DIE BIEGUNG KRUMMER ROHRE. Von H. Lorenz in Danzig. LORENZ: Die Biegung krummer Rohre. Inhaltsübersicht. Aus den Gleichgewichtsbedingungen des Wandelements eines gekrümmten Rohres wird unter der Annahme der Erhaltung der doppelten Symmetrie des Rohrquerschnitts für die Aenderung der Rohrkrümmung durch ein äußeres Moment eine neue einfache Formel abgeleitet und deren Uebereinstimmung mit Versuchsergebnissen nachgewiesen. –––––––––– Ein gerades Rohr verhält sich gegenüber einem Biegungsmomente, dessen Achse senkrecht zu einer Mantelgeraden steht, genau wie ein voller Balken mit demselben Trägheitsmoment des Querschnitts. Besitzt dagegen die Achse des Rohres von vornherein eine Krümmung 1 : ρ, so fällt deren Aenderung unter dem Einfluß eines Biegungsmoments $$\text{frakfamily}{M}^{\prime }$$ erfahrungsgemäß viel größer aus als man nach der für volle krumme Stäbe mit dem Trägheitsmoment Θ des Querschnitts und dem Elastizitätsmodul E gültige Formel $$\frac{\mathrm{\Delta }\rho }{\rho }=-\frac{\text{frakfamily}{M}^{\prime }\rho }{E\mathrm{\Theta }}$$ . . (1) erwarten sollte, während gleichzeitig der Querschnittsumfang eine Formänderung erleidet. Dieser Vorgang findet seine Erklärung in der Tatsache, daß die auf der Querschnittsebene senkrechte Biegungsspannung vermöge der Rohrkrümmung eine Normalkomponente zur Rohrwand besitzt und daher diese wie ein (ungleichförmiger) Außen- oder Innendruck abzuplatten oder aufzublähen sucht. Dies setzt wiederum die Wirkung eines Biegungsmomentes $$\text{frakfamily}{M}^{″}$$ auf den Querschnittsumfang voraus, dem unter der Annahme einer kleinen Wandstärke h im Verhältnis zu den sonstigen Querschnittsabmessungen innerhalb der Wand eine mittlere Schubspannung τ in der Normalrichtung entsprechen möge.

Fig. 1.

Wir schneiden nun nach Fig. 1 aus dem eben gekrümmten Rohr durch zwei benachbarte, um den Winkel dχ gegeneinander geneigte Querschnittsebenen mit der gemeinsamen Geraden ZZ ein keilförmiges Rohrelement heraus und bezeichnen den Schwerpunktsabstand SO des doppelt symmetrisch angenommenen Rohrquerschnitts von ZZ, d.h. den Krümmungshalbmesser der Rohrachse mit r0, den Abstand AC eines beliebigen Punktes A des Rohrumfanges von ZZ mit r. Denkt man sich das keilförmige Rohrelement durch Drehung um ZZ erzeugt, so beschreibt der Punkt A den Bogen AA' = ds' = rdχ mit dem Krümmungsmittelpunkt M' im Schnitt der Normalen der Rohrwand in A und der Geraden ZZ. Der zugehörige Krümmungshalbmesser AM' = ρ' ist dann, wenn y den Neigungswinkel der Tangente an der Rohrwand in A bedeutet $${\rho }^{\prime }=\frac{r}{\text{cos}\phi }$$ . . (2) Auf der Normalen AM' liegt ferner auch der Krümmungsmittelpunkt M'' eines Bogenelements AB = ds'' = ρ' d φ der Rohrwand, das mit AA' ein rechteckiges Wandelement AA' B'B = ds' ds'' begrenzt, welches in Fig. 2 der Deutlichkeit halber nochmals herausgezeichnet sein möge. An dessen Schnittflächen hds' und hds'' wirken nun die Normalspannungen σ'' und σ' mit der nach innen gerichteten Komponente $$(\frac{{\sigma }^{\prime }}{{\rho }^{\prime }}+\frac{{\sigma }^{″}}{{\rho }^{″}})hd{s}^{\prime }d{s}^{″}$$, der ein konstanter Innendruck p mit der Normalkraft p ds' ds'' entgegensteht. Außerdem aber greift infolge der oben erwähnten Biegung des Querschnittsumfanges längs AA' die Schubspannung τ mit einer Normalkomponente τhds' = τrhdχ an, die auf der gegenüberliegenden Seite, d.h. im Abstande r + dr von ZZ auf $$h[\tau r+\frac{d(\tau r)}{dr}dr]d\chi$$ zugenommen hat, so daß hiervon eine nach außen gerichtete Normalkomponente $$h\frac{d(\tau r)}{dr}drd\chi$$ übrig bleibt. Diese steht mit den oben angeführten Kräften im Gleichgewicht, wenn $$p,d{s}^{\prime }d{s}^{″}=h(\frac{{\sigma }^{\prime }}{{\rho }^{\prime }}+\frac{{\sigma }^{″}}{{\rho }^{″}})d{s}^{\prime }d{s}^{″}-h\frac{d(\tau r)}{dr}drd\chi$$ oder wegen ds' = r d χ, dr = ds'' sin φ $$\frac{p}{h}=\frac{{\sigma }^{\prime }}{{\rho }^{\prime }}+\frac{{\sigma }^{″}}{{\rho }^{″}}-\frac{d(\tau r)}{dr}\frac{\text{sin}\phi }{\tau }$$ ist. Hierin wollen wir nach Analogie eines Rotationskörpers um die Achse ZZ die Spannung σ' als Ringspannung, und σ'' als Meridianspannung bezeichnen.

Fig. 2.

Setzen wir weiterhin voraus, daß, wie beim geraden Rohr die Scheitel des doppelt symmetrischen Querschnittes erhalten bleiben, so wird dort das Biegungsmoment $$\text{frakfamily}{M}^{″}$$ ausgezeichnete Werte besitzen, und demgemäß die zugehörige Querkraft, welche unter Vernachlässigung der Aenderung von ρ' durch die Formel $$T=\frac{d{M}^{″}}{d{s}^{″}}$$ . . . . . (4) dargestellt wird, an den Scheiteln verschwinden. Für ein Rohr mit kreisförmiger Achse und einer Bogenlänge χ ist aber T = τrχh . . . . . . (4a) oder nach Gleichung 4 $$\tau r\chi h=\frac{d\text{frakfamily}{M}^{″}}{d{s}^{″}}$$ . . . . . (4b) so daß nach unserer Annahme die Schubspannung τ in den vier Scheiteln des doppelt symmetrischen Querschnitts verschwindet. Schneiden wir daher aus unserem Keil Fig. 3 durch Parallelkreise durch den Punkt A und den Scheitel D einen Bogen heraus, so wirkt auf diesen in der Richtung ZZ der Innendruck p mit der Kraft $$\frac{p}{2}(r^2-{r_0}^2)d\chi$$ und entgegengesetzt im Schnitte durch A die Kraft (σ''cos φ – τ sin φ) hrdχ, während im Schnitte durch D keine Querkraft vorhanden ist. Mithin bedingt das Gleichgewicht in der Z-Richtung $${\sigma }^{″}\text{cos}\phi -\tau \text{sin}\phi =\frac{p(r^2-{r_0}^2)}{2hr}$$ . . (5) und liefert nach Elimination der Meridianspannung σ'' mit Gleichung 3 $$\frac{p}{h}(1-\frac{r^2-{r_0}^2}{2r{\rho }^{″}\text{cos}\phi })=\frac{{\sigma }^{\prime }}{{\rho }^{\prime }}+\frac{1}{{\rho }^{″}}(\tau \text{tg}\phi -\frac{d(\tau r)}{dr}\frac{{\rho }^{″}}{r}\text{sin}\phi )$$ oder mit $$-{\rho }^{″}d\phi =d{s}^{″}=\frac{dr}{\text{sin}\phi }$$ $$\frac{p}{h}(-1\frac{r^2-{r_0}^2}{2r{\rho }^{″}\text{cos}\phi })=\frac{{\sigma }^{\prime }}{{\rho }^{\prime }}+\frac{1}{{\rho }^{″}r}(\tau r\text{tg}\phi +\frac{d(\tau r)}{d\phi }).$$ Für die rechte Seite dieser Formel dürfen wir aber mit Rücksicht auf Gleichung 2 auch schreiben $$\frac{1}{{\rho }^{\prime }}[{\sigma }^{\prime }+\frac{1}{{\sigma }^{″}}(\frac{\tau r\text{sin}\phi }{{\text{cos}}^2\phi }+\frac{1}{\text{cos}\phi }\frac{d(\tau r)}{d\phi })]+\frac{1}{{\rho }^{\prime }}[{\sigma }^{\prime }+\frac{1}{{\rho }^{″}}\frac{d}{d\phi }\left(\frac{\tau r}{\text{cos}\phi }\right)]$$ so daß wir als Ergebnis der Elimination von σ'' aus Gleichung 3 und 5 $$\frac{p}{h}(1-\frac{r^2-{r_0}^2}{2r{\rho }^{″}\text{cos}\phi })=\frac{1}{{\rho }^{\prime }}[{\sigma }^{\prime }+\frac{1}{{\rho }^{″}}\frac{d}{d\phi }\left(\frac{\tau r}{\text{cos}\phi }\right)]$$ . . (6) erhalten. Herrscht insbesondere im Rohr kein Druck, so vereinfacht sich mit p = 0 diese Gleichung in $${\sigma }^{\prime }=-\frac{1}{{\rho }^{″}}\frac{d}{d\phi }\left(\frac{\tau r}{\text{cos}\phi }\right)$$ . . . . (6a) und ergibt für die Normalkraft auf dem Querschnitt durch Integration über dessen Umfang $$S^{\prime }=\int {\sigma }^{\prime }hd{s}^{″}=-h\int d\left(\frac{\tau r}{\text{cos}\phi }\right)=0$$ . . (7) entsprechend der sogen. reinen Biegung durch ein Moment ohne Stabkraft.

Fig. 3.

Als Beispiel wollen wir den Fall eines Rohres mit kreisförmiger Umfangslinie des Querschnittes untersuchen, wobei der Radius a mit dem Krümmungshalbmesser ρ'' des Meridians übereinstimmt. Der Bedingung des Verschwindens der Querkraft 4 a in den vier Scheiteln des Querschnitts werden wir am einfachsten gerecht durch den Ansatz τ r = τ0 r0 sin 2 φ . . . . . (8) woraus $$\frac{\tau r}{\text{cos}\phi }=2{\tau }_0{r}_0\text{sin}\phi$$ und mit Gleichung 6a $${\sigma }^{\prime }=-\frac{2{\tau }_0{r}_0}{a^2}(r-r_0)$$ . (9) hervorgeht. Die Ringspannung wird demnach proportional dem Abstande von der Parallelen zu ZZ durch den Kreismittelpunkt, die somit die neutrale Achse des Querschnittes bildet. Weiter folgt für das Biegungsmoment um diese Achse mit r – r0 = y $$\text{frakfamily}{M}^{\prime }=-\int {\sigma }^{\prime }ydF=-\frac{2{\tau }_0{r}_0}{a^2}\int y^{2}dF=-\frac{2{\tau }_0{r}_0}{a^2}{\mathrm{\Theta }}^{\prime }$$ (9a) worin das Trägheitsmoment um die neutrale Achse Θ' = πa3h . . . . . (10) zu setzen ist. Das Biegungsmoment $$\text{frakfamily}{M}^{″}$$, welches den Kreisquerschnitt zu deformieren sucht, folgt mit Gleichung 8 aus 4b und ds'' = adφ $$\text{frakfamily}{M}^{″}=h\xi \int \tau rd{s}^{″}=h{\tau }_0{\tau }_0\xi a\int \text{sin}2\phi d\phi$$ oder $$\text{frakfamily}{M}^{″}=-\frac{{\tau }_0{r}_{0}a\chi h}{5}\text{cos}2\phi +{\text{M}}_0$$ . . (11) Hierin bestimmt sich die Konstante $$\text{frakfamily}{M}_0$$ aus der Bedingung, daß zwei gegenüberliegende Querschnittsscheitel keine Verdrehung gegeneinander erleiden, d.h. daß $$0=\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}\text{frakfamily}{M}^{″}d{s}^{″}=-\frac{{\tau }_0{r}_0{a}^2\chi h}{2}\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}\text{cos}2\phi d\phi +\text{frakfamily}{M}_{0}a\pi$$ oder $$\text{frakfamily}M0=0$$ wird. Mithin bleibt $$\text{frakfamily}{M}^{″}=-\frac{{\tau }_0{r}_{0}a\chi h}{2}\text{cos}2\phi$$ . . (11a) mit dem Trägheitsmomente $${\mathrm{\Theta }}^{″}=r\chi \frac{h^3}{12}$$ . .  . . . (12) Nunmehr berechnet sich die auf einen Sektor von der Oeffnung χ entfallende Formänderungsarbeit $$L=\frac{1}{2E}\underset{0}{\overset{x}{\int }}\frac{\text{frakfamily}{M}^{\prime 2}}{{\mathrm{\Theta }}^{\prime }}{r}_{0}d\chi +\frac{1}{2E}\underset{0}{\overset{2\pi }{\int }}\frac{\text{frakfamily}{M}^{″2}}{{\mathrm{\Theta }}^{″}}ad\phi$$ . (13) oder mit Benutzung der Ausdrücke 9 a, 10, 11a, 12 $$\frac{2EL}{\chi }=\frac{\text{frakfamily}{M}^{\prime 2}{r}_0}{{\mathrm{\Theta }}^{\prime }}(1+\frac{3}{4\pi }\frac{a^4}{r_0{h}^2}\underset{0}{\overset{2\pi }{\int }}\frac{{\text{cos}}^{2}2\phi }{r}d\phi )$$ Hierin ist r = r0 + a cos φ, also angenähert wegen der Kleinheit des Verhältnisses a : r0 $$\frac{{\text{cos}}^{2}2\phi }{r}=\frac{1}{2r_0}(1+\text{cos}4\phi )(1-\frac{a}{r_0}\text{cos}\phi )$$                 $$=\frac{1}{2r_0}(1-\frac{a}{r_0}\text{cos}\phi +\text{cos}4\phi -\frac{a}{r_0}\text{cos}4\phi \text{cos}\phi )$$ also $$\underset{0}{\overset{2\pi }{\int }}\frac{{\text{cos}}^{2}2\phi }{r}d\phi =2\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}\frac{{\text{cos}}^{2}2\phi }{r}d\phi =\frac{\pi }{r_0}$$, wonach Gleichung 13a übergeht in $$\frac{2EL}{\chi }=\frac{\text{frakfamily}{M}^{\prime 2}{r}_0}{{\mathrm{\Theta }}^{\prime }}(1+\frac{3}{4}\frac{a^4}{{r_0}^2{h}^2})$$ . . (13 b) Da nun die ganze Formänderungsarbeit durch das äußere Moment $$\text{frakfamily}{M}^{\prime }$$ geleistet wird, welches eine Verdrehung des Ringsektors um Δχ bedingt, so haben wir auch $$2L=\text{frakfamily}{M}^{\prime }\mathrm{\Delta }\xi$$ . . . . . (14) und eingesetzt in Gleichung 13b $$\frac{\mathrm{\Delta }\chi }{\chi }=\frac{{\text{M}}^{\prime }{r}_0}{E.{\mathrm{\Theta }}^{\prime }}(1+\frac{3}{4}\frac{a^4}{{r_0}^2{h_0}^2})$$ . . . (15) Bei der Ableitung dieser Formel, bezw. der Einführung des Momentes $$\text{frakfamily}{M}^{″}$$ durch Gleichung 4 b wurde vorausgesetzt, daß dieses längs des Ringsektors χ konstant sei. Trifft dies nicht zu, so ist natürlich dχ anstelle von χ und dΔχ für Δχ zu setzen, so daß man für die Querschnittsverdrehung eines Rohres mit kreisförmigem Querschnitt allgemeiner $$\frac{d\mathrm{\Delta }\chi }{d\chi }=\frac{{\text{M}}^{\prime }{r}_0}{E{\mathrm{\Theta }}^{\prime }}(1+\frac{3}{4}\frac{a^4}{{r_0}^2{h}^2})$$ . (15a) schreiben und diese Gleichung auch der Berechnung im Falle veränderlicher Biegungsmomente $$\text{frakfamily}{M}^{\prime }$$ und Krümmungsradien r0 der Rohrachse zugrunde legen darf. Die Formel unterscheidet sich von derjenigen des vollen gekrümmten Stabes durch den Klammerausdruck, der für h = 0 unendlich wird und mit h = ∞ in Gleichung 1 übergeht. Ein massiver Balken kann demnach als ein Rohr mit unendlicher Wandstärke aufgefaßt werden. Der Klammerausdruck nähert sich aber auch dem Werte Gleichung 1 bei unbegrenztem Anwachsen des Krümmungshalbmessers r0 der Rohrachse. Für r = ∞ geht daher Gleichung 15a in die Differentialgleichung der elastischen Linie des ursprünglich geraden Stabes über, die somit auch für ein gerades Rohr mit kreisförmigem Querschnitt gilt. Von der Richtigkeit der letzteren Folgerung kann man sich jederzeit durch Biegungsversuche an geraden dünnwandigen Rohren überzeugen, während zur Prüfung unserer Formel 15a Beobachtungen von Bantlin1)A. Bantlin: Formänderung und Beanspruchung federnder Ausgleichsrohre, Z. d. V. d. I. 1910, S. 45. an Rohrkrümmern zur Verfügung stehen. Diese boten v. Kárman2)Th. v. Kárman: Ueber die Formänderung dünnwandiger Rohre, insbesondere federnder Ausgleichsrohre. Ebenda 1911, S. 1889. Anlaß zur Aufstellung einer Theorie der Biegung krummer Rohre, die im Gegensatz zu der hier vorgetragenen sich nicht auf das Gleichgewicht der Spannungen am Wandelement stützt, sondern von der Formänderung der Umfangslinie im Querschnitt ausgeht. Insbesondere wird für die Tangentialverschiebung eines Umfangspunktes eine periodische Reihe angeschrieben und daraus die Formänderungsarbeit entwickelt. Da die Koeffizienten der Reihe statisch unbestimmte Größen darstellen, so berechnen sie sich wie derartige Kräfte aus dem Verschwinden der partiellen Ableitungen der Formänderungsarbeit nach ihnen, d.h. aus der Bedingung des Minimums dieser Arbeit, die somit die Gleichgewichtsbedingung ersetzt. Unter Beschränkung auf nur ein Glied der Reihe von der Form c sin 2 φ analog unserem Ansatz Gleichung 8 für die Querkraft, bezw. die mittlere Schubspannung erhält v. Kárman an Stelle von Gleichung 15a die Gleichung $$\frac{d\mathrm{\Delta }\chi }{d\chi }(1-\frac{9}{10+12\frac{h^2{r_0}^2}{a^4}})\frac{{\text{M}}^{\prime }{r}_0}{E{\mathrm{\Theta }}^{\prime }}$$ welche ebenfalls für h = ∞ und r0 = ∞ in die Formel für den vollen krummen bezw. den geraden Balken übergeht, während für h = 0 der Klammerausdruck 0,1 wird. Man übersieht, daß man ganz allgemein sowohl die Kármansche Formel als auch unsere Gleichung in der Form $$\frac{d\mathrm{\Delta }\chi }{d\chi }=\frac{{\text{M}}^{\prime }{r}_0}{E{\mathrm{\Theta }}^{\prime }K}$$ schreiben kann, worin K einen aus den Klammerausdrücken zu berechnenden Koeffizienten des Trägheitsmoments bedeutet, der im Falle einer veränderlichen Rohrkrümmung mit dieser variiert. Dies trifft nun für die Bantlinschen Versuche zu, die sich auf sogen. Ausgleichsrohre bezogen, deren Achse sich nach Fig. 4 aus drei Kreisbogen mit den beiden Radien r1 und r2 zusammensetzt, während der Querschnitt längs des ganzen Rohres unveränderlich ist. Bedeutet alsdann Δx die Verschiebung des Angriffspunktes der Kraft P gegen die Mittellinie O1M, so ist die Formänderungsarbeit einer Hälfte des Ausgleichsrohres $$L=\frac{1}{2}P\mathrm{\Delta }x$$ oder mit dem Moment $$\text{frakfamily}M=PZ$$ in bezug auf einen Punkt D der Rohrachse im Abstand Z von der Kraftrichtung

Fig. 4.

$$L=\frac{1}{2}\int \frac{\text{frakfamily}{M}^{2}ds}{E\mathrm{\Theta }}=\frac{p^2}{2E}\int \frac{Z^{2}ds}{\mathrm{\Theta }}$$ so daß $$\mathrm{\Delta }x=\frac{P}{E}\int \frac{Z^{2}ds}{\mathrm{\Theta }}$$ . . . . . (17) wird. In dieser Gleichung ist ds ein Längenelement der Rohrachse, Θ das mit dem Faktor K behaftete Trägheitsmoment der Rohrachse, der für die Bogenstücke A B und B C verschiedene Werte K1 und K2 besitzt. Mithin zerfällt die rechte Seite von Gleichung 17 in zwei Teile, nämlich $${\mathrm{\Delta }}_x=\frac{P}{E{\mathrm{\Theta }}^{\prime }}(\frac{1}{K_1}{\int }_A^B{Z}^{2}d{s}_1+\frac{1}{K_2}{\int }_B^C{Z}^{2}d{s}_2)$$ (17a) wofür wir auch kürzer Δ x = Δ x1 + Δ x2 schreiben können. Die beiden Integrale lassen sich leicht auswerten durch die Substitionen Z = Z1 + r1 cos χ und ds1 = r1dχ bezw. Z = r2 (1 – cos χ), ds2 = r2dχ und ergeben $$\underset{A}{\overset{B}{\int }}{Z}^{2}d{s}_1=r_1{\int }_0^{{\chi }_1}(Z_1+r_1\text{cos}\chi {)}^{2}d\chi =r_1({Z_1}^2+\frac{{r_1}^2}{2}){\chi }_1+\frac{{r_1}^3}{2}\text{sin}2{\chi }_1+2Z_1{r_1}^2\text{sin}{\chi }_1$$ $$\int\limits_B^C\,Z^2\,d\,s_2={r_2}^3\,\int_0^{\chi_2}\,(1-\mbox{cos}\,\chi)^2\,d\,\chi={r_2}^3\,\left({\frac{3}{2}\,\chi_2+\frac{\mbox{sin}\,2\,\chi_2}{4}+2\,\mbox{sin}\,\chi_2\right).$$ Nun war für diesen flußeisernen Krümmer, vergl. Fig. 4

Z1 = 143,9 cm c = 107,5 cm r1 = 83,1 cm r2 = 55,8 cm χ1 = 129° 19' = χ2 h = 0,665 cm a = 10,4 cm.

Weiterhin ergibt die Rechnung mit P = 300 kg, E = 2100000 kg/qcm, $$\frac{P}{E{\mathrm{\Theta }}^{\prime }}\underset{A}{\overset{B}{\int }}{Z}^{2}d{s}_1=0,397\text{ cm, }\frac{P}{E{\mathrm{\Theta }}^{\prime }}\underset{B}{\overset{C}{\int }}{Z}^{2}d{s}_2=0,033\text{ cm}$$, woraus mit K1 – K2 = 1 eine Totalverschiebung des Kraftangriffs Δx = 0,43 cm folgen würde. Nun ist aber $$\frac{h{r}_1}{a^2}=0,507,\frac{h{r}_2}{a^2}=0,340$$, mithin nach Gleichung 15a $$\frac{1}{K}=(1+\frac{3}{4}\frac{a^4}{h^2{r}^2});\frac{1}{K_1}=3,92\frac{1}{K_2}=7,44,$$ nach v. Kárman $$K=1-\frac{9}{1+12\frac{h^2{r}^2}{a^4}};\frac{1}{K_1}=3,20\frac{1}{K_2}=4,75.$$ Mithin liefert unsere Formel Δx = 0,397 . 3,92 + 0,033 . 7,44 = 1,80 cm und die v. Kármansche Δx = 0,397 . 3,20 + 0,033 . 4,75 = 1,43 cm, während der Versuch Bantlins Δ x = 1,72 cm ergeben hatte. Die Uebereinstimmung unserer Theorie mit der Wirklichkeit ist demnach eine sehr befriedigende und übertrifft sogar diejenige v. Kármans ganz erheblich. Der noch übrigbleibende kleine Unterschied ist hinreichend durch die Vernachlässigung der Querkonstruktion in unserer Theorie gerechtfertigt. Nach dieser wichtigen Feststellung wollen wir die größten Spannungen berechnen, die im Querschnitt des Rohres auftreten. Die größte Ringspannung ist offenbar nach Gleichung 9 und 9 a mit r – r0 = a $${{\sigma }_0}^{\prime }=\frac{\text{frakfamily}{M}^{\prime }}{a^{2}h}$$ . . . . . . (18) während die dazu normale Biegungsspannung sich mit Gleichung 11 a und 12 zu $${\sigma }_0=\frac{\text{frakfamily}{M}^{″}}{{\mathrm{\Theta }}^{″}}\frac{h}{2}=\frac{3{\tau }_{0}a}{h}\text{cos}2\phi$$ berechnet. Hierzu tritt noch die Meridianspannung σ'' = τ tg φ, so daß eine Gesamtspannung $$\sigma ={\sigma }_0+{\sigma }^{″}=\frac{3{\tau }_{0}a}{h}\text{cos}2\phi +2{\tau }_0\frac{r_0}{r}{\text{sin}}^2\phi$$ oder genau genug $$\sigma ={\tau }_0(3\frac{a}{h}\text{cos}2\phi +2{\text{sin}}^2\phi )$$ . . (19) resultiert mit den Höchstwerten für φ = 0 und $$\phi =\frac{\pi }{2}$$ $${\sigma }_1=3\frac{a}{h}{\tau }_0,{\sigma }_2=(2-\frac{3a}{h}){\tau }_0$$, wofür wir auch mit Rücksicht auf die Bedeutung von τ0 aus Gleichung 9 $${\sigma }_1=\frac{3}{2}\frac{\text{frakfamily}{M}^{\prime }}{r_0{h}^2},{\sigma }_2=(1-\frac{3}{2}\frac{a}{h})\frac{\text{frakfamily}{M}^{\prime }}{r_{0}ah}$$ . (19 a) schreiben dürfen. Hiervon kommt, da $$\frac{h}{a}$$ stets ein kleiner Bruch sein soll, nur der erste Wert als absolut größter in Betracht. Dividieren wir diesen in Gleichung 18, so folgt $$\frac{{\sigma }_1}{{{\sigma }_0}^{\prime }}=\frac{3}{2}\frac{a^2}{r_{0}h}$$ . . . . . (20) wonach also für a2 > r0 h, wie in dem besprochenen Ausgleichsrohre die Spannung der Querbiegung der Umfangskurve die Ringspannung weitaus überwiegt. Zum Schluß möge darum noch die Formänderung des ursprünglich kreisförmigen Rohrquerschnitts ermittelt werden, wobei wir an die Gleichungen 11 a und 12 anknüpfen können. Es ist nämlich die Verdrehung an der Stelle φ $$\mathrm{\Delta }\phi =\frac{1}{E{\mathrm{\Theta }}^{″}}\underset{0}{\overset{\phi }{\int }}\text{frakfamily}{M}^{″}d{s}^{″}=-\frac{3{\tau }_0}{E}\frac{a^2}{h^2}\text{sin}2\phi =-\frac{3}{2}\frac{\text{frakfamily}{M}^{\prime }a}{E{h}^3{r}_0}\text{sin}2\phi$$ . . (21) und daraus die Verschiebung eines Punktes in der Richtung r gegenüber dem inneren Scheitel $$\mathrm{\Delta }v=\underset{0}{\overset{\phi }{\int }}\mathrm{\Delta }\phi \text{cos}\phi d{s}^{″}=-\frac{3}{2}\frac{{\text{M}}^{\prime }{a}^2}{E{h}^3{r}_0}\underset{0}{\overset{\phi }{\int }}\text{sin}2\phi \text{cos}\phi d\phi$$ oder $$\mathrm{\Delta }v=\frac{\text{frakfamily}{M}^{\prime }{a}^2}{E{r}_0{h}^2}(co{s}^3\phi -1)$$ . . (22) Ebenso ergibt sich die Achsialverschiebung (in der Richtung ZZ) zu $$\mathrm{\Delta }=-\underset{0}{\overset{\phi }{\int }}\mathrm{\Delta }\phi \text{sin}\phi d{s}^{″}=\frac{3}{2}\frac{\text{frakfamily}{M}^{\prime }{a}^2}{E{h}^3{r}_0}\underset{0}{\overset{\phi }{\int }}\text{sin}2\phi \text{cos}\phi ds$$ $$\mathrm{\Delta }u=\frac{M^{\prime }{a}^2}{E{r}_0{h}^3}{\text{sin}}^3\phi$$ . . . . . (23) Die totale Zusammendrückung des Kreisquerschnittes in radialer oder achsialer Richtung ist demnach (Fig. 5) $$\mathrm{\Delta }{v}_0=-2\frac{\text{frakfamily}{M}^{\prime }{a}^2}{E{r}_0{h}^3}=-2\mathrm{\Delta }{u}_0$$ und wir erkennen, daß der ursprüngliche Kreisquerschnitt durch ein positives Moment $$\text{frakfamily}{M}^{\prime }$$, welches den Krümmungsradius r0 des Rohres zu vermindern strebt, in der Richtung von r, durch ein negatives Moment dagegen in der Richtung ZZ zusammengedrückt wird.

Fig. 5.