Aufgabe 02 – Leichtbaukennwerte

 

Gegeben ist folgende Anordnung:

Leichtbaukennwerte

Führen Sie eine Steifigkeitsauslegung für den Druckstab durch, indem Sie den entsprechenden Leichtbaukennwert ermitteln. Ermitteln Sie sodann das Gewicht des Druckstabes bei Verwendung von Holz oder Aluminium als Baustoff bei einer Last von 1000N, so dass ein Knicken gerade noch verhindert wird.

Gegeben:

Für Holz:
E = 10000 N/mm²
ρ = 0,9 kg/dm³

Für Aluminium:
E = 70000 N/mm²
ρ = 2,7 kg/dm³

l = 1 m

Lösung

Vorgehen:

1.) Bestimmung der kritischen Last
2.) Ermittlung des Leichtbaukennwertes aus dem Gewicht
3.) Ermitteln des Gewichts für Holz und Aluminium bei einer Last von 1000N damit kein Knicken auftritt

Zu 1.)

Kritische Last:

Die Formel für die kritische Last für den Fall gelenkig-gelenkig gelagert ist bereits aus TM I bekannt:
F_{krit}  = \frac{{\pi ^2 }} {{l^2 }}EI

Zu 2.)

Ermittlung des Leichtbaukennwertes aus dem Gewicht:

Der Leichtbaukennwert ist ein Wert, der Materialabhängig (Abhängig von den Werkstoffeigenschaften) ist. Er ist eine Konstante und lässt sich aus der Gewichtskraft herleiten. Dazu stellen wir zunächst die Gleichung für die Gewichtskraft auf:

G = gm = \rho Vg = g\rho 6a^2 L

Der Wert a ist in diesem Falle unbekannt. Wir können ihn jedoch mit Hilfe der Formeln für die kritische Last, zusammen mit der Formel für das Flächenträgheitsmoment, bestimmen:

F_{krit}  = \frac{{\pi ^2 }} {{l^2 }}EI\quad  \Rightarrow \quad I = \frac{{F_{krit} L^2 }} {{E\pi ^2 }}

Zur Erinnerung:
Berechnen der Trägheitsmomente mit dem Steinerschen Satz:
\tilde I = I_{HA} +k^2 A

k: Verschiebung
A: Fläche
I_{HA}: Hauptachsenträgheitsmoment (Hauptachse liegt immer im Schwerpunkt)

Die Hauptachsenträgheitsmomente der Fläche 1 (unten) und 2 (oben) berechnen sich, wie folgt:

I_{HAy2}  = \int\limits_{-\frac{3} {2}a}^{\frac{3} {2}a} {\int\limits_{-\frac{a} {2}}^{\frac{a} {2}} {z^2 dy\:dz} }  = a \cdot \frac{1} {3}2\left( {\frac{3} {2}a} \right)^3  = \frac{9} {4}a^4  = I_{HAz1}

I_{HAz2}  = \int\limits_{-\frac{3} {2}a}^{\frac{3} {2}a} {\int\limits_{-\frac{a} {2}}^{\frac{a} {2}} {y^2 dy\:dz} }  = \frac{1} {3}2\left( {\frac{a} {2}} \right)^3 \cdot3a = \frac{1} {{4}}a^4  = I_{HAy1}

Mit dem Satz über zusammengesetzte Querschnitte:

I_{ges}  = I_1 +I_2

I_{yges}  = I_{HAy1} +I_{HAy2}

Da die beiden Flächen aus ihren Schwerpunkten nur in y Richtung verschoben wurde, kann das Flächenträgheitsmoment in y-Richtung einfach nach obiger Formel zusammengesetzt werden:

I_{yges}  = \frac{9} {4}a^4 +\frac{1} {4}a^4  = \frac{5} {2}a^4

Für das Flächenträgheitsmoment in z-Richtung dagegen muss die Verschiebung in y-Richtung über den Satz von Steiner mit eingebracht werden:

I_{zges}  = \frac{9} {4}a^4 +\underbrace {a^2  \cdot 3a^2 }_{Steineranteil}+\frac{1} {4}a^4 +\underbrace {a^2  \cdot 3a^2 }_{Steineranteil} = \frac{{17}} {2}a^4

Da das Koordinatensystem im Schwerpunkt liegt, gibt es keine Deviationsmomente:

I_{yzges}  = 0

I_{yges}  < I_{zges}  \Rightarrow Knicken erfolgt um y-Achse

Eingesetzt folgt somit:

I = \frac{{Fl^2 }} {{\pi ^2 E}} = \frac{5} {2}a^4

Umgeformt erhalten wir nun a:

a = \sqrt[4]{{\frac{2} {5}\frac{{F_{krit} }} {E}\frac{{l^2 }} {{\pi ^2 }}}}

Eingesetzt in die Gewichtskraftformel ergibt sich dann:

G = \rho glA = \rho gl6a^2  = \rho gl6 \cdot \sqrt {\frac{2} {5}\frac{{F_{krit} }} {E}\frac{{l^2 }} {{\pi ^2 }}}

Im letzten Schritt separieren wir nun noch die Variablen der Gleichung, welche vom Werkstoff abhängen:

\Rightarrow \quad G = \rho glA = \rho gl6a^2  = \rho gl6 \cdot \sqrt {\frac{2} {5}\frac{{F_{krit} }} {E}\frac{{l^2 }} {{\pi ^2 }}}  = 6l^2 \sqrt {\frac{{2F_{krit} }} {{5\pi ^2 }}} \frac{1} {{\frac{{\sqrt E }} {{\rho g}}}}

Wie oben bereits erwähnt, ist Leichtbaukennwert ist ein Wert, der Abhängig von den Werkstoffeigenschaften ist. In diesem Falle ist der Leichtbaukennwert also:

\frac{{\sqrt E }} {{\rho g}}

zu 3.)

Gewicht für Holz und Aluminium für F=1000N:

Leichtbaukennwert für Holz:
\frac{{\sqrt E }} {{\rho g}}Holz = \frac{{\sqrt {\frac{{10000N}} {{mm^2 }}} }} {{0,9\frac{{kg}} {{dm^3 }} \cdot 9,81\frac{m} {{s^2 }}}} = \frac{{\sqrt {\frac{{10000N}} {{\left( {0,001m} \right)^2 }}} }} {{0,9\frac{{kg}} {{\left( {0,1m} \right)^3 }} \cdot 9,81\frac{m} {{s^2 }}}} = 11,33\sqrt {\frac{{m^3 s^2 }} {{kg}}}

Leichtbaukennwert für Aluminium:

\frac{{\sqrt E }} {{\rho g}}Alu = \frac{{\sqrt {\frac{{70000N}} {{mm^2 }}} }} {{2,7\frac{{kg}} {{dm^3 }} \cdot 9,81\frac{m} {{s^2 }}}} = \frac{{\sqrt {\frac{{70000N}} {{\left( {0,001m} \right)^2 }}} }} {{2,7\frac{{kg}} {{\left( {0,1m} \right)^3 }} \cdot 9,81\frac{m} {{s^2 }}}} = 9,99\sqrt {\frac{{m^3 s^2 }} {{kg}}}

Da Holz den höheren Kennwert besitzt, ist zu erwarten, dass dieser (aufgrund der Gewichtskraftgleichung) leichter ist, als der Alu-Balken.

G_{Holz}  = 6l^2 \sqrt {\frac{{2F_{krit} }} {{5\pi ^2 }}} \frac{1} {{\frac{{\sqrt E }} {{\rho g}}Holz}} = 33,0835\:N

G_{Alu}  = 6l^2 \sqrt {\frac{{2F_{krit} }} {{5\pi ^2 }}} \frac{1} {{\frac{{\sqrt E }} {{\rho g}}Alu}} = 37,5132N

Das Gewicht (m) ist Kraft (G) durch g:

F = m \cdot g

\Rightarrow m = \frac{G} {g}

m_{Holz}  = 3,373\:kg

m_{Alu}  = \:3,824\:kg

Fazit: Ein verwendeter Holzbalken würde leichter sein, als ein Aluminiumbalken. Man würde also bei gleicher Belastbarkeit Gewicht einsparen.

Fertig!