Partikel- und Schüttgutmechanik - Lehrstuhl Mechanische ...

• Seine Abhängig von der Mittelpunktsspannung σM,st lässt sich durch
Einsetzen der Gl.(3.84) des stationären Fließorte in Gl.( 3.97) zeigen:
( σ + σ )
sinϕ
⎛ ⎞
st ⋅ M,
st 0
σ
= ϕ ⋅ ⎜ 0
sin ϕ =
⎟
e
sin st ⎜
1 +
σ
⎟
( 3.98)
M,
st
⎝ σM,
st ⎠
• Daraus gewinnt man mit Hilfe der Gl.( 3.127)
Übung
σ + σ
1 0
σ M,
st + σ0
=
( 3.127)
1 + sinϕst
⎛ σ1
+ σ0
⎞ ⎛ σ1
+ σ0
⎞
⎜
⎟ ⎜
⎟
⎜ 1+
sinϕst
⎟ ⎜ 1+
sinϕst
sin ϕ
= ϕ ⋅
⎟
e = sinϕst
⋅
sin st
⎜ σ1
+ σ0
⎟ ⎜ σ1
+ σ0
− σ0
− σ0
⋅sinϕst
⎟
⎜ − σ0
⎟ ⎜
⎟
⎝ 1+
sinϕst
⎠ ⎝ 1+
sinϕst
⎠
die Abhängigkeit des effektiven Reibungswinkels ϕe von der größten
Hauptspannung σ1, siehe auch F 3.79:
⎛ σ ⎞
1 + σ0
sin ϕ ⎜
⎟
e = sin ϕst
⋅
( 3.99)
⎝ σ1
− σ0
⋅ sin ϕst
⎠
Herleitung der Gleichungen für
a) einaxiale Druckfestigkeit σ = ( σ bzw.
τ , ϕ ) = ?
c f Z
c i
Z 1 = f ( σZ
bzw.
τc
, ϕi
)
b) einaxiale Zugfestigkeit σ
= ?
c) Tangentialpunkt σTa des σc-Kreises
Zu a) einaxialer Spannungszustand, d.h. σ2 = 0 in Gl. ( 3.62)
2sinϕi
2 cosϕi
σ c = σ1=
⋅ σZ
=
1−
sinϕ
1−
sinϕ
τc
( 3.100)
i
Zu b) Zugbereich, d.h. negative σ σ 1 = 0 und σ2
= σZ1
2sinϕ
i
2 cosϕ
i
i
σ Z1
= σ2
= − σZ
= − σZ
( 3.101)
1+
sinϕi
1+
sinϕi
Zu c) Tangentialpunkt σTa des σc-Kreises, siehe Bild 3.16:
Dreieckswinkel: sin ϕ i
σM
− σTa
=
σ
σ
Ta
= σ
M
− σ
R
⋅sin
ϕ
i
Für die einaxiale Druckfestigkeit ist σ2 = 0 damit σR = σM = σc/2:
σc
σc
σc
σ Ta = − ⋅ sin ϕi
= ⋅ ( 1−
sin ϕi
)
2 2 2
Nach Einsetzen von Gl.( 3.100) für σc folgt:
2 ⋅ τc
⋅ cos ϕi
σ Ta =
2 ⋅ 1−
sin ϕ
⋅ 1−
sin ϕi
= τc
⋅ cos ϕ
( 3.102)
( ) ( ) i
i
Die Strecke von τc (auf der τ-Achse) entlang des Fließortes um den
Betrag τc verlängert ergibt den Tangentialpunkt σTa des σc-Kreises.
Schüttec_3 VO Partikelmechanik und Schüttguttechnik, Kontakt- und Kontinuumsmechanik
Prof. Dr. Jürgen Tomas, 16.04.2012
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