen $z$-Achse wirkt. Die Krafteinwirkung durch die Wände ist von unten und von oben auf den Aluminiumblock. Die Kraft die von oben auf den Block wirkt, ist größer als die Kraft die von unten auf den Block wirkt. Deswegen ergbit sich eine resultierende nach unten gerichtete Vertikalkraft.

Man kann diese beiden Kräfte auch als eine einzige resultierende Kraft ausdrücken:

$R = \sqrt{F_x^2 + F_z^2} = \sqrt{(-123.750 N)^2 + (-66.825 N)^2} = 140.640 N$

Es handelt sich hierbei um den Betrag der Resultierenden. Um nun die Richtung der Resultierenden anzugeben, wird der Winkel zwischen der Resultierenden und der Horizontalkraft $F_x$ bestimmt:

$\tan \alpha = \frac{F_z}{F_x} $

$\alpha = \tan^{-1} (\frac{-66.825 N}{-123.750 N}) = 28,37°$