Satz von Castigliano & Menabrea

Auf dieser Seite finden Sie Theorie, Formeln und drei recht umfang­reiche Bei­spiele zum Satz von Castigliano und Mena­brea: Es werden die Durch­biegung bzw. der Neigungs­winkel eines ein­seitig einge­spannten Balkens mit Gleich­last, die Auf­lager­reaktionen eines 3-fach statisch unbe­stimmten Systems und eine Auf­lager­kraft eines 1-fach statisch unbe­stimmt ge­lagerten Balkens be­rechnet.

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• Formel­sammlung: Berechnung der Auf­lager­reaktionen, Neigungs­winkel & Durch­biegung

Inhaltsverzeichnis

• Der Satz von Castigliano
• Formänderungsenergie
• Der Satz von Menabrea
• Sonderfall: Normalkraft N = 0
• Beispiel 1: Einseitig eingespannter Träger mit Gleichlast
• Maximale Durchbiegung – 1. Anwendung des Satzes von Castigliano
• Neigungswinkel in B – 2. Anwendung des Satzes von Castigliano
• Beispiel 2: Beidseitig eingespannter Träger mit Gleichlast
• Berechnung des Biegemoments – allgemein
• Einspannmoment MA – 1. Anwendung des Satzes von Menabrea
• Berechnung der Auflagerreaktionen in A
• Berechnung des maximalen Biegemoments
• Berechnung der Auflagerreaktionen in B
• Beispiel 3: Einseitig eingespannter Träger mit Loslager
• Berechnung des Biegemoments
• Auflagerkraft B – Anwendung des Satzes von Menabrea

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Der Satz von Castigliano

Mit dem Satz von Castigliano werden die Verschiebungen (Durch­biegung) bzw. Ver­drehungen (Neigungs­winkel) berechnet. Wenn an der unter­suchten Stelle keine Kraft bzw. kein Moment wirkt, setzt man dort eine Hilfs­kraft bzw. ein Hilfs­moment an.
 

Dabei bedeuten:

Formänderungsenergie

Die Formänderungsenergie U^# bekommt man mit folgender Gleichung (ohne Anteile von Temperatur und Federn, Gleichung 4):

$$U^{\#}=\frac{1}{2}\int_0^l\left[\frac{M_y^2}{E·J}+\frac{N^2}{E·A}\right]dx$$

Dabei bedeuten:

Der Satz von Menabrea

Der Satz von Menabrea kann zur Berechnung der Auf­lager­reaktionen von statisch unbe­stimmten Systemen angewandt werden. Er ist ein Spezial­fall des Satzes von Castigliano, da in einem Fest­lager die Ver­schiebungen bzw. bei einer festen Ein­spannung auch die Ver­drehungen null sein müssen (Gleichung 3):

$$\frac{\partial U^{\#}}{\partial X_i}=0$$

Dabei bedeuten:

U^#     Formänderungsenergie

X_i      statisch unbestimmte Größen

Die Formänderungsenergie erhält man mit der­selben Formel wie beim Satz von Castigliano:

$$U^{\#}=\frac{1}{2}\int_0^l\left[\frac{M_y^2}{E·J}+\frac{N^2}{E·A}\right]dx$$

Sonderfall: Normalkraft N = 0

Ist die Normal­kraft N gleich null bzw. wird sie ver­nach­lässigt, können die obigen Gleichungen verein­facht ange­schrieben werden, was am Beispiel von Gleichung 1 gezeigt wird:
 

Gleichung 5a

$$ u_0= \frac{\partial U^{\#}}{\partial F^{\#}} \bigg/ _{F^{\#}=0}=\frac{1}{E·J}\int_0^l\left(M_y·\frac{\partial M_y}{\partial F^{\#}}\right)dx \bigg/ _{F^{\#}=0}$$

Gleichung 5b

$$ u_i= \frac{\partial U^{\#}}{\partial F_i}=\frac{1}{E·J}\int_0^l\left(M_y·\frac{\partial M_y}{\partial F_i}\right)dx$$

Beispiel 1: Einseitig eingespannter Träger mit Gleichlast

In dieser Aufgabe ist für einen statisch be­stimmten Balken Folgendes zu berechnen:

• die maximale Durchbiegung
• der Neigungswinkel in B

Maximale Durchbiegung – 1. Anwendung des Satzes von Castigliano

Als Erstes durch­trennt man den Balken, damit das zur Berech­nung der maximalen Durch­biegung benötigte Biege­moment sicht­bar wird. Die maximale Durch­biegung tritt am Ende des Balkens, also in B auf. Weil dort keine Kraft wirkt, setzt man an dieser Stelle eine Hilfs­kraft F^# an:
 

Nun bildet man die Summe der Momente an der Stelle des Schnittes. Durch Umformen erhält man das gesuchte Biege­moment, wobei die Resultierende R der Gleich­last durch q*x ersetzt werden kann:

$$\sum M=M_y-R·x-F^{\#}·x=0\Rightarrow M_y=q·x·\frac{x}{2}+F^{\#}·x$$

$$M_y=\frac{q·x^2}{2}+F^{\#}·x$$

Die benötigte Gleichung 4 ver­ein­facht sich in diesem Fall etwas, da die Normal­kraft N gleich 0 ist:

$$U^{\#}=\frac{1}{2}\int_0^l\left[\frac{M_y^2}{E·J}+\frac{N^2}{E·A}\right]dx\Rightarrow U^{\#}=\frac{1}{2·E·J}\int_0^lM_y^2dx$$

Anschließend wird der Satz von Castigliano (Gleichung 1) ange­wandt, wobei nach F^# abzu­leiten ist. An­wendung der Ketten­regel und Ver­ein­fachen ergibt Gleichung 5a:

$$u_0= \frac{\partial U^{\#}}{\partial F^{\#}}\bigg/ _{F^{\#}=0} \Rightarrow u_0=\frac{\partial}{\partial F^{\#}}\left(\frac{1}{2·E·J}\int_0^lM_y^2dx\right)\bigg/ _{F^{\#}=0}$$

$$u_0=\frac{2}{2·E·J}\int_0^l\left(M_y·\frac{\partial M_y}{\partial F^{\#}}\right)dx\bigg/ _{F^{\#}=0}\Rightarrow u_0=\frac{1}{E·J}\int_0^l\left(M_y·\frac{\partial M_y}{\partial F^{\#}}\right)dx\bigg/ _{F^{\#}=0}$$

Mit der partiellen Ab­leitung des Biege­moments nach F^#

$$\frac{\partial M_y}{\partial F^{\#}}=x$$

erhält man nach Ein­setzen des zuvor aufge­stellten Biege­moments und an­schließendem Ver­ein­fachen:

$$u_0=\frac{1}{E·J}\int_0^l\left[\left(\frac{q·x^2}{2}+F^{\#}·x\right)·x\right]dx\bigg/ _{F^{\#}=0}=\frac{1}{E·J}\int_0^l\left[\frac{q·x^3}{2}+F^{\#}·x^2\right]dx\bigg/ _{F^{\#}=0}$$

F^# kann man nun 0 setzen. Dann wird diese Gleichung nach x inte­griert und an­schließend setzt man die beiden Inte­grations­grenzen ein:

$$u_0=\frac{1}{E·J}\int_0^l\left(\frac{q·x^3}{2}\right)dx=\frac{1}{E·J}\left[\frac{q·x^4}{2·4}\right]\bigg/ _0^l\Rightarrow u_0=\frac{q·l^4}{8·E·J}$$

Neigungswinkel in B – 2. Anwendung des Satzes von Castigliano

Bei der Berechnung des Neigungs­winkels in B geht man ähnlich wie bei der Ermittlung der maximalen Durch­biegung vor. Aller­dings wird statt der Hilfs­kraft F^# ein Hilfs­moment M^# benötigt:
 

Das Biegemoment bekommt man wie schon zuvor mithilfe der Summe der Momente:

$$\sum M=M_y-R·x-M^{\#}=0\Rightarrow M_y=\frac{q·x^2}{2}+M^{\#}$$

Die partielle Ableitung des Biege­moments nach M^# lautet:

$$\frac{\partial M_y}{\partial M^{\#}}=1$$

Anwenden des Satz von Castigliano ergibt:

$$\alpha_0=\frac{1}{E·J}\int_0^l\left(M_y·\frac{\partial M_y}{\partial M^{\#}}\right)dx\bigg/ _{M^{\#}=0}=\frac{1}{E·J}\int_0^l\left[\left(\frac{q·x^2}{2}+M^{\#}\right)·1\right]dx\bigg/ _{M^{\#}=0}$$

M^# setzt man nun 0. Anschließend wird diese Gleichung nach x inte­griert und dann setzt man die beiden Inte­grations­grenzen ein. Man bekommt den Winkel in Radiant:

$$\Rightarrow \alpha_0=\frac{1}{E·J}\int_0^l\left(\frac{q·x^2}{2}\right)dx=\frac{1}{E·J}\left[\frac{q·x^3}{2·3}\right]\bigg/_0^l\Rightarrow\alpha_0=\frac{q·l^3}{6·E·J}$$

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Beispiel 2: Beidseitig eingespannter Träger mit Gleichlast

In dieser Aufgabe soll für den folgenden, 3-fach statisch unbe­stimmten Träger berechnet werden:

• die Auflager­reaktionen in A
• maximales Biegemoment
• die Auflager­reaktionen in B

Berechnung des Biegemoments – allgemein

Als Erstes macht man das Lager A frei und durch­trennt den Balken, damit die gesuchten Schnitt­größen sicht­bar und somit berechnet werden können:
 

Nun kann das Biegemoment M_y bestimmt werden, wobei die Größen M_A und A vorerst unbekannt sind:

Einspannmoment M_A – 1. Anwendung des Satzes von Menabrea

Gleichung 4 vereinfacht sich wie schon bei der vorigen Aufgabe, da die Normalkraft N gleich 0 ist:

$$U^{\#}=\frac{1}{2}\int_0^l\left[\frac{M_y^2}{E·J}+\frac{N^2}{E·A}\right]dx\Rightarrow U^{\#}=\frac{1}{2·E·J}\int_0^l M_y^2dx$$

Anschließend wird der Satz von Menabrea (Gleichung 3) angewandt, wobei zunächst nach M_A abzuleiten ist. Anwendung der Kettenregel und Vereinfachen ergibt (vgl. auch Gleichung 5b):

$$\frac{\partial U^{\#}}{\partial M_A}=0=\frac{\partial}{\partial M_A}\left(\frac{1}{2·E·J}\int_0^l M_y^2dx\right)=\frac{2}{2·E·J}\int_0^l\left(M_y·\frac{\partial M_y}{\partial M_A}\right)dx$$

$$\Rightarrow\frac{\partial U^{\#}}{\partial M_A}=\frac{1}{E·J}\int_0^l\left(M_y·\frac{\partial M_y}{\partial M_A}\right)dx=0$$

Mit der partiellen Ableitung des Biege­moments nach M_A

$$\frac{\partial M_y}{\partial M_A}=-1$$

ergibt sich nach Einsetzen des zuvor berechneten Biegemoments und anschließendem Vereinfachen:

$$\frac{1}{E·J}\int_0^l\left[\left(A·x-\frac{q·x^2}{2}-M_A\right)·(-1)\right]dx=-\frac{1}{E·J}\int_0^l\left(A·x-\frac{q·x^2}{2}-M_A\right)dx=0$$

Diese Gleichung wird nun nach x integriert (die Konstanten vor dem Integral kann man gleich weglassen), dann werden die beiden Integrationsgrenzen eingesetzt:

$$\left[\frac{A·x^2}{2}-\frac{q·x^3}{6}-M_A·x\right]\bigg/_0^l=\frac{A·l^2}{2}-\frac{q·l^3}{6}-M_A·l=0$$

Nach dem Umformen bekommt man für das Moment M_A (Gleichung 7):

$$M_A=\frac{A·l}{2}-\frac{q·l^2}{6}$$

Das Problem ist, dass man die Auflager­kraft A noch nicht kennt. Auf­grund der Symmetrie kann man die Kraft in A jedoch sofort anschreiben, sie beträgt q*l/2 und ist natürlich genauso groß wie im Lager B.

Auflagerkraft A – 2. Anwendung des Satzes von Menabrea

Falls man das nicht erkennen sollte, kann die Kraft A wieder mit dem Satz von Menabrea berechnet werden, wobei diesmal nach A abge­leitet wird. Man erhält:

$$\frac{\partial U^{\#}}{\partial A}=0=\frac{\partial}{\partial A}\left[\frac{1}{2·E·J}\int_0^l\left(A·x-\frac{q·x^2}{2}-M_A\right)^2dx\right]$$

Mit

$$\frac{\partial M_y}{\partial A}=x$$

erhält man unter Anwendung der Ketten­regel und mit anschließendem Verein­fachen:

$$=\frac{2}{2·E·J}\int_0^l\left[\left(A·x-\frac{q·x^2}{2}-M_A\right)·x\right]dx=\frac{1}{E·J}\int_0^l\left(A·x^2-\frac{q·x^3}{2}-M_A·x\right)dx=0$$

Diese Gleichung wird wieder nach x integriert, danach werden die beiden Integrations­grenzen eingesetzt: 

$$\left[\frac{A·x^3}{3}-\frac{q·x^4}{8}-\frac{M_A·x^2}{2}\right]\bigg/_0^l=0\Rightarrow\frac{A·l^3}{3}-\frac{q·l^4}{8}-\frac{M_A·l^2}{2}=0$$

Nun divi­diert man noch die zuletzt er­haltene Gleichung durch l²:

$$\Rightarrow\frac{A·l}{3}-\frac{q·l^2}{8}-\frac{M_A}{2}=0$$

Berechnung der Auflagerreaktionen in A

Nun wird in die obige Gleichung das zuvor berechnete M_A (Gleichung 7) eingesetzt:

$$\frac{A·l}{3}-\frac{q·l^2}{8}-\frac{1}{2}·\left(\frac{A·l}{2}-\frac{q·l^2}{6}\right)=0$$

Gleichung 8 erhält man durch Umformen für die Auflagerkraft A:

$$A=\frac{q·l}{2}$$

Durch Einsetzen von A (Gleichung 8) in Gleichung 7 kann auch das Moment M_A bestimmt werden:

$$M_A=\frac{q·l}{2}·\frac{l}{2}-\frac{q·l^2}{6}=\frac{q·l^2}{12}$$

Berechnung des maximalen Biegemoments

Zuletzt wird das Biegemoment M_y(x) berechnet (Gleichung 8), indem man alle bekannten Größen in Gleichung 6 einsetzt:

$$M_y(x)=A·x-\frac{q·x^2}{2}-M_A=\frac{q·l}{2}·x-\frac{q·x^2}{2}-\frac{q·l^2}{12}$$

Die Stelle des maximalen Biegemoments bekommt man durch einmaliges Ableiten des Biegemoments nach x und anschließendem Nullsetzen. Es tritt natürlich in der Mitte des Balkens auf:

$$M’_y(x)=A·x-\frac{q·l}{2}-\frac{2·q·x}{2}=\frac{q·l}{2}-q·x=0\Rightarrow x=\frac{q·l}{2·q}\Rightarrow x=\frac{l}{2}$$

Das maximale Biegemoment in Balkenmitte erhält man, indem man l/2 für x einsetzt:

$$M_y\left(x=\frac{l}{2}\right)=\frac{q·l}{2}·\frac{l}{2}-\frac{q·\left(\frac{l}{2}\right)^2}{2}-\frac{q·l^2}{12}\Rightarrow M_{y.max}=\frac{q·l^2}{24}$$

Berechnung der Auflagerreaktionen in B

Um die Auflagerreaktionen in B zu bekommen, muss man zunächst den Balken freimachen:
 

Anschließend werden das Kräfte­gleich­gewicht in z-Richtung und das Momenten­gleich­gewicht um den Punkt B aufgestellt:

$$\sum F_{i.z}=0=-A-B+q·l\Rightarrow B=q·l-A$$

$$\sum M_{B.i.y}=M_A-M_B-q·l·\frac{l}{2}+B·l\Rightarrow M_B=M_A-\frac{q·l^2}{2}+B·l$$

Durch Einsetzen für A bzw. B bekommt man die gesuchten Auflager­reaktionen in B:

$$B=q·l-\frac{q·l}{2}\Rightarrow B=\frac{q·l}{2}$$

$$M_B=M_A-\frac{q·l^2}{2}+\frac{q·l}{2}·l\Rightarrow M_B=M_A$$

Aufgrund der Symmetrie gilt also: M_A = M_B und A = B.

Beispiel 3: Einseitig eingespannter Träger mit Loslager

Es ist die Auflagerkraft im Los­lager B des 1-fach statisch unbe­stimmten Balkens mit Gleich­last zu berechnen.

Hinweis:

Dieses Beispiel wird auch mittels Superpositions­prinzip gelöst!
 

Berechnung des Biegemoments

Man betrachtet nur den rechten Teil des Balkens:
 

Das Biegemoment lautet:

$$M_y=B⋅x-\frac{q⋅x^2}{2}$$

Auflagerkraft B – Anwendung des Satzes von Menabrea

Wie schon zuvor verwendet man die vereinfachte Gleichung 5b. Die Verschiebung muss in diesem Fall 0 sein, da in vertikaler Richtung keine Verschiebung auftreten kann:

$$u_i=\frac{\partial U ^{\#}}{\partial B}=\frac{1}{E⋅J} \int_0^l \left (M_y⋅\frac{\partial M_y}{\partial B} \right )dx=0$$

Mit der partiellen Ableitung

$$\frac{∂M_y}{∂B}=x$$

und einsetzen erhält man:

$$\frac{1}{E⋅J}\int_0^l\left [\left( B⋅x−\frac {q⋅x^2}{2}\right )⋅x \right]dx=0$$

Da die Verschiebung 0 ist, kann man die Konstanten vor dem Integral weg­lassen. Aus­multi­plizieren ergibt:

$$\int_0^l \left( B⋅x^2−\frac {q⋅x^3}{2}\right )dx=0$$

Durch Integrieren und Einsetzen der Grenzen bekommt man:

$$\left[\frac {B⋅x^3}{3}−\frac{q⋅x^4}{8}\right]_0^l=0⇒\frac{B⋅l^3}{3}−\frac{q⋅l^4}{8}=0$$

Kürzen und umformen ergibt die gesuchte Auflagerkraft B:

$$B=\frac{3⋅q⋅l}{8}$$

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Seite erstellt wahrscheinlich im November 2017. Zuletzt geändert am 11.11.2021.