01 – Dimensionierung eines Trägers unter statischer Beanspruchung

 

Ein schmaler I-Träger nach DIN 1025 aus dem Baustahl S235JRG2 mit der Länge l = 2500mm ist an einem Ende fest eingespannt. Am anderen Ende wird er zunächst mit einer statisch wirkenden Kraft F = 1000N belastet.

Aufgabenstellung Skizze

1.1

Ermitteln Sie den erforderlichen Trägerquerschnitt unter Vernachlässigung des Eigengewichtes. Dimensionieren Sie dabei auf Tragfähigkeit und auf Formsteifigkeit. Als Mindestsicherheit gegen Fließen ist S_{F,min} = 1,5 gefordert. Die Durchbiegung am Kraftangriffspunkt darf f_{zul} = 25mm nicht überschreiten.

1.2

Am freien Ende des Trägers greift nun zusätzlich mittig ein Torsionsmoment M_t = 250Nm an. Wie müssen in diesem Fall die Abmessungen des Trägers gewählt werden? Vernachlässigen Sie bei der Ermittlung der Beanspruchungen die Wölbbehinderung an der Einspannstelle!

Lösung

Zunächst zur Begriffsklärung: Unter Dimensionierung versteht man die Festlegung bzw. Auslegung eines Entwurfs. Die Dimensionierung dient dazu, ein Produkt bzw. Bauteil vor allem nach Sicherheitsrestriktionen herzustellen.

1.1

Aufgabe ist die Dimensionierung des Bauteils auf Tragfähigkeit und Formsteifigkeit. Zur Lösung dieser Aufgabe bedienen wir uns zunächst eines vorgegebenen Schemas der Festigkeitslehre:

Schema Festigkeitslehre

Wir starten in diesem Schema und ermitteln als erstes die äußeren Belastungen.

Lagerreaktionen

Dabei ist M_E das Moment an der Einspannstelle und F_E die Querkraft an der Einspannstelle.

Um die Auflagerlasten zu berechnen, stellen wir die Gleichgewichtsbedingungen auf:

\uparrow : F-{F_E} = 0

\to :\quad entfällt, da es keine Kräfte in x-Richtung gibt

Momentegleichgewicht:

{M_E}-Fl = 0

Daraus erhalten wir die Lagerreaktionen:

{F_E} = F

{M_E} = Fl = {F_E}l

Die Verläufe der Auflagerlasten sehen wie folgt aus:

Verlauf der Kräfte

So haben wir schon das maximale Biegemoment gefunden. Es beträgt

{M_{b,\max }} = {M_E} = Fl = 1000N \cdot 2,5m = 2500Nm

Dieses maximale Biegemoment benötigen wir, um die maximalen im Bauteil wirksamen Biegespannungen zu berechnen.

Biegespannung

Es gilt für die Spannung:

{\sigma _{b, \max}} = \frac{{{M_{b,\max }}}} {{{W_b}}}

Dabei ist W_b das Wölbwiderstandsmoment gegen Biegung (Biegewiderstandsmoment). Dieses ergibt sich aus dem Quotienten von Flächenträgheitsmoment und den Randfaserabständen. Es ist damit eine Größe, die abhängig von Form und Abmessung des Bauteils ist. Wie schon aus dem Schema ersichtlich lässt sich aus diesen Informationen die auftretende Spannung ermitteln.

An dieser Stelle wollen wir noch zwei Begriffe klären:
Belastung: Kräfte und Momente, die von außen angreifen
Beanspruchung: Innere Beanspruchungen, also Spannungen, die aus äußeren Belastungen resultieren können

Da wir für das Biegewiderstandsmoment keinerlei Anhaltspunkte haben, dieses aber der ausschlaggebende Wert zur Dimensionierung des Bauteils ist, müssen wir im Folgenden die zulässige Spannung für dieses Bauteil ermitteln. Diese ist abhängig von Werkstoffkennwerten und den geforderten bzw. erwünschten Sicherheiten.

Für die maximal zulässige Spannung gilt bei statischer Belastung:

{\sigma _{zul}} = \frac{{Werkstoffkennwert}} {{Sicherheit \cdot Betriebsfaktor \cdot Kerbfaktor}} = \frac{K} {{S \cdot {C_B} \cdot {\alpha _k}}}

Kommen wir zur Klärung der verwendeten Größen:

Der Werkstoffkennwert K ist abhängig von der Art der Belastung und außerdem vom Werkstoff:

Werkstoffkennwert k

Hier geht es um eine statische Biegebelastung, wir brauchen daher den Werkstoffkennwert \sigma_{bB} für den angegebenen Stahl. Ein solcher Wert lässt sich in Tabellen meist schlecht finden, da es nicht zu jedem Werkstoff ausführliche Tabellen gibt. Daher greift man bei realen Berechnungen meistens auf die elastische Streckgrenze R_e des Werkstoffes zurück, was zumindest bei statischen Belastungen immer gute Ergebnisse liefert:

Werkstoffkennwerte und Streckgrenze

Für den verwendeten Stahl S235JRG2 ist die elastische Streckgrenze {R_e} = 235\frac{N} {{mm^2}} (was man auch schon am Namen des Stahls hätte erkennen können). Es gilt also:

K = {\sigma _{bB}} \approx {R_e} = 235\frac{N} {{mm^2}}

Der Sicherheitsfaktor S ist in der Aufgabenstellung gegeben. Wir setzen S = S_{F,\min } = 1,5.

Der Betriebsfaktor C_B ist abhängig von der Anwendung:

Betriebsfaktor

Da es sich um eine gleichförmige Belastung handelt, setzen wir C_B = 1.

Den Kerbfaktor \alpha_k setzen wir auch auf 1, da der Träger keine Kerben enthält.

Damit ergibt sich eine zulässige Spannung von

{\sigma _{zul}} = \frac{K} {{S \cdot {C_B} \cdot {\alpha _k}}} = \frac{{235\frac{N} {{mm^2}}}} {{1,5 \cdot 1 \cdot 1}} = 156,67\frac{N} {{mm^2}}

Anhand dieses Wertes können wir auf das benötigte Biegewiderstandsmoment schließen. Dieses lässt, wie schon erwähnt, eine Aussage über die Form und Abmessung des Bauteils zu.

Es gilt:

{\sigma _{b, \max}} = \frac{{{M_{b,\max }}}} {{{W_b}}}\quad  \Rightarrow \quad {W_b} = \frac{{{M_{b,\max }}}} {{{\sigma _{b, \max}}}}

und somit folgt für das bei den gegebenen Belastung erforderliche Biegewiderstandsmoment:

{W_{b,erf}} = \frac{{{M_{b,\max }}}} {{{\sigma _{b,zul}}}} = \frac{{2500000Nmm}} {{156,67\frac{N} {{mm^2}}}} = 15957mm^3 = 15,957cm^3

Nun werfen wir einen Blick in die Tabelle, um einen geeigneten I-Träger auszuwählen:

Träger Kennwerte Tabelle

In der Tabelle sind W_x und W_y angegeben. Nach dem in der zugehörigen Skizze eingeführten Koordinatensystem brauchen wir hier den Wert W_x.
Demnach genügt schon der I80-Träger mit einem W_b Wert von 19,5cm^3 den Anforderungen und könnte verwendet werden.

Wenn wir uns für diesen Träger entscheiden, können wir sein Biegewiderstandsmoment aus der Tabelle zur Berechnung der maximal auftretenden Spannung benutzen. Wir verwenden dazu die schon bekannte Formel:

{\sigma _{b, \max}} = \frac{{{M_{b,\max }}}} {{{W_b}}} = \frac{{2500000Nmm}} {{19500mm^3}} = 128\frac{N} {{mm^2}}\quad

Probe:

128\frac{N} {{mm^2}} = {\sigma _{b, \max}} < {\sigma _{zul}} = 156,67\frac{N} {{mm^2}}

Schubspannung

Für die Schubspannung im Träger gilt (mit der Querschnittsfläche A aus der Tabelle):

{\tau _s} = \frac{F} {A}

Im Vergleich zur Normalspannung (Biegespannung) wirkt die Schubspannung vor allem auf dem Verbindungsstück des Trägers:

qualitativer Spannungsverlauf im Träger

Für die Fläche A setzen wir daher nur die Fläche des Verbindungsteils ein:

{\tau _s} = \frac{F} {A} = \frac{{1000N}} {{sh-2st}} = \frac{{1000N}} {{3,9\left( {80-2 \cdot 5,9} \right)mm^2}} = 3,8\frac{N} {{mm^2}}

Dies ist verschwindend gering im Vergleich zur Biegespannung, daher können wir die Schubspannung vernachlässigen.

Durchsenkung

Wir haben also gezeigt, dass bereits die Dimensionierung des Trägers auf die Norm I80 der gegebenen Belastung mit geforderter Sicherheit standhalten würde. Gefordert war aber weiterhin eine maximale Durchbiegung von 25mm. Wir müssen den I-Träger also auch hinsichtlich dieses Kriteriums dimensionieren.

Wir brauchen die Formel für die Durchbiegung des Balkens bei der gegebenen Belastung. Diese kann analog zu dieser Aufgabe bestimmt werden, oder man schaut in eine Tabelle und erhält direkt

f = \frac{{F{l^3}}} {{3E{I_y}}}

Da sich der Träger nur um die y-Achse biegt, müssen wir die andere Komponente nicht beachten. Wir formen um:

{f_{zul}} = \frac{{F{l^3}}} {{3E{I_{y,erf}}}}\quad  \Rightarrow \quad {I_{y,erf}} = \frac{{F{l^3}}} {{3E{f_{zul}}}} = \frac{{1000N \cdot {{\left( {2500mm} \right)}^3}}} {{3 \cdot 210000\frac{N} {{mm^2}} \cdot 25mm}} = 99,2cm^4

Laut der Tabelle oben hat der I80-Träger nur einen I_y-Wert von 77,8cm^4 (dort I_x). Das bedeutet, dass dieser Träger zwar nicht versagen, sich aber um mehr als 25mm absenken würde. Wir müssen daher hinsichtlich der Formsteifigkeit auf den I100-Träger mit I_y = 171cm^4 zurückgreifen. Dieser erfüllt die Stabilitätsfrage natürlich noch besser als der I80-Träger und senkt sich zusätzlich nicht um mehr als 25mm ab.

1.2

Laut Aufgabenstellung können wir die Wölbbehinderung an der Einspannstelle vernachlässigen. Dies bedeutet, dass wir es hier mit einer reinen St.Venantschen Torsion zu tun haben. Die Einflüsse der Wölbkrafttorsion (zusätzliche Normalspannungen durch Wölbbehinderung) müssen nicht beachtet werden.

Skizze des Problems:

Skizze mit Querkraft und Torsion

Da wir sowohl Spannungen durch das Torsionsmoment erzeugen, als auch durch die angreifende Querkraft, benötigen wir eine Vergleichsspannung, die die Spannung aus der letzten Aufgabe ersetzen kann.
Zur Ermittlung der Vergleichsspannung dienen die sogenannten Vergleichsspannungshypothesen. Bei zähem Material, zu dem Stahl zählt, erfolgt ein Versagen durch Fließbruch (siehe Aufgabentext). Aus diesem Grund betrachten wir die Schubspannungshypothese. Es gilt:

{\sigma _v} = \sqrt {\sigma _{res}^2+4{{\left( {{\alpha _0}{\tau _{res}}} \right)}^2}}

Dabei ist \sigma _v die Spannung, bei der das Material versagt. \sigma _{res} und \tau _{res} sind die resultierenden Normal- bzw. Schubspannungen. Sie setzen sich wie folgt zusammen:

resultierende Normalspannung

resultierende Tangentialspannung

Es folgt also:

{\sigma _v} = \sqrt {\sigma _{res}^2+4{{\left( {{\alpha _0}{\tau _{res}}} \right)}^2}}  = \sqrt {{{\left( {{\sigma _z}+{\sigma _b}} \right)}^2}+4{{\left( {{\alpha _0}{\left( {{\tau _t}+{\tau _s}} \right)}}\right)}^2}}

In diesem Fall gibt es keine Zugkraft, die resultierende Normalspannung ist also gleich der Biegespannung.
Die Schubspannung kann wie schon gezeigt vernachlässigt werden, die Tangentialspannung ist also gleich der durch Torsion entstehenden Spannung:

Somit können folgende Vereinfachungen vorgenommen werden:

{\sigma _v} = \sqrt {\sigma _{res}^2+4{{\left( {{\alpha _0}{\tau _{res}}} \right)}^2}}  = \sqrt {{{\left( {\underbrace{{\sigma _z}}_{=0}+{\sigma _b}} \right)}^2}+4{{\left( {{\alpha _0}{\left( {{\tau _t}+\underbrace{{\tau _s}}_{\ll {\tau_t}}} \right)}}\right)}^2}}

woraus folgt:

{\sigma _v} = \sqrt {\sigma _{b, \max}^2+4{{\left( {{\alpha _0}{\tau _t}} \right)}^2}}

Nun fehlt nur noch der Wert für \alpha_0. Dies ist das Anstrengungsverhältnis. Dieses ist ein Verfahren, mit dem Schubspannungen zu einer Normalspannung umbewertet werden können, um dann zur Ermittlung der Vergleichsspannung vergleichbare Werte einsetzen zu können. Das Anstrengungsverhältnis wurde vor etwa 100 Jahren von Carl von Bach entwickelt und hat bis heute noch Gültigkeit. Bei gleichzeitiger Biegung und Torsion kann das Anstrengungsverhältnis der folgenden Tabelle entnommen werden:

Anstrengungsverhältnis

Wir erhalten einen Wert von \alpha_0 = 1 und setzen ein:

{\sigma _v} = \sqrt {\sigma _{b, \max}^2+4{{\left( {{\tau _t}} \right)}^2}}

Jetzt müssen wir die maximale Biegespannung und die Torsionsspannung berechnen. Wir beginnen mit der Biegespannung:

{\sigma _{b,\max }} = \frac{{{M_{b,\max }}}} {{{W_b}}} = \frac{{{M_E}}} {{{W_b}}} = \frac{{2500000Nmm}} {{34200mm^3}} = 73\frac{N} {{mm^2}}

Den Wert für das Wölbwiderstandmoment gegen Biegung (Biegewiderstandsmoment) haben wir dabei aus der oben abgebildeten Tabelle abgelesen ({W_x} vom Träger I100).

Als nächstes bestimmen wir die Schubspannung, die aus der Torsion resultiert. Es gilt:

{\tau _t} = \frac{{{M_t}}} {{{W_t}}}

mit dem Torsionsmoment M_t und dem Wölbwiderstandsmoment gegen Torsion (Torsionswiderstandsmoment) W_t.
Dabei ist

{W_t} = \frac{{Torsionssteifigkeit}} {{Randfaserabstand}} = \frac{{{I_t}}} {{{s_f}}}

Wir benötigen also die Torsionssteifigkeit des Profils. Bei offenen Profilen gilt:

Widerstandsmoment offener Profile

{I_t} = \frac{\eta } {3}\sum\limits_i {{h_i}t_i^3}

{W_t} = \frac{{{I_t}}} {{{t_{\max }}}}

Mit der Anpassungszahl \eta, die vom Profil abhängig ist:

Faktor eta

In diesem Fall ist \eta = 1,31.

Einsetzen der Tabellenwerte für die Abmessungen des Trägers:

{I_t} = \frac{\eta } {3}\sum\limits_i {{h_i}t_i^3}

= \frac{{1,31}} {3}\left( {50mm \cdot {{\left( {6,8mm} \right)}^3}+86,4mm \cdot {{\left( {4,5mm} \right)}^3}+50mm \cdot {{\left( {6,8mm} \right)}^3}} \right)

= 17168mm^4

{W_t} = \frac{{{I_t}}} {{{t_{\max }}}} = \frac{{17168mm^4}} {{6,8mm}} = 2525mm^3 = 2,5cm^3

Damit ist die Schubspannung infolge der Torsion:

{\tau _t} = \frac{{{M_t}}} {{{W_t}}} = \frac{{250000Nmm}} {{2525mm^3}} = 99\frac{N} {{mm^2}}

Mit diesen Werten können wir nun endlich die benötigte Vergleichspannung ermitteln:

{\sigma _v} = \sqrt {\sigma _{b.\max }^2+4{{\left( {{\tau _t}} \right)}^2}}  = \sqrt {{{\left( {73\frac{N} {{mm^2}}} \right)}^2}+4{{\left( {99\frac{N} {{mm^2}}} \right)}^2}}  = 211\frac{N} {{mm^2}}

Wir stellen fest, dass die ermittelte Vergleichsspannung die zulässige Spannung für dieses Bauteil übersteigt! Damit ist der I100-Träger für diesen Belastungsfall ungeeignet. Wir wählen daher den stabileren I120-Träger und überprüfen, ob dieser den Ansprüchen genügt:

{I_t} = \frac{\eta } {3}\sum\limits_i {{h_i}t_i^3}

= \frac{{1,31}} {3}\left( {2 \cdot 58mm \cdot {{\left( {7,7mm} \right)}^3}+104,6mm \cdot {{\left( {5,1mm} \right)}^3}} \right)

= 29183mm^4

{W_t} = \frac{{{I_t}}} {{{t_{\max }}}} = \frac{{29183mm^4}} {{7,7mm}} = 3790mm^3 = 3,8cm^3

{\tau _t} = \frac{{{M_t}}} {{{W_t}}} = \frac{{250000Nmm}} {{3790mm^3}} = 66\frac{N} {{mm^2}}

{\sigma _{b,\max }} = \frac{{{M_{b,\max }}}} {{{W_b}}} = \frac{{{M_E}}} {{{W_b}}} = \frac{{2500000Nmm}} {{54700mm^3}} = 46\frac{N} {{mm^2}}

{\sigma _v} = \sqrt {\sigma _{b.\max }^2+4{{\left( {{\tau _t}} \right)}^2}}  = \sqrt {{{\left( {46\frac{N} {{mm^2}}} \right)}^2}+4{{\left( {66\frac{N} {{mm^2}}} \right)}^2}}  = 140\frac{N} {{mm^2}}

Da die zulässige Spannung nicht von Form oder Abmessung des Trägers abhängt, ist diese nach wie vor

{\sigma _{zul}} = \frac{K} {{S \cdot {C_B} \cdot {\alpha _k}}} = \frac{{235\frac{N} {{mm^2}}}} {{1,5 \cdot 1 \cdot 1}} = 156,67\frac{N} {{mm^2}}

Die Stabilität des Trägers ist also gewährleistet! Im letzten Schritt müssen wir nun nur noch die geforderte Sicherheit prüfen:

{S_F} = \frac{{{R_{e,N}}}} {{{\sigma _v}}} = \frac{{235}} {{140}} = 1,7 > {S_{F,\min }} = 1,5

Somit ist auch die Sicherheit erfüllt und der I120-Träger kann verwendet werden!

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