Für Biegedrillknicken ist der Stab beim Wechsel des Gleichgewichts in einer Haupt-ebene gebogen.
Es gibt jedoch auch solche Stabilitätsfälle, bei denen der Stab bzw. der Balken bei einer Änderung des Gleichgewichts nicht nur gebogen, sondern auch verdreht wird (Abb. 60a). Bei Trägern nennt man dieses Phänomen seitliches Ausweichen; bei gedrückten Stäben, die beim Ausweichen ebenfalls Torsion ausgesetzt sind, spricht man vom Ausweichen bei Torsion.
Für beide Erscheinungen ist die Größe der Torsionssteifigkeit C bzw. des Wölbwiderstands C* von entscheidender Bedeutung. Auf eine mit Torsion verbundene Gleichgewichtsänderung kann daher in erster Linie durch Maßnahmen eingewirkt werden, die die Verdrehsteifigkeit erhöhen (geeignete Querschnittsform, Querrahmen, seitliche Aussteifung usw.). Andererseits sind stabförmige Elemente mit offenem Querschnitt besonders empfindlich gegen Torsionsknicken.
Differentialgleichung für seitliches Beulen
Abb. 1a
Angenommen sei ein gerader Träger mit konstanten Flächenträgheitsmomenten von sehr ungleicher Größe Ix >> Iy. Die Belastung liegt in der y-z-Ebene, sodass der Träger in dieser Hauptebene gebogen wird (u=ϑ=0). Erfahrung wie auch Theorie zeigen, dass diese Gleichgewichtslage zunächst stabil ist, bei größeren Belastungen jedoch labil wird. Diese zweite Gleichgewichtslage ist mit Querbiegung in u und mit Torsion ϑ verbunden.
Im Folgenden wird die Differentialgleichung für das seitliche Ausweichen hergeleitet. Die Gleichungen für u und ϑ sind homogen. Sind auch die Randbedingungen homogen, dann ist das seitliche Ausweichen des Balkens nur für die Eigenwerte des Problems möglich, d. h. u und ϑ bleiben zunächst null bei dem oben beschriebenen, ungestörten Balken. Die Bedingung für das seitliche Ausweichen erhält man – ähnlich wie beim Knicken eines Stabes – wenn man setzt, dass die Determinante der Koeffizienten der homogenen Bedingungsgleichungen für die Integrationskonstanten gleich null ist. Wir werden sehen, dass auch beim seitlichen Ausweichen ein echter Verzweigungspunkt des elastischen Gleichgewichts vorliegt.
Abb. 1b
In Abb. 1b ist das Balkenelement der Länge dz dargestellt. Die Resultierenden der Spannungen N1, Q1, M1 sowie die Krümmung κ__1 hängen von der Belastung ab und haben endliche Werte. Q, M, MD sind im ursprünglichen Gleichgewichtszustand null und werden erst bei Auftreten des seitlichen Ausknickens von null verschieden. Die Grenzwerte, die sich auf den Beginn des seitlichen Ausknickens beziehen, sind unendlich klein, ebenso wie die entsprechenden Verformungen κ und d__ϑ/dz.
Beide Endquerschnitte des Elements dz liegen in einer Normalebene zur doppelt gekrümmten Achse des Stabes und werden in diesen Normalebenen verdreht.
Da uns – wie bei der Knickung eines Stabs – in erster Linie die Größe der kritischen Last, also der Beginn der seitlichen Ausknickung, und weniger die Größe der Verformungen interessiert, können wir die Produkte der Größen Q, M, MD mit κ oder ϑ’ als Größen zweiter Ordnung vernachlässigen. Daher werden wir zur weiteren Vereinfachung auch die Hauptkrümmung κ1 als unendlich klein annehmen und sie wie κ und ϑ’ behandeln.
Anmerkung: Der Einfluss von κ__1 ist auch theoretisch in einem einfachen Sonderfall zu beurteilen (konstantes Biegemoment M als Belastung). Für die meisten Anforderungen der Bautechnik kann κ__1 vernachlässigt werden. Man kann sich zum Beispiel vorstellen, dass der Balken für den betreffenden Belastungsfall so „überhöht“ ist, dass für die kritische Belastung gerade κ__1=0.
Aus dem Gleichgewicht der Kraftkomponenten in den Richtungen ξ, η, ζ und den Momentenbedingungen bezüglich derselben Achsen ergibt sich nach den genannten Vernachlässigungen
Q’ + N1u’’ – Q1__ϑ’ + pϑ = 0_,_ (1a)
Q1’ + p = 0_,_ (1b)
N1’ = _ 0,_ (1c)
M1’ – Q1 = 0_,_ (1d)
MD’ + Q + M1__ϑ’ = 0_,_ (1e)
MD’ – M1u’’ + pe ϑ = 0_._ (1f)
Aus den Gleichungen (1c, d und b) ergibt sich
N1 = const.,
Q1 = M1’, (2)
p = - Q1’ = - M1’’.
Durch Eliminierung von Q1 aus Gl. (1a) erhält man
Q’ = (M1’ ϑ_)’ – N1u’’_. (3a)
Aus der Gl. (1e) wird dadurch Q eliminiert, dann u ’’ mittels u’’ = (MD’ + pe ϑ_)/M1_
(M+M1 ϑ_)’’ – N1/M1_ ∙ (MD’ + pe ϑ_) =_ 0_._ (3b)
Um die Differentialgleichung für ϑ zu erhalten, werden die folgenden Beziehungen zwischen Momenten und Verformungen eingeführt
M1 = -B1_∙v’’,_ (4a)
M = +B_∙_u’’, (4b)
MD = +C_∙ϑ’ – EC*∙ ϑ’’’,_ (4c)
wobei B1=EIx und B=EIy die Biegesteifigkeiten des Balkens bezeichnen, C die Torsionssteifigkeit und C* den Verwindungswiderstand. In unseren weiteren Rechnungen werden wir die Glieder mit C* der Vereinfachung halber weglassen. Sollen die Gleichungen z. B. auf I-Profile angewendet werden, so sind sie entsprechend zu ergänzen. Das Vernachlässigen des Gliedes v’’ bedeutet dasselbe wie die Annahme B1=∞.
Werden M und MD mithilfe von Gl. 4 eliminiert, erhält man die Differentialgleichung für das seitliche Ausknicken eines Trägers mit konstantem Querschnitt
Die Differentialgleichung (5) ist homogen und vierter Ordnung nach ϑ. M1 ist eine bekannte Funktion von z in Abhängigkeit von der Belastung.
Träger mit konstantem Biegemoment
Es sei p=N1=0, außerdem Mx=ɱ=const. Der Querschnitt ist ohne Flansch (kompakt) und der Träger ist im Verhältnis zu den Querschnittsabmessungen lang, sodass wir C*=0 setzen können. Dann vereinfacht sich Gl. (5), aufgrund von M1=ɱ, also:
ϑ’’’’ + ɱ2/BC∙ ϑ’’ = 0, (6)
oder mit der Abkürzung λ2_=ɱ__2/BC_
ϑ’’’’ + λ2 ϑ = 0. (6a)
a) Träger mit Gabelauflager an beiden Enden
Abb. 2
Die Lagerung bei z=0 und z=l erfolgt in Form von Gabeln (Abb. 2), die die Durchbiegungen u und v ermöglichen, aber das Drehen der Endquerschnitte verhindern; ϑ=0. Da in Richtung x keine Einspannung vorliegt (d. h. M=0, oder nach Gl. (4) ebenfalls u’’=0), folgt aus der Gl. für u’’: MD’_=0 und damit aus Gl. (4c) als zweite Randbedingung ϑ’’=0.
Die allgemeine Lösung von Gl. (6a) ist
ϑ(z) = A1∙sinλz + A2∙cosλz + A3∙λz + A4. (7)
Aus den Randbedingungen ergibt sich
Dieses homogene Gleichungssystem hat:
- Triviale Lösung A1 = A2 = ∙∙∙ = 0, wozu ϑ=0, u’’=0 oder u=0 gehört, wobei sich der Balken nicht seitlich ausbeult.
- Eigene Lösungen nach Δ=0 oder sin λ__l=0. Die Wurzeln dieser Seitknickbedingung sind λ__l=n__π (mit n=1,2,3,∙∙∙) und die zugehörigen kritischen Momentlasten
ɱ__K = _√_BC ∙ _n__π/_l. (8b)
Kleinster Moment des seitlichen Ausknickens
min__ɱ__K = _√_BC ∙ π/l (8c)
tritt bei n=1 auf. Die entsprechende Lösung ergibt sich durch Anwendung der Gleichung (1f):
ϑ(z) = A1 ∙ sin πz/l (8d)
u(z) = C/ɱK ∙ ϑ(z).
b) Weitere Fälle des seitlichen Knickens
c) Seitliches Ausknicken infolge von Biegemoment und Druckkraft
Für das in Abb. 3 gezeigte Beispiel ist N1=-D (Druck), p=0, dann wurde C*=0 gesetzt. Dann vereinfacht sich die Differentialgleichung (5) und lautet
ϑ’’’’ + λ2 ϑ’’ = 0, (9)
wobei λ__2 = ɱ__2_/BC + D/B_. (9a)
Die Lösung der Differentialgleichung (9) ist wiederum durch Gl. (8) gegeben, nur bezeichnet λ jetzt einen anderen Wert.
Abb. 3
Für das Beispiel in Abb. 3 gelten ebenso wie unter a) die Randbedingungen ϑ=0 und ϑ’’=0 für z=0 und z=l. Folglich sind auch die Bedingungsgleichungen für A1 formal gleich, ebenso die Bedingung des seitlichen Ausknickens Δ=sin λl=0. Die kritische Belastung erfüllt die Beziehung λl=nπ (n=1,2,3) und der kleinste Wert ist
ɱK2/BC + DK/B = (π/l)2. (10)
Für D=0 ergibt sich daraus das Moment des seitlichen Ausknickens nach Gl. (8c) und für reine Druckbeanspruchung (ɱ=0) die Euler-sche Knickkraft _DK=B(π/l)_2.
In Abb. 3 ist der dargestellte Fall als exzentrisches Biegen in der Ebene y-z zu bezeichnen. Der zuvor betrachtete Stabilitätsfall ist also ein aus der Biegeebene herausgehendes Knicken in Verbindung mit seitlichem Biegen u und Torsion ϑ.
Wenn beide Enden eingespannt sind (ϑ=0 und ϑ’=0), dann ergibt sich aus den Randbedingungen mithilfe von Δ=0 die Bedingung des seitlichen Ausknickens
λ__l ∙ sin λ__l = 2(1-cos λl), (11)
mit den Wurzeln λ__l=m__π (m=2,4,∙∙∙) und den Kräften des seitlichen Ausknickens
ɱ__K__2/BC + DK/B = (2_π_/l)2.