Aufgabe 05 – Temperaturspannungen – Mathematical Engineering

Ermitteln Sie für den abgebildeten inhomogenen Querschnitt die maximale Zug- und Druckspannung bei einer Beanspruchung durch ein horizontales Biegemoment von 5kNm!
Wie groß sind die im Stab wirkenden Temperaturspannungen bei einer gleichmäßigen Erwärmung des Profils um 80°C (reine Temperaturbelastung, das horizontale Biegemoment wirkt nicht)?

Aufgabe

Abschnitt 1:
t = 5 mm
E = 70000 N/mm²
$\alpha _{th} = 23 \cdot 10^{-6} \:\frac{1} {K}$

Abschnitt 2:
t = 3 mm
E = 20000 N/mm²
$\alpha _{th} = 5 \cdot 10^{-6} \:\frac{1} {K}$

Abschnitt 3:
t = 6 mm
E = 110000 N/mm²
$\alpha _{th} = 1 \cdot 10^{-6} \:\frac{1} {K}$

Gegeben:
Alle Angaben aus der Skizze, My = 5 kNm, ΔT = 80 K

Gesucht:
a) Maximale Zug/ Druckspannung infolge des Biegemomentes
b) Temperaturspannungen infolge ΔT = 80 K

Lösung

a) Ermittlung der Spannungen infolge mechanischer Belastung

Die Formel für die Spannung lautet: $\sigma _x \left( z \right) = E\frac{{M_y }} {{EI_y }}z$

My ist gegeben.
EIy dagegen ist uns unbekannt.

Die Formel für EIy lautet hier: $EI_{\overline y } = EI_y = \int\limits_{}^{} {Etz^2 \:ds}$

Es gilt $\overline y = y$ , da die Koordinaten des Schwerpunktsystems = den Koordinaten des Hauptachsensystems sind. Dies ist so, weil das Profil symmetrisch ist und die Koordinatenachsen gegenüber dem Profil nicht verdreht sind.

In der EIy-Formel ist uns nun wiederum z unbekannt. z ist der Abstand in z-Richtung vom Schwerpunkt, den wir jedoch noch nicht kennen Also müssen wir diesen zunächst berechnen. Dafür führen wir ein beliebiges Koordinatensystem mit $\tilde z$ ein, um über dieses den Schwerpunkt zu bestimmen. Setzen wir es einfach in der unteren T-Kreuzung an.

Schwerpunkt:

$\tilde z-Verlauf:$
(Abstand in z-Richtung vom Koordinatensystem)

Grafik

Da das Profil einfach symmetrisch ist, gilt: $\tilde y_{SP} = 0$

Die Formel für den Schwerpunkt z-Richtung lautet: $\tilde z_{SP} = \frac{{\int_s^{} {Et\tilde zds} }} {{\int_s^{} {Etds} }}$

Die Lösung des oberen Integrals erhalten wir, wie in der vorherigen Aufgabe bereits erklärt, auch wieder über die Koppeltafel:

$\int_s^{} {Et\tilde zds} = E_1 t_1 \cdot \left( {-80mm} \right) \cdot 1 \cdot 100mm+E_2 t_2 \cdot \frac{1} {2}\left( {-80mm} \right) \cdot 1 \cdot 80mm$

$+ E_3 t_3 \cdot 0 \cdot 1 \cdot 60mm = 2,992 \cdot 10^9 N\:mm$

$\int_s^{} {Etds} = E_1 t_1 \cdot 100mm+E_2 t_2 \cdot 80mm+E_3 t_3 \cdot 60mm = 79,4 \cdot 10^6 N$

$\Rightarrow \quad \tilde z_{SP} = \frac{{\int_s^{} {Et\tilde zds} }} {{\int_s^{} {Etds} }} = -37,683 mm$

Damit können wir nun also die Biegesteifigkeit EIy berechnen.

Biegesteifigkeit:

Wir benötigen dafür nun wie gesagt den richtigen z-Verlauf vom Schwerpunkt aus, den wir gerade berechnet haben:

Grafik

$EI_y = E_1 t_1 \left( {-42,317mm} \right)^2 \cdot100mm$

$+E_2 t_2 \left[ {\frac{1} {3}\left( {-42,317mm} \right)^2 \cdot 42,317mm+\frac{1} {3}\left( {37,683mm} \right)^3 } \right]$

$+E_3 t_3 \left( {37,683mm} \right)^2 \cdot 60mm = 1,125 \cdot 10^{11} N\:mm^2$

(Exakter Wert, ohne Rundung: $= 1,214936 \cdot 10^{11} N\:mm^2$ )

Mit Hilfe dieses Ergebnisses berechnen wir schließlich die maximale Zug- und Druckspannung infolge mechanischer Belastung (My)

$\sigma _x \left( z \right) = E\frac{{M_y }} {{EI_y }}z$

Der Formel können wir noch zwei Folgerungen ablesen:
– Die Maximale Spannung bekommen wir für den maximalen Wert von z
– Die Maximale Spannung liegt im Rand (Dabei ist allerdings noch eine Überprüfung für unterschiedliche E-Moduli erforderlich)

Da das Profil einfach symmetrisch ist, berechnen wir die Spannungen bloß an folgenden 4 Punkten:

Grafik

$\sigma _x \left( 1 \right) = E_1 \frac{{M_y }} {{EI_y }}z\left( 1 \right) = 70000\frac{N} {{mm^2 }}\frac{{-5000 \cdot 10^3 Nmm}} {{1,125 \cdot 10^{11} Nmm^2 }}\left( {-42,317mm} \right)$

$= \underline{\underline {121,901\frac{N} {{mm^2 }}}}$

$\sigma _x \left( 2 \right) = E_2 \frac{{M_y }} {{EI_y }}z\left( 2 \right) = 20000\frac{N} {{mm^2 }}\frac{{-5000 \cdot 10^3 Nmm}} {{1,125 \cdot 10^{11} Nmm^2 }}\left( {-42,317mm} \right)$

$= \underline{\underline {34,83\frac{N} {{mm^2 }}}}$

$\sigma _x \left( 3 \right) = E_3 \frac{{M_y }} {{EI_y }}z\left( 3 \right) = 20000\frac{N} {{mm^2 }}\frac{{-5000 \cdot 10^3 Nmm}} {{1,125 \cdot 10^{11} Nmm^2 }}\left( {37,683mm} \right)$

$= \underline{\underline {-31,016\frac{N} {{mm^2 }}}}$

$\sigma _x \left( 4 \right) = E_4 \frac{{M_y }} {{EI_y }}z\left( 4 \right) = 110000\frac{N} {{mm^2 }}\frac{{-5000 \cdot 10^3 Nmm}} {{1,125 \cdot 10^{11} Nmm^2 }}\left( {37,683mm} \right)$

$= \underline{\underline {-170,59\frac{N} {{mm^2 }}}}$

Somit entsteht also die maximale Zug- / Druckspannung infolge der mechanischen Belastung durch das Moment im unteren Querbalken. Da die Spannung negativ ist, handelt es sich um eine Druckspannung, was aufgrund des nach unten drehenden Momentes auch plausibel erscheint.

b) Ermittlung der Spannungen infolge thermischer Last

Formel für Spannungen im Hauptachsensystem:
$\sigma _x \left( {y,z} \right) = E\left( {y,z} \right)\left\{ {\frac{{N_x +N_{xth} }} {{EA}}+\frac{{M_y +M_{yth} }} {{EI_y }}z-\frac{{M_z +M_{zth} }} {{EI_z }}y-\alpha _{th} \Delta T} \right\}$

Da wir in dieser Aufgabe jedoch nur die reine Temperaturbelastung betrachten vereinfacht sich die Formel zu:

$\sigma _{xth} \left( {y,z} \right) = E\left( {y,z} \right)\left\{ {\frac{{N_{xth} }} {{EA}}+\frac{{M_{yth} }} {{EI_y }}z-\frac{{M_{zth} }} {{EI_z }}y-\alpha _{th} \left( {y,z} \right)\Delta T\left( {y,z} \right)} \right\}$

Dabei gilt:

$N_{\tilde xth} = \int\limits_A^{} {E \cdot a_{th} \Delta T\:dA}$

$M_{\tilde yth} = \int\limits_A^{} {E \cdot \tilde z \cdot a_{th} \Delta T\:dA}$

$M_{\tilde zth} = -\int\limits_A^{} {E \cdot \tilde y \cdot a_{th} \Delta T\:dA}$

In unserem Fall gilt somit:

$N_{xth} = \int\limits_s^{} {E \cdot t \cdot a_{th} \Delta T\:ds} = E_1 t_1 a_{th1} \Delta T \cdot 100mm+E_2 t_2 a_{th2} \Delta T \cdot 80mm$

$+E_3 t_3 a_{th3} \Delta T \cdot 60mm$

$= 70000\frac{N} {{mm^2 }} \cdot 5mm \cdot 23 \cdot 10^{-6} \frac{1} {K} \cdot 80K \cdot 100mm$

$+20000\frac{N} {{mm^2 }} \cdot 3mm \cdot 5 \cdot 10^{-6} \frac{1} {K} \cdot 80K \cdot 80mm$

$+110000\frac{N} {{mm^2 }} \cdot 6mm \cdot 1 \cdot 10^{-6} \frac{1} {K} \cdot 80K \cdot 60mm$

$= \underline{\underline {69488N}}$

$M_{yth} = \int\limits_s^{} {E \cdot t \cdot z \cdot a_{th} \Delta T\:ds}$

$= E_1 t_1 \cdot \left( {-42,317mm \cdot 1 \cdot 100mm} \right) \cdot a_{th1} \Delta T +E_2 t_2$

$\cdot \left[ {\frac{1} {2}\left( {-42,317mm \cdot 1 \cdot 42,317mm} \right)+\frac{1} {2}\left( {37,683mm \cdot 1 \cdot 37,683mm} \right)} \right] \cdot a_{th2} \Delta T$

$+E_3 t_3 \left( {37,683mm \cdot 1 \cdot 60mm} \right) \cdot a_{th3} \Delta T$

$= \underline{\underline {-2.610.284Nmm}}$

Bei einer Berechnung mit nur 2 Nachkommastellen:

$M_{yth} = 2.609.700Nmm\quad$

Zur Berechnung von $M_{zth}$ benötigen wir noch den y-Verlauf:

Grafik

Da das Profil an in y-Richtung symmetrisch ist, würden sich die Verläufe beim Integrieren gegenseitig aufheben. Daher gilt:

$M_{zth} = 0$

Eingesetzt in:
$\sigma _{xth} \left( {y,z} \right) = E\left( {y,z} \right)\left\{ {\frac{{N_{xth} }} {{EA}}+\frac{{M_{yth} }} {{EI_y }}z-\frac{{M_{zth} }} {{EI_z }}y-\alpha _{th} \left( {y,z} \right)\Delta T\left( {y,z} \right)} \right\}$
mit den berechneten Werten:

$EI_y = 1,215 \cdot 10^{11} Nmm^2$

$EA = \int_s^{} {Etds} = 79,4 \cdot 10^6 N$

und Analog zu Aufgabenteil a) mit den Bezeichnungen:

Grafik

erhalten wir nun:

$\sigma _{xth} \left( 1 \right) = E_1 \left\{ {\frac{{N_{xth} }} {{EA}}+\frac{{M_{yth} }} {{EI_y }}z-\alpha _{th1} \Delta T} \right\}$

$= 70000\frac{N} {{mm^2 }}\left\{ {\frac{{69488N}} {{79,4 \cdot 10^6 N}}+\frac{{-2.610.284Nmm}} {{1,215 \cdot 10^{11} Nmm^2 }} \cdot \left( {-42,317mm} \right)-23 \cdot 10^{-6} \frac{1} {K} \cdot 80K} \right\}$

$= -3,899\frac{N} {{mm^2 }} \approx \underline{\underline {-3,9\frac{N} {{mm^2 }}}}$

$\sigma _{xth} \left( 2 \right) = E_2 \left\{ {\frac{{N_{xth} }} {{EA}}+\frac{{M_{yth} }} {{EI_y }}z-\alpha _{th2} \Delta T} \right\}$

$= 20000\frac{N} {{mm^2 }}\left\{ {\frac{{69488N}} {{79,4 \cdot 10^6 N}}+\frac{{-2.610.284Nmm}} {{1,215 \cdot 10^{11} Nmm^2 }} \cdot \left( {-42,317mm} \right)-5 \cdot 10^{-6} \frac{1} {K} \cdot 80K} \right\}$

$= \underline{\underline {27,686\frac{N} {{mm^2 }}}}$

$\sigma _{xth} \left( 3 \right) = E_3 \left\{ {\frac{{N_{xth} }} {{EA}}+\frac{{M_{yth} }} {{EI_y }}z-\alpha _{th3} \Delta T} \right\}$

$= 20000\frac{N} {{mm^2 }}\left\{ {\frac{{69488N}} {{79,4 \cdot 10^6 N}}+\frac{{-2.610.284Nmm}} {{1,215 \cdot 10^{11} Nmm^2 }} \cdot \left( {37,683mm} \right)-5 \cdot 10^{-6} \frac{1} {K} \cdot 80K} \right\}$

$= \underline{\underline {-6,688\frac{N} {{mm^2 }}}}$

$\sigma _{xth} \left( 4 \right) = E_4 \left\{ {\frac{{N_{xth} }} {{EA}}+\frac{{M_{yth} }} {{EI_y }}z-\alpha _{th4} \Delta T} \right\}$

$= 110000\frac{N} {{mm^2 }}\left\{ {\frac{{69488N}} {{79,4 \cdot 10^6 N}}+\frac{{-2.610.284Nmm}} {{1,215 \cdot 10^{11} Nmm^2 }} \cdot \left( {37,683mm} \right)-1 \cdot 10^{-6} \frac{1} {K} \cdot 80K} \right\}$

$= \underline{\underline {-1,585\frac{N} {{mm^2 }}}}$

Bildlich dargestellt ergibt sich folgender Verlauf:

Grafik

Fertig!

Lösung

a) Ermittlung der Spannungen infolge mechanischer Belastung

Schwerpunkt:

Biegesteifigkeit:

b) Ermittlung der Spannungen infolge thermischer Last

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