Formänderungsenergie und Ergänzungsenergie

 

Benötigte Formeln:

  1. Zug-/Druckstab: W = \frac{1}{2}\int_0^l {EA{{\left( {{u^\prime }\left( x \right)} \right)}^2}dx} = \frac{1}{2}\int_0^l {\frac{{{N^2}\left( x \right)}}{{EA}}dx} = {W^*}
  2. Biegebalken: W = \frac{1}{2}\int_0^l {EI{w^{\prime \prime }}{{\left( x \right)}^2}dx} = \frac{1}{2}\int_0^l {\frac{{{M^2}\left( x \right)}}{{EI}}dx} = {W^*}
  3. Torsionsrohr: W = \frac{1}{2}\int_0^l {G{I_T}{{\left( {{\vartheta ^\prime }\left( x \right)} \right)}^2}dx} = \frac{1}{2}\int_0^l {\frac{{M_T^2\left( x \right)}}{{G{I_T}}}dx} = {W^*}

Überlagerung der drei Belastungstypen:

{W^*} = \frac{1}{2}\int_0^l {\frac{{N{{\left( x \right)}^2}}}{{EA}}+\frac{{M{{\left( x \right)}^2}}}{{EI}}+\frac{{{M_T}{{\left( x \right)}^2}}}{{G{I_T}}}dx}

W = \frac{1}{2}\int_0^l {EA{u^\prime }{{\left( x \right)}^2}+EI{w^{\prime \prime }}{{\left( x \right)}^2}+G{I_T}{\vartheta ^\prime }{{\left( x \right)}^2}dx}

Beispiel 1 – Absenkung eines Knotens im Fachwerk

In folgendem Fachwerk haben alle Stäbe den gleichen Durchschnitt und E-Modul. Man berechne die durch G hervorgerufene Absenkung an Knoten III.

absenkung-kraftangriffspunkt-fachwerk-aufgabe

\sin \frac{\pi }{4} = \cos \frac{\pi }{4} = \frac{1}{{\sqrt 2 }}

absenkung-kraftangriffspunkt-fachwerk-freischnitt

Kräftegleichgewicht:

\uparrow :\quad {F_A}-G = 0\quad \Rightarrow \quad {F_A} = G

\to :\quad {k_A}+{k_B} = 0\quad \Rightarrow \quad {k_A} = -{k_B}

Momentengleichgewicht:

{k_B}l+Gl = 0\quad \Rightarrow \quad {k_B} = -G\quad \Rightarrow \quad {k_A} = G

Wir berechnen nun die Stabkräfte. Hierzu schneiden wir zwei Knoten frei und stellen die Kräftegleichgewichte auf.

Knoten I:

absenkung-kraftangriffspunkt-gleichgewicht-knoten1

\uparrow :\quad {F_A}+{S_1}+\frac{1}{{\sqrt 2 }}{S_3} = 0

\to :\quad {k_A}+\frac{1}{{\sqrt 2 }}{S_3} = 0\quad \Rightarrow \quad {S_3} = -\sqrt 2 G

\quad \Rightarrow \quad {F_A}+{S_1}-G = 0\quad \Rightarrow \quad {S_1} = G-{F_A} = 0

Knoten II:

absenkung-kraftangriffspunkt-gleichgewicht-knoten2

\uparrow :\quad {S_1} = 0

\to :\quad {k_B}+{S_2} = 0\quad \Rightarrow \quad {S_2} = -{k_B} = G

Nun bestimmen wir die Ergänzungsenergie. Es handelt sich um linear elastische Zug-/Druckstäbe, daher müssen wir die Formel

W = \frac{1}{2}\int_0^l {EA{{\left( {{u^\prime }\left( x \right)} \right)}^2}dx} = \frac{1}{2}\int_0^l {\frac{{{N^2}\left( x \right)}}{{EA}}dx} = {W^*}

benutzen.

W_i^* = \frac{1}{2}\int_0^{{l_i}} {\frac{{N_i^2\left( x \right)}}{{{E_i}{A_i}}}dx} = \frac{1}{2}\frac{{S_i^2{l_i}}}{{{E_i}{A_i}}}

W_{ges}^* = {W^*} = \sum\limits_{i = 1}^n {\frac{1}{2}\frac{{S_i^2{l_i}}}{{{E_i}{A_i}}}}

Mit dem 1. Satz von Castigliano bestimmen wir die Absenkung von Knoten III:

\delta = \frac{{\partial {W^*}}}{{\partial G}} = \frac{{Gl}}{{EA}}\left( {1+2\sqrt 2 } \right)

Beispiel 2 – Auflagerkraft eines statisch unbestimmten Balkens

Bei folgendem statisch unbestimmt gelagerten Balken bestimme man die Lagerkraft im Loslager.

auflagerkraft-statisch-unbestimmter-balken-aufgabe

Vorgehen: Wir denken uns ein Ersatzsystem ohne das Loslager, in dem sich der Balken am Ende durchbiegt. Dann führen wir eine Kraft B am Ende des Balkens ein, die den Balken so zurückbiegt, dass er dort keine Verschiebung mehr hat:

auflagerkraft-statisch-unbestimmter-balken-freischnitt

Satz von Castigliano:

{\delta _B} = \frac{{\partial {W^*}}}{{\partial B}}\mathop = \limits^! 0

Nun betrachten wir die Schnittlasten:

auflagerkraft-statisch-unbestimmter-balken-schnittlast

Momentengleichgewicht:

M\left( x \right)-B\left( {l-x} \right)+{q_0}\left( {l-x} \right)\frac{{l-x}}{2} = 0

\quad \Rightarrow \quad M\left( x \right) = B\left( {l-x} \right) = \frac{{{q_0}}}{2}{\left( {l-x} \right)^2}

Damit können wir die Ergänzungsenergie bestimmen:

{W^*} = \frac{1}{2}\int_0^l {\frac{{{M^2}\left( x \right)}}{{EI}}dx} = \frac{1}{{2EI}}\int_{}^{} {{{\left\{ {B\left( {l-x} \right)-\frac{{{q_0}}}{2}{{\left( {l-x} \right)}^2}} \right\}}^2}dx}

Substitution:

s: = l-x\quad \Rightarrow \quad \frac{{ds}}{{dx}} = -1\quad \Rightarrow \quad dx = -ds

Integrationsgrenzen:

l-0 = l,\quad l-l = 0

Einsetzen:

\quad \Rightarrow \quad {W^*} = -\frac{1}{{2EI}}\int_l^0 {{{\left\{ {Bs-\frac{{{q_0}}}{2}{s^2}} \right\}}^2}ds}

\quad \Rightarrow \quad {W^*} = \frac{1}{{2EI}}\int_0^l {{{\left\{ {Bs-\frac{{{q_0}}}{2}{s^2}} \right\}}^2}ds}

\quad \Rightarrow \quad {W^*} = \frac{1}{{2EI}}\int_0^l {\left\{ {{B^2}{s^2}-{q_0}B{s^3}+\frac{{q_0^2}}{4}{s^4}} \right\}ds}

= \frac{1}{{2EI}}\left\{ {\frac{{{B^2}{l^3}}}{3}-\frac{{{q_0}B{l^4}}}{4}+\frac{{q_0^2{l^5}}}{{20}}} \right\}

Daraus folgt:

\frac{{\partial {W^*}}}{{\partial B}} = \frac{1}{{2EI}}\left\{ {\frac{{2B{l^3}}}{3}-\frac{{{q_0}{l^4}}}{4}} \right\} = 0

\quad \Rightarrow \quad \frac{{2B{l^3}}}{3} = \frac{{{q_0}{l^4}}}{4}\quad \Rightarrow \quad B = \frac{3}{8}{q_0}l