Text-Bild-Ansicht Band 316

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= r der Krümmungsradius von AA, η der Abstand der zwei Schichten vor der Belastung.

SG die Schwerpunkts-, CE eine beliebige, der ersteren parallele Faserschichte in der Entfernung η.

Die Spannung in der Schwerpunktsfaser AA sei σ, jene der Faser BB sei σ.

Der Krümmungswinkel der ersteren Faser vor und unter der Belastung sei dφ bezw. dψ; ihre Krümmungshalbmesser r und ρ.

Die Länge der Faser BB während der Belastung sei CE so, dass der Fahrstrahl SE vom Schwerpunkte S nach E mit QD den Winkel dw bildet.

Da die ursprüngliche Länge BB = (r + η) dφ ist, so wird sie nach der Dehnung, wenn E der Elastizitätsmodulus ist,

Es ist aber

CD = (ρ + η) dψ DE = ηdw,

somit

Für die Schwerpunktsfaser ist einfach

Der Unterschied dieser zwei Gleichungen ist

mit

multipliziert

Die zwei Differentialverhältnisse

und
. . . . . . . . . . 2)

sind voneinander wesentlich verschieden.

Während

sich auf jede Faserschichte des Querschnittes AB bezieht, also für diese eine konstante Grösse sein muss, kann sich
von Faserschichte zu Faserschichte ändern, d.h. f kann auch eine Funktion von η sein.

a) Ist ξ = 0, dann bleiben die ebenen und auf die Schwerpunktsfaserschicht senkrechten Querschnitte des unbelasteten Trägers auch während der Belastung eben und senkrecht.

b) Ist ξ = konstant, dann bleiben die ebenen und senkrechten Querschnitte im belasteten Träger zwar gerade, aber nicht senkrecht zur Schwerpunktsfaserschichte.

c) Ist ξ = cη oder sonst eine Funktion von η, dann krümmen sich die früher senkrechten und ebenen Querschnitte infolge der Belastung.

Die obige Gleichung ist jetzt

r(σ – σ) + η(E + σ) = η(α + ξ) . . . . . . . . . . 3)

Man kann nun die Rechnung unter verschiedenen Voraussetzungen weiter führen.

A. Bisher hat man angenommen, es sei

ξ = 0.

Unter dieser Voraussetzung erhält man die Gleichung 1 oder Gleichung 1b.

Nach Punkt a) ist dies gleichbedeutend mit der Voraussetzung, die ebenen und senkrechten Querschnitte bleiben auch im belasteten Träger eben und senkrecht. Diese Voraussetzung machte man offenbar in der Meinung, dass man dem Problem ohne diese Vereinfachung nicht näher treten könnte, hielt sie aber kaum für ganz zutreffend.

Das Resultat der weiter geführten Rechnung ist dann Gleichung 1 oder Gleichung 1b.

B. Man kann aber die Bedingung des Ebenbleibens der Querschnitte fallen lassen und die Rechnung auf folgende Weise weiter führen.

Dividiere ich die Gleichung 3 durch η, dann kommt

Diese Gleichung muss für alle Werte von η bestehen, also auch dann, wenn η = 0.

Damit nun

nicht unendlich gross werde, muss

sein, daraus folgt aber

ra = α + ξ – (E + σ),

worin a konstant sein kann, wenn (ξ – σ) konstant wird.

Wir erhalten somit

σ = σ + ση.

Nennt man das Trägheitsmoment des Querschnittes J nämlich

J = ∫η 2 df,

wogegen

∫ηdf = 0

ist, dann folgt aus

P = ∫σdf = σ f,

aus

M = ∫σηdf = aJ,

so dass nun wie bei geraden Trägern

. . . . . . . . . . 5)

ist.

Setzt man diese Werte in die Gleichung 3 ein, dann kommt

. . . . . . . . . . 6)

Diese Gleichung muss für jeden Wert von η bestehen und kann es auch, sobald

ist.

Da ξ nicht konstant ist, bleiben die Querschnitte im gebogenen Stabe laut Punkt c nicht eben. Es wird mit Rücksicht auf

und die Abweichung DE = dξ in Fig. 3 von der Ebene QD

dξ = ηdw,

d.h.

.

Textabbildung Bd. 316, S. 407

Das Integral

ist für jeden einzelnen Querschnitt, d.h. für jeden besonderen Wert von φ konstant, deshalb

ξ = Cη2,

d.h. die früher ebenen Querschnitte bilden in belasteten Trägern parabolische Cylinderflächen, wie RST in Fig. 4.

Die Hauptachse der Parabel ist die Tangente an die Schwerpunktsachse Sξ.

Die hohle Seite ist dem abgeschnittenen Trägerende zugekehrt, wenn das Moment das abgeschnittene Ende zum Krümmungsmittelpunkt biegt, also den Stab stärker krümmt, im entgegengesetzten Falle aber ist die Höhlung umgekehrt.

Man darf aber hierbei nicht vergessen, dass die Formänderung