Aufgaben zu Technische Mechanik 1-3. Statik, Elastostatik, Kinetik (Springer-Lehrbuch)

Springer-Lehrbuch W. Hauger · V. Mannl · W. Wall · E. Werner Aufgaben zu Technische Mechanik 1–3 Statik, Elastostatik...

Author: Werner Hauger | Volker Mannl | W. Wall | E. Werner

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Springer-Lehrbuch

W. Hauger · V. Mannl · W. Wall · E. Werner

Aufgaben zu Technische Mechanik 1–3 Statik, Elastostatik, Kinetik

5., bearbeitete Auflage Mit 469 Abbildungen

123

Professor (em.) Dr. Werner Hauger Dr. Volker Mannl Professor Dr. mont. Ewald Werner Institut für Mechanik Technische Universität Darmstadt Hochschulstraße 1 64289 Darmstadt

Professor Dr. Wolfgang Wall

Lehrstuhl für Werkstoffkunde und Werkstoffmechanik Technische Universität München Boltzmannstraße 15 85748 Garching

Lehrstuhl für Numerische Mechanik Technische Universität München Boltzmannstraße 15 85748 Garching

Vorauflage erschienen unter Hauger, Lippmann, Mannl, Wall, Werner: Aufgaben zu Technischen Mechanik 1–3 Bibliografische Information Der Deutschen Bibliothek Die Deutsche Bibliothek verzeichnet diese Publikation in der Deutschen Nationalbibliografie; detaillierte bibliografische Daten sind im Internet über http://dnb.ddb.de abrufbar.

ISBN-10 3-540-33867-5 5. Aufl. Springer Berlin Heidelberg New York ISBN-13 978-3-540-33867-3 5. Aufl. Springer Berlin Heidelberg New York ISBN 3-540-22622-2 4. Aufl. Springer Berlin Heidelberg New York Dieses Werk ist urheberrechtlich geschützt. Die dadurch begründeten Rechte, insbesondere die der Übersetzung, des Nachdrucks, des Vortrags, der Entnahme von Abbildungen und Tabellen, der Funksendung, der Mikroverfilmung oder der Vervielfältigung auf anderen Wegen und der Speicherung in Datenverarbeitungsanlagen, bleiben, auch bei nur auszugsweiser Verwertung, vorbehalten. Eine Vervielfältigung dieses Werkes oder von Teilen dieses Werkes ist auch im Einzelfall nur in den Grenzen der gesetzlichen Bestimmungen des Urheberrechtsgesetzes der Bundesrepublik Deutschland vom 9. September 1965 in der jeweils geltenden Fassung zulässig. Sie ist grundsätzlich vergütungspflichtig. Zuwiderhandlungen unterliegen den Strafbestimmungen des Urheberrechtsgesetzes. Springer ist ein Unternehmen von Springer Science+Business Media springer.de © Springer-Verlag Berlin Heidelberg 1991, 1994, 2001, 2005 und 2006 Printed in Germany Die Wiedergabe von Gebrauchsnamen, Handelsnamen, Warenbezeichnungen usw. in diesem Werk berechtigt auch ohne besondere Kennzeichnung nicht zu der Annahme, daß solche Namen im Sinne der Warenzeichen- und Markenschutz-Gesetzgebung als frei zu betrachten wären und daher von jedermann benutzt werden dürften. Sollte in diesem Werk direkt oder indirekt auf Gesetze, Vorschriften oder Richtlinien (z. B. DIN, VDI, VDE) Bezug genommen oder aus ihnen zitiert worden sein, so kann der Verlag keine Gewähr für die Richtigkeit, Vollständigkeit oder Aktualität übernehmen. Es empfiehlt sich, gegebenenfalls für die eigenen Arbeiten die vollständigen Vorschriften oder Richtlinien in der jeweils gültigen Fassung hinzuziehen. Satz: Digitale Druckvorlage der Autoren Herstellung: LE-TEX Jelonek, Schmidt & Vöckler GbR, Leipzig Umschlaggestaltung: design & production GmbH, Heidelberg Gedruckt auf säurefreiem Papier

7/3100/YL - 5 4 3 2 1 0

Vorwort

Ein wirkliches Verständnis der Mechanik kann man nur durch das selbständige Lösen von Aufgaben erlangen. In diesem Sinne ist die vorliegende ¨ Aufgabensammlung als studienbegleitendes Ubungsbuch konzipiert, dessen Inhalt sich am Stoff der Vorlesungen in Technischer Mechanik an deutschsprachigen Hochschulen orientiert. Sie bietet den Studierenden die Möglichkeit, u ufen und ¨ber die Lehrveranstaltungen hinaus ihren Kenntnisstand zu u ¨berpr¨ zu verbessern. Die Aufgaben dienen dem Zweck, die prinzipielle Anwendung der Grundgleichungen der Mechanik zu u ur jede Aufgabe stichwort¨ben. Die Lösung wird f¨ artig erläutert. Dabei haben wir uns meist auf einen Lösungsweg beschränkt (auf die Anwendung der graphischen Verfahren haben wir verzichtet). Wir raten den Studierenden allerdings dringend, die Lösungen nicht nur nachzuvollziehen, sondern die Aufgaben selbständig zu bearbeiten und auch andere als die von uns gewählten Lösungswege zu gehen. Die zum Lösen der Aufgaben benötigten Formeln wurden kapitelweise zusammengestellt. Sie geben dem Leser die bequeme Möglichkeit zum Nachschlagen, können aber keinesfalls ein Lehrbuch ersetzen. Die Terminologie und die Symbole stimmen weitestgehend mit denjenigen u ¨berein, die in den SpringerLehrb¨ uchern u ¨ber Technische Mechanik verwendet werden. Wir danken an dieser Stelle allen Kollegen und Mitarbeitern, die uns bei der Abfassung, Gestaltung und Durchsicht der Auflagen bis zur jetzigen unterst¨ utzt haben, insbesondere Herrn Dr. Chr. Krempaszky und Herrn Prof. em. Dr. Dr.h.c. Horst Lippmann, der auf eigenen Wunsch als Autor ausgeschieden ist. Dem Springer-Verlag danken wir f¨ ur die Ber¨ ucksichtigung unserer W¨ unsche und f¨ ur die ansprechende Ausstattung des Buches. Darmstadt und M¨ unchen, im März 2006

W. Hauger V. Mannl W. Wall E. Werner

Inhaltsverzeichnis

Formeln und Aufgaben

3

I

3

Statik Formelsammlung . . . . . . . I.1 Zentrale Kraftsysteme . I.2 Allgemeine Kraftsysteme I.3 Schwerpunkt . . . . . . . I.4 Lagerreaktionen . . . . . I.5 Fachwerke . . . . . . . . I.6 Schnittgrößen . . . . . . I.7 Arbeit . . . . . . . . . . I.8 Haftung und Reibung . . I.9 Seil unter Eigengewicht .

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3 3 3 4 6 7 7 8 9 10

Aufgabensammlung I.1 bis I.9 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

12

II Elastostatik

41

Formelsammlung . . . . . . . . . . . . . . . . . II.1 Zug und Druck . . . . . . . . . . . . . . . II.2 Biegung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . II.3 Torsion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . II.4 Prinzip der virtuellen Kräfte, Methode der passiven Arbeiten . . . . . . . . . . . . . . II.5 Spannungszustand, Verzerrungszustand, Elastizitätsgesetz . . . . . . . . . . . . . . II.6 Knickung . . . . . . . . . . . . . . . . . . II.7 Querkraftschub . . . . . . . . . . . . . . .

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41 41 42 50

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51

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

55 57 58

Aufgabensammlung II.1 bis II.7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

59

III Kinetik Formelsammlung . . . . . . . . . . . . . III.1 Kinematik des Punktes . . . . . . . III.2 Kinematik des starren Körpers . . . III.3 Kinetik des Massenpunktes und der Massenpunktsysteme . . . . . . . .

83 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

83 83 85

. . . . . . . . . . . . . . .

86

VIII III.4 III.5 III.6 III.7

Relativbewegung des Massenpunkts Kinetik des starren Körpers . . . . Schwingungen . . . . . . . . . . . . Prinzipien der Mechanik . . . . . .

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88 90 95 96

Aufgabensammlung III.1 bis III.7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

98

L¨ osungen

133

I

133

Statik

II Elastostatik

216

III Kinetik

302

I Statik

Formelsammlung I.1

Zentrale Kraftsysteme

Gleichgewichtsbedingungen:

Fi = 0 .

i

Komponentenschreibweise:

Fix = 0 ,

i

I.2

Fiy = 0 ,

i

Fiz = 0 .

i

Allgemeine Kraftsysteme

a) Momentenvektor einer Kraft F bez¨ uglich eines Punktes A: M (A) = r × F ; r: Vektor von A zu einem Punkt auf der Wirkungslinie von F .

Komponentenschreibweise: Mx(A) = ry Fz − rz Fy , My(A) = rz Fx − rx Fz , Mz(A) = rx Fy − ry Fx .

4

Statik: Formelsammlung

b) Gleichgewichtsbedingungen:

Fi = 0 ,

i

(A)

Mi

=0.

i

(Die Momentensumme enthält auch eingeprägte und Reaktionsmomente). Komponentenschreibweise:

Fix

=0,

i

Fiy

=0,

i

(A)

Mix = 0 ,

i

Fiz

=0,

i (A)

Miy = 0 ,

i

(A)

Miz = 0 .

i

Hinweis: Die Kräftegleichgewichtsbedingungen können ganz oder teilweise durch Momentengleichgewichtsbedingungen bez¨ uglich geeigneter Punkte ersetzt werden.

I.3

Schwerpunkt

a) Volumenschwerpunkt: xs =

1 x dV , V

ys =

1 y dV , V

zs =

1 z dV . V

Zusammengesetzter Körper:

xi Vi

i xs =

Vi

,

i

yi Vi

i ys =

Vi

,

zi Vi i zs = ; Vi

i

i

xi , yi , zi : Schwerpunktskoordinaten der Teilkörper, Vi : Teilvolumina. b) Flächenschwerpunkt (ebene Flächen):

xs =

1 A

x dA

xi Ai i bzw. xs = , Ai i

ys : entsprechend.

5

Schwerpunkt

Flächenmomente erster Ordnung (statische Momente):

Sy = x dA ,

Sx = y dA .

c) Linienschwerpunkt (ebene Kurven):

xs =

1 l

x dl

bzw.

xi li i xs = , li i

Tabelle I.3.1: Schwerpunktskoordinaten

ys : entsprechend.

6

I.4


Lagerreaktionen

Tabelle I.4.1: Lagerungen f¨ ur ebene Tragwerke (Auswahl)

Tabelle I.4.2: Lagerungen f¨ ur räumliche Tragwerke (Auswahl)

7

Schnittgrößen

Systeme, deren Reaktionen sich mit Hilfe der Gleichgewichtsbedingungen eindeutig ermitteln lassen, nennt man statisch bestimmt. Andernfalls heißen sie statisch unbestimmt.

I.5

Fachwerke

An Knoten von Fachwerken sind die Beziehungen zentraler Kraftsysteme (s. Abschn. I.1) anzuwenden. F¨ ur ein Gesamtfachwerk gelten die Beziehungen f¨ ur allgemeine Kraftsysteme und Lagerreaktionen (s. Abschn. I.2 und I.4).

I.6

Schnittgro ¨ßen

a) Vorzeichenkonvention: Positive Schnittgrößen zeigen Schnittufer in die positiven Koordinatenrichtungen.

am

positiven

b) Zusammenhang zwischen der Belastung und den Schnittgrößen: dN = −p , dx

dMy = Qz , dx

dQz = −qz , dx

dMz = − Qy , dx

dQy = − qy . dx Ebener Sonderfall (qy ≡ 0, qz = q, Qy ≡ 0, Qz = Q, My = M, Mz ≡ 0): dN = −p, dx dM =Q, dx

dQ = −q dx

→

d2 M = −q. dx2

8


Tabelle I.6.1: Randbedingungen (ebener Fall)

c) Föppl-Symbol:

0 f¨ ur x < a , (x − a)n f¨ ur x > a .

x − an = Rechenregeln:

d x − an = nx − an−1 , dx

I.7

x − an dx =

1 x − an+1 + C . n+1

Arbeit

a) Prinzip der virtuellen Arbeit Wenn die virtuelle Arbeit der äußeren Lasten (Kräfte und Momente) bei einer beliebigen virtuellen Starrkörperverr¨ uckung eines mechanischen Systems aus seiner Lage veschwindet, ist diese Lage eine Gleichgewichtslage: GW = 0:

i

F i · Gr i +

M j · Gϕj = 0 ;

j

Gr i : virtuelle Verr¨ uckung des Kraftangriffspunkts, Gϕj : virtuelle Verdrehung des Körpers, an dem das Moment angreift.

Haftung und Reibung

9

b) Gleichgewichtslagen eines konservativen Systems mit einem Freiheitsgrad und ihre Stabilität Die Potentialkurve hat an der Stelle, die einer Gleichgewichtslage zugeordnet ist, eine waagrechte Tangente: Ep = 0 ;

Ep : potentielle Energie;

( ) : Ableitung nach der Koordinate des Freiheitsgrads. Stabilitätskriterium: Ep > 0: stabile Gleichgewichtslage, Ep < 0: instabile Gleichgewichtslage, Ep = 0: höhere Ableitungen entscheiden u ¨ber die Stabilität. Beispiele f¨ ur Potentiale: 1) Potential einer Federkraft Ep = 12 c x2 ; c : Federkonstante, x : Längenänderung der (ungespannten) Feder. 2) Potential einer Gewichtskraft Ep = Gz ; z: Höhe des Schwerpunkts u ¨ber einem Nullniveau.

I.8

Haftung und Reibung

a) Bedingung f¨ ur Haften: |H| ≤ µ0 N ; H: Haftungskraft, µ0 : Haftungskoeffizient, N : Normalkraft. Die Haftungskraft ist eine Reaktionskraft. Ihre Orientierung ergibt sich bei statischer Bestimmtheit aus den Gleichgewichtsbedingungen.

10


b) Coulombsches Reibungsgesetz: R = µN ; R: Reibungskraft, µ: Reibungskoeffizient. Die Reibungskraft wirkt entgegen der Richtung der Geschwindigkeit. c) Seilhaftung: S1 e−µ0 α ≤ S2 ≤ S1 eµ0 α ;

α: Umschlingungswinkel.

d) Seilreibung: S2 = S1 eµα

(S2 > S1 ).

Das Seil bewegt sich relativ zur Rolle in Richtung von S2 .

I.9

Seil unter Eigengewicht

Differentialgleichung der Kettenlinie (Seillinie): y =

q0 1 + y 2 ; H

q0 : Gewicht pro Längeneinheit des Seils; H: Horizontalzug (= Horizontalkomponente S cos α der Seilkraft S bzw. Seilkraft im Scheitelpunkt). Gleichung der Kettenlinie: y = y0 cosh

x y0

mit

y0 =

H . q0

Anmerkung: Die willk¨ urliche Wahl von y0 = H/q0 legt den Scheitel der Kettenlinie in den Punkt x = 0, y = y0 .

11


Neigung der Kettenlinie: y = tan α = sinh

x s = ; y0 y0

s: vom Scheitelpunkt gezählte Bogenlänge. Durchhang:

f = y0

x2 cosh −1 . y0

Seilkraft:

H s = H 1 + S= cos α y0

Smax = H cosh

2

= H cosh

x = q0 y ; y0

x2 = q0 ymax . y0

Seillänge:

L = y0 sinh

x2 x1 − sinh y0 y0

.

Bei flachem Durchhang kann die Kettenlinie durch eine quadratische Parabel approximiert werden. Dann gilt näherungsweise f¨ ur den Durchhang, die maximale Seilkraft und die Seillänge (beide Endpunkte auf gleicher Höhe): q0 l2 f = , 8H

Smax

q0 l l

= 1+ 2 4f

2

,

L=l+

8f 2 . 3l

12

Statik: Aufgabensammlung

Aufgabensammlung I.1


Aufgabe I.1.1: Eine Kugel (Gewicht G) liegt auf einer glatten schiefen Ebene (Neigungswinkel α) und wird von einer glatten Wand gehalten. Wie groß sind die Kontaktkräfte?

Aufgabe I.1.2: Eine glatte Walze (Gewicht G, Radius r) soll eine Stufe (Höhe h) hochgezogen werden. Welche Richtung muss die dazu erforderliche Kraft F haben, damit sie möglichst klein ist? Wie groß ist dieser Minimalwert?

Aufgabe I.1.3: Das Seil einer Seilwinde wird reibungsfrei u ¨ber den Knoten K eines Stabzweischlags gef¨ uhrt. Wie groß sind die Stabkräfte, wenn am Seil ein Klotz (Gewicht G) hängt?


13

Aufgabe I.1.4: Ein Seil der Länge l ist in den Punkten A und B an zwei Wänden befestigt. An einer reibungsfreien Rolle (Radius vernachlässigbar) hängt ein Klotz (Gewicht G). Welchen Abstand d von der linken Wand hat die Rolle in der Gleichgewichtslage? Wie groß ist die Seilkraft?

Aufgabe I.1.5: Am Knoten K eines Stabsystems hängt ein Fass (Gewicht G). Gesucht sind die Stabkräfte.

Aufgabe I.1.6: Ein Stabdreischlag ist an einer Wand befestigt. An einem ¨ im Knoten K gef¨ Seil, das reibungsfrei durch eine Ose uhrt wird, hängt eine Kiste (Gewicht G). Wie groß sind die Stabkräfte?

14


Aufgabe I.1.7: Auf einen Himmelskörper (Masse m) wirken die Anziehungskräfte (Gravitationskonstante γ) von 3 weiteren Himmelskörpern a, b, c mit den Massen ma = mb und mc . Der Himmelskörper c bewegt sich auf einer Kreisbahn vom Radius c um den Punkt O; die Achse der Kreisbahn ist die Diagonale d − d. Man bestimme f¨ ur den Sonderfall a = b = c die resultierende Kraft auf m. a

m

b

mc c ϕ

d

I.2

mb d

O ma


Hinweis: Bei einigen Aufgaben dieses Abschnitts ist die Kenntnis des Schwerpunkts von Körpern erforderlich (s. Abschn. I.3). Aufgabe I.2.1: Ein Balken (Länge l, Gewicht G) lehnt in der dargestellten Weise an einer Mauer. Er wird an seinem unteren Ende durch ein Seil S gehalten; die Ber¨ uhrflächen sind glatt. Wie groß ist die Seilkraft?

Aufgabe I.2.2: Eine homogene Stange (Länge l, Gewicht G) steckt in einem glatten Schlitz. Wie groß muss die horizontale Kraft F sein, damit Gleichgewicht herrscht?


15

Aufgabe I.2.3: Eine mit drei Stäben abgest¨ utzte Scheibe (Radius r) wird durch ein eingeprägtes Moment M0 belastet. Wie groß sind die Stabkräfte?

Aufgabe I.2.4: Die dargestellte quadratische Platte (Gewicht vernachlässigbar) wird von sechs Stäben gest¨ utzt und durch eine Kraft F belastet. Man bestimme die Stabkräfte.

Aufgabe I.2.5: Eine homogene dreieckförmige Platte (Gewicht G) wird durch sechs Stäbe gehalten. Gesucht sind die Stabkräfte.

16


Aufgabe I.2.6: Eine homogene Tischplatte (Gewicht G1 ) wird durch sechs Stäbe gest¨ utzt. Wie groß sind die Stabkräfte, wenn auf dem Tisch eine Last (Gewicht G2 ) liegt?

Aufgabe I.2.7: Auf einem Drittelkreisbogen (Radius R) wirkt die konstante tangentiale Streckenlast p = p0 . Man reduziere das Lastsystem auf den Kreismittelpunkt M. Man bestimme die Wirkungslinie der Resultierenden, wenn sich das Lastsystem auf eine Einzelkraft reduzieren lässt. M

120◦

p0

R

Schwerpunkt

I.3

17

Schwerpunkt

Aufgabe I.3.1: Man bestimme die Schwerpunkte der dargestellten d¨ unnwandigen Profile (t a).

Aufgabe I.3.2: Aus einer kreis- bzw. einer ellipsenförmigen Fläche wurde in der dargestellten Weise jeweils ein Kreis ausgeschnitten. Gesucht sind die Schwerpunkte der Restflächen.

Aufgabe I.3.3: Man bestimme die Lage des Schwerpunkts einer Halbkreisfläche mittels Integration a) in kartesischen Koordinaten und b) in Polarkoordinaten. Man vergleiche mit Tab. I.3.1.

Aufgabe √ I.3.4: Man bestimme den Schwerpunkt der von den Kurven f (x) = x a und g(x) = x2 /a begrenzten Fläche.

18


Aufgabe I.3.5: Man bestimme den Schwerpunkt der dargestellten Ziffer.

Aufgabe I.3.6: Ein homogenes Stehaufmännchen besteht aus einer Halbkugel und einem aufgesetzten Kegel. Damit es nicht umkippt, darf sein Schwerpunkt nicht oberhalb der Trennebene zwischen Halbkugel und Kegel liegen (vgl. Abschn. I.7). Wie groß darf bei gegebenem Radius r die Höhe h des Kegels höchstens sein?

Lagerreaktionen

19

Aufgabe I.3.7: Man bestimme den Schwerpunkt einer d¨ unnwandigen Kugelschale (Radius R, Höhe H, Dicke t R).

Aufgabe I.3.8: Man berechne die Lage des Schwerpunkts einer dickwandigen Halbkugelschale (Innenradius Ri , Außenradius Ra ) sowie den Schwerpunkt einer Halbkugel (Radius R). Aufgabe I.3.9: F¨ ur die Analyse der Schwingbewegung einer Glocke in ihrem Ger¨ ust wird die Position des Schwerpunkts benötigt. Die Glocke ist eine d¨ unnwandige Rotationsschale mit konstantem Gewicht p0 pro Flächeneinheit. Der obere Teil ist eine Halbkugelschale vom Radius R, der Meridianschnitt des unteren Teils ein Achtelkreisbogen mit Radius R und Mittelpunkt M.

R

M R

I.4

Lagerreaktionen

Aufgabe I.4.1: Ein Balken unter einer Dreiecksbelastung wird von drei Stäben gest¨ utzt. Wie groß sind die Stabkräfte?

20


Aufgabe I.4.2: Ein Tragwerk aus einem Balken und drei Stäben wird durch eine Kraft F belastet. Wie groß sind die Lagerkraft in A und die Stabkräfte?

Aufgabe I.4.3: Ein Balken ist bei A gelenkig gelagert. Er wird von einem Seil gehalten, das bei B reibungsfrei umgelenkt wird. Wie groß sind die Seilkraft und die Lagerkräfte in A und B, wenn am rechten Ende des Balkens ein Stein (Gewicht G) hängt?

Aufgabe I.4.4: Das dargestellte Tragwerk wird durch die Kräfte F1 = F und F2 = 2F belastet. Man bestimme die Lagerreaktionen in A und C sowie die Gelenkkräfte in B und D.

Lagerreaktionen

21

Aufgabe I.4.5: An einem Kran hängt ein homogener Baumstamm (Gewicht G). Wie groß sind die Kräfte in den Lagern A und B sowie die Gelenkkraft in C?

Aufgabe I.4.6: An einem Kran hängt ein Container (Gewicht G). Wie groß sind die Lagerreaktionen in A und B sowie die Gelenkkraft in C, wenn das Seil u uhrt wird? ¨ber eine reibungsfreie Rolle R (Radius vernachlässigbar) gef¨

Aufgabe I.4.7: F¨ ur den dargestellten Gerber-Träger bestimme man die Lagerreaktionen und die Gelenkkraft.

22


Aufgabe I.4.8: An einem Gelenkbalken ist unmittelbar rechts vom Gelenk G1 ein Querarm angeschweißt, der durch ein Kräftepaar belastet wird. Außerdem greift unmittelbar rechts vom Gelenk G2 eine Kraft P an. Wie groß sind die Lagerreaktionen und die Gelenkkräfte? Wie ändern sie sich, wenn die Kraft P unmittelbar links vom Gelenk G2 angreift?

Aufgabe I.4.9: Ein Mast (Gewicht G1 ) ist in A gelenkig gelagert und wird durch zwei Stäbe gest¨ utzt. An seiner Spitze hängt eine Kiste (Gewicht G2 ). Wie groß sind die Lagerkraft in A und die Stabkräfte?

Aufgabe I.4.10: Das dargestellte Tragwerk wird durch eine Kraft F belastet. Die Schiebeh¨ ulse E ist mit dem Balken CD fest verbunden. Sie lässt eine axiale Verdrehung und Verschiebung des Balkens GHAB zu. Man bestimme die Lagerreaktionen.

23

Fachwerke

Aufgabe I.4.11: Zwei glatte Kreiszylinderwalzen (Radius R, Gewicht mg) werden durch einen symmetrischen U-förmigen B¨ ugel (Gewicht M g) zusammengehalten und so auf eine glatte horizontale Unterlage gestellt. Man bestimme alle Kontaktkräfte. Welche Bedeutung hat das Verhältnis M/m f¨ ur die Kontaktkraft im Aufstandspunkt A (s. auch Aufgabe I.7.10).

R R 45◦ A

I.5

Fachwerke

Aufgabe I.5.1: Das dargestellte Fachwerk wird durch eine Kraft P belastet. Man identifiziere die Nullstäbe. Wie groß sind die Lagerreaktionen und die Kraft in Stab 4?

Aufgabe I.5.2: Das dargestellte Fachwerk wird durch die Kräfte F1 = F und F2 = 3F belastet. Wie groß sind die Stabkräfte S1 , S2 und S3 ?

24


Aufgabe I.5.3: Die Stäbe 2, 8 und 9 des dargestellten symmetrischen Fachwerks haben die gleiche Länge. Der Stab 5 ist orthogonal zu den ebenfalls gleich langen Stäben 1 und 7. Das Fachwerk wird durch eine Kraft F belastet. Man bestimme die Lagerreaktionen. Welche Stäbe sind Nullstäbe? Wie groß sind die Stabkräfte S9 und S10 ?

Aufgabe I.5.4: Das dargestellte Fachwerk wird durch eine Kraft F belastet. Wie groß sind die Kräfte in den Stäben 1 bis 4?

Aufgabe I.5.5: Das dargestellte System ist bei A gelenkig gelagert und hängt ¨ bei B an einem Seil. Uber eine reibungsfreie Rolle (Radius a/2, Gewicht vernachlässigbar) wird ein weiteres Seil gef¨ uhrt, das eine Kiste (Gewicht G) trägt. Wie groß sind die Stabkräfte?

Schnittgrößen

25

Aufgabe I.5.6: Ein Tragwerk aus einem Gelenkbalken und f¨ unf Stäben wird durch die Gleichstreckenlast q0 belastet. Wie groß sind die Stabkräfte?

Aufgabe I.5.7: Das skizzierte räumliche Fachwerk wird durch zwei Kräfte F1 = F√ abe 5, 7 und 8 haben die Längen 2 = F belastet. Die St¨ l5 = l7 = l8 = 2 a; alle anderen Stäbe haben die Länge a. Man bestimme die Kräfte in den Stäben 1 bis 9.

I.6

Schnittgr¨ oßen

Aufgabe I.6.1: Ein Balken wird durch zwei eingeprägte Kräfte F1 = 5F und F2 = 2F sowie ein eingeprägtes Moment M0 = 3F a belastet. Gesucht sind die Schnittgrößenverläufe.

Aufgabe I.6.2: Eine Laufkatze auf zwei Rädern kann auf einem Balken (Gewicht vernachlässigbar) fahren. Ihr Gewicht G ist dreieckförmig verteilt. F¨ ur welchen Wert ξ = ξ ∗ nimmt das Biegemoment den größtmöglichen Wert Mmax an? Wie groß ist Mmax ?

26


Aufgabe I.6.3: Ein beidseitig gelenkig gelagerter Balken trägt eine Gleichstreckenlast und eine Dreieckslast. Gesucht sind die Schnittgrößenverläufe und die Lagerkräfte.

Aufgabe I.6.4: Der dargestellte Kragträger wird durch eine Gleichstrekkenlast q0 und ein eingeprägtes Moment M0 = 4q0 a2 belastet. Man ermittle die Querkraft- und die Momentenlinie.

Aufgabe I.6.5: F¨ ur den dargestellten Gerber-Träger bestimme man die Schnittgrößenverläufe.

Aufgabe I.6.6: Ein Gerber-Träger wird durch ein Moment M0 und eine Kraft F belastet. Man skizziere den Momentenverlauf.

Schnittgrößen

27

Aufgabe I.6.7: An einem Gelenkbalken ist unmittelbar rechts vom Gelenk G1 ein Querarm angeschweißt, der durch ein Kräftepaar F a belastet wird. Am Gelenk G2 wirkt eine weitere Kraft F (vgl. Aufgabe I.4.8). Man bestimme die Schnittgrößenverläufe.

Aufgabe I.6.8: Man ermittle die Schnittgrößenverläufe im Gelenkbalken AGB des dargestellten Tragwerks (vgl. Aufgabe I.5.6).

Aufgabe I.6.9: Man ermittle den Verlauf des Biegemoments im dargestellten Tragwerk.

Aufgabe I.6.10: Man ermittle die Schnittgrößenverläufe f¨ ur den dargestellten Rahmen.

28


Aufgabe I.6.11: An einem Balken BC ist bei D ein Querarm angeschweißt. Ein in C befestigtes Seil wird reibungsfrei u ¨ber eine Rolle (Radius vernachlässigbar) in E gef¨ uhrt. Man bestimme die Schnittgrößenverläufe im Tragwerk, wenn am Seil eine Kiste (Gewicht G) hängt.

Aufgabe I.6.12: Eine Laubsäge wird zum Einspannen des Sägeblatts mit der Kraft F zusammengedr¨ uckt. Man bestimme die Schnittgrößenverläufe.

Aufgabe I.6.13: Man bestimme die Schnittgrößen f¨ ur einen einseitig eingespannten Viertelkreisbogen (Radius r) unter einer Gleichstreckenlast q0 .

Aufgabe I.6.14: Ein bei A eingespannter Rahmen wird durch zwei Kräfte und zwei eingeprägte Momente belastet. Die Momentenvektoren liegen in der Rahmenebene, F1 steht senkrecht auf ihr und F2 liegt in der zu M2 senkrechten Ebene. Man bestimme die Lagerreaktionen und die Schnittgrößenverläufe f¨ ur F1 = F2 = F und M1 = M2 = F a.

29

Arbeit

Aufgabe I.6.15: Ein Affe (Gewicht G) klammert sich an einen vertikalen, fest verwurzelten Stamm (spez. Gewicht γ), dessen Querschnittsradius sich von 2r0 am Boden linear auf r0 am oberen Ende verj¨ ungt. Der Körperschwerpunkt des Affen hat den Abstand a von der Stammachse, seine Körpermuskulatur ist kräftig, seine Handgelenk- und Fußgelenkmuskulatur sehr schwach. Man bestimme die Schnittgrößen im Stamm. 2r0 h

b

H

G a 4r0

I.7

Arbeit

Hinweis: Weitere Aufgaben zum Prinzip der virtuellen Arbeit finden sich in Abschnitt III.2. Aufgabe I.7.1: Drei gelenkig verbundene Stangen (Eigengewicht vernachlässigbar) werden durch eine Kraft F und ein Moment M0 belastet. Mit Hilfe des Prinzips der virtuellen Arbeit bestimme man den Winkel ϕ = ϕ∗ , unter dem das System im Gleichgewicht ist.

30


Aufgabe I.7.2: Die Montageplattform einer Autohebeb¨ uhne wird von zwei Trägern der Länge l gehalten, die in ihrer Mitte (Punkt M ) durch einen Bolzen miteinander verbunden sind. Im Punkt A ist an einem der Träger unter einem Winkel von 30◦ ein Hebel (Länge a) angeschweißt, der mit der Kolbenstange des Hydraulikzylinders verbunden ist. Alle Gelenke können als reibungsfrei angesehen werden; das Eigengewicht der Konstruktion sei vernachlässigbar. Man bestimme die Kraft F auf den Hydraulikkolben, welche der Last (Gewicht G) das Gleichgewicht hält.

Aufgabe I.7.3: Man bestimme die Lagerkraft B des dargestellten Gelenkbalkens mit Hilfe des Prinzips der virtuellen Arbeit.

Aufgabe I.7.4: Ein beidseitig gelenkig gelagerter Balken wird durch eine Kraft F belastet. Man bestimme im Bereich 0 < x < a mit Hilfe des Prinzips der virtuellen Arbeit a) das Biegemoment M (x) und b) die Querkraft Q(x).

Arbeit

31

Aufgabe I.7.5: Eine Walze (Gewicht G, Radius r), die auf einem Zylinder (Radius R) abrollen kann, wird durch eine parallel gef¨ uhrte Feder (Federsteifigkeit c) gehalten. Die Feder ist in der dargestellten Lage entspannt. Man bestimme die Gleichgewichtslagen und untersuche ihre Stabilität.

Aufgabe I.7.6: Abstand r vom kann auf einer rutschen. Man Stabilität.

An einer homogenen Scheibe (Radius R, Masse M ) ist im Mittelpunkt eine Einzelmasse m angebracht. Die Scheibe schiefen Ebene (Neigungswinkel α) rollen, jedoch nicht bestimme die Gleichgewichtslagen und untersuche ihre

Aufgabe I.7.7: Um eine homogene Scheibe (Gewicht G1 , Radius r) ist ein Seil geschlungen, an dem ein Klotz (Gewicht G2 ) hängt. Die Scheibe kann auf einer kreisförmigen Bahn (Radius R) rollen. Welche Gleichgewichtslage stellt sich f¨ ur G1 = G2 = G ein?

32


Aufgabe I.7.8: Zwei gelenkig miteinander verbundene Stangen (Länge l, Gewicht G) tragen einen vertikal reibungsfrei gef¨ uhrten Kolben (Gewicht Q). Die bei A und B angebrachten Drehfedern (Federkonstante cT ) sind in der vertikalen Lage der Stangen entspannt. Man bestimme die Gleichgewichtslagen und untersuche ihre Stabilität.

Aufgabe I.7.9: Zwei gleiche homogene Stäbe (jeweils Gewicht G, Länge 2L), die im reibungsfreien Gelenk B verbunden sind, werden symmetrisch auf zwei gleich hohe Schneiden im Abstand 2a gelegt. Man bestimme f¨ ur reibungsfreie Schneidenber¨ uhrung die Gleichgewichtslagen und ihre Stabilität.

2L g

B 2a

Aufgabe I.7.10: Man bestimme die Auflagerreaktion im Punkt A des B¨ ugels von Aufgabe I.4.11 nach dem Prinzip der virtuellen Arbeiten.

Haftung und Reibung

I.8

33

Haftung und Reibung

Aufgabe I.8.1: Eine rauhe Seiltrommel ist bei B reibungsfrei drehbar gelagert. Der Haftungskoeffizient zwischen der Trommel und dem Klotz ist µ0 . Am Ende des Seils hängt eine Last (Gewicht G). Wie groß muß die Kraft F am Ende des Hebels mindestens sein, damit sich die Trommel nicht dreht?

Aufgabe I.8.2: Eine Walze (Gewicht G1 = 3G) wird durch eine Wand und einen Balken (Gewicht G2 = G) in der dargestellten Lage gehalten. Der Balken haftet am Boden; alle anderen Ber¨ uhrungsflächen sind glatt. Wie groß muß der Haftungskoeffizient µ0 zwischen Balken und Boden mindestens sein, damit Gleichgewicht besteht?

Aufgabe I.8.3: Ein Zylinder (Radius 2r, Gewicht G1 ) liegt auf zwei weiteren Zylindern (Radius r, Gewicht G2 ). Welchen Wert muss der f¨ ur alle Ber¨ uhrflächen gleich große Haftungskoeffizient µ0 mindestens haben, damit kein Rutschen auftritt?

34


Aufgabe I.8.4: Zwischen zwei vertikalen rauhen Wänden sind eine Kugel (Gewicht G1 ) und ein Keil (Gewicht G2 ) eingeklemmt. Der Haftungskoeffizient zwischen Kugel und linker Wand bzw. zwischen Keil und rechter Wand ist jeweils durch µ0 gegeben. Die schräge Oberfläche O des Keils ist glatt. Wie groß muss µ0 mindestens sein, damit sich das System im Gleichgewicht befindet?

Aufgabe I.8.5: Eine Klemmvorrichtung besteht aus einer Stange (Gewicht vernachlässigbar) und einem Klotz (Gewicht G1 ). Wie schwer darf eine Platte (Gewicht G2 ) höchstens sein, damit sie von der Vorrichtung (Haftungskoeffizient µ0 ) gehalten wird?

Aufgabe I.8.6: An einem B¨ ugel (Gewicht G) befinden sich ein reibunsfrei drehbarer Zapfen A und ein fester zylindrischer Zapfen B. Der B¨ ugel wird in ein Seil eingeklinkt, an dem ein Klotz (Gewicht GK = G/5) hängt. Wie oft muss das Seil um den Zapfen B geschlungen werden (Haftungskoeffizient µ0 = 0, 1), damit der B¨ ugel nicht abrutscht? Unter welchem Winkel β zur Vertikalen stellt sich der B¨ ugel ein?


35

Aufgabe I.8.7: Bei der skizzierten Simplex-Trommelbremse sind die beiden Bremsbacken in A gelenkig gelagert. Sie werden beim Bremsen durch den Radbremszylinder jeweils mit der Kraft F belastet. Man berechne das Bremsmoment MB als Funktion des Reibungskoeffizienten µ unter der Annahme, dass die Normalkräfte und die Reibungskräfte jeweils in der Backenmitte angreifen.

I.9


Aufgabe I.9.1: Ein Kabel (Eigengewicht q0 = 100 N/m) der Länge L = 150 m wird an zwei gleich hohen Masten im Abstand von l = 100 m aufgehängt. Wie groß sind der Durchhang f und die maximale Seilkraft Smax ?

36


Aufgabe I.9.2: Ein Seil hängt zwischen zwei Punkten, die sich in der gleichen Höhe befinden. a) Bis zu welchem Verhältnis v = f /l darf man den Parabelansatz verwenden, wenn f¨ ur die maximale Seilkraft Smax ein Fehler von 5% zugelassen wird? b) Zu welchem Fehler f¨ uhrt dann die Näherungsformel f¨ ur die Seillänge?

Aufgabe I.9.3: Der linke Teil AB des Seils ABCD (Eigengewicht q0 pro Längeneinheit) liegt auf einer rauhen Ebene, der rechte Teil CD wird u ¨ber eine reibungsfreie Rolle (Radius vernachlässigbar) in der Höhe b umgelenkt. Die Kraft P hält das Seil im Gleichgewicht. Man bestimme die horizontale Länge l, u ¨ber der das Seil angehoben ist.

Aufgabe I.9.4: Das rechte Ende eines Seils (Länge L, Eigengewicht q0 pro Längeneinheit) ist an einem Klotz (Gewicht vernachlässigbar) befestigt, der auf einer rauhen Unterlage liegt. Der Haftungskoeffizient zwischen dem Klotz und der Unterlage ist durch µ0 gegeben. Wie groß darf der Abstand a der beiden Seilenden höchstens sein, wenn der Klotz haften soll? Wie groß sind im Haftgrenzfall der Durchhang und die maximale Seilkraft?


37

Aufgabe I.9.5: Ein Seil (Länge l, Gewicht q0 pro Längeneinheit) ist im Punkt A fest aufgehängt. Es wird bei B u ¨ber eine reibungsfreie Rolle (Durchmesser vernachlässigbar) gef¨ uhrt und bei D mit einer Feder verbunden. Die Feder hat im entspannten Zustand die Länge d0 . Wie muss die Federkonstante c gewählt werden, damit die kleinste im Bereich AB auftretende Seilkraft den vorgegebenen Wert S ∗ hat? Gegeben: b, d0 , h, l, q0 , S ∗ .

Aufgabe I.9.6: Man bestimme die Schwerpunktlage eines beidseitig in gleicher Höhe im Abstand 2r befestigten schweren Seils der Länge L = πr und vergleiche mit den Schwerpunktlagen eines gleich langen Kreisbogens zwischen A und B bzw. eines gleich langen, straff gezogenen Seils (gestrichelt gezeichnet).

Aufgabe I.9.7: Ein Seil (Eigengewicht q0 = 10 N/m) wird in zwei Punkten A und B befestigt. Wie groß m¨ ussen der horizontale und der vertikale Abstand zwischen A und B gewählt werden, wenn die maximale Seilkraft, der Horizontalzug und der Neigungswinkel bei A durch Smax = 2000 N, S0 = 1200 N und αA = 45◦ vorgegeben sind? Welche Neigung besitzt das Seil bei B? Wie lang ist das Seil?

38


Aufgabe I.9.8: Man bestimme die Länge des in den Lagern A und B befestigten Seils.

Aufgabe I.9.9: Ein Seil (Eigengewicht q0 pro Längeneinheit) ist im Punkt A auf einer horizontal reibungsfrei gleitenden Schiebeh¨ ulse befestigt und in gleicher Höhe um eine Stange gelegt, auf der es nicht durchrutscht. Es wird durch die horizontal auf die Schiebeh¨ ulse wirkende Kraft F im Gleichgewicht gehalten. Der Haftungskoeffizient µ0 zwischen Seil und Stange, die Seillänge L zwischen A und B sowie der Durchhang f sind gegeben. Wie groß muss die Kraft F sein, um das System im Gleichgewicht zu halten? Wie groß ist der Umschlingungswinkel β? Innerhalb welcher Grenzen muss die Länge l des Seilst¨ ucks zwischen C und D liegen, damit das Seil nicht rutscht (das Gewicht des Seils zwischen B und C ist zu vernachlässigen)?

39


Aufgabe I.9.10: F¨ ur die Hochspannungsleitung zwischen zwei gleich hohen Masten im Abstand 2a steht ein beliebig langes Kabel (Eigengewicht q0 pro Längeneinheit) zur Verf¨ ugung, so dass ein beliebiger Durchhang realisierbar ist. Jedoch soll die maximale Seilkraft minimal werden. Welcher Neigungswinkel ϕ1 ist hierf¨ ur zu wählen? Welche Seillänge ist dabei zu wählen? Welcher Durchhang f stellt sich dann ein? ϕ1 f

q0

2a

II Elastostatik

Formelsammlung II.1

Zug und Druck

Normalspannung:

σ(x) =

N (x) ; A(x)

N (x): Normalkraft, A(x): Querschnittsfläche.

Kinematische Beziehung:

ε(x) =

du(x) ; dx

ε(x): Dehnung, u(x): Verschiebung.

Längenänderung:

∆l =

l

ε(x) dx ;

l: Stablänge.

0

Sonderfall gleichförmiger Dehnung (ε = konst):

∆l = ε l .

42

Elastostatik: Formelsammlung

Hookesches Gesetz (Elastizitätsgesetz): ε(x) =

σ(x) N (x) + αT ∆T (x) = + αT ∆T (x); E EA(x)

E: Elastizitätsmodul, αT : thermischer Ausdehnungskoeffizient, ∆T (x): Temperaturänderung, EA(x): Dehnsteifigkeit. Sonderfall mit N = konst, A = konst, ∆T = 0: ∆l =

Fl ; EA

F = N : axiale Last.

Federsteifigkeit“ des Zugstabs: ” c=

F EA = . ∆l l

Ersatzfedersteifigkeiten: c∗ =

cj

(Parallelschaltung),

j

1 1 = ∗ c j cj

II.2

(Reihenschaltung).

Biegung

a) Querschnittsgrößen Flächenträgheitsmomente (Flächenmomente 2. Ordnung, Lage des Koordinatenursprungs beliebig):

z 2 dA,

Iy =

Ip =

Iz =

y 2 dA,

Iyz = Izy = −

yz dA,

r2 dA =

(y 2 + z 2 ) dA = Iy + Iz ;

Iy , Iz : axiale Flächenträgheitsmomente, Iyz : Deviationsmoment, Ip : polares Flächenträgheitsmoment.

43

Biegung

Zusammengesetzter Querschnitt:

Iy =

(Iy )i ,

i

Iz =

(Iz )i ,

i

Tabelle II.2.1: Flächenträgheitsmomente

Drehung der Bezugsachsen:

Iyz =

i

(Iyz )i .

44


IK =

1 1 (Iy + Iz ) + (Iy − Iz ) cos 2ϕ + Iyz sin 2ϕ , 2 2

I] =

1 1 (Iy + Iz ) − (Iy − Iz ) cos 2ϕ − Iyz sin 2ϕ , 2 2 −

IK ] =

1 (Iy − Iz ) sin 2ϕ + Iyz cos 2ϕ . 2

Hauptträgheitsmomente:

I1 , 2

I y + Iz ± = 2

Iy − Iz 2

2 2 . + Iyz

Hauptrichtungen: tan 2ϕ∗ =

2Iyz . Iy − Iz

Tabelle II.2.2: Biegelinien Nr. Lastfall

EI wA

EI wB

1

F l2 F l2 (β − β 3 ) − (α − α3 ) 6 6

2

q0 l 3 24

3

q0 l 3 (1 − β 2 )2 24

−

q0 l 3 24

q0 l 3 [4(1 − β 3 ) 24 −6(1 − β 2 ) + (1 − β 2 )2 ]

45

Biegung

Mohrscher Kreis: Graphische Darstellung der Beziehungen von Iy , Iz , Iyz zu IK , I] , IK ] und zu I1 , I2 in Abhängigkeit von ϕ und ϕ∗ . Auftragung der axialen Trägheitsmomente und des gegen Bezugsachsdrehungen invarianten Mittelpunkts (Iy + Iz )/2 = (IK + I] )/2 = (I1 + I2 )/2 auf der Abszisse, Auftragung der Deviationsmomente in Ordinatenrichtung. Drehungen der Bezugsachsen entsprechen entgegengesetzte zweifache Drehungen der Durchmesser des Mohrschen Kreises.

EI w(x) F l3 [β ξ (1 − β 2 − ξ 2 ) + ξ − α3 ] 6

q0 l 4 (ξ − 2 ξ 3 + ξ 4 ) 24

q0 l 4 4 [ξ − ξ − α4 − 2 (1 − β 2 ) ξ 3 + (1 − β 2 )2 ξ] 24

EI wmax F l3 48 f¨ ur a = b = l/2

5 q0 l 4 384

46


Tabelle II.2.2 (Fortsetzung) Nr. Lastfall

4

EI wA

EI wB

7 q0 l 3 360

−

M0 l (3 β 2 − 1) 6 M0 l f¨ ur b = 0 − 6

5

q0 l 3 45

M0 l (3 α2 − 1) 6 M0 l f¨ ur b = 0 3

6

0

F a2 2

7

0

q0 l 3 6

8

0

q0 l 3 β (β 2 − 3 β + 3) 6

9

0

q0 l 3 24

10

0

M0 a

Erklärungen: ξ =

x ; l

α=

a ; l

β=

b ; l

EI = const;

w =

dw . dx

47

Biegung

EI w(x)

EI wmax

q0 l 4 (7 ξ − 10 ξ 3 + 3 ξ 5 ) 360 √

M0 l 2 [ξ (3 β 2 − 1) + ξ 3 − 3 ξ − α2 ] 6

3 M0 l2 27 f¨ ur a = 0

F l3 [3 ξ 2 α − ξ 3 + ξ − α3 ] 6

F l3 3 f¨ ur a = l

q0 l 4 (6 ξ 2 − 4 ξ 3 + ξ 4 ) 24

q0 l 4 8

q0 l 4 [ξ − α4 − 4 β ξ 3 + 6 β (2 − β) ξ 2 ] 24

q0 l 4 (10 ξ 2 − 10 ξ 3 + 5 ξ 4 − ξ 5 ) 120

M0 l 2 2 (ξ − ξ − α2 ) 2

ξ − α = n

(ξ − α)n f¨ ur ξ > α 0 f¨ ur ξ < α

q0 l 4 30

M0 l 2 2 f¨ ur a = l

48


Parallelverschiebung der Bezugsachsen (Satz von Steiner. Voraussetzung: Der Ursprung des (y, z)-Koordinatensystems ist der Flächenschwerpunkt S):

Iy¯ = Iy + z¯s2 A ,

I¯z = Iz + y¯s2 A ,

Iy¯¯z = Iyz − y¯s z¯s A .

Widerstandsmomente: Wy =

Iy , |z|max

Wz =

Iz . |y|max

b) Hookesches Gesetz und Biegelinie Voraussetzung: y und z sind Hauptachsen durch den Flächenschwerpunkt. Differentialgleichungen der Biegung in z- und in y-Richtung: My (x) d2 w(x) , =− dx2 EIy (x) → [EIy (x) w (x)] = qz (x) ,

d2 v(x) Mz (x) = dx2 EIz (x) [EIz (x) v (x)] = qy (x) ;

EIy (x), EIz (x): Biegesteifigkeiten; w bzw. v: Verschiebungen in z- bzw. in y-Richtung. Sonderfall gerader Biegung (Mz = 0) mit EIy = EI = konst, qz = q: EIwIV (x) = q(x).

49

Biegung

c) Normalspannungsverteilung Voraussetzung: y und z sind Achsen durch den Flächenschwerpunkt. Normalspannung bei schiefer Biegung und Zug: σ(x, y, z) =

N (x) 1 + {[My (x) Iz (x) − Mz (x) Iyz (x)] z A(x) ∆(x)

(∆ = Iy Iz −

2 Iyz ;

−[Mz (x) Iy (x) − My (x) Iyz (x)]y} , neutrale Faser: σ = 0).

Sonderfall: y und z sind Hauptachsen durch S: σ(x, y, z) =

Mz (x) N (x) My (x) + z− y. A(x) Iy (x) Iz (x)

Maximalspannung: |σ|max (x) = |σ(x, y ∗ , z ∗ )| ; y ∗ , z ∗ : Koordinaten des Querschnittspunkts mit dem maximalen Abstand von der neutralen Faser. Sonderfall gerader Biegung (Mz = 0, Iyz = 0) ohne Längskraft (N = 0): σ(x, z) =

My (x) z, Iy (x)

|σ|max (x) =

|My (x)| . Wy (x)

50

II.3


Torsion

Tabelle II.3.1: Torsionswiderstandsmomente und Torsionsträgheitsmomente

Prinzip der virtuellen Kräfte, Methode der passiven Arbeiten

51

Maximale Schubspannung: τmax (x) =

MT (x) ; WT (x)

MT (x): Torsionsmoment, WT (x): Torsionswiderstandsmoment. Verdrehwinkel pro Längeneinheit: MT (x) dϑ(x) = ; dx G IT (x) G: Schubmodul, IT (x): Torsionsträgheitsmoment, GIT (x): Torsionssteifigkeit. Relative Verdrehung der Endquerschnitte: l

∆ϑ = 0

MT (x) dx. G IT (x)

Sonderfall: MT = konst, IT = konst: ∆ϑ =

II.4

MT l . G IT

Prinzip der virtuellen Kr¨ afte, Methode der passiven Arbeiten

1) Prinzip der virtuellen Kräfte a) Verschiebung (Verdrehung) f an der Stelle i eines Systems:

f=

¯ ¯ ¯T NN MM MT M dx + dx + dx ; EA EI GIT

N, M, MT : Schnittgrößenverläufe infolge der gegebenen Belastung, ¯, M ¯,M ¯ T : Schnittgrößenverläufe infolge einer virtuellen Kraft (eines N virtuellen Moments) 1“ an der Stelle i in Richtung der ” gesuchten Verschiebung (Verdrehung).

52 Tabelle II.4.1: Tafel der Integrale



53

Sonderfall Fachwerk:

f=

¯j lj Sj S (EA)j

.

b) Statisch unbestimmte Kraft (Moment) X bei einem einfach statisch unbestimmten System:

X=−

¯ ¯ ¯ 1 N0 N M 1 M0 MT1 MT0 dx + dx + dx EA EI GIT ; ¯2 ¯2 ¯2 N1 M1 MT1 dx + dx + dx EA EI GIT

0“ -System: Statisch bestimmtes System mit gegebener Belastung, ” 1“ -System: Statisch bestimmtes System mit Belastung durch eine ” Kraft (ein Moment) 1“ an der Stelle der statisch unbe” stimmten Reaktion, N0 , M0 , MT0 : Schnittgrößenverläufe im 0“ -System, ” ¯1 , M ¯ 1, M ¯ T1 : Schnittgrößenverläufe im 1“ -System. N ” Sonderfall Fachwerk: ¯j Sj(0) lj S X=−

(EA)j ¯2 lj S j

.

(EA)j 2) Methode der passiven Arbeiten Vorbemerkung: Diese Methode ist eng verwandt mit dem Prinzip der virtuellen Kräfte. Sie wird hier so allgemein formuliert, dass sie auch auf mehrfach statisch unbestimmte Tragwerksysteme anwendbar ist. Es gilt: ¯a = W ¯i ; W

54


¯ a : Außere ¨ passive Arbeit von eingeprägten oder Reaktions-Vorspannlasten W (Scheinlasten, passive Lasten, Hilfslasten; Kräfte und/oder Momente) mit den tatsächlichen Verschiebungen und/oder Verdrehungen an den Stellen der Vorspannlasten, ¯ i : Innere passive Arbeit W ¯i = W

¯ ¯ ¯T MM NN MT M dx + dx + dx , EI EA GIT

M, N, MT : Schnittgrößenverläufe zu den tatsächlichen Lasten, ¯,N ¯, M ¯ T : Schnittgrößenverläufe zu den passiven Lasten. M Anwendungen a) Statisch unbestimmte Systeme Zu den r statisch unbestimmten Reaktionen Ri (i = 1, . . . , r; r: Gesamtzahl der Reaktionen abz¨ uglich der Anzahl der Gleichgewichtsbedingungen) ¯ i eingef¨ werden r Vorspannlasten R uhrt, aus denen sich die restlichen Vorspannreaktionen eindeutig mit Hilfe der Gleichgewichtsbedingungen berechnen lassen. Die tatsächlichen Verschiebungen bzw. Verdrehungen an den Stellen der Vorspannlasten und -reaktionen sind Null, d.h. ¯a = 0 W

→

¯i = 0 . W

Anleitung: Schnittgrößenverläufe M, N, MT ausdr¨ ucken durch Ri und tatsächliche ein¯,N ¯, M ¯ T ausdr¨ ¯i. geprägte Lasten Pj ; Schnittgrößenverläufe M ucken durch R ¯ i beliebig (d.h. voneinander unabhängig) sind, liefert Da die Vorspannungen R ¯ i = 0 r Gleichungen f¨ W ur die Reaktionen Ri (i = 1, . . . , r). b) Verschiebungen (Verdrehungen) an Punkten statisch bestimmter bzw. statisch unbestimmter Systeme Vorbemerkung: Bei statisch unbestimmten Systemen m¨ ussen die statisch unbestimmten Reaktionen Ri in Abhängigkeit von den eingeprägten Lasten Pj bekannt sein; sie sind vorab z. B. nach a) zu berechnen. An den Stellen der m gesuchten tatsächlichen Verschiebungen und/oder Verdrehungen uk (k = 1, . . . , m) werden m Scheinlasten (Kräfte und/oder Momente) P¯k eingef¨ uhrt derart, dass ¯a = W

P¯k uk .

Spannungszustand, Verzerrungszustand, Elastizitätsgesetz

55

ussen mit den Scheinreaktionen im Gleichgewicht stehen Die Scheinlasten P¯k m¨ (bei statisch unbestimmten Systemen ist das nicht eindeutig; die Wahl einer beliebigen Gleichgewichtslösung ist zulässig). Anleitung: Schnittgrößenverläufe M, N, MT ausdr¨ ucken durch die tatsächlichen eingeprägten Lasten Pj , bei statisch unbestimmten Systemen siehe Vorbemerkung ¯,N ¯, M ¯ T ausdr¨ zu b); Schnittgrößenverläufe M ucken durch P¯k . Da die Schein¯ ¯a = W ¯i lasten Pk beliebig (d. h. voneinander unabhängig) sind, liefert W m Gleichungen f¨ ur die Verschiebungen uk (k = 1, . . . , m). ¯,M ¯ T = 0): Sonderfall Fachwerk (M, MT , M ¯i = W

II.5

Sj S¯j lj . (EA)j

Spannungszustand, Verzerrungszustand, Elastizit¨ atsgesetz

a) Ebener Spannungszustand Koordinatentransformation: 1 1 (σx + σy ) + (σx − σy ) cos 2ϕ + τxy sin 2ϕ , 2 2 1 1 σK = (σx + σy ) − (σx − σy ) cos 2ϕ − τxy sin 2ϕ , 2 2 1 τ[K = − (σx − σy ) sin 2ϕ + τxy cos 2ϕ . 2 σ[ =

Hauptspannungen:

σ1 , 2 =

σx + σy ± 2

σx − σy 2

2 2 . + τxy

56



2τxy . σx − σy

Maximale Schubspannung:

τmax =

σx − σy 2

2

→

2 + τxy

τmax =

1 | σ1 − σ2 | . 2

Mohrscher Kreis: Ersetzt man das Grundsymbol I der Flächenträgheitsmomente durch σ und die Koordinatenindizes y, z, η, ζ durch x, y, ξ, η in dieser Reihenfolge, so erhält man den Mohrschen Kreis f¨ ur ebene Spannungszustände. b) Ebener Verzerrungszustand Die Koordinatentransformation sowie die Ermittlung der Hauptdehnungen und der Hauptrichtungen werden wie beim ebenen Spannungszustand durchgef¨ uhrt. Dabei sind die Spannungen σx , σy und τxy durch die Verzerrungen εx , εy und εxy = γxy /2 zu ersetzen. (Anm.: Es ist zu beachten, dass in der Literatur auch die Notation εxy = γxy benutzt wird). c) Hookesches Gesetz (ebener Spanungszustand) εx =

1 (σx − ν σy ) + αT ∆T , E

εy =

1 (σy − ν σx ) + αT ∆T , E

γxy =

1 τxy ; G

εx , εy : Dehnungen, γxy : Gleitung, ν: Poissonsche Zahl ; bzw. σx =

E (εx + ν εy ) , 1 − ν2

τxy = G γxy .

σy =

E (εy + ν εx ) , 1 − ν2

57

Knickung

Zusammenhang zwischen E, G und ν: E = 2(1 + ν) G . d) Vergleichsspannung (ebener Spannungszustand) Schubspannungshypothese (Tresca): ⎧ ⎨ (σx − σy )2 + 4τ 2 xy σV = 1 ⎩ max|σ + σ ± (σ − σ )2 + 4τ 2 | x y x y xy 2

f¨ ur σ1 σ2 < 0 , f¨ ur σ1 σ2 ≥ 0 .

Hypothese der Gestaltänderungsenergie (Huber-v. Mises-Hencky): σV =

II.6

2 . σx2 + σy2 − σx σy + 3τxy

Knickung

a) Differentialgleichung f¨ ur die Auslenkung: (EIw ) + F w = 0. b) Sonderfall: EI = konst: wIV + λ2 w = 0 mit λ2 = F/EI .

Tabelle II.6.1: Eulersche Knicklasten

58


Allgemeine Lösung: w(x) = A cos λx + B sin λx + C λx + D ; A, B, C, D: Integrationskonstanten.

II.7

Querkraftschub

Voraussetzung: y und z sind Hauptachsen durch den Flächenschwerpunkt. Schubspannung f¨ ur einen Balken mit Vollquerschnitt (Q = Qz ): τ (x, z) =

Q(x)Sy (z) ; Iy b(z)

Sy (z): statisches Moment von bei z abgeschnittener Teilfläche, b(z): Breite des Querschnitts in der Trennlinie. Schubspannung f¨ ur einen Balken mit offenem, d¨ unnwandigem Querschnitt (Q = Qz ): τ (x, s) =

Q(x) Sy (s) ; Iy t(s)

Sy (s): statisches Moment von bei s abgeschnittener Teilfläche, t(s): Wandstärke in der Trennlinie, s: Bogenlänge der Trennlinie im d¨ unnwandigen Querschnitt.

Zug und Druck

59

Aufgabensammlung II.1

Zug und Druck

Aufgabe II.1.1: Ein Stab (Dichte , Elastizitätsmodul E, Länge l) mit Rechteckquerschnitt (konstante Dicke a, linear veränderliche Breite b(x)) ist an seinem oberen Ende aufgehängt. Man bestimme die Spannung σ(x), die Spannung σ(l) an der Einspannstelle und die Verlängerung des Stabes infolge des Eigengewichts.

Aufgabe II.1.2: Der dargestellte elastische Stab (Dehnsteifigkeit EA) wird am rechten Ende durch eine Feder (Federsteifigkeit c = EA/l) gehalten. Die Belastung besteht aus einer linear veränderlichen Streckenlast n(x) und einer Kraft F = n0 l. Man bestimme die Verläufe der Normalkraft N (x) und der Verschiebung u(x) und stelle sie grafisch dar.

Aufgabe II.1.3: Ein d¨ unner Kreisring (Elastizitätsmodul E, Wärmeausdehnungskoeffizient αT , Innenradius r − δ, δ r) mit rechteckigem Querschnitt (Breite b, Dicke t r) wird erwärmt und auf ein starres Rad (Radius r) aufgezogen. Welche Temperaturerhöhung ∆T ist dazu nötig? Wie groß ist die Zugspannung σ im Ring, nachdem er sich wieder auf seine urspr¨ ungliche Temperatur abgek¨ uhlt hat? Wie groß ist dann der Anpressdruck p des Ringes auf das Rad?

60

Elastostatik: Aufgabensammlung

Aufgabe II.1.4: Der dargestellte Verbundstab (ESt = 2ECu = E, ASt = ACu /2 = A) soll zwischen zwei feste Wände geklemmt werden. F¨ ur den Einbau wird das mittlere Stabteil mit der Kraft F zusammengedr¨ uckt. Wie groß muss F mindestens sein, damit der Einbau gelingt? Wie groß sind die Spannungen im Stab nach dem Einbau? Um wieviel ist das Mittelst¨ uck nach dem Einbau k¨ urzer als vor dem Einbau?

Aufgabe II.1.5: Ein Stabzweischlag (Dehnsteifigkeit der Stäbe EA) wird durch eine Kraft F belastet. Man bestimme die Verschiebung des Knotens K.

Aufgabe II.1.6: Ein Tragwerk besteht aus einem starren Balken BC und zwei elastischen Stäben (Dehnsteifigkeit EA). Man bestimme die Verschiebung des Punktes C unter der Wirkung der Kraft F .

61

Biegung

Aufgabe II.1.7: Das Seil (Länge l, Dehnsteifigkeit (EA)1 ) einer Seilwinde wird reibungsfrei u ¨ber den Knoten K eines Stabzweischlags (Dehnsteifigkeit der Stäbe (EA)2 ) gef¨ uhrt (vgl. Aufgabe I.1.3). Wie verschiebt sich der Knoten K, wenn an den Haken H ein Klotz (Gewicht G) gehängt wird? Wie weit senkt sich der Haken ab?

Aufgabe II.1.8: Der um den Wert δ (δ h) zu kurze Stab 2 soll mit dem Knoten K verbunden werden. Alle Stäbe haben die gleiche Dehnsteifigkeit EA. Wie groß sind die Stabkräfte nach der Montage?

II.2

Biegung

Aufgabe II.2.1: Ein Träger besitzt das dargestellte d¨ unnwandige Profil (t a). Man bestimme die Hauptträgheitsmomente und die Hauptachsen durch den Schwerpunkt.

62


Aufgabe II.2.2: An der Unterseite eines Trägers mit einem d¨ unnwandigen, quadratischen Kastenprofil (Kantenlänge a, konstante Wandstärke t a) soll zur Verstärkung ein Blech (Breite a, Dicke t) angeschweißt werden. Das Blech wird a) flach auf der Unterseite oder b) senkrecht dazu angeschweißt. Man berechne f¨ ur beide Fälle die Flächenträgheitsmomente sowie die Widerstandsmomente bez¨ uglich der horizontalen Achsen durch die Flächenschwerpunkte.

Aufgabe II.2.3: Ein einseitig eingespannter Träger aus einem d¨ unnwandigen U-Profil (t b) wird durch eine Gleichstreckenlast q0 belastet. Wie groß darf die Länge l höchstens sein, damit die dem Betrag nach größte Normalspannung die zulässige Spannung σzul nicht u ¨berschreitet?

Aufgabe II.2.4: Ein quadratischer Träger mit axialer Bohrung (Radius r) wird durch eine Kraft F belastet. Man berechne die maximale Normalspannung |σ|max im Schnitt D − D f¨ ur die dargestellten Lagen des Profils.

Biegung

63

Aufgabe II.2.5: Die dargestellte Säule (Elastizitätsmodul E) wird durch eine vertikale Kraft F (Angriffspunkt K) exzentrisch belastet. Dabei sind sowohl die Kraft F als auch die Exzentrizität e unbekannt. In den Punkten B bzw. C werden die Dehnungen εB bzw. εC gemessen. Wie groß ist F ?

Aufgabe II.2.6: Man bestimme die Biegelinie f¨ ur den dargestellten Gelenkbalken (Biegesteifigkeit EI).

Aufgabe II.2.7: Man ermittle die Verschiebung des Punktes D des dargestellten Rahmens (Biegesteifigkeit EI, Dehnsteifigkeit EA → ∞).

64


Aufgabe II.2.8: Zwei einseitig eingespannte Balken (Biegesteifigkeit EI) sind durch einen Stab (Dehnsteifigkeit EA, Wärmeausdehnungskoeffizient αT ) gelenkig miteinander verbunden. Das System ist nicht vorgespannt. Wie groß ist die Kraft S im Stab, wenn seine Temperatur um ∆T geändert und im Punkt C eine Kraft F aufgebracht wird?

Aufgabe II.2.9: Der dargestellte Rahmen (Biegesteifigkeit EI, Dehnsteifigkeit EA → ∞) wird durch eine auf die Längeneinheit in Richtung der Balken bezogene Gleichstreckenlast q0 belastet. Wie groß sind die Lagerreaktionen, wenn der Rahmen im unbelasteten Zustand spannungsfrei ist?

Aufgabe II.2.10: Der dargestellte Rahmen (Biegesteifigkeit EI, Dehnsteifigkeit EA → ∞) wird durch eine Gleichstreckenlast q0 belastet. Man bestimme die Lagerreaktionen.

Biegung

65

Aufgabe II.2.11: Man ermittle die Lagerreaktionen und die Biegelinie f¨ ur den dargestellten Durchlaufträger (Biegesteifigkeit EI).

Aufgabe II.2.12: Der dargestellte einseitig eingespannte Balken (Biegesteifigkeit EI) wird am anderen Ende mit einer Drehfeder (Federkonstante cT ) gehalten. Im unbelasteten Zustand ist die Drehfeder entspannt. Man bestimme die Biegelinie, wenn am rechten Ende ein eingeprägtes Moment M0 aufgebracht wird.

Aufgabe II.2.13: Ein Balken (Biegesteifigkeit EI) ist bei A gelenkig und bei B mit einer Parallelf¨ uhrung gelagert. Zusätzlich sind bei A eine Drehfeder (Federkonstante cA = EI/a) und bei B eine Dehnfeder (Federkonstante cB = EI/a3 ) angebracht. Im unbelasteten Zustand sind beide Federn entspannt. Wie groß sind das Moment MA in der Drehfeder und die Kraft FB in der Dehnfeder, wenn in der Balkenmitte eine Kraft F aufgebracht wird?

Aufgabe II.2.14: Ein schlanker, einseitig eingespannter Mast mit einem rautenförmigen, d¨ unnwandigen Profil (konstante Wandstärke t) wird an seinem freien Ende durch eine Kraft F belastet. Wie groß ist die maximale Biege-

66


spannung und wo tritt sie auf? Wie groß ist die Verschiebung des Endquerschnitts?

Aufgabe II.2.15: Im dargestellten Querschnitt eines Balkens wirkt das positive Biegemoment My . Man bestimme die Flächenträgheitsmomente Iy , Iz und Iyz sowie die Hauptachsen. Wie groß ist die Biegespannung im Punkt A?

Aufgabe II.2.16: Ein Speichenrad steht unter der Radlast P . Man bestimme f¨ ur die skizzierte Radstellung die Verschiebung der Nabe aus dem Zentrum. Dabei sollen die Speichen als elastisch (Dehnsteifigkeit EA, Biegesteifigkeit EI) und der Radreif sowie die Nabe als starr betrachtet werden.

67

Torsion

II.3

Torsion

Aufgabe II.3.1: Eine Welle (Schubmodul G) mit Kreisquerschnitt besteht aus zwei Bereichen mit konstantem Radius und einem konischen Bereich. Man bestimme die Verdrehung ϑE des Endquerschnitts infolge eines Torsionsmoments M0 .

Aufgabe II.3.2: Ein d¨ unnwandiges Aluminiumrohr (mittlerer Radius r1 = 2r, Wandstärke t = r/8, Schubmodul G1 ) und ein Stahlstab (Radius r2 = r, Schubmodul G2 = 3G1 ) werden durch zwei starre Endplatten miteinander verbunden. Welcher Anteil des eingeleiteten Torsionsmoments M0 wird vom Aluminiumrohr getragen? Wie groß darf M0 höchstens sein, damit die zulässige Schubspannung τzul im Aluminiumrohr nicht u ¨berschritten wird?

Aufgabe II.3.3: Ein horizontaler Rahmen aus Stahl (E/G ≈ 8/3) besteht aus drei rechtwinklig miteinander verbundenen Balken mit Kreisquerschnitt (Radius r). Er ist im unbelasteten Zustand spannungsfrei. Wie groß sind die Lagerreaktionen, wenn der Rahmen durch eine vertikale Kraft F belastet wird?

68


Aufgabe II.3.4: Man bestimme f¨ ur die dargestellten d¨ unnwandigen Profile (t b) die Torsionsträgheitsmomente und die Torsionswiderstandsmomente. Wie groß ist das Verhältnis τmax, o /τmax, g der maximalen Schubspannungen f¨ ur die offenen Profile (o) und das geschlossene Profil (g), wenn in den Querschnitten ein Torsionsmoment MT wirkt?

Aufgabe II.3.5: Am freien Ende eines einseitig eingespannten, d¨ unnwandigen Torsionsstabes (Schubmodul G) ist ein starrer Querarm angeschweißt. Die Belastung besteht aus einem Kräftepaar. Man bestimme die Verschiebung des Punktes D.


69

Aufgabe II.3.6: Am freien Ende eines einseitig eingespannten, d¨ unnwandigen Kastenträgers (Schubmodul G) sind zwei starre Querarme angeschweißt. Zwei um den Wert a zu kurze Federn (Federkonstante c) werden mit den Querarmen verbunden. Wie groß sind nach der Montage das Torsionsmoment und die maximale Schubspannung im Träger?

II.4

Prinzip der virtuellen Kr¨ afte, Methode der passiven Arbeiten

Aufgabe II.4.1: Das dargestellte System ist bei A gelenkig gelagert und ¨ hängt bei B an einem Seil (vgl. Aufgabe I.5.5). Uber eine reibungsfreie Rolle (Radius a/2) wird ein weiteres Seil (Länge 3 a) gef¨ uhrt, das eine Kiste (Gewicht G) trägt. Die Dehnsteifigkeit der Stäbe ist EA, die der Seile EA/5. Wie groß ist die Absenkung υ des Hakens?

Aufgabe II.4.2: Ein nicht vorgespanntes Fachwerk aus f¨ unf gleich langen Stäben (Dehnsteifigkeit EA) wird durch eine Kraft F belastet. Man bestimme die Stabkräfte.

70


Aufgabe II.4.3: Ein nicht vorgespanntes Tragwerk besteht aus sechs elastischen Stäben (Dehnsteifigkeit EA, Eigengewicht vernachlässigbar) und einem starren Balken (Gewicht G). Man bestimme die Kraft im Lager B.

Aufgabe II.4.4: Ein Balken (Biegesteifigkeit EI) auf drei St¨ utzen wird durch ein Moment MA belastet. Man bestimme die Lagerkraft B und den Neigungswinkel ϕB .

Aufgabe II.4.5: Der dargestellte Rahmen (Biegesteifigkeit EI, Dehnsteifigkeit EA → ∞) wird durch ein Moment M0 belastet. Man bestimme den Neigungswinkel ϕA am Lager A und die Vertikalverschiebung υB des Lagers B.


71

Aufgabe II.4.6: Ein dehnstarrer Rahmen mit den Biegesteifigkeiten (EI)1 bzw. (EI)2 ist bei A eingespannt und wird bei B durch eine Kraft F belastet. Wie groß muss das Verhältnis (EI)1 /(EI)2 sein, damit sich der Punkt B unter einem Winkel von 45◦ gegen¨ uber der Horizontalen nach oben verschiebt?

Aufgabe II.4.7: Ein dehnstarrer Rahmen (Elastizitätsmodul E) mit Rechteckquerschnitt (konstante Breite b) ist bei A eingespannt. Die Querschnittshöhe ist im Bereich AB konstant und im Bereich BC linear veränderlich. Der Rahmen wird durch eine Gleichstreckenlast q0 belastet. Man bestimme die Absenkung des Punktes C.

¨ Aufgabe II.4.8: Uber einen einseitig eingespannten Rahmen (Biegesteifigkeit EI, Dehnsteifigkeit EA → ∞) wird ein Seil gef¨ uhrt, das an seinem freien Ende eine Last (Gewicht G) trägt. Das Seil wird bei B, C und D reibungsfrei ¨ umgelenkt. Wie groß ist die Anderung des Abstands zwischen den Punkten B und C?

72


Aufgabe II.4.9: Ein rechteckiger Rahmen (Biegesteifigkeit EI, Dehnsteifigkeit EA → ∞) wird durch eine Gleichstreckenlast q0 belastet. Man bestimme den Momentenverlauf im Rahmen.

Aufgabe II.4.10: Ein Tragwerk aus einem dehnstarren Balken (Biegesteifigkeit EI) und drei Stäben (Dehnsteifigkeit EA) wird durch eine Kraft F belastet (vgl. Aufgabe I.4.2). Wie groß ist die Absenkung w des Angriffspunkts der Kraft?

Aufgabe II.4.11: Eine Krankonstruktion besteht aus einem dehnstarren Balken (Biegesteifigkeit EI) und einer Pendelst¨ utze (Dehnsteifigkeit (EA)1 ). ¨ Uber reibungsfrei gelagerte Rollen wird ein Seil (Dehnsteifigkeit (EA)2 ) gef¨ uhrt, an dessen Ende eine Kiste (Gewicht G) befestigt ist. Um welche Strecke muss das Seilende bei B nach unten gezogen werden, damit die Kiste gerade vom Boden abhebt?


73

Aufgabe II.4.12: Ein bei B eingespannter, dehnstarrer Balken (Biegesteifigkeit (EI)1 ) wird zusätzlich durch ein bei C befestigtes Seil (Dehnsteifigkeit (EA)2 ) gehalten. Im unbelasteten Zustand ist das System nicht vorgespannt. Wie groß ist die Seilkraft, wenn am freien Ende des Balkens eine Kraft F wirkt?

Aufgabe II.4.13: In den Punkten A und B eines horizontalen Rahmens (Biegesteifigkeit EI, Torsionssteifigkeit GIT ) sind zwei Räder (Radius √ ¨ r = 2 a/2) reibungsfrei drehbar angebracht. Uber die Räder wird in der dargestellten Weise ein Seil gef¨ uhrt. Man bestimme die Vertikalverschiebungen von A und B in Abhängigkeit von der Seilkraft S.

74


Aufgabe II.4.14: Der dargestellte Lastenaufzug besteht aus einem Rahmen (Biegesteifigkeit EI, Torsionssteifigkeit GIT = 3EI/4, Gewicht vernachlässigbar), an dem im Punkt C ein Rad (Gewicht G1 = G, Radius r = a/4) ¨ arretiert ist. Uber das Rad ist ein Seil gewickelt, an dem eine Last (Gewicht G2 = 8G) hängt. Man bestimme die Lagerreaktionen und die Absenkung des Punktes C.

Aufgabe II.4.15: Der dargestellte Durchlaufträger (Biegesteifigkeit EI) ist durch eine Einzelkraft P belastet. Man wähle ein statisch bestimmtes Hauptsystem und skizziere es. Man berechne die Auflagerkräfte und skizziere anschließend den Biegemomentenverlauf.

Aufgabe II.4.16: Der dargestellte Balken (Biegesteifigkeit EI) wird zwischen A und B durch eine Gleichstreckenlast q0 und bei B durch ein Moment M0 belastet. Man bestimme die Lagerreaktionen in A, B und C.

Aufgabe II.4.17: An das vormontierte Kabelgeschirr einer Hängebr¨ ucke (starre Pfeiler, Dehnsteifigkeit der Kabel EA) wird die starre Fahrbahnplatte vom Gewicht G horizontal angehängt. Welche Absenkung erfahren die Anschlusspunkte an der Platte durch die Fahrbahnmontage? (Anm: Im unbelasteten Zustand sind die Winkel α und β nicht eindeutig. Bei der Montage stellen sich die Winkel α = 30◦ und β = 45◦ ein.)


75

Aufgabe II.4.18: Man löse die Aufgabe II.4.3 mit Hilfe der Methode der passiven Arbeiten.


Aufgabe II.4.20: Man bestimme die Lagerreaktion B der Aufgabe II.4.14 mit Hilfe der Methode der passiven Arbeiten.

Aufgabe II.4.21: Die Hängebr¨ ucke nach Aufgabe II.4.17 w¨ urde bei dem Bruch eines Kabels eine unzulässige Stellung einnehmen oder sogar einst¨ urzen. Daher wird die Fahrbahnplatte zur Sicherung nun an f¨ unf Kabel gehängt. Man bestimme die Absenkung der Anschlusspunkte durch die Fahrbahnmontage.

76


Aufgabe II.4.22: F¨ ur das skizzierte nichtvorgespannte√Fachwerk mit 8 Stäben (Dehnsteifigkeit der Stäbe 1 - 4: EA; der Stäbe 5 - 8: 2 EA) bestimme man a) alle Stabkräfte und b) die Absenkung des Angriffspunkts der Last F .

Aufgabe II.4.23: Ein St¨ utzwerk aus zwei eingespannten und gelenkig verbundenen Balken (Biegesteifigkeit EI, Dehnsteifigkeit EA → ∞) wird durch eine Kraft F belastet. Im unbelasteten Zustand ist das System nicht vorgespannt. Wie groß sind a) die Lagerreaktionen und b) die Verschiebung des Gelenks?


II.5

Spannungszustand, Verzerrungszustand, Elastizit¨ atsgesetz

Aufgabe II.5.1: An einer Scheibe (Elastizitätsmodul E = 2, 1 · 105 N/mm2 , Querkontraktionszahl ν = 0, 3) wirken die Spannungen σx = 30 N/mm2 und τxy = 15 N/mm2 . Man bestimme die Dehnung εAB in Richtung der Diagonalen AB.

Spannungszustand, Verzerrungszustand, Elastizitätsgesetz

77

Aufgabe II.5.2: Von einem ebenen Spannungszustand sind die beiden Hauptspannungen σ1 = 30 N/mm2 und σ2 = −10 N/mm2 an einem infinitesimalen Element (Schnitt I) gegeben. Man berechne f¨ ur den gegen¨ uber Schnitt I um 45◦ gedrehten Schnitt II die freigelegten Spannungen und skizziere sie am Element. Mit Hilfe des Mohrschen Kreises ermittle man die Lage eines x, y-Koordinatensystems, in dem gilt: σy = 0, τxy < 0. Wie groß sind σx und τxy ?

Aufgabe II.5.3: Ein auf Zug (F = 7500 N) und Torsion (M0 = 125 Nm) beanspruchtes Rohr (r = 20 mm, t = 1 mm) soll durch Spiralschweißung so hergestellt werden, dass die Schweißnaht senkrecht zur Richtung der kleineren Hauptspannung verläuft. Man bestimme den Spannungszustand im Rohr und die Hauptspannungen. Wie groß ist der Winkel ϕ∗ zwischen der Schweißnaht und der Rohrachse? Man untersuche, ob die Wandstärke t groß genug ist, so dass nach der Huber-v. Mises-Henckyschen Festigkeitshypothese die zulässige Spannung σzul = 120 N/mm2 nicht u ¨berschritten wird.

Aufgabe II.5.4: Ein einseitig eingespannter Träger aus einem d¨ unnwandigen U-Profil (Länge l = 20b, Wandstärke t = b/30) wird durch eine Gleichstreckenlast q0 belastet. Man bestimme den Spannungszustand im Punkt P und berechne die Hauptspannungen sowie die Hauptrichtungen.

78


Aufgabe II.5.5: An der höchstbeanspruchten Stelle eines Gabelschl¨ ussels (Elastizitätsmodul E = 2, 1 · 105 N/mm2 , Querkontraktionszahl ν = 0, 3) sind drei Dehnungsmessstreifen angebracht, mit deren Hilfe die Dehnungen εq = 5, 8 · 10−4 , εr = −1, 0 · 10−4 und εs = 1, 2 · 10−4 in den Richtungen q, r und s gemessen werden. Man bestimme unter der Annahme eines ebenen Spannungszustands die größte Hauptspannung an dieser Stelle.

Aufgabe II.5.6: Ein einseitig eingespannter Winkel mit d¨ unnwandigem Hohlkastenprofil (konstante Wandstärke t = h/20) wird am freien Ende durch eine Kraft F belastet. Man bestimme nach der Schubspannungshypothese die Vergleichsspannung σV im Punkt P .

Aufgabe II.5.7: Ein Hinweisschild (Gewicht G) ist an einem Mast mit Kreisquerschnitt (Wandstärke t r) befestigt. Es wird durch eine Windkraft W belastet. Man bestimme nach der Schubspannungshypothese die Vergleichsspannung an der am stärksten beanspruchten Stelle des Mastes f¨ ur W = 3G, h = 4a und r a.

Knickung

II.6

79

Knickung

Aufgabe II.6.1: Eine Aufhängung besteht aus einem Stab (Elastizitätsmodul E) und einem Kreisbogenträger. Wie schwer darf die angehängte Last höchstens sein, damit der Stab nicht knickt?

Aufgabe II.6.2: Ein Stabzweischlag aus gleichen Stäben (Elastizitätsmodul E) soll durch eine vertikale Kraft im Knoten K aus der oberen lastfreien Gleichgewichtslage in die untere lastfreie Gleichgewichtslage durchgedr¨ uckt werden. Wie groß darf der Winkel α höchstens sein, damit keiner der Stäbe knickt?

Aufgabe II.6.3: Der Druck auf den Kolben (Kolbenfläche A, Kolbenhub h) einer Dampfmaschine ist in Abhängigkeit vom Kolbenweg x durch p = p0 h/(h + 4x) gegeben. Man bestimme den Radius r der Kolbenstange (Länge l + s) so, dass sie in keiner Stellung des Kolbens knickt.

80


Aufgabe II.6.4: Ein Bauteil besteht aus vier Teilst¨ ucken: einem Stab (Elastizitätsmodul E1 , Wärmeausdehnungskoeffizient αT1 , Querschnittsfläche A1 , minimales Trägheitsmoment I1 ), einem Rohr (E2 , αT2 , A2 , E2 A2 = 4E1 A1 ), einem Stab (E3 = E2 , αT3 = αT2 , A3 = A2 /4) und einer starren Platte . Das Bauteil wurde bei Raumtemperatur vorspannungsfrei zwischen zwei starren Wänden eingebaut. Wie groß darf eine im gesamten Bauteil konstante Temperaturänderung ∆T höchstens sein, damit der Stab nicht knickt?

Aufgabe II.6.5: Ein einseitig eingespannter Stab (Biegesteifigkeit EI) wird am freien Ende durch eine Feder (Federkonstante c) gest¨ utzt und durch eine vertikale Kraft F belastet. Man bestimme die Knicklast Fkrit .

II.7

Querkraftschub

Aufgabe II.7.1: Ein einseitig eingespannter Träger aus einem d¨ unnwandigen U-Profil wird durch eine Gleichstreckenlast q0 belastet. Man bestimme die Schubspannungsverteilung im Querschnitt. Wie groß ist das Verhältnis τmax /σmax ?

Querkraftschub

81

Aufgabe II.7.2: Man bestimme f¨ ur den dargestellten d¨ unnwandigen Querschnitt (Wandstärke t a) eines Balkens die Lage des Schubmittelpunkts M .

Aufgabe II.7.3: Ein einseitig eingespannter Träger (Schubmodul G) mit d¨ unnwandigem Halbkreisprofil (Radius r, Wandstärke t r) wird durch eine Kraft F belastet. Wie groß ist der Drehwinkel ϑ1 des Endquerschnitts infolge der Belastung?

Aufgabe II.7.4: Man ermittle f¨ ur das dargestellte d¨ unnwandige Profil (Schwerpunkt S) den Verlauf des statischen Moments Sy und stelle ihn graphisch dar. Wie groß ist das Flächenträgheitsmoment Iy ? Wo liegt der Schubmittelpunkt?

82


Aufgabe II.7.5: Ein d¨ unnwandiges, -förmiges Profil mit bereichsweise kon√ stanten Wandstärken t bzw. 2 t wird durch eine Querkraft Qz auf der Wirkungslinie durch die Eckpunkte Eo und Eu beansprucht. Welche Länge l m¨ ussen die horizontalen Profilschenkel haben, damit keine Profilverdrillung auftritt? l Eo √ y

t 2t

√

45◦ 45◦

2t

2h

Eu

t

Qz

Aufgabe II.7.6: Das skizzierte d¨ unne Profil aus zwei gleichen Kreisbogenst¨ ucken mit konstanter Breite b wird durch die Querkräfte Qy und Qz beansprucht. Gesucht ist der Schubmittelpunkt.

R α

y z α R

d

III Kinetik

Formelsammlung III.1

Kinematik des Punktes

Ortsvektor: r, Geschwindigkeit: v = r, ˙ Beschleunigung: a = v˙ = r¨ .

a) Kartesische Koordinaten r = xex + yey + zez , ˙ y + ze ˙ z, v = xe ˙ x + ye a = xëx + yëy + zëz .

b) Zylinderkoordinaten r = rer + zez , ˙ M + ze ˙ z, v = re ˙ r + r ϕe ˙ M + zëz . a = (¨ r − r ϕ˙ 2 )er + (r ϕ¨ + 2r˙ ϕ)e

84

Kinetik: Formelsammlung

c) Nat¨ urliche Koordinaten v = |v| ,

v = vet , a = ve ˙ t+

2

v en ;

: Kr¨ ummungsradius.

d) Sonderfälle Ebene Bewegung in Polarkoordinaten: r = rer , v = re ˙ r + r ϕe ˙ M, ˙ M. a = (¨ r − r ϕ˙ 2 )er + (r ϕ¨ + 2r˙ ϕ)e

Kreisbewegung: r = rer , v = r ϕe ˙ M

bzw. v = r ϕe ˙ t,

¨ M a = −r ϕ˙ 2 er + r ϕe

bzw. a =

v2 en + r ϕe ¨ t. r

85

Kinematik des starren Körpers

III.2

Kinematik des starren K¨ orpers

Ortsvektor:

r P = r A + r AP ,

Geschwindigkeit: v P = v A + ω × r AP , Beschleunigung:

aP = aA + ω˙ × r AP + ω × (ω × r AP ) .

Sonderfall ebener Bewegung: r P = r A + r AP

mit r AP = rer ,

v P = v A + v AP

mit v AP = r ωeM ,

aP = aA + arAP + aMAP

mit arAP = − r ω 2 er ,

aMAP = r ωe ˙ M.

Die ebene Bewegung eines starren Körpers setzt sich aus Tanslation und Rotation zusammen. Sie lässt sich zu jedem Zeitpunkt auch als reine Rotation um den Momentanpol auffassen.

86


III.3

Kinetik des Massenpunktes und der Massenpunktsysteme

1) Kinetik des Massenpunktes a) Newtonsches Grundgesetz (Voraussetzung: m = konst) dp =F dt

→

ma = F ;

p = mv: Impuls .

b) Impulssatz mv − mv 0 =

t t0

¯ dt¯; F (t)

v 0 = v(t0 ) .

c) Drallsatz (Drehimpulssatz, Momentensatz) dL(0) = M (0) ; dt L(0) = r × mv: Drall (Drehimpuls), 0: raumfester Punkt . d) Arbeitssatz Ek1 − Ek0 = W ; Ek = mv 2 /2: kinetische Energie, 0: Ausgangszustand, 1: beliebiger Zustand, 1 W = F · dr: Arbeit der aüßeren Kräfte F . 0

Leistung: P = F · v =

dW dt

.

Sonderfälle: α) Ein Teil der äußeren Kräfte besitzt ein Potential Ep : Ek1 + Ep1 = Ek0 + Ep0 + WR ; WR : Arbeit der äußeren Kräfte ohne Potential.


β) Alle äußeren Kräfte besitzen ein Potential (Energiesatz): Ek1 + Ep1 = Ek0 + Ep0 = konst . 2) Kinetik der Massenpunktsysteme a) Schwerpunktsatz dp =F dt p=

→

mas = F ;

mi v i : Impuls, F =

F i : Resultierende der äußeren Kräfte,

as : Beschleunigung des Schwerpunktes. b) Impulssatz p − p0 =

t t0

¯ dt¯. F (t)

c) Drallsatz dL(0) = M (0) ; dt L(0) = M

(0)

=

(r i × mi v i ): Drall,

(r i × F i ): Moment der äußeren Kräfte .

d) Arbeitssatz Ek1 − Ek0 = W (a) + W (i) ; Ek =

mi vi2 /2: kinetische Energie,

W (a) : Arbeit der aüßeren Kräfte, W (i) : Arbeit der inneren Kräfte . Sonderfälle: α) Starre Bindungen: W (i) = 0 .

87

88


β) Die äußeren und die inneren Kräfte besitzen die Potentiale Ep(a) und Ep(i) (Energiesatz): (a)

(i)

(a)

(i)

Ek1 + Ep1 + Ep1 = Ek0 + Ep0 + Ep0 = konst. e) Gerader Stoß Impulssatz: m1 (¯ v1 − v1 ) = −Fˆ , v2 − v2 ) = Fˆ ; m2 (¯ v1 , v2 : Geschwindigkeiten vor dem Stoß, v¯1 , v¯2 : Geschwindigkeiten nach dem Stoß, Fˆ = F (t) dt: Stoßkraft“, ts : Stoßdauer . ” 0 ts

Stoßbedingung: e=−

v¯1 − v¯2 ; v1 − v 2

e : Stoßzahl .

Sonderfälle: e = 1:

ideal elastischer Stoß,

e = 0:

ideal plastischer Stoß.

III.4

Relativbewegung des Massenpunkts

Die Bewegung eines Punktes P wird in Bezug auf ein bewegtes, starres physikalisches System (F¨ uhrungssystem) beschrieben. Der Geschwindigkeitszustand dieses Systems gegen¨ uber einem ruhenden System setzt sich aus einem

Relativbewegung des Massenpunktes

89

Translationsanteil v 0 und einer Rotation mit der Winkelgeschwindigkeit ω zusammen.

a) Absolutgeschwindigkeit des Punktes P : v P = v f + v rel . F¨ uhrungsgeschwindigkeit: v f = v 0 + ω × r 0P . Relativgeschwindigkeit: v rel =

d∗ r 0P ; dt

d∗ : Zeitableitung im bewegten System. dt

b) Absolutbeschleunigung des Punktes P : aP = af + arel + ac . F¨ uhrungsbeschleunigung: af = a0 + ω˙ × r 0P + ω × (ω × r 0P ) .

90


Relativbeschleunigung: arel =

d∗ v rel . dt

Coriolisbeschleunigung: a c = 2 ω × v rel . c) Bewegungsgleichung: maP = F

III.5

→

m(af + arel + ac ) = F .

Kinetik des starren K¨ orpers

1) Massenträgheitsmomente a) Massenträgheitsmoment bez¨ uglich einer Achse x − x

Θx = r2 dm . Satz von Steiner: Θx = Θx + rs2 m .

b) Trägheitstensor ⎡

Θ

(A)

Θx

⎢ = ⎣ Θyx

Θzx

⎤

Θxy Θxz Θy Θyz ⎥ ⎦ Θzy Θz

91

Kinetik des starren Körpers

mit

Θx = (y 2 + z 2 ) dm ,

Θy = (z 2 + x2 ) dm ,

Θz = (x2 + y 2 ) dm ,

Θxy = Θyx = − x y dm ,

Θyz = Θzy = − y z dm ,

Θzx = Θxz = − z x dm .

Satz von Steiner: Θx = Θx + m(ys2 + zs2 ) ,

Θxy = Θx y − m xs ys ,

Θy = Θy + m(zs2 + x2s ) ,

Θyz = Θy z − m ys zs ,

Θz = Θz + m(x2s + ys2 ) ,

Θzx = Θz x − m zs xs .

Tabelle III.5.1: Massenträgheitsmomente

2) Rotation um eine feste Achse a − a a) Bewegungsgleichung Θa ϕ¨ = Ma ; Ma : Moment der äußeren Kräfte um die Achse a − a.

92


b) Arbeitssatz Ek1 − Ek0 = W ; Ek = Θa ω 2 /2: kinetische Energie, W =

ϕ ϕ0

Ma (ϕ) ¯ dϕ¯ : Arbeit der äußeren Kräfte (Momente).

Sonderfall (Energiesatz): Ek1 + Ep1 = Ek0 + Ep0 = konst.

3) Ebene Bewegung a) Bewegungsgleichungen Schwerpunktsatz (Kräftesatz), Drallsatz (Momentensatz): m x¨s = Fx , m y¨s = Fy ,

S: Schwerpunkt .

Θs ϕ¨ = Ms .

b) Impulssatz, Drehimpulssatz m x˙ s − m x˙ s0 = m y˙s − m y˙ s0 = Θs ϕ˙ − Θs ϕ˙ 0 =

t

¯ dt¯, Fx (t)

t0

t

¯ dt¯, Fy (t)

t0

t t0

¯ dt¯. Ms (t)

93


c) Arbeitssatz, Energiesatz Kinetische Energie: Ek = mvs2 /2 + Θs ω 2 /2 , Arbeitssatz:

Ek1 − Ek0 = W ,

Energiesatz:

Ek1 + Ep1 = Ek0 + Ep0 = konst.

d) Exzentrischer, schiefer Stoß Impulssatz, Drehimpulssatz: m1 (¯ v1x − v1x ) = Fˆx ,

m2 (¯ v2x − v2x ) = −Fˆx ,

m1 (¯ v1y − v1y ) = Fˆy ,

m2 (¯ v2y − v2y ) = −Fˆy ,

ˆ s1 , Θs1 (¯ ω1 − ω1 ) = M

ˆ s2 ; Θs2 (¯ ω2 − ω2 ) = M

v 1 , v 2 : Schwerpunktsgeschwindigkeiten, ω1 , ω2 : Winkelgeschwindigts keiten, x-Achse: Stoßnormale, Fˆx = Fx (t) dt, usw. 0


P P − v¯2x v¯1x ; P P v1x − v2x

P : Stoßpunkt .

Rauhe Oberflächen (Haften): P P v¯1y = v¯2y .

Glatte Oberflächen: Fˆy = 0 .

94


4) Räumliche Bewegung a) Bewegungsgleichungen f¨ ur eine Rotation um einen festen Punkt A (Kreiselbewegung) d∗ L(A) + ω × L(A) = M (A) ; dt d∗ : Zeitableitung im körperfesten System, dt ω: Winkelgeschwindigkeit, M (A) : Moment der äußeren Kräfte. L(A) = Θ (A) · ω: Drall,

b) Bewegungsgleichungen f¨ ur eine allgemeine räumliche Bewegung mas = F , d∗ L(S) + ω × L(S) = M (S) ; dt

S: Schwerpunkt .

Translatorischer“ Drallsatz (Anwendung vorteilhaft z. B. wenn die Bewegung ” des Bezugspunkts A einfacher zu beschreiben ist als die Bewegung des Schwerpunkts S oder wenn das Moment bez¨ uglich A keine oder weniger unbekannte Reaktionen enthält): (A)

dtr Ltr + mr AS × a(A) = M (A) ; dt tr: gegen¨ uber dem ruhenden physikalischen System nichtdrehendes, mit dem Körperpunkt A translatorisch mitbewegtes physikalisches System.

(A)

Ltr = Θ (A) · ω: translatorischer“Drall, ω: Winkelgeschwindigkeit ” des Körpers gegen translatorisches (und gegen ruhendes) System;

95

Schwingungen

drech (·) dtr (·) = + ω rech × (·): Zeitableitung im translatorischen System, wodt dt rech d die Zeitableitung im gewählten Rechensystem und ω rech die bei dt Winkelgeschwindigkeit des Rechensystems gegen das translatorische (und gegen das ruhende) System sind. Die Wahl des Rechensystems (Koordinatensystem) erfolgt nach Rechenvorteilen z. B. so, dass Θx usw. konstant ist, wozu nicht immer ein körperfestes Koordinatensystem benötigt wird. r AS : a(A) :

Ortsvektor vom Bezugspunkt A zum Körperschwerpunkt S, Beschleunigung des translatorischen Systems (und Körperpunktes A) gegen das ruhende System, M (A) : Moment der äußeren Kräfte im ruhenden System.

c) Der Arbeitssatz gilt wie bei der ebenen Bewegung mit Ek =

III.6

1 1 T m vT ω · Θ(S) · ω . S · vS + 2 2

Schwingungen

a) Ungedämpfte freie Schwingungen Bewegungsgleichung: x¨ + ω 2 x = 0 ;

ω: Eigen(kreis)frequenz .

Allgemeine Lösung der Bewegungsgleichung: x(t) = A cos ωt + B sin ωt ;

A, B: Integrationskonstanten .

b) Ungedämpfte erzwungene Schwingungen Bewegungsgleichung bei harmonischer Erregung: x¨ + ω 2 x = ω 2 x0 cos Ωt ;

Ω: Erregerfrequenz .

Allgemeine Lösung der Bewegungsgleichung f¨ ur Ω = ω: x(t) = A cos ωt + B sin ωt + x0 V cos Ωt ; 1 V = : Vergrößerungsfunktion, 1 − η2 Ω η = : Frequenzverhältnis . ω

96


III.7

Prinzipien der Mechanik

a) Formale R¨ uckf¨ uhrung der Kinetik auf die Statik α) Dynamisches Gleichgewicht“ f¨ ur die Bewegung eines Massenpunkts: ” F + FT = 0;

F i : Resultierende aller am Massenpunkt angreifenden Kräfte, F = F T = −m a: d’Alembertsche Trägheitskraft (Scheinkraft). β) Dynamisches Gleichgewicht“ f¨ ur die ebene Bewegung eines starren ” Körpers: Fx + FTx = 0 , Fx =

Fix ,

Fy + FTy = 0 , Fy =

Fiy ,

M + MTS = 0 ; FTx = −m x¨s ,

FTy = −m y¨s ;

M : Resultierendes Moment bez¨ uglich eines beliebigen Punktes aller am starren Körper angreifenden Kräfte (einschließlich der Trägheitskräfte) bzw. Momente, MTS = − ΘS ϕ¨ : Scheinmoment. Beachte: Als Bezugspunkt f¨ ur das Massenträgheitsmoment ΘS muss der Schwerpunkt S gewählt werden (Ausnahme: Im Sonderfall der reinen Rotation ist auch die Wahl des Drehpunkts A zulässig). Als Bezugspunkt f¨ ur das Momentengleichgewicht M + MTS = 0 darf wie in der Statik ein beliebiger Punkt gewählt werden. b) Prinzip der virtuellen Arbeiten Ein System von Massenpunkten oder starren Körpern bewegt sich so, dass bei einer virtuellen Verr¨ uckung die Summe der virtuellen Arbeiten der eingeprägten Kräfte und Momente sowie der d’Alembertschen Trägheitskräfte und Trägheitsmomente zu jedem Zeitpunkt verschwindet: GW + GWT = 0 . c) Lagrangesche Gleichungen 2. Art d dt

∂L ∂ q˙j

−

∂L = QR j , ∂qj

j = 1, . . . , f ;

L = Ek − Ep : Lagrangesche Funktion, Ek : kinetische Energie, Ep : potentielle Energie, qj : verallgemeinerte Koordinaten, QR j : verallgemeinerte Kräfte ohne Potential, f : Anzahl der Freiheitsgrade.

97


Ermittlung der verallgemeinerten Kräfte u ¨ber die virtuelle Arbeit GW der Kräfte F R i ohne Potential: GW =

FR i · Gr i =

i

QR j Gqj .

j

Sonderfall konservativer Systeme: d dt

∂L ∂ q˙j

−

∂L = 0, ∂qj

j = 1, . . . , f .

98

Kinetik: Aufgabensammlung

Aufgabensammlung III.1


Aufgabe III.1.1: Ein Radarschirm verfolgt eine Rakete, die vertikal mit konstanter Beschleunigung a aufsteigt. Die Rakete startet zur Zeit t = 0. Man bestimme die Winkelgeschwindigkeit ϕ(t) ˙ und die Winkelbeschleunigung ϕ(t) ¨ des Schirms. Wie groß ist die maximale Winkelgeschwindigkeit, und bei welchem Winkel wird sie erreicht?

Aufgabe III.1.2: In einer Ballmaschine werden Tennisbälle auf der Strecke l aus der Ruhelage bis zur Endgeschwindigkeit ve beschleunigt. Man bestimme ve f¨ ur die dargestellten Verläufe der Beschleunigung.

Aufgabe III.1.3: Ein Punkt P bewegt sich auf der Bahnkurve von A nach B. Dabei nimmt seine Geschwindigkeit linear mit der Bogenlänge vom Anfangswert v0 auf den Endwert Null ab. Wie lange dauert es, bis P den Punkt B erreicht?


99

Aufgabe III.1.4: Ein Faden wird auf eine mit konstanter Winkelgeschwindigkeit ω rotierende Trommel (Radius r) aufgewickelt. Der Endpunkt C des stets straffen Fadens wird auf der Geraden AB gef¨ uhrt. Man bestimme die Geschwindigkeit und die Beschleunigung des Punktes C in Abhängigkeit vom Winkel ϕ.

Aufgabe III.1.5: Ein Punkt P bewegt sich auf der quadratischen Parabel y = b(x/a)2 von A nach B. Der zeitliche Ablauf wird durch ϕ(t) = arctan ω0 t beschrieben, wobei ϕ(t) der Winkel zwischen der x-Achse und dem Ortsvektor r(t) ist. Man bestimme die Geschwindigkeit v(t) des Punktes P . Nach welcher Zeit erreicht er den Punkt B, und wie groß ist dann seine Geschwindigkeit?

Aufgabe III.1.6: Eine Kreisscheibe (Radius R) rotiert mit der konstanten Winkelgeschwindigkeit Ω. In einer F¨ uhrung bewegt sich ein Punkt P , dessen Abstand von der Drehachse durch ξ = R sin ωt gegeben ist (ω = konst). Man bestimme die Geschwindigkeit und die Beschleunigung von P .

100


Aufgabe III.1.7: Ein Pkw bewegt sich aus dem Stand zunächst längs einer Geraden von A nach B und anschließend auf einer Viertelkreisbahn, die in C wieder ¨bergeht. Dabei ist die Geschwindigkeit durch √ in eine Gerade u v = k s gegeben. Man bestimme den Verlauf der Beschleunigung als Funktion der Bogenlänge s.

III.2

Kinematik des starren K¨ orpers

Aufgabe III.2.1: Zwei gelenkig verbundene Balken werden durch eine Kraft F und eine Streckenlast q0 belastet. Man bestimme mit Hilfe des Prinzips der virtuellen Arbeit die Horizontalkomponente der Kraft im Lager A.


101

Aufgabe III.2.2: Eine Person (Gewicht G) steigt auf eine Klappleiter, die auf einem glatten Boden steht. Man bestimme mit Hilfe des Prinzips der virtuellen Arbeit die Zugkraft in der Sicherungskette S in Abhängigkeit von der Höhe h.

Aufgabe III.2.3: Der skizzierte Greifer besteht aus zwei Schalen (Gewicht jeweils G/2) und dem Auslösegeschirr (Gewicht vernachlässigbar). Alle Gelenke sind reibungsfrei. a) Mit welcher Kraft werden die Schalen im Punkt P aufeinandergepresst, wenn die Auslöseseile entspannt sind? b) Welche Zug¨ kraft in den Auslöseseilen ist zum Offnen der Schalen notwendig?

Aufgabe III.2.4: Auf das dargestellte Getriebe wirken die Kräfte F und P . Alle Gelenke und Lager sind reibungsfrei. An der Stelle A st¨ utzt sich der Winkel reibungsfrei auf den Keil (Neigungswinkel α) ab. Wie groß muss das Verhältnis der beiden Kräfte sein, damit das System im Gleichgewicht ist?

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Aufgabe III.2.5: Die Kurbel 0A des dargestellten ebenen Mechanismus rotiert mit der konstanten Winkelgeschwindigkeit Ω. Die Stange AB ist in einer drehbaren Kulisse CD verschieblich gelagert und im Punkt A mit der Kurbel gelenkig verbunden. Man bestimme f¨ ur die gezeichnete Lage die Winkelgeschwindigkeit der Stange AB, die Geschwindigkeit des Punktes B sowie die Relativgeschwindigkeit zwischen der Stange und der Kulisse.

Aufgabe III.2.6: Eine Stange ber¨ uhrt im Punkt A den Boden und im Punkt B die Kante einer Stufe (Höhe h). Der Punkt A wird mit der konstanten Geschwindigkeit vA nach links geschoben. Man bestimme die Geschwindigkeit und die Beschleunigung des Ber¨ uhrpunktes B der Stange mit der Kante in Abhängigkeit vom Winkel ϕ. Auf welcher Bahn bewegt sich der Momentanpol?


103

Aufgabe III.2.7: Der dargestellte Hebel ABC wird im Punkt B durch eine Kulisse und im Punkt A durch die Stange M A gef¨ uhrt. Die Stange bewegt sich mit der Winkelgeschwindigkeit ϕ(t). ˙ Man bestimme f¨ ur die dargestellte Lage die Geschwindigkeiten der Punkte B und C sowie die Winkelgeschwindigkeit ω und die Winkelbeschleunigung ω˙ des Hebels.

Aufgabe III.2.8: Der starre Rahmen AEF , auf dem die Scheiben 1 und 2 drehbar gelagert sind, dreht sich mit veränderlicher Winkelgeschwindigkeit Ω. Die Scheibe 1 rollt ohne Rutschen auf dem Boden ab und treibt schlupffrei die Scheibe 2 an. Man bestimme die Winkelgeschwindigkeit ω 1 der Scheibe 1, f¨ ur die Scheibe 2 die Winkelbeschleunigung ω˙ 2 sowie die Beschleunigung ihres Punktes D.

104


Aufgabe III.2.9: Der dargestellte räumliche Mechanismus wird durch die Kurbel K (Kurbelradius r, Winkelgeschwindigkeit Ω) angetrieben. Die Stange BC ist drehbar und längsverschieblich gelagert. Man bestimme f¨ ur die dargestellte Lage die Geschwindigkeit des Punktes B sowie die Winkelgeschwindigkeiten der Stangen AB und BC.

III.3


Aufgabe III.3.1: Ein horizontal beginnender Wurf (Luftwiderstand vernachlässigbar) soll so ausgef¨ uhrt werden, dass der geworfene Ball (Masse m) orthogonal durch einen Ring fliegt, der den horizontalen Abstand a von der Abwurfstelle hat und unter dem Winkel α gegen die Horizontale geneigt ist. Wie m¨ ussen dabei der vertikale Abstand b und die Anfangsgeschwindigkeit v0 gewählt werden? Welche Geschwindigkeit v hat der Ball beim Passieren des Rings?

Aufgabe III.3.2: Ein Fußballspieler spielt den Ball (Masse m) mit der Geschwindigkeit v0 unter dem Winkel α0 zur Horizontalen ab. Während des Flugs wirkt eine Widerstandskraft FW = k v entgegen der Geschwindigkeit auf den Ball. Man bestimme die Geschwindigkeitskomponenten in Abhängigkeit von der Zeit. Wie groß ist die Horizontalkomponente, wenn der Ball beim Mitspieler (Abstand l) ist?


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Aufgabe III.3.3: Ein Mann schiebt eine Kiste (Masse m, Abmessungen vernachlässigbar) eine rauhe Kreisbahn (Radius r, Haftungskoeffizient µ0 , Reibungskoeffizient µ) hinauf. Die Kraft F = k m wirke dabei immer unter dem Winkel α = π/4 zur Tangente an die Bahn. Wie groß muss die Konstante k mindestens sein, damit sich die Kiste aus der dargestellten Lage in Bewegung setzt? Wie lauten die Bewegungsgleichungen? Wie groß ist die Beschleunigung der Kiste zu Beginn der Bewegung?

Aufgabe III.3.4: Ein Wagen (Masse m) fährt mit konstanter Geschwindigkeit v durch eine u ¨berhöhte, kreisförmige Kurve (Radius r, Neigungswinkel α). Der Haftungskoeffizient zwischen der Straße und den Reifen ist µ0 . In welchem Bereich muss v liegen, damit der Wagen nicht seitlich rutscht?

Aufgabe III.3.5: Ein Wagen (Masse m) fährt auf einer Straße mit der Anfangsgeschwindigkeit v0 in eine Kurve. Vom Beginn der Kurve an wird der Wagen mit konstanter Bahnverzögerung at = −a0 abgebremst. Der Haftungskoeffizient zwischen der Straße und den Reifen ist µ0 . Man bestimme die Geschwindigkeit v des Wagens als Funktion des Weges s. Wie

106


groß muss der Kr¨ ummungsradius (s) der Straße mindestens sein, damit der Wagen nicht rutscht?

Aufgabe III.3.6: Ein Langläufer (Masse m) hat am Punkt A der Loipe die Geschwindigkeit vA = v0 . Obwohl er beim letzten Aufstieg (Höhe h) zum Punkt B nochmals kräftig zulegt, erreicht er diesen nur mit der Geschwindigkeit vB = 2v0 /5. In aerodynamisch g¨ unstiger Haltung (Luftwiderstand vernachlässigbar) fährt er dann dem Ziel in C entgegen, das er mit der Geschwindigkeit vC = 4v0 durchfährt. Dabei wirkt durch den aufgetauten Schnee zwischen B und C eine konstante Reibungskraft. Welche Arbeit leistet der Läufer auf dem Weg von A nach B, wenn die Arbeit der Reibungskraft zwischen diesen Punkten vernachlässigbar ist? Wie groß ist der Reibungskoeffizient auf der Strecke BC?

Aufgabe III.3.7: Eine Bowlingkugel (Masse m) gleitet reibungsfrei mit der Geschwindigkeit v0 auf dem R¨ ucklauf einer Bowlingbahn. Am Ende des R¨ uck-


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laufs wird die Kugel auf einer Kreisbahn (Radius r) auf die Höhe 2r gehoben. Am oberen Teil der Kreisbahn befindet sich eine glatte F¨ uhrung der Länge rϕF . Wie groß muss die Geschwindigkeit v0 bei gegebenem Winkel ϕF mindestens sein, damit die Kugel die obere Ebene erreicht?

Aufgabe III.3.8: Zwei Fahrzeuge (Massen m1 bzw. m2 ) stoßen mit den Geschwindigkeiten v1 bzw. v2 frontal zusammen. Nach dem Stoß, der vollkommen plastisch ist, rutschen beide Fahrzeuge mit blockierten Rädern die Strecke s nach rechts. Der Reibungskoeffizient zwischen den Rädern und der Fahrbahn ist µ. Man bestimme die Geschwindigkeit v1 , wenn v2 und s bekannt sind.

Aufgabe III.3.9: Ein reibungsfrei rollender Wagen (Masse m1 ) stößt mit der Geschwindigkeit v1 ideal-plastisch gegen einen stehenden Wagen (Masse m2 ), ¨ der ebenfalls reibungsfrei rollen kann. Uber eine Feder (Federkonstante c) ist der zweite Wagen an einen Klotz (Masse m3 ) gekoppelt, der auf einer rauhen Unterlage (Haftungskoeffizient µ0 ) liegt. Wie groß darf v1 höchstens sein, damit der Klotz nicht rutscht?

Aufgabe III.3.10: Eine Kugel (Masse m1 ) prallt ideal-elastisch auf eine an einem Faden hängende zweite Kugel (Masse m2 ). Der Faden kann maximal die Zugkraft S ∗ aufnehmen. Bei welcher Aufprallgeschwindigkeit v0 reißt er?

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Aufgabe III.3.11: An einer starren Stange (Masse vernachlässigbar) sind zwei Punktmassen (Masse jeweils m) befestigt. Im Abstand a vom Lager A wird eine Stoßkraft Fˆ aufgebracht. Man bestimme die Winkelgeschwindigkeit der Stange nach dem Stoß. Welche Stoßkraft tritt im Lager auf? Wie groß muss a sein, damit im Lager keine Stoßkraft wirkt?

III.4


Aufgabe III.4.1: Der Aufhängepunkt A eines mathematischen Pendels (Masse m, Länge l) bewegt sich mit der konstanten Beschleunigung a0 in horizontaler Richtung. Wie lautet die Bewegungsgleichung?

Aufgabe III.4.2: In dem dargestellten System rotieren zwei Scheiben mit den konstanten Winkelgeschwindigkeiten Ω bzw. ω um ihre Achsen. Man bestimme die Beschleunigung des Punktes P in der gezeichneten Lage.


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Aufgabe III.4.3: Ein abgewinkelter Hebel 0EA rotiert mit der konstanten Winkelgeschwindigkeit Ω um die z-Achse. Im Punkt A des Hebels ist eine Scheibe (Radius r) befestigt, die sich mit der konstanten Winkelgeschwindigkeit ω um ihre Achse dreht. Man bestimme die Geschwindigkeit und die Beschleunigung des Punktes P in der dargestellten Lage.

Aufgabe III.4.4: Eine Kreisscheibe rotiert mit der Winkelgeschwindigkeit ψ˙ und der Winkelbeschleunigung ψ¨ um ihren Mittelpunkt M . Auf der Scheibe bewegt sich ein Punkt P mit der relativen Winkelgeschwindigkeit ϕ˙ und der relativen Winkelbeschleunigung ϕ¨ auf einer Kreisbahn (Mittelpunkt 0, Radius r). Man bestimme die Geschwindigkeit v P und die Beschleunigung aP in den scheibenfesten Koordinaten x, y, z.

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Aufgabe III.4.5: Eine Kreisscheibe (Radius r) rotiert mit der konstanten Winkelgeschwindigkeit Ω. Im Abstand a vom Mittelpunkt ist auf einer glatten F¨ uhrungsschiene ein Klotz (Masse m) arretiert. Mit welcher Relativgeschwindigkeit erreicht der Klotz nach dem Lösen der Arretierung den Rand der Scheibe?

Aufgabe III.4.6: Ein Kreisring (Radius r) rotiert mit konstanter Winkelgeschwindigkeit Ω um die x-Achse. Im Ring befindet sich eine kleine Kugel (Masse m), die relativ zum Ring reibungsfrei gleiten kann. Man ermittle die Bewegungsgleichungen sowie die Gleichgewichtslagen der Kugel relativ zum Ring.

Aufgabe III.4.7: Eine Kreisscheibe rotiert mit der Winkelgeschwindigkeit ω und der Winkelbeschleunigung α um den raumfesten Punkt B. Der scheibenfeste Bolzen C gleitet in der Nut einer in A gelenkig gelagerten Kulisse AD. Man bestimme f¨ ur die gezeichnete Lage die Geschwindigkeit v C und die Beschleunigung aC des Bolzens C. Man ermittle die Relativgeschwindigkeit v rel des Bolzens gegen¨ uber der Kulisse und die Winkelgeschwindigkeit ωK der Ku-


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uber der lisse. Man bestimme die Relativbeschleunigung arel des Bolzens gegen¨ Kulisse und die Winkelbeschleunigung αK der Kulisse.

III.5

Kinetik des starren K¨ orpers

Aufgabe III.5.1: Die dargestellte Scheibe (Dichte ) hat im Bereich r1 ≤ r ≤ r2 die konstante Breite b0 und im Bereich r2 ≤ r ≤ r3 die veränderliche Breite b(r) = b0 r2 /r. Man bestimme das Massenträgheitsmoment Θa bez¨ uglich der Drehachse a − a.

Aufgabe III.5.2: Auf einer Stufenrolle (Radien r1 bzw. r2 ) sind zwei Fäden aufgewickelt, an deren Enden jeweils ein Gewicht (Massen m1 bzw. m2 ) hängt. Die Rolle ist in A um ihre Achse reibungsfrei drehbar gelagert. Wie groß muss das Trägheitsmoment ΘA der Rolle mindestens sein, damit beim Abwickeln keiner der Fäden schlaff wird?

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Aufgabe III.5.3: Auf eine reibungsfrei gelagerte, ruhende Scheibe (Masse m, Radius r1 ) wird eine mit der Winkelgeschwindigkeit ω2 rotierende Scheibe (Masse m, Radius r2 ) konzentrisch aufgesetzt. Infolge der Reibung zwischen den Scheiben nehmen sie nach einiger Zeit eine gemeinsame ¨ Winkelgeschwindigkeit an. Wie groß ist diese? Wie groß ist die Anderung der kinetischen Energie?

Aufgabe III.5.4: Ein Kind (Masse m) läuft auf dem Außenrand eines zunächst ruhenden Karussells von der karussellfesten Markierung A aus um die Drehachse. Das Karussell wird durch eine homogene Kreisscheibe (Masse M , Radius r) mit reibungsfreier Lagerung idealisiert. Um welchen Winkel hat sich das Karussell gedreht, wenn das Kind wieder bei der Markierung ankommt?

Aufgabe III.5.5: Der Schaufelkranz eines Kompressors kann durch Stäbe (Länge l, Dichte , Elastizitätsmodul E, Eigengewicht vernachlässigbar) mit Rechteckquerschnitt (konstante Dicke a, linear veränderliche Breite b(x)) ideali-


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siert werden. Die Stäbe sind auf einer Welle (Radius r l), die mit konstanter Winkelgeschwindigkeit ω rotiert, befestigt. Man bestimme die Spannung σ(x) und die Spannung σ(l) an der Einspannstelle.

Aufgabe III.5.6: Ein homogener Quader (Höhe h, Breite b = 2h, Tiefe c, Dichte ) liegt so auf einer rauhen Stufe (Haftungskoeffizient µ0 = 0, 5), dass sich der Schwerpunkt S vertikal u ¨ber der Kante befindet. Durch eine kleine Störung fängt er zum Zeitpunkt t = 0 zu kippen an. Bei welchem Winkel ϕ1 beginnt der Quader im Ber¨ uhrpunkt B zu rutschen?

Aufgabe III.5.7: Auf einem Band (Masse vernachlässigbar), das in D befestigt ist und u uhrt wird, ¨ber eine Umlenkrolle (Radius r1 , Masse m1 ) gef¨ liegt ein Zylinder (Radius r2 , Masse m2 ). Im Punkt A des Bandes greift eine Kraft F an. Wie groß sind die Schnittkräfte im Band sowie die Beschleunigung des Punktes A, wenn das Band an keiner Stelle rutscht?

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Aufgabe III.5.8: Eine homogene Walze (Radius r, Masse m) liegt auf einer beweglichen, rauhen Unterlage (Reibungskoeffizient µ). Die Unterlage wird ab dem Zeitpunkt t0 = 0 mit der konstanten Geschwindigkeit v0 nach rechts gezogen. Man bestimme die Winkelbeschleunigung der Walze und die Beschleunigung des Schwerpunkts f¨ ur t > 0. Wie groß sind die maximale Schwerpunktsgeschwindigkeit und die maximale Winkelgeschwindigkeit?

Aufgabe III.5.9: Die T¨ ur (Masse m, Massenträgheitsmoment ΘA ) eines Fahrzeugs steht offen. Der Schwerpunkt S der T¨ ur hat den Abstand b von den reibungsfreien Angeln A. Mit welcher Winkelgeschwindigkeit fällt die T¨ ur ins Schloß, wenn das Fahrzeug mit der konstanten Beschleunigung a0 anfährt?

Aufgabe III.5.10: Eine Kugel (Masse m1 , Radius r) und eine Walze (Masse m2 , Radius r) sind durch zwei Stangen (Masse jeweils m3 /2, Länge l) miteinander verbunden und rollen eine rauhe schiefe Ebene (Neigungswinkel α) hinab. Wie groß ist die Beschleunigung der Stangen?


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Aufgabe III.5.11: Ein Zylinderrollenlager besteht aus einem d¨ unnwandigen Außenring (Radius rR , Masse m) und sechs homogenen Zylindern (jeweils Radius rZ , Masse m). Auf den Außenring ist ein Faden (Masse vernachlässigbar) aufgewickelt, an dessen Ende ein Gewicht (Masse m) hängt. Wie groß ist die Beschleunigung des Gewichts?

Aufgabe III.5.12: Eine Platte (Masse m) gleitet auf einer rauhen schiefen Ebene (Neigungswinkel α, Reibungskoeffizient µ) abwärts. Auf der Platte rollt eine homogene Kreisscheibe (Radius r, Masse m). Der Haftungskoeffizient zwischen Platte und Scheibe ist µ0 . Man bestimme die Beschleunigungen der Platte und des Schwerpunkts der Scheibe sowie die Winkelbeschleunigung der Scheibe. Wie groß muss µ0 mindestens sein, damit die Scheibe nicht rutscht?

Aufgabe III.5.13: Ein Keil (Masse m2 , Neigungswinkel α) gleitet auf einer glatten Unterlage. Auf dem Keil rollt eine homogene Kugel (Radius r, Masse m1 ). Wie groß ist die Winkelbeschleunigung der Kugel?

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Aufgabe III.5.14: Der dargestellte Schneebob besteht aus einem Rahmen (Masse m/3, Schwerpunkt SR ) und einem homogenen Rad (Masse m/3, Radius r). Auf ihm sitzt ein Kind (Masse m/3, Schwerpunkt SK ). Der Bob wird u ¨ber das Rad durch ein konstantes Motormoment M0 angetrieben. Die Reibung zwischen der Gleitschiene und dem Schnee kann vernachlässigt werden. Man bestimme die Beschleunigung des Bobs sowie die Reaktionskräfte mit dem Boden. Wie groß muss der Haftungskoeffizient µ0 mindestens sein, damit das Rad beim Abheben der Gleitschiene noch nicht durchdreht?

Aufgabe III.5.15: Ein homogener Stab (Länge l, Masse M ) setzt sich aus der vertikalen Lage durch eine kleine Störung in Bewegung. Nach halber Umdrehung (Lage ) trifft er auf eine kleine Kugel (Masse m, Radius r l). Der Stoß ist ideal-elastisch. Man bestimme die Winkelgeschwindigkeiten des Stabes kurz vor und nach dem Auftreffen sowie die Geschwindigkeit der Kugel nach dem Stoß.

Aufgabe III.5.16: Ein homogener Balken (Masse m) ist in A gelenkig gelagert. Er fällt aus der vertikalen Lage ohne Anfangsgeschwindigkeit auf das Lager B. Man berechne die Kraftstöße in A und in B beim Auftreffen des Balkens, wenn der Stoß vollkommen plastisch ist.


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Aufgabe III.5.17: Ein homogener Balken (Masse m) ist in A reibungsfrei gelenkig gelagert. Er fällt aus der vertikalen Lage ohne Anfangsgeschwindigkeit auf das Lager C. Man berechne die Kraftstöße in A und in C beim Auftreffen des Balkens, wenn der Stoß teilplastisch mit der Stoßzahl e erfolgt. Bei welchem Abstand a verschwindet der Kraftstoß im Lager A? Wie groß ist die ¨ Anderung der kinetischen Energie?

Aufgabe III.5.18: Auf einer glatten, horizontalen Unterlage liegt ein Kreuz (Masse M ), das in 0 reibungsfrei drehbar gelagert ist. Eine Scheibe (Radius r, Masse m) stößt in der Lage im Punkt P mit der Geschwindigkeit v0 gegen das Kreuz. Der Stoß ist ideal-elastisch. Man bestimme die Winkelgeschwindigkeit des Kreuzes und die Schwerpunktgeschwindigkeit der Scheibe nach dem Stoß. F¨ ur welches Massenverhältnis M/m kommt es in der Lage erneut zu einem Stoß? Wie groß sind die Winkelgeschwindigkeit des Kreuzes und die Schwerpunktgeschwindigkeit der Scheibe nach dem zweiten, ebenfalls elastischen Stoß?

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Aufgabe III.5.19: Eine Scheibe (Masse m1 = m) bewegt sich rein translatorisch mit der Geschwindigkeit v1 und stößt unter dem Winkel α = 30◦ zur Stoßnormalen auf eine ruhende Scheibe (Masse m2 = m). Die Oberflächen der Scheiben sind glatt. Die Stoßzahl ist e = 0, 6. Man bestimme die Schwerpunktsgeschwindigkeiten der Scheiben nach dem Stoß nach Größe und ¨ Richtung sowie die Anderung der kinetischen Energie.

Aufgabe III.5.20: Eine homogene Kreisscheibe (Masse m, Radius r) stößt mit der Schwerpunktsgeschwindigkeit v unter dem Einfallswinkel α = 45◦ auf einen starren, rauhen Boden (Haften im Ber¨ uhrpunkt). Der Stoß ist ideal-elastisch. Welche Drehzahl n muss die Scheibe vor dem Stoß haben, damit sich ein gleich großer Ausfallswinkel α ¯ = 45◦ einstellt?

Aufgabe III.5.21: Eine homogene Kreisscheibe (Masse m1 ) ist im Punkt A reibungsfrei drehbar mit einer homogenen Kreisscheibe (Masse m2 ) verbunden, welche in B reibungsfrei drehbar gelagert ist. Die Scheibe dreht sich zunächst mit der Winkelgeschwindigkeit ω, während die Scheibe in Ruhe ist. Plötzlich blockiert das Lager in A; die beiden Scheiben sind dann starr miteinander verbunden. Man bestimme die Winkelgeschwindigkeit Ω der Scheiben nach dem Blockieren, die in A und in B auftretenden ¨ Kraft- und Momentenstöße sowie die Anderung der kinetischen Energie.


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Aufgabe III.5.22: Der dargestellte räumliche Rahmen besteht aus drei gleichen Stäben (Länge l, Masse m), die jeweils orthogonal miteinander verschweißt sind. Er ist in A so gelagert, dass er sich um die Achse AC drehen kann. Wie lautet der Trägheitstensor bez¨ uglich A im gegebenen rahmenfesten Koordinatensystem? Welches Moment wirkt in A, wenn der Rahmen mit konstanter Winkelgeschwindigkeit ω rotiert?

Aufgabe III.5.23: Ein homogener Zylinder (Radius r, Länge 3r, Masse m) kann reibungsfrei um eine Stange (Masse vernachlässigbar) rotieren. Die Stange ist um die z-Achse reibungsfrei drehbar gelagert. Zur Zeit t = 0 hat die Stange eine Anfangsauslenkung ϕ0 1, ihre Winkelgeschwindigkeit ist Null. Der Zylinder rotiert zu diesem Zeitpunkt mit der Winkelgeschwindigkeit Ω0 relativ zur Stange. Man bestimme Ω(t), ϕ(t) und das auf das Lager A wirkende Moment.

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Aufgabe III.5.24: Eine d¨ unne Kreisscheibe (Masse m) rotiert mit konstanter Winkelgeschwindigkeit Ω um einen masselosen Schaft. Im Gelenk A ist der Schaft mit der Länge L in der Zeichenebene frei drehbar. Durch eine kleine Störung kippt das System aus der labilen Gleichgewichtslage ϕ = 0. Man berechne die absolute Winkelgeschwindigkeit ω abs (ϕ) und das Lagermoment M A.

Aufgabe III.5.25: Eine homogene Kugel wird durch eine Stange DA auf einer schiefen Ebene um die Achse DB gef¨ uhrt. Alle Lager sind reibungsfrei. Durch eine kleine Störung rollt die Kugel aus ihrer höchsten (labilen) Gleichgewichtslage. Man bestimme in der tiefsten Stellung ihre Winkelgeschwindigkeit und die Normalkontaktkraft mit der Ebene.


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Aufgabe III.5.26: Man löse die Aufgabe III.4.1 mit Hilfe des translatorischen Drallsatzes. Aufgabe III.5.27: Auf einer Kreisscheibe , die sich mit der konstanten Winkelgeschwindigkeit Ω dreht, ist im Gelenk A reibungsfrei drehbar eine zweite Kreisscheibe befestigt. Sie besteht aus zwei homogenen Hälften mit den unterschiedlichen Massen m1 und m2 (m1 = 2m2 ). Man bestimme mit Hilfe des translatorischen Drallsatzes die Bewegungsgleichung der Scheibe und die Lagerreaktionen in A.

Aufgabe III.5.28: Eine d¨ unne Kreisscheibe (Masse m, Radius r) kann in ihrer Ebene reibungsfrei um einen Zapfen B pendeln. Der Punkt B liegt auf dem Scheibenumfang und ist am Rand einer horizontalen Scheibe (Radius R = 3r) gelagert, die sich reibungsfrei um ihre Achse drehen kann. Das Mas(0) senträgheitsmoment dieser Scheibe um ihre Drehachse ist Θ2 = 3m R2 . Bestimmen Sie die Bewegungsgleichungen und die Lagereaktionen in B.

Aufgabe III.5.29: Ein magenkitzelndes Jahrmarktkarrusell besteht aus einer Kreisplattform , die als d¨ unne Vollscheibe (Masse M = 4m, Radius R) betrachtet werden darf. Eine ungleichmäßige Personenbesetzung wird durch eine Einzelmasse m simuliert. Der Drehpunkt D der Scheibe wird durch einen Hubkolben nach einem gegebenen Hubgesetz ζ(t) gehoben und gesenkt. Dadurch wird die Plattform von einem Schwenkarmsystem, gegen¨ uber dem sie sich mit konstanter Winkelgeschwindigkeit ω dreht, gekippt. Die Gesamtanordnung steht auf einer horizontalen Grundplatte , die sich mit konstanter Winkelgeschwindigkeit Ω dreht. Bestimmen Sie f¨ ur den Zeitpunkt t0 ,

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√ zu dem ζ(t0 ) = 2R gilt und die Zusatzmasse an der höchsten Stelle ist, die Momente, die im Lagerzapfen D auf die Scheibe ausge¨ ubt werden.

III.6

Schwingungen

Aufgabe III.6.1: Ein Seil (Masse vernachlässigbar) wird u ¨ber eine homogene, reibungsfrei gelagerte Rolle (Radius r, Masse M ) gef¨ uhrt. Das eine Ende des Seils ist u ¨ber eine Feder (Federkonstante c) mit dem Lager A verbunden, am anderen Ende hängt ein Klotz (Masse m). Das Seil kann auf der Rolle nicht rutschen. Man bestimme die Eigenfrequenz des Systems.

Aufgabe III.6.2: Das Pendel einer Uhr besteht aus einer homogenen Stange (Länge l, Masse m), auf der im Abstand a von der Drehachse eine homogene Kreisscheibe (Radius r, Masse M ) nicht drehbar angebracht ist. Man stelle die

Schwingungen

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Bewegungsgleichung f¨ ur kleine Ausschläge auf und bestimme die Eigenfrequenz. Bei welchem Verhältnis a/l wird f¨ ur m = M und r a die Eigenfrequenz maximal?

Aufgabe III.6.3: Ein Rad (Radius r, Masse m), das am Ende einer in A gelagerten Stange (Länge l, Masse vernachlässigbar) angebracht ist, kann auf einer festen F¨ uhrung abrollen. Die Gelenke sind reibungsfrei. Man stelle die Bewegungsgleichung f¨ ur das Rad auf. Wie groß ist die Eigenfrequenz des Systems f¨ ur kleine Ausschläge?

Aufgabe III.6.4: Das dargestellte Getriebe besteht aus zwei Wellen (Drehfedersteifigkeiten cT1 bzw. cT2 , Massen vernachlässigbar) und einem Zahnradpaar (Radien r1 bzw. r2 , Massen und Zahnflankenreibung vernachlässigbar). Es wird in A angetrieben und ist bei B mit einer Schwungscheibe (Massenträgheitsmoment Θ) verbunden. F¨ ur t < 0 rotiert die Schwungscheibe mit der konstanten Winkelgeschwindigkeit ϕ˙ 0 . Zum Zeitpunkt t = 0 blockiert das Lager in A. Man stelle f¨ ur t ≥ 0 die Bewegungsgleichung der Schwungscheibe auf und bestimme deren Lösung.

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Aufgabe III.6.5: Ein Tragwerk besteht aus einem dehnstarren Balken (Biegesteifigkeit EI, Masse vernachlässigbar) und drei dehnstarren Stäben (Massen vernachlässigbar). Im Punkt A des Balkens ist eine Feder (Federkonstante c) befestigt, an der ein Klotz (Masse m) hängt. Wie groß ist die Eigenfrequenz vertikaler Schwingungen des Systems?

Aufgabe III.6.6: Eine Stange (Länge l, Masse vernachlässigbar) ist bei A gelenkig gelagert und trägt an ihrem freien Ende einen Massenpunkt. Die am Lager angebrachte Drehfeder (Federsteifigkeit cT ) ist f¨ ur ϕ = 0 entspannt. Man stelle die Bewegungsgleichung f¨ ur das System auf. Wie muss man die Federsteifigkeit cT wählen, damit ϕ0 = π/6 eine Gleichgewichtslage ist? Wie groß ist die Frequenz freier Schwingungen mit kleinen Amplituden um diese Gleichgewichtslage?

Aufgabe III.6.7: Ein Masse-Feder System (m = 4 kg, c = 1 N/m) wird ohne Anfangsgeschwindigkeit aus einer um x0 = 1 m ausgelenkten Lage losgelassen und mit einer zeitabhängigen Kraft F (t) angeregt. Die Systemantwort lautet

x(t) = x0 cos

t t−T + 20 1 − cos 2t0 2t0

t − T 0

mit t0 = 1 s und T = 5 s. Man berechne und skizziere den zeitlichen Verlauf der Kraft F (t).

125


Aufgabe III.6.8: Bei einem Saiteninstrument hängen die Eigenfrequenzen einer Saite von ihrer Vorspannung ab. Dies soll an einem vereinfachenden Modell demonstriert werden. Im Modell besteht die Saite aus zwei gleichen Federn (Federzahl c) zwischen den Lagerböcken im Abstand 2l. Um die Federn miteinander und mit der auf einen Punkt konzentrierten Saitenmasse m zu verbinden, m¨ ussen sie aus ihrer ungespannten Länge um eine Vorspannlängung v gedehnt werden. Man bestimme die Bewegungsgleichung f¨ ur die Querauslenkung w der Masse m und linearisiere sie (w l). Welche Beziehung zwischen v und der Eigenfrequenz liefert die Linearisierung? m

w

v

c

l

III.7


Aufgabe III.7.1: Eine homogene Scheibe (Radius r, Masse m) kann auf einer rauhen Unterlage rollen. Ihr Schwerpunkt S ist durch eine Feder (Federkonstante c) mit dem Lager A verbunden. Man bestimme die Bewegungsgleichung a) nach Newton und b) durch formale R¨ uckf¨ uhrung auf die Statik.

Aufgabe III.7.2: Eine Walze (Radius r, Masse m) rollt auf einer kreisförmigen Bahn (Radius R). Man bestimme die Bewegungsgleichung durch formale R¨ uckf¨ uhrung auf die Statik.

126


Aufgabe III.7.3: Eine Kurbel rotiert mit der konstanten Winkelgeschwindigkeit Ω. Ihr Handgriff AB (Länge l, Masse m) besitzt eine gleichförmige Massenverteilung und hat einen Kreisquerschnitt (Radius r). Man bestimme die maximale Biegespannung im Handgriff.

Aufgabe III.7.4: Ein homogener Winkel (Masse m) rotiert mit konstanter Winkelgeschwindigkeit Ω um eine Achse durch 0. Man bestimme die Schnittgrößen durch formale R¨ uckf¨ uhrung auf die Statik.

Aufgabe III.7.5: Die Unruh einer Uhr besteht aus einem geschlitzten d¨ unnen Ring (Masse µ pro Länge) mit einem Steg. Die Drehung um die Achse durch 0 erfolgt nach einem gegebenen Zeitgesetz ϕ = ϕ(t). Man bestimme die Schnittgrößen im Querschnitt A-A.

Aufgabe III.7.6: Auf einem Band (Masse vernachlässigbar), das in D befestigt ist und u uhrt wird, liegt ¨ber eine Umlenkrolle (Radius r1 , Masse m1 ) gef¨


127

ein Zylinder (Radius r2 , Masse m2 ). Im Punkt A des Bandes greift eine Kraft F an. Wie groß ist die Beschleunigung des Punktes A, wenn das Band an keiner Stelle rutscht?

Aufgabe III.7.7: Ein Motor wirkt mit einem konstanten Moment M0 auf das Antriebsrad (Masse m1 , Radius r1 ) einer Hebevorrichtung. Dieses treibt den als Stufenwelle ausgebildeten Abtrieb (Masse m2 , Radius r2 bzw. Masse m3 , Radius r3 ) u ¨ber die größere Stufe an. Auf der kleineren ist ein Seil (Masse vernachlässigbar) aufgewickelt, an dem eine Last (Masse m4 ) hängt. Mit welcher Beschleunigung bewegt sich die Last, wenn zwischen den Rädern kein Rutschen auftritt?

Aufgabe III.7.8: Das dargestellte System besteht aus einem Schlitten (Masse M ), einer homogenen Scheibe (Masse m, Radius r) und zwei Federn (Federkonstante c). Der Schlitten gleitet reibungsfrei auf der Unterlage; die Scheibe rollt auf dem Schlitten. Man bestimme die Bewegungsgleichungen des Systems, wenn am Schlitten eine Kraft F (t) angreift.

Aufgabe III.7.9: Zwei mathematische Pendel (Länge l, Masse m) sind durch eine Feder (entspannte Länge b, Federkonstante c) verbunden. Man bestimme die Bewegungsgleichungen des Systems.

128


Aufgabe III.7.10: Die Kurbel K des dargestellten Systems ist durch eine Drehfeder (Federkonstante cT ) mit der Stange S gelenkig verbunden. Die Stange und die Kurbel liegen in einer Ebene; ihre Massen sind vernachlässigbar. Am freien Ende der Stange befindet sich eine Punktmasse m. Die Drehfeder ist f¨ ur ϕ1 = ϕ¯1 entspannt. Man stelle die Bewegungsgleichungen des Systems auf.

Aufgabe III.7.11: Zwei Scheiben (Massenträgheitsmoment Θ) sind reibungsfrei gelagert und u ¨ber eine Drehfeder (Federkonstante cT ) miteinander verbunden. An der Scheibe greift ein Moment M (t) an. Man stelle die Bewegungsgleichungen des Systems auf und bestimme deren Lösung f¨ ur M ≡ 0.


129

Aufgabe III.7.12: Eine homogene Scheibe (Dichte ρ, Dicke d, Radius 2R) wurde im Abstand R von ihrem Zentrum mit zwei symmetrisch angeordneten Löchern (Radius R/2) versehen. Sie rollt im Schwerefeld der Erde schlupffrei in der Zeichenebene und ist im Punkt D in vertikaler Richtung elastisch gefesselt. Die horizontal frei bewegliche Feder (Steifigkeit k) ist in der Lage ϕ = 0 ungespannt. Die Scheibenachse A ist durch einen linearen Dämpfer (Dämpfungskoeffizient c) mit einer starren Wand verbunden. In A greift eine horizontale Kraft F (t) an. Man stelle die Bewegungsgleichung des Systems auf.

Aufgabe III.7.13: Ein homogener Balken (Länge L, Masse M ) ist in A und in B gelenkig mit masselosen Schiebeh¨ ulsen verbunden, die reibungsfrei auf den beiden Linearf¨ uhrungen gleiten können. Die Schiebeh¨ ulse A ist durch eine Feder (Steifigkeit k, ungespannte Lage: α = α0 ) elastisch gefesselt. Zusätzlich ist im Punkt A ein Punktmassependel (Länge l, Masse m) angebracht, an dessen Ende die nichtkonservative Kraft F wirkt. Der Betrag von F ist konstant, die Wirkungslinie ist stets senkrecht zum Pendel. Man stelle unter Verwendung der generalisierten Koordinaten α und ϕ die kinetische sowie die potientielle Energie auf und berechne die generalisierten Kräfte.

130


Aufgabe III.7.14: Eine d¨ unne, homogene Kreisscheibe mit dem Gewicht mg sitzt schief auf einer vertikalen Drehachse durch ihren Mittelpunkt. Die Neigung der Scheibe gegen die Drehachse ist tan α = 2. Der tiefste Scheibenpunkt ist u ¨ber eine starre, masselose Stange der Länge l mit einem an der Drehachse angeschweißten T-Ausleger verbunden. Der höchste Scheibenpunkt ist u ¨ber eine Feder (masselos, Federzahl c) mit dem am Fuß eingespannten T-Ausleger verbunden. Die Feder ist ungedehnt, wenn sie vertikal hängt. In der Achsbohrung wirken ein Reibmoment MR und eine Reibkraft KR . Man bestimme die Bewegungsgleichung der Scheibe ohne Beschränkung auf kleine Drehwinkel. Ein Knicken der Feder bei Druckbeanspruchung und Kollisionen der Feder und der Stange mit der Drehachse bei sehr großen Drehwinkeln sind nicht zu beachten. l/2 l/2 c α l R g

L¨ osungen

I Statik

Lösung I.1.1 Die schiefe Ebene und die Wand sind glatt. Daher wirken in den Kontaktpunkten nur Normalkräfte, die mit der Gewichtskraft ein zentrales Kräftesystem bilden. Gleichgewichtsbedingungen: G , cos α

↑:

N2 cos α − G = 0

→

N2 =

→:

N1 − N2 sin α = 0

→

N1 = G tan α .

Die Kontaktkraft N2 ist größer als die Gewichtskraft.

Lösung I.1.2 Die Kontaktkräfte sind Normalkräfte, da die Walze glatt ist. Beim Hochziehen geht der Kontakt der Walze mit dem Boden verloren, und es gilt N2 = 0. Die daf¨ ur benötigte Kraft F wird zunächst f¨ ur einen beliebigen Winkel ϕ bestimmt. Anschließend wird der Winkel ϕ∗ gesucht, f¨ ur den die Kraft minimal wird.

134

Statik: L¨ osungen

Gleichgewichtsbedingungen: →:

F cos ϕ − N1 sin α = 0 ,

↑:

F sin ϕ + N1 cos α − G = 0 .

Auflösen liefert: sin α sin α G= G. sin α sin ϕ + cos α cos ϕ cos (α − ϕ)

F =

Die Kraft F wird minimal, wenn der Nenner maximal wird: cos (α − ϕ∗ ) = 1

→

ϕ∗ = α .

Minimale Kraft: Fmin = G sin α . Geometrie: α = arccos

r−h . r

Lösung I.1.3 Die Stäbe werden als Zugstäbe angenommen. Gleichgewicht am Klotz: ↑:

S−G=0

→

S = G.

135

Statik: Lösungen

Gleichgewicht am Knoten: ←:

S + S1 sin α + S2 sin β = 0 ,

↓:

S + S1 cos α + S2 cos β = 0 .

Auflösen liefert: S1 =

sin β − cos β G, sin (α − β)

S2 =

cos α − sin α G. sin (α − β)

Ist einer der beiden Stäbe unter einem Winkel von 45◦ geneigt, so ist der andere Stab ein Nullstab.

Lösung I.1.4 Es werden die Hilfsgrößen α, β, l1 und l2 eingef¨ uhrt. Gleichgewichtsbedingungen: →: ↑:

−S sin α + S sin β = 0

→

α=β,

S cos α + S cos β − G = 0

→

S=

Geometrie zur Bestimmung von α: a sin α = , l

cos α =

1−

2

a l

.

G . 2 cos α

136

Statik: L¨ osungen

Geometrie zur Bestimmung von d: d = l1 sin α , a = l1 sin α + l2 sin α , b = −l1 cos α + l2 cos α . Auflösen liefert: √ d = a(1 − b/ l2 − a2 )/2 . Der Winkel α und damit auch die Seilkraft S sind unabhängig von b.

Lösung I.1.5 Bei räumlichen Problemen ist es häufig zweckmäßig, die Kräfte in vektorieller Form anzugeben. Gleichgewichtsbedingungen (vektorielle Schreibweise): S1 + S2 + S3 + G = 0 mit ⎡

⎤

1 S1 ⎥ S1 = √ ⎢ ⎣ 0 ⎦, 2 −1 ⎡ ⎢ G=G⎣

⎤

0 0 ⎥ ⎦. −1

⎡

⎤

1 S2 ⎥ S2 = √ ⎢ ⎣ 2 ⎦, 6 −1

⎡

⎤

−1 S3 ⎥ S3 = √ ⎢ ⎣ 2 ⎦, 6 −1

137

Statik: Lösungen

Gleichgewichtsbedingungen (Komponentenschreibweise): 1 1 1 √ S1 + √ S2 − √ S3 = 0 , 2 6 6 2 2 √ S2 + √ S3 = 0 , 6 6 1 1 1 − √ S1 − √ S2 − √ S3 − G = 0 . 2 6 6 Auflösen liefert: √ S1 = − 2 G

√ (Druck),

S2 =

6 G 2

(Zug) ,

√ S3 = −

6 G 2

(Druck) .

Lösung I.1.6 Gleichgewichtsbedingungen (vektorielle Schreibweise): S1 + S2 + S3 + F = 0

138

Statik: L¨ osungen

mit ⎡

⎤

⎡

⎡

F =G⎢ ⎣

⎤

⎤

−1 S2 ⎥ S2 = √ ⎢ ⎣ −3 ⎦ , 10 0

1 S1 ⎥ S1 = √ ⎢ ⎣ −3 ⎦ , 10 0 ⎡

⎡

⎤

0 −3 G ⎢ ⎥ 0 ⎥ ⎦+ ⎣ 0 ⎦. 5 −1 −4

Gleichgewichtsbedingungen (Komponentenschreibweise): 1 1 3 √ S1 − √ S2 − G = 0 , 5 10 10 3 3 2 − √ S 1 − √ S 2 − √ S3 = 0 , 10 10 5 1 9 − √ S3 − G = 0 . 5 5 Auflösen liefert:

S1 =

√ 9 10 G 10

√ 9 5 G S3 = − 5

(Zug),

(Druck) .

S2 =

√ 3 10 G 10

⎤

0 S3 ⎥ S3 = √ ⎢ ⎣ −2 ⎦ , 5 −1

(Zug) ,

139

Statik: Lösungen

Lösung I.1.7 Gravitationsgesetz: K=γ

Mm r . |r|2 |r|

Ortsvektoren von mc und m: a a c sin ϕ b c sin ϕ a =√ 2 → a = √ 2 , b = √ 2 , c sin ϕ a + b2 a + b2 a + b2 √ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ b sin ϕ/ √a2 + b2 a ⎢ ⎥ ⎢ 2 2 r c = c ⎣ −a sin ϕ/ a + b ⎦ , r m = ⎣ b ⎥ ⎦, c cos ϕ √ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ c b sin ϕ/ √a2 + b2 − a x ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ = r c − r m = ⎣ −c a sin ϕ/ a2 + b2 − b ⎦ = ⎣ y ⎦ ; z c(cos ϕ − 1) im Sonderfall: ⎡

√ ⎤ sin ϕ/ 2 − 1

√ ⎥ = a⎢ ⎣ − sin ϕ/ 2 − 1 ⎦ . cos ϕ − 1

Anziehungskräfte: ⎡

⎤

0 γ m ma ⎢ ⎥ Ka = 2 ⎣ −b ⎦ , 2 3/2 (b + c ) −c ⎡

⎡

γ m mb ⎢ Kb = 2 ⎣ (a + c2 )3/2 ⎤

x γ m mc ⎢ ⎥ Kc = 2 ⎣ y ⎦ ; (x + 2y + 2z )3/2 z im Sonderfall: ⎡

⎤

0 γ m ma ⎥ Ka = √ 2 ⎢ ⎣ −1 ⎦ , 2 2a −1

⎡

⎤

−1 γ m mb ⎥ Kb = √ 2 ⎢ ⎣ 0 ⎦, 2 2a −1

⎤

−a 0 ⎥ ⎦, −c

140

Statik: L¨ osungen

√ ⎡ ⎤ sin ϕ/ √2 − 1 γ m mc ⎢ ⎥ Kc = 2 ⎣ − sin ϕ/ 2 − 1 ⎦ . a (4 − 2 cos ϕ)3/2 cos ϕ − 1 Resultierende im Sonderfall: R = Ka + Kb + Kc √ ⎛ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎞ −1 sin ϕ/ √2 − 1 γ m ⎜ ma ⎢ m c ⎢ ⎥⎟ R = 2 ⎝ √ ⎣ −1 ⎥ ⎦+ ⎣ − sin ϕ/ 2 − 1 ⎦⎠ . a (4 − 2 cos ϕ)3/2 2 2 −2 cos ϕ − 1

→

r m

M −K

K Kc

z

z ρ

Kb

ϕ

mc c cos ϕ

d a b

c

y mb

mc

y

Ka

b

c sin ϕ

d

a

mc

x

c sin ϕ d ma

d

x

Lösung I.2.1 Die Kontaktkräfte N1 und N2 stehen senkrecht zu den jeweiligen Ber¨ uhrungsebenen. Gleichgewichtsbedingungen:

h Gl cos α + N2 = 0 2 sin α

A:

−

→:

S − N2 sin α = 0

→

N2 =

Gl sin α cos α , 2h

→

S=

Gl 2 sin α cos α . 2h

Anm.: Mit den Gleichgewichtsbedingungen in vertikaler Richtung wäre zu pr¨ ufen, ob N1 < 0 gilt; dann wäre die Lösung physikalisch nicht sinnvoll, sondern der Balken w¨ urde abheben.

141

Statik: Lösungen

Lösung I.2.2 Gleichgewichtsbedingungen: →: ↓:

A:

N2 sin 30◦ − F = 0 , N1 − N2 cos 30◦ + G = 0 , N2 (l − a) − G

l cos 30◦ − F l sin 30◦ = 0 . 2

Auflösen liefert:

F =

√ 3 G, 6 − 8a/l

N1 =

8a/l − 3 G, 6 − 8a/l

N2 = 2F .

Die Lösung ist nur f¨ ur N1 > 0 und N2 > 0 physikalisch sinnvoll. Dies f¨ uhrt auf die Bedingung 3/8 < a/l < 3/4.

142

Statik: L¨ osungen

Lösung I.2.3 Aus Symmetriegr¨ unden sind alle Stabkräfte gleich groß. Gleichgewichtsbedingung:

C:

→

M0 + h S1 = 0

S1 = S2 = S3 = −

M0 . h

Geometrie: h=

3 r. 2

Lösung I.2.4 Gleichgewichtsbedingungen (vektorielle Schreibweise):

Si + F = 0 ,

i

ri × S i + rF × F = 0 .

i

Ortsvektoren: ⎡

r1 = r4 = r6 = 0 , r2 = r5 = ⎢ ⎣

⎤

⎡

⎤

⎡

Kraftvektoren: ⎡

S 1 = S1 ⎢ ⎣

⎤

0 0 ⎥ ⎦, −1

⎡

S 2 = S2 ⎢ ⎣

⎤

2a 2a 0 ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ 0 ⎥ ⎦ , r 3 = ⎣ 2a ⎦ , r F = ⎣ 2a ⎦ . 0 0 0

⎤

0 0 ⎥ ⎦, −1

⎡

S 3 = S3 ⎢ ⎣

⎤

0 0 ⎥ ⎦, −1

143

Statik: Lösungen ⎡

⎤

2 S4 ⎥ S4 = √ ⎢ ⎣ 0 ⎦, 5 −1 ⎡

1

⎡

⎤

0 S5 ⎥ S5 = √ ⎢ ⎣ 2 ⎦, 5 −1

⎡

S6 ⎢ S6 = ⎣ 3

⎤

2 2 ⎥ ⎦, −1

⎤

⎥ F =F⎢ ⎣ 0 ⎦.

0 Gleichgewichtsbedingungen (Komponentenschreibweise): 2 2 √ S4 + S6 + F = 0 , 3 5 2 2 √ S5 + S6 = 0 , 3 5 1 1 1 S1 + S2 + S3 + √ S4 + √ S5 + S6 = 0 , 3 5 5 2a S3 = 0 , 2 2a S2 + 2a S3 + √ a S5 = 0 , 5 4 √ a S5 − 2a F = 0 . 5 Auflösen liefert: 1 S1 = F , 2 3 S6 = − F . 2

1 S2 = − F , 2

√ S3 = S4 = 0 ,

S5 =

5 F, 2

144

Statik: L¨ osungen

Lösung I.2.5 Als Gleichgewichtsbedingungen werden nur Momentengleichungen um geeignet gewählte Achsen verwendet. Damit lassen sich die Stabkräfte rekursiv bestimmen. Komponenten der schräg wirkenden Kraft S 6 : 1 S6x = √ S6 , 6

2 S6y = − √ S6 , 6

1 S6z = √ S6 . 6


(A)

Miz = 0 :

3a S3 = 0

→

(A) Mix

=0:

6a S6z − 2a G = 0

→

S3 = 0 , √ S6 = 6 G/3 ,

Miy = 0 :

(0)

− 3a S4 + a G = 0

→

S4 = G/3 ,

(0)

− 3a S5 − 6a S6x = 0

→

S5 = − 2G/3 ,

(B)

− 6a S1 − 6a S4 + 4a G = 0

→

S1 = G/3 ,

(B)

− 6a S2 − 3a S5 = 0

→

S2 = G/3 .

Miz = 0 : Mix = 0 : Miz = 0 :

Lösung I.2.6 Eine rekursive Bestimmung der Stabkräfte ist bei diesem Beispiel nicht möglich. Die Aufgabe wird ohne Vektorformalismus gelöst.

145

Statik: Lösungen

Geometrie: S1z S1 S1x = = , S2x S2z S2

S3y S3 = , S4y S4

S1x 4a . = S1z 6a


Fix = 0:

S1x − S2x = 0

Fiy = 0:

S3y + S4y = 0

(B)

(0)

→ S4 = 0 ,

(0)

Miy = 0:

−8a S2z − 8a S6 − 4a G1 − 6a G2 = 0

√ → S2 = − 13(2G1 + 3G2 )/24 ,

Miz = 0:

−12a S1x + 12a S2x − 8a S4y = 0

→ S3 = −S4 ,

Mix = 0:

12a S1z +12a S2z +6a G1 +9a G2 = 0

→ S1 = S2 ,

→ S6 = −(2G1 + 3G2 )/8 ,

(D)

Miy = 0:

8a S1z + 8a S5 + 4a G1 + 2a G2 = 0

→ S5 = −(2G1 − G2 )/8 .

Der Stab 5 ist f¨ ur G2 < 2G1 ein Druckstab und f¨ ur G2 > 2G1 ein Zugstab.

146

Statik: L¨ osungen

Lösung I.2.7 Infinitesimale Kraft am Bogenelement: dRx (−ϕ) = dRx (ϕ) ,

dRy = p0 cos ϕ R dϕ .

Resultierende: 60◦

Rx =

60◦

dRx = 0 ,

Ry = 2

−60◦

60◦

dRy = 2p0 R 0

cos ϕ dϕ =

√

3p0 R .

0

Moment um M:

M:

MM = p0

2π R R = 2π p0 R2/3 . 3

¨ Aquivalentes Lastsystem in M:

R=

√ 0 3 p0 R

,

MM = 2π p0 R2 /3 .

Bedingung f¨ ur resultierende Einzelkraft auf Wirkungslinie durch B:

B:

MB = MM − Ry b = 0

→

b=

MM 2π R = √ ∼ = 1, 21R . Ry 3 3

Resultierende Einzelkraft und Wirkungslinie:

R=

√ 0 3p0 R

,

xB = 1, 21R , yB beliebig .

MM M

R

60◦ 60◦ y

ϕ dR R dϕ

x

dR

b

R B

147

Statik: Lösungen

Lösung I.3.1 Wegen t a kann man die Schwerpunkte mit Hilfe der Formeln f¨ ur Linienschwerpunkte berechnen. a) Gesamtschwerpunkt:

xi li xs = , li

yi li ys = . li

Teilprofile: : x1 = 0 ,

y1 = a/2 ,

l1 = a ,

: x2 = a/2 ,

y2 = 0 ,

l2 = a ,

: x3 = 3 a/2 ,

y3 = a/2 ,

l3 =

√ 2a.

Einsetzen liefert: √ xs = (5 2/4 − 1) a ,

ys =

√ 2 a/4 .

b) Gesamtschwerpunkt:

xs = 0

(Symmetrie),

yi li ys = . li

Teilprofile: : y1 =

1 a, 2

l1 = 2a ,

: y2 = 0, : y3 = a + Einsetzen liefert:

ys =

3+π a. 4+π

l2 = 2a , 2 a, π

l3 = πa .

148

Statik: L¨ osungen

Lösung I.3.2 Die ausgeschnittenen Kreisflächen gehen in die Formeln f¨ ur die Schwerpunktkoordinaten als negative“ Flächen ein. Der Gesamtschwerpunkt liegt ” auf der Verbindungsgeraden der Teilschwerpunkte. a) Gesamtschwerpunkt:

xi Ai xs = , Ai

ys = 0

(Symmetrie) .

Teilflächen: A1 = π r12 ,

x1 = 0 ,

x2 = r1 /2 ,

A2 = − π r22 .

Einsetzen liefert: xs = −

r1 r22 . 2(r12 − r22 )

b) Gesamtschwerpunkt:

x i Ai , xs = Ai

ys = −xs .

Teilflächen: x1 = 0 ,

A1 = π a b ,

x2 = b/3 ,

A2 = − π b2 /9 .

149

Statik: Lösungen

Einsetzen liefert: xs = −

b2 . 3(9a − b)

Lösung I.3.3 Schwerpunktskoordinaten: xs = 0

(Symmetrie),

ys =

1 2 y dA = y dA . A πR 2

a) Wir √ integrieren zuerst u ¨ber y mit den Integrationsgrenzen y = 0 und y = R 2 − x2 (die variable Grenze folgt aus der Kreisgleichung). Anschließend erfolgt die Integration u ¨ber x mit den Grenzen x = −R und x = R. Flächenelement: dA = dx dy . Statisches Moment:

y dA =

=

R

√ R2 −x2

x = −R

y=0

R x = −R

R

y dy dx

√

1 R 1 2 "" R2 −x2 y " dx = (R2 − x2 ) dx 2 0 2 x = −R

= (R2 − x2 ) dx = 0

2 3 R . 3

150

Statik: L¨ osungen

Einsetzen liefert: ys =

4R . 3π

b) Flächenelement: dA = r dϕ dr . Zusammenhang zwischen y, r und ϕ: y = r sin ϕ . Statisches Moment:

S

R

r2 sin ϕ dr dϕ =

y dA = ϕ=0 r=0

S R3 2 sin ϕ dϕ = R 3 . 3 3 ϕ=0

Einsetzen liefert: ys =

4R . 3π

Lösung I.3.4 Wir wählen ein Flächenelement dA = dx dy und integrieren zuerst u ¨ber y mit den Integrationsgrenzen y = g(x) und y = f (x). Anschließend erfolgt die Integration u ¨ber x mit den Grenzen x = 0 und x = a. Schwerpunktskoordinaten: xs =

1 x dA , A

y s = xs

(Symmetrie).

151

Statik: Lösungen

Fläche:

a

A = dA =

f(x)

=

a x=0

a

dy dx =

x = 0 y = g(x)

[f (x) − g(x)] dx =

f (x )

x=0

a x=0

[y|g(x ) ] dx

√ ( x a − x2 /a) dx = a2 /3 .

Statisches Moment:

a

x dA =

f(x)

x = 0 y = g(x)

a

=

x=0

x dy dx =

a x=0

x[f (x) − g(x)] dx

√ (x x a − x3 /a) dx = 3a3 /20 .

Einsetzen liefert: xs = 9a/20 .

Lösung I.3.5 Wir zerlegen die Ziffer in f¨ unf Teilflächen. Die ausgeschnittene Halbkreisfläche geht negativ in die Formeln f¨ ur die Schwerpunktskoordinaten ein.

152

Statik: L¨ osungen

i xi /a

yi /a Ai /a2

1 2,5

8,5

3

7,5

25,5

2 0,5 4 +1 3 π 8 +1 4 3π 5 0,5

7

4 9 π 2

2

28 27 π 2

3 3

xi Ai /a3

9 18 + π 2 16 − − 2π 3 0,5

−2π

0,5

1

Summen:

8+

→ xs = 1,93a ,

5 π 2

68 5 + π 3 2

yi Ai /a3

−6π 0,5 54 +

15 π 2

ys = 4,89a .

Lösung I.3.6 Schwerpunktskoordinate:

yi Vi ys = . Vi Teilkörper: y1 =

1 h, 4

V1 =

π 2 hr , 3

3 y2 = − r , 8

V2 =

2π 3 r . 3

153

Statik: Lösungen

Forderung: ys ≤ 0

→

h≤

√ 3r.

Lösung I.3.7 Schwerpunktskoordinate:

z dV . zs = dV Volumenelement: dV = 2π(R sin ϕ) (R dϕ) t = 2π t R2 sin ϕ dϕ . Statisches Moment:

z dV = R cos ϕ dV = 2π t R3

α 0

sin ϕ cos ϕ dϕ = π t R3 (1 − cos2 α) .

Volumen:

α

V = dV = 2π t R2 sin ϕ dϕ = 2π t R2 (1 − cos α) . 0

Einsetzen liefert: zs = (1 + cos α) R/2

→

zs = R − H/2 .

154

Statik: L¨ osungen

Sonderfall α = π/2 (Halbkugelschale): zs = R/2 .

Lösung I.3.8 Wir wählen eine d¨ unnwandige Halbkugelschale mit dem Radius r und der Dicke dr als Volumenelement: dV = 2π r2 dr. Die Schwerpunktskoordinate dieses Elements ist nach Aufgabe I.3.7 durch z = r/2 gegeben. Schwerpunktskoordinate:

z dV zs = . dV Volumen: V = 2π

R a Ri

r2 dr = 2π(Ra3 − Ri3 )/3 .

Statisches Moment:

z dV =

R a Ri

(r/2) 2π r2 dr = π(Ra4 − Ri4 )/4 .

Einsetzen liefert:

zs =

3(Ra4 − Ri4 ) . 8(Ra3 − Ri3 )

155

Statik: Lösungen

Halbkugel (Ra = R, Ri = 0): zs = 3R/8

(siehe Tabelle I.3.1).

Lösung I.3.9 Der Schwerpunkt liegt auf der Rotationsachse. Oberer Teilschwerpunkt:

zo =

π/2

z dA , Ao

zo Ao = −

2πR cos ϕ R dϕ = 2πR2 ,

Ao = 0

π/2

2πR cos ϕR sin ϕ dϕ = −πR3 .

0

Unterer Teilschwerpunkt: π/4

2πR(2 − cos ψ)R dψ = πR2 (π −

Au =

√ 2) ,

0 π/4

zu Au = 0

7 √ 2πR(2 − cos ψ) sin ψ R dψ = 2πR3 ( − 2) . 4

Gesamtschwerpunkt: zs =

zo Ao + zu Au Ao + Au

→

zs =

√ 5/2 − 2 2 √ R. π+2− 2

Da das Gewicht pro Flächeneinheit konstant ist, geht es nicht in die Rechnung ein.

156

Statik: L¨ osungen 2R ψ

R dϕ ϕ

M

R

R z

Lösung I.4.1 Die Streckenlast wird durch ihre Resultierende R = q0 a ersetzt. Geometrie: sin α = 3/5 . Gleichgewichtsbedingungen:

A:

a S3 sin α + 2a R/3 = 0

→

S3 = −10q0 a/9 ,

←:

S1 cos α + S3 cos α = 0

→

S1 = 10q0 a/9 ,

S1 sin α + S2 + S3 sin α + R = 0

→

S2 = −q0 a .

↓:

Lösung I.4.2 Wir bilden zunächst Gleichgewicht am Gesamtsystem und anschließend am Knoten K. Gleichgewicht am System aus dem Balken und den Stäben 2 und 3: ↑:

AV − F = 0

→

AV = F ,

A:

l F + h S1 = 0

→

l S1 = − F , h

→:

AH − S1 = 0

→

l AH = − F . h

157

Statik: Lösungen

Gleichgewicht am Knoten K: →:

−S1 + S3 sin α = 0

→

S3 = −

↑:

S2 + S3 cos α = 0

→

S2 =

l F, h sin α

l F. h tan α

Die Lagerkraft und die Stabkräfte sind unabhängig von der Länge a des Stabes 1.

Lösung I.4.3 Gleichgewicht am Balken:

◦

◦

A : a S + 2a S sin 60 − 3a G sin 60 = 0

→

: Ax − S cos 60◦ − G cos 60◦ = 0

→

C : 2a Ay + a S + a G sin 60◦ = 0

→

√ 9−3 3 G, S= 4 √ 13 − 3 3 G, Ax = 8 √ 9− 3 G. Ay = − 8

Gleichgewicht am Lager B: →:

−BH + S sin 30◦ + S sin 60◦ = 0 Symmetrie:

→

√ 3 3 G, 4 √ 3 3 G. BV = 4

BH =

158

Statik: L¨ osungen

Lösung I.4.4 Wir bilden zunächst das Gleichgewicht am Gesamtsystem und anschließend am Balken BC. Das Bauteil AD ist ein Stab. Gleichgewicht am Gesamtsystem: →: F1 − CH = 0

→

CH = F ,

→

A = 5F/6 ,

→

CV = 7F/6 .

→

D=−

D: 4a BV + 2a F2 − 4a CV = 0

→

BV = F/6 ,

√ 2 D − CH = 0 →: BH − 2

→

BH = F/3 .

C : 6a A − a F1 − 2a F2 = 0

E : a F1 − 4a F2 + 6a CV = 0 Gleichgewicht am Balken BC:

B : 4a

√

2 D + 6a F2 − 8a CV = 0 2

Lösung I.4.5 Gleichgewicht am Baumstamm:

D: 4a G − 6aS1 = 0

→

S1 = 2G/3 ,

√ 2 2 F, 3

159

Statik: Lösungen

E : 2a G − 6a S2 = 0

→

S2 = G/3 .

→

AV = 4G/7 ,

→

BV = 3G/7 .

→

CV = 2G/21 ,

C : 7a AV − 4a AH − 3a S1 = 0

→

AH = G/2 ,

→:

→

CH = − G/2 .

→

BH = − G/2 .

Gleichgewicht am Gesamtsystem:

B : 14a AV − 8a G = 0

A : 14a BV − 6a G = 0

Gleichgewicht am linken Teilkörper: ↑:

AV − S1 + CV = 0

AH + CH = 0

Gleichgewicht am Gesamtsystem: →: AH + BH = 0

Lösung I.4.6 Gleichgewicht am Container: ↑:

S−G=0

→

S = G.

160

Statik: L¨ osungen

Gleichgewicht am linken Teilkörper: √ 2 S=0 C : 2a AV + a 2

→

AV = −

√ 2 S=0 2

→

CV = −

→

√ 6− 2 G, BH = 6

→

CH =

→

AH = −

→

BV =

A : 2a CV + a

√

2 G, 4

√

2 G. 4

Gleichgewicht am rechten Teilkörper: √ 2 2 S − 3a S − 3a S=0 C : 3a BH + 4a 2 2

B : 3a CH + 7a

√

√ 2 2 S −3a S−3a S=0 2 2

√

√ 3−2 2 G. 3

Gleichgewicht am Gesamtsystem: →: AH + BH = 0

↑: AV +BV −G = 0

√ 6− 2 G, 6

√ 4+ 2 G. 4

Lösung I.4.7 Am rechten Teilsystem ersetzen wir die Streckenlast durch ihre Resultierende R = 32 q0 a.

161

Statik: Lösungen

Gleichgewicht am Gesamtsystem: →: −AH + F cos α = 0

→

AH = F cos α .

→

GV = F/2 sin α ,

→

AV = F/2 sin α ,

→

GH = 0 .

→

C = (9q0 a − F sin α)/8 ,

→

B = (3q0 a + 5F sin α)/8 .

Gleichgewicht am linken Teilsystem:

A : −a F sin α + 2a GV = 0

G : −2a AV + a F sin α = 0

→:

−AH + F cos α − GH = 0

Gleichgewicht am rechten Teilsystem:

B : a GV − 3a R + 4a C = 0

C : 5a GV − 4a B + a R = 0

Lösung I.4.8 Das Kräftepaar ist einem eingeprägten Moment F a gleichwertig, das am mittleren Teilbalken angreift. Aus den Gleichgewichtsbedingungen in horizontaler Richtung ergeben sich die Horizontalkomponenten der Lager- und der Gelenkkräfte zu Null. Gleichgewicht am mittleren Teilbalken:

G 1 : a F − 2a G2 = 0 ↓:

G1 − G 2 = 0

→

G2 = F/2 ,

→

G1 = F/2 .

162

Statik: L¨ osungen

Gleichgewicht am linken Teilbalken:

A : MA − a G1 = 0

→

MA = F a/2 ,

↑:

→

A = −F/2 .

A + G1 = 0

Gleichgewicht am rechten Teilbalken:

B : a(G2 + P ) + MB = 0

G 2 : MB + a B = 0

→

MB = −(F/2 + P ) a ,

→

B = F/2 + P .

Wenn die Kraft P unmittelbar links vom Gelenk G2 angreift, erhält man G2 = F/2 + P . Alle Lagerreaktionen sowie G1 ändern sich nicht.

Lösung I.4.9 Geometrie: S1x : S1y : S1z = S2x : S2y : S2z = 1 : 1 : 2 . Symmetrie: S 1 = S2 . Gleichgewichtsbedingungen:

Fix = 0:

Ax + S1x − S2x = 0

→

Ax = 0 ,

a G1 − 2a Az = 0

→

Az = G1 /2 ,

i

i

(B)

Mix = 0:

163

Statik: Lösungen

(A)

Mix = 0:

− a S1z − a S2z − 2a S1y − 2a S2y − a G1 − 2a G2 = 0

i

→

Fiy = 0:

Ay + S1y + S2y = 0 →

√ S = − 6(G1 + 2G2 )/8 , Ay = (G1 + 2G2 )/4 .

i

Lösung I.4.10 Gleichgewicht am rechten Teilkörper:

Fix = 0:

Dx = 0 ,

i

(E)

Mix = 0:

−a C + a Dz = 0

→

C = Dz .

→

Dz = 0 ,

→

Ax = 0 ,

→

Dy = −F/3 ,

→

Ay = −2F/3 ,

i

Gleichgewicht am Gesamtsystem:

(A)

Miy = 0:

−3a C − 3a Dz = 0

i

Fix = 0:

Ax + Dx = 0

i

(A)

Miz = 0:

−2a Dx + 3a Dy + aF = 0

i

Fiy = 0:

Ay + Dy + F = 0

i

(A)

2a B + 2a Dz − a F = 0

→

B = F/2 ,

(D)

3a Az + 3a B = 0

→

Az = −F/2 .

Mix = 0:

i

i

Miy = 0:

164

Statik: L¨ osungen

Lösung I.4.11 Geometrie: a=

√

2R.

Gleichgewicht f¨ ur oberen Zylinder (zentrales Kraftsystem): ↑:

N2 =

√

2 mg ,

→:

N1 = mg .

Gleichgewicht f¨ ur unteren Zylinder (zentrales Kraftsystem): √ ←: N3 − N2 / 2 = 0 √ ↑: N4 − N2 / 2 − mg = 0

→

N3 = mg ,

→

N4 = 2mg .

Gleichgewicht f¨ ur B¨ ugel:

B : N1 (a + R) − N3 R − M g(R + a/2) + A(2R + a) = 0

↑: A + B − M g = 0 →: −N1 + N3 = 0

→

√ Mg 2 √ , − mg A= 2 2+ 2

→

B=

→

√ Mg 2 √ > 0, + mg 2 2+ 2

Gleichgewicht erf¨ ullt .

Die Bindung in A ist einseitig. Es können nur Druckkontaktkräfte A > 0 u ¨bertragen werden. F¨ ur A < 0 kippt die Anordnung gegen Uhrzeigersinn um B:

165

Statik: Lösungen

√ M 2 √ < m 1 + 2/2

→

Kippen

Mg

N1

R

N1

mg R

N2

a mg

R+a

N2

N3

N3

R

a B N4

A 2R + a

Lösung I.5.1 Die Stäbe 1, 7 und 9 sind Nullstäbe. Die Lagerreaktionen erhalten wir aus den Gleichgewichtsbedingungen am gesamten Fachwerk. Die Stabkraft S3 ist gleich der Lagerreaktion A. Gleichgewicht am gesamten Fachwerk:

A : h P − 2h BV = 0

B : h P − 2h A = 0 →:

→

BV = P/2 ,

→

A = P/2 ,

BH = 0 .

Gleichgewicht am Knoten I: √ ↑: S3 +

2 S4 = 0 2

→

S4 = −

√ 2 P. 2

166

Statik: L¨ osungen

Lösung I.5.2 Wir berechnen zuerst die Lagerkraft A aus dem Gleichgewicht am Gesamtsystem. Anschließend trennen wir das Fachwerk mit einem Ritter-Schnitt durch die Stäbe 1, 2 und 3 und bilden Gleichgewicht am linken Teilsystem. Gleichgewicht am Gesamtsystem:

B:

6a A − 5a F1 − a F2 = 0

4 F. 3

→

A=

3a A − 2a F1 − 2a S3 = 0

→

S3 = F ,

a A + 2a S1 = 0

→

2 S1 = − F , 3 √ 2 F. S2 = − 3

Gleichgewicht am linken Teilsystem:

C:

D:

√ ↑:

A − F1 +

2 S2 = 0 2

→

Lösung I.5.3 Die Lagerreaktionen folgen aus dem Gleichgewicht am Gesamtsystem. Die Stäbe 5 und 6 sind Nullstäbe. Die Kraft im Stab 9 bestimmen wir mit Hilfe eines Ritter-Schnitts aus dem Gleichgewicht am rechten Teilsystem. Die Stabkraft S10 erhalten wir aus den Gleichgewichtsbedingungen am Knoten B. Gleichgewicht am Gesamtsystem:

A : a F − 2a B = 0

→

B : a F − 2a AV = 0 → →:

AH = 0 .

B = F/2 , AV = F/2 ,

167

Statik: Lösungen


K : c S9 − a B = 0 . Geometrie: b/c = tan 30◦ =

√

3/3,

a=b+c

→

Einsetzen liefert: S9 =

1 2

√

3 +1 F . 3

Gleichgewicht am Knoten B: ↑:

B + S10 sin 30◦ + S11 sin 45◦ = 0 ,

←: S10 cos 30◦ + S11 cos 45◦ = 0 . Auflösen liefert: 1 √ S10 = ( 3 + 1) F . 2

Lösung I.5.4 Geometrie: S2H S3H 2 = =√ , S2 S3 5

S3V 1 S2V = =√ . S2 S3 5

√ a = ( 3/3 + 1) c .

168

Statik: L¨ osungen

Gleichgewicht am Knoten I: ←: S2H + S3H = 0

→

S2 = −S3 .

Gleichgewicht am rechten Teilsystem: √ ↑:

S2V − S3V − F = 0 a a S2H + S3H − 4a F = 0 2 2

II :

a S1 +

←:

S1 + S2H + S3H + S4 = 0

S3 = −

→

S1 = 4F ,

→

S4 = −4F .

Lösung I.5.5 Die Stäbe 1 und 2 sind Nullstäbe. Gleichgewicht am Gesamtsystem:

5 F, 2

→

√

A:

1 5 2 a G − 2a √ B − a √ B = 0 → 2 5 5

B=

→:

2 AH − √ B = 0 5

→

AH =

5 G, 4

↑:

1 AV + √ B − G = 0 5

→

AV =

3 G. 8

5

8

5

G,

169

Statik: Lösungen

Gleichgewicht an den Knoten: Knoten II: √

2 S3 = 0 2

√ 3 2 G, 8

→

S3 = −

→

7 S4 = − G . 8

→

1 S5 = − G , 2

→

√ 1 S8 = − (7 + 4 3) G . 8

√ √ 2 2 S3 + S 5 + S7 = 0 2 2

→

√ 7 2 G. S7 = 8

←:

2 S6 + √ B = 0 5

→

5 S6 = − G , 4

↓:

1 S9 − √ B = 0 5

→

S9 =

↑:

AV +

√ →:

AH +

2 S3 + S 4 = 0 2

Knoten IV: ↑:

S5 +

1 G=0 2 √

→:

−S4 + S8 +

3 G=0 2

Knoten III: ↓: Knoten V:

5 G. 8

170

Statik: L¨ osungen

Lösung I.5.6 Gleichgewicht am Gesamtsystem:

B:

A:

12a A − 9a R = 0

→

A = 9q0 a/2 ,

12a B − 3a R = 0

→

B = 3q0 a/2 .


G:

6a B − 3a S5 = 0

→

S5 = 3q0 a .

−S5 + S4 sin α = 0

→

S4 = 15q0 a/4 ,

S3 + S4 cos α = 0

→

S3 = − 9q0 a/4 .

Gleichgewicht am Knoten II: →: ↑: Symmetrie: S 1 = S4 ,

S2 = S3 .

Lösung I.5.7 Vektorielle Darstellung der am Knoten III wirkenden Kräfte S 7 und S 8 : ⎡

⎤

2 S7 ⎥ S7 = − √ ⎢ ⎣ √1 ⎦ , 2 2 3

⎡

⎤

2 S8 −1 ⎥ S8 = − √ ⎢ ⎣ √ ⎦. 2 2 3

171

Statik: Lösungen

Gleichgewicht am Knoten I:

Fix = 0:

S6 = 0 , √

Fiz = 0:

√ 2 3 F, 3

3 S3 − F = 0 2

→

S3 =

1 S3 = 0 2

→

S1 = −

→

S2 =

→

S5 = 0 ,

→

S4 = 0 .

Fiy = 0: −S1 −

√ 3 F. 3

Gleichgewicht am Knoten II:

√ Fiz = 0:

3 S2 − F = 0 2

Fiy = 0: S1 +

√ 1 2 S2 + S5 = 0 2 2

√ 2 3 F, 3

√ Fix = 0: −S4 −

2 S5 = 0 2

Gleichgewicht am Knoten III:

Fiy = 0:

1 1 1 1 S3 − S2 − √ S7 + √ S8 = 0 2 2 2 2 2 2 → S7 = S8 , √

Fiz = 0: −

√ √ √ 3 3 3 3 S2 − S3 − √ S7 − √ S8 = 0 2 2 2 2 2 2

1 1 Fix = 0: −S9 − √ S7 − √ S8 = 0 2 2

√ 2 6 F, 3

→

S8 = −

→

√ 4 3 F. S9 = 3

172

Statik: L¨ osungen

Lösung I.6.1 Da keine Streckenlast vorhanden ist, erhält man bereichsweise eine konstante Querkraft und ein linear veränderliches Biegemoment. Lagerreaktionen: A = 2F ,

B = 5F .

Lösung I.6.2 Die Momentenlinie ist bereichsweise linear veränderlich. Wir berechnen f¨ ur beliebiges ξ die Biegemomente M1 (ξ) und M2 (ξ) an den Knickstellen der Momentenlinie. Anschließend werden die Werte ξ1 bzw. ξ2 bestimmt, f¨ ur die M1 bzw. M2 maximal werden. Lagerreaktionen: A=

G (3l − 3 ξ − a) , 3l

B=

G (3 ξ + a) . 3l

Biegemomente: M1 (ξ) = A ξ =

G [(3l − a) ξ − 3 ξ 2 ] , 3l

M2 (ξ) = B (l − ξ − a) =

G [(3l − 4a) ξ − 3 ξ 2 + a l − a2 ] . 3l

173

Statik: Lösungen

Extremwerte:

2

dM1 =0 dξ

→

ξ1 =

1 (3l − a) 6

→

M1max =

1 a 3− 36 l

dM2 =0 dξ

→

ξ2 =

1 (3l − 4a) 6

→

M2max =

1 a 3−2 36 l

Gl ,

2

Gl .

Es gilt: M1max > M2max

→

Mmax = M1max ,

ξ ∗ = ξ1 .

ur a < 3l/5. Die Lösung gilt nur f¨ ur ξ1 + a < l, d. h. f¨

Lösung I.6.3 Wir bestimmen die Schnittgrößenverläufe mit Hilfe des Föppl-Symbols. Belastung: q(x) = q0 − q0 x − a0 +

3q0 x − 2a1 . 4a

174

Statik: L¨ osungen

Schnittgrößenverläufe: Q(x) = −q0 x + q0 x − a1 −

3q0 x − 2a2 + C1 , 8a

1 q0 1 x − 2a3 + C1 x + C2 . M (x) = − q0 x2 + q0 x − a2 − 2 2 8a Randbedingungen: M (0) = 0: C2 = 0 , M (4a) = 0: −8q0 a2 + 9q0 a2 /2 − q0 a2 + 4a C1 = 0

→

Einsetzen liefert: Q(x) = M(x) =

3q0 9 q0 a − q0 x + q0 x − a1 − x − 2a2 , 8 8a 9 1 1 q0 q0 a x − q0 x2 + q0 x − a2 − x − 2a3 . 8 2 2 8a

Lagerkräfte: A = Q(0)

→

A = 9q0 a/8 ,

B = −Q (4a)

→

B = 11q0 a/8 .

C1 = 9q0 a/8 .

175

Statik: Lösungen

Maximales Moment (tritt auf bei x > 2a):

Q(x0 ) = 0

→

M (x0 ) = Mmax →

1 x0 = 2 + √ 3

a,

Mmax = 0,80q0 a2 .

Lösung I.6.4 F¨ ur die Lösung mit Hilfe des Föppl-Symbols muss bei der Integration jeweils ein Sprung in der Querkraftlinie bzw. in der Momentenlinie durch die vertikale Komponente der Stabkraft S bzw. durch das eingeprägte Moment M0 ber¨ ucksichtigt werden. Belastung: q(x) = q0 x − 4a0 . Schnittgrößenverläufe: Q(x) = −q0 x − 4a1 − S cos α x − 4a0 + C1 , M (x) = −q0 x − 4a2 /2 − S cos α x − 4a1 + C1 x − M0 x − 2a0 + C2 . Randbedingungen: M (0)

= 0: C2 = 0 ,

Q(8a) = 0: −4q0 a − S cos α + C1 = 0 , M (8a) = 0: −8q0 a2 − 4a S cos α + 8a C1 − M0 = 0 . Auflösen liefert: C1 = −q0 a,

S cos α = −5q0 a .

176

Statik: L¨ osungen

Einsetzen liefert: Q(x) = −q0 x − 4a1 + 5q0 a x − 4a0 − q0 a , M (x) = −q0 x − 4a2 /2 + 5q0 a x − 4a1 −q0 a x − 4q0 a2 x − 2a0 . Die Querkraft und das Biegemoment sind unabhängig von der Richtung des Stabes.

Lösung I.6.5 Lagerreaktionen: A = q0 a ,

B = 7q0 a/2 ,

C = −3q0 a/2 ,

MC = 3q0 a2 /2 .

Schnitt an der Stelle x1 : ↓:

S:

Q(x1 ) − A + R = 0 M (x1 ) − Ax1 + R

x1 =0 2

→

Q(x1 ) = q0 (a − x1 ) ,

→

M (x1 ) =

1 x1 x21 q0 a2 2 − 2 2 a a

.

177

Statik: Lösungen

Schnitt an der Stelle x2 : ↑:

S:

Q(x2 ) + C = 0

→

Q(x2 ) = 3q0 a/2 ,

M (x2 ) − MC − C(2a − x2 ) = 0

→

M (x2 ) =

3 x2 q0 a2 −1 + 2 a

.

Lösung I.6.6 Die Momentenlinie wird vom freien Ende her skizziert. Zum Zeichnen des Momentenverlaufs werden folgende Werte benötigt: M (2l) = 0 ,

M (4l) = 0 ,

M (3l) = − F l .

178

Statik: L¨ osungen

Lösung I.6.7 Lagerreaktionen (vgl. Aufgabe I.4.8): A = −F/2 ,

MA = F a/2 ,

B = 3F/2 ,

MB = −3F a/2 .

Lösung I.6.8 Lagerkräfte und Stabkräfte (s. Aufgabe I.5.6): A = 9q0 a/2 ,

B = 3q0 a/2 ,

S2 = S3 = −9q0 a/4 .

S1 = S4 = 15q0 a/4 ,

179

Statik: Lösungen

Bild I.6.9

Bild I.6.8

Lösung I.6.9 Lagerreaktionen: AV = −F/2 ,

BH = F/2 .

Lösung I.6.10 Die Momentenlinie kann ohne Berechnung der Lagerkräfte konstruiert werden. Der Querkraftverlauf folgt aus der Beziehung Q = dM/dx.

180

Statik: L¨ osungen

Lösung I.6.11 Lagerreaktionen: AH = − 2G/3 ,

AV = G ,

B = 2G/3 .

181

Statik: Lösungen

Lösung I.6.12 Zur Berechnung der Schnittgrößen im Bogen schneiden wir an einer beliebigen Stelle ϕ. Gleichgewichtsbedingungen: :

N + F sin ϕ = 0

→

N = − F sin ϕ ,

:

Q + F cos ϕ = 0

→

Q = − F cos ϕ ,

M + F (r sin ϕ + 4r) = 0

→

M = − F r(4 + sin ϕ) .

S:

Lösung I.6.13 Die Lage des Schwerpunkts f¨ ur einen Kreisbogen wird der Tabelle I.3.1 entnommen: a=r

ϕ 2 sin . ϕ 2

Gleichgewichtsbedingungen: i

Fiz = 0:

Qz + q0 r ϕ = 0

→

Qz = −q0 r ϕ ,

182

Statik: L¨ osungen

(0)

Mix = 0:

i

MT + q0 r ϕ r − a cos

ϕ =0 2

(0)

Miy = 0: My + q0 r ϕ a sin

i

ϕ =0 2

→

MT = −q0 r2 (ϕ − sin ϕ) ,

→

My = −q0 r2 (1 − cos ϕ) .

Alle anderen Schnittgrößen sind Null.

Lösung I.6.14 Lagerreaktionen: √ 3 F, Ax = − 2 MAx = 2F a ,

Ay = 0 ,

Az =

MAy = −7F a ,

3 F, 2 MAz = −

√

3F a .

183

Statik: Lösungen

Lösung I.6.15 Wir betrachten getrennt die Schnittgrößen aus dem Stammgewicht und die Schnittgrößen aus dem Anklammern. Die Teillösungen können superponiert werden. Kegelstumpfvolumen des Stamms oberhalb der Schnittstelle x:

r(x) = r0 2 − V (x) =

x H

,

π x π [(2H − x)r2 (x) − H r02 ] = H r02 [(2 − )3 − 1] . 3 3 H

Schnittgrößen aus Stammgewicht: N st (x) = −γ V (x)

→

N st = −γ Qst = 0 ,

π x H r02 [(2 − )3 − 1] , 3 H M st = 0 .

184

Statik: L¨ osungen

Gleichgewicht am freigeschnittenen Affen: Infolge der schwachen Gelenkmuskulatur können Klammerkräfte Ax , Ay , Bx und By aufgebracht werden, aber keine Klammermomente.

B:

Ay b − Ga = 0

→

Ay = Ga/b ,

→:

By − Ay = 0

→

By = Ay = Ga/b ,

Ax + Bx − G = 0

→

Ax + Bx = G .

↑:

Die Klammerung ist statisch u ¨berbestimmt: Durch Strecken oder Kontraktion der Körpermuskulatur kann der Affe innerhalb der Haftungsgrenzen und der körperlichen Spannkraftgrenzen Ax bzw. Bx aktiv beeinflussen. Schnittgrößen vom Anklammern: Bereich H − h < x ≤ H : N an = 0 ,

Qan = 0 ,

M an = 0 .

Bereich H − h − b < x < H − h : N an = −Ax (unbestimmt) ,

Qan = Ga/b ,

Bereich 0 ≤ x < H − h − b : N an = − G ,

Qan = 0 ,

M an = Ga .

a M an = G (H − h − x) . b

185

Statik: Lösungen

h

N

Ay

γV

Mb Q

Ay

Ax

Ax

x

Q Mb

b

Bx By

N

By

Bx G

y 2, 375

H a/b

2, 375

−7

?

H/2

3 N st 2 γ π H r0

−1

N an /G

Qan /G

1

M an

Lösung I.7.1 Wir denken uns das System aus einer beliebigen Lage ϕ durch eine virtuelle Verr¨ uckung Gϕ ausgelenkt. Prinzip der virtuellen Arbeit: GW = 0: M0 Gϕ − F l Gϕ sin ϕ = 0

→

Auflösen liefert: ϕ∗ = arcsin

M0 . Fl

Gleichgewicht ist nur f¨ ur |M0 /F l| ≤ 1 möglich.

(M0 − F l sin ϕ) Gϕ = 0 .

186

Statik: L¨ osungen

Lösung I.7.2 Wir f¨ uhren die virtuelle Verdrehung Gα des Trägers AB ein. Wegen der Symmetrie bleibt die Plattform beim Hochheben horizontal (GwG = GwB ). Prinzip der virtuellen Arbeit: GW = 0: F Gf − G GwG = 0 . Geometrie: GwG = GwB = l Gα cos 30◦ =

√

3 l Gα/2 ,

Gf = a Gα .

Einsetzen liefert: (F a −

√ 3 l G/2)Gα = 0

√ →

F =

3l G. 2a

Lösung I.7.3 Durch Entfernen des Lagers in B machen wir den Balken beweglich. Anschließend denken wir uns das System durch eine virtuelle Verr¨ uckung ausgelenkt. Die Streckenlast wird durch die Teilresultierenden R1 bzw. R2 links bzw. rechts vom Gelenk ersetzt. Prinzip der virtuellen Arbeit: GW = 0: R1 GwR1 + R2 GwR2 − B GwB + F sin α GwF = 0 .

187

Statik: Lösungen

Geometrie: GwR1 = a Gϕ/2 ,

GwR2 = 5a Gψ/2 ,

GwG = a Gϕ = 3a Gψ

→

GwB = 2a Gψ ,

GwF = a Gψ ,

Gϕ = 3 Gψ.

Einsetzen liefert: (3q0 a/2 + 5q0 a/2 − 2B + F sin α)a Gψ = 0 →

B = 2q0 a + F/2 sin α.

Lösung I.7.4 Durch einen Schnitt an der Stelle x legen wir die Schnittgrößen frei. Sie gehen wie eingeprägte Größen in das Prinzip der virtuellen Arbeit ein. Der Schnitt ermöglicht die virtuellen Verr¨ uckungen Gwl und Gwr (die ebenfalls mögliche horizontale virtuelle Verr¨ uckung des rechten Teilkörpers ist hier nicht von Interesse). Kinematik: Gwl = x Gα ,

Gwr = (l − x)Gβ ,

GwF = (l − a)Gβ .

Prinzip der virtuellen Arbeit: GW = 0: −M Gα − M Gβ + Q Gwl − Q Gwr + F GwF = 0 .

188

Statik: L¨ osungen

a) Mögliche virtuelle Verr¨ uckung: Gwl = Gwr

→

Gα = (l/x − 1)Gβ .

Einsetzen liefert: [−M (l/x − 1) − M + F (l − a)]Gβ = 0

→

M = (1 − a/l)x F .

→

Q = (1 − a/l)F .

b) Mögliche virtuelle Verr¨ uckung: Gα = −Gβ

→

Gwl = −x Gβ.

Einsetzen liefert: [−Q x − Q(l − x) + F (l − a)]Gβ = 0

Lösung I.7.5 Potientielle Energie:

Ep = G(R + r) cos ϕ +

1 c(R + r)2 sin2 ϕ . 2

Ableitungen: Ep = − G(R + r) sin ϕ + c(R + r)2 sin ϕ cos ϕ , Ep = − G(R + r) cos ϕ + c(R + r)2 (2 cos2 ϕ − 1) .

189

Statik: Lösungen

Gleichgewichtslagen: Ep = 0 →

→

sin ϕ [− G + c(R + r) cos ϕ ] = 0

ϕ1 = 0 ,

ϕ2, 3 = ± arccos

G . c(R + r)

Die Gleichgewichtslagen ϕ = ϕ2,3 = 0 existieren nur f¨ ur G < c(R + r). Stabilität: a)

G < c(R + r): Ep (ϕ1 ) = (R + r)[− G + c(R + r)] > 0

→ stabile Gleichgewichtslage,

Ep (ϕ2,3 ) = (R + r)[− G cos ϕ2,3 + c(R + r)(2 cos2 ϕ2,3 − 1)] =

b)

1 2 [G − c2 (R + r)2 ] < 0 c

G > c(R + r): Ep (ϕ1 ) < 0

c)

→ instabile Gleichgewichtslage.


G = c(R + r): Ep (ϕ1 ) = 0 ,

Ep (ϕ1 ) = 0 ,

EpIV (ϕ1 ) = − 3c(R + r)2 < 0


190

Statik: L¨ osungen

Lösung I.7.6 Wir wählen die Lage, f¨ ur die die Einzelmasse auf gleicher Höhe wie der Mittelpunkt der Scheibe liegt, als Bezugslage. Die horizontale Ebene durch den zugehörigen Kontaktpunkt K ist das Bezugsniveau zur Aufstellung der potentiellen Energie. Geometrie: x = Rϕ. Potentielle Energie: Ep = M g(R cos α − x sin α) + m g(R cos α − x sin α + r sin ϕ) → Ep = (M + m)g R(cos α − ϕ sin α) + m g r sin ϕ . Ableitungen: Ep = −(M + m)g R sin α + m g r cos ϕ , Ep = − m g r sin ϕ . Gleichgewichtslagen: Ep = 0

→

cos ϕ =

M +m R sin α =: k . m r

Gleichgewichtslagen existieren nur f¨ ur k ≤ 1 . Fallunterscheidung: a)

k 0 Ep (ϕ1 ) = 0, Ep (ϕ1 ) = − m g r = 0

→ instabile Gleichgewichtslage, → stabile Gleichgewichtslage. → Wendepunkt mit horizontaler Tangente: instabile Gleichgewichtslage.

Lösung I.7.7 Geometrie: Rϕ = rψ. Potientielle Energie: Ep = G1 [r + (R − r)(1 − cos ϕ)] + G2 [r + (R − r)(1 − cos ϕ)] − G2 r(ψ − ϕ) →

Ep = 2G[r + (R − r)(1 − cos ϕ)] − G(R − r)ϕ .

Ableitungen: Ep = 2G(R − r) sin ϕ − G(R − r) , Ep = 2G(R − r) cos ϕ .

192

Statik: L¨ osungen

Gleichgewichtslage: Ep = 0

→

ϕ1 = π/6 .

Stabilität: Ep (ϕ1 ) =

√

3 G(R − r) > 0

→ stabile Gleichgewichtslage.

Die Gleichgewichtslage ist unabhängig vom Verhältnis der Radien. Alternativer Lösungsweg: Bei Gleichgewicht muss die Summe der Momente um den Kontaktpunkt K verschwinden. Geometrie: sin ϕ1 =

r/2 r

→

ϕ1 = π/6 .

Lösung I.7.8 Potientielle Energie: Ep = G l/2 cos ϕ + 3G l/2 cos ϕ + 2Q l cos ϕ + cT ϕ2 /2 + cT (2ϕ)2 /2 →

Ep = 2l(G + Q) cos ϕ + 5cT ϕ2 /2 .

193

Statik: Lösungen

Ableitungen: Ep = 2l(G + Q)(Kϕ − sin ϕ) , Ep = 2l(G + Q)(K − cos ϕ)

mit

K=

5cT . 2l(G + Q)

Gleichgewichtslagen: Ep = 0

→

Kϕ = sin ϕ .

Fallunterscheidung: a)

K ≥ 1: Es existiert nur die Gleichgewichtslage ϕ1 = 0 .

b)

K < 1: Es existieren weitere Gleichgewichtslagen ϕj = 0, j = 2, . . . , N. Beispiel: F¨ ur K = 0,1 erhält man aus der zeichnerischen Lösung: ϕ1 = 0,

ϕ2 = 0,9π ,

ϕ3 = 2,3π ,

ϕ4 = 2,7π .

Stabilität: a)

K>1: Ep (ϕ1 ) = 2l(G + Q)(K − 1) > 0

→

stabile Gleichgewichtslage,

→

stabile Gleichgewichtslage.

K=1: EpIV (ϕ1 ) = 2l(G + Q) > 0 b)

K < 1: Ep (ϕj ) = 2l(G + Q)(K − cos ϕj ) . Beispiel: K = 0,1 : Ep (ϕ1 ), Ep (ϕ3 ) < 0

→

instabile Gleichgewichtslagen,

Ep (ϕ2 ), Ep (ϕ4 ) > 0

→

stabile Gleichgewichtslagen.

Die Gleichgewichtslagen sind abwechselnd stabil und instabil.

194

Statik: L¨ osungen

Lösung I.7.9 Geometrie der Schwerpunktshöhe: z z+h =√ 2 L a + z2

→

h= √

Lz −z. a2 + z 2

Potential Ep :

Ep = 2G h = 2G z √

L −1 , a2 + z 2

L L z2 L a2 1 dEp =√ 2 −1− √ 2 = √ 2 − 1, 2 2 3 2G dz a +z ( a +z ) ( a + z 2 )3 L a2 z 1 d2 Ep = −3 √ 2 . 2 2G dz ( a + z 2 )5

195

Statik: Lösungen

Gleichgewichtslagen: dEp =0 dz

→

2 2

2

(La ) = (a +

→

2 3 zgl )

L zgl

=± a a

2/3

− 1.

Gleichgewichtslagen zgl existieren nur f¨ ur L ≥ a. Stabilität der Gleichgewichtslagen: d2 Ep < 0 f¨ ur zgl > 0 dz 2

→

zgl > 0: instabil ,

d2 Ep > 0 f¨ ur zgl < 0 dz 2

→

zgl < 0: stabil .

ur zgl > 0 .) (Anschaulich: F¨ ur zgl < 0 liegt der Schwerpunkt höher als f¨ Anmerkung: Wenn man die Symmetrieannahme fallen lässt, m¨ ussen die Schwerpunktshöhen und das Potential durch die vertikale und seitliche Position (z und x) von B ausgedr¨ uckt werden. Anstelle der Potentialkurve Ep (z) erhält man eine Potentialfläche Ep (z, x). zgl > 0

zgl < 0 S

L

S

h

S

S

S

z

G a

Lösung I.7.10 Eingef¨ uhrt wird eine virtuelle Drehung um B mit dem Winkel GϕB . Sie f¨ uhrt zu horizontalen und vertikalen Verschiebungen Gu bzw. Gw in den Angriffspunkten der äußeren Kräfte am Gesamtsystem: GuS1 = (R + a)GϕB ,

GwS1 = R GϕB ,

GuS2 = R GϕB ,

GwS2 = (R + a)GϕB ,

GuS = h GϕB ,

GwS = (R + a/2)GϕB ,

GuN4 = 0 ,

GwN4 = (R + a)GϕB ,

GuA = 0 ,

GwA = (2R + a)GϕB .

196

Statik: L¨ osungen

Das ergibt eine virtuelle Arbeit von N4 : GWN4 = N4 GwN4 und verhindert zunächst die Bestimmung von A aus der Gleichgewichtsbedingung GW = 0 . Wir f¨ uhren zusätzlich eine vertikale virtuelle Verschiebung Gv aller Punkte der beiden Zylinder ein: Gv = −GwN4 = −(R + a)GϕB . Dabei sind N1 und N3 äußere Kräfte, die senkrecht auf Gv stehen; deshalb ist ihre virtuelle Arbeit mit Gv Null. Gesamte virtuelle Arbeit: GW = A GwA − m g(GwS1 + Gv) − m g(GwS2 + Gv) − M g GwS = [A(2R + a) − mg(R + R + a − 2R − 2a) − M g(R + a/2)]GϕB . Gleichgewichtsbedingung: →

GW = 0 GuS GwS1

Gv

Mg

GuS2

√ Mg 2 √ . − mg 2 2+ 2

S

mg S1

GuS1 GϕB

A=

GwS2 mg S2

Gv

N1 mg

N3 mg

GuA

B N4 , GwN4

A, GwA

N4 , δv

Lösung I.8.1 Ohne Haftung w¨ urde sich die Trommel im Uhrzeigersinn drehen. Die Haftungskraft ist so gerichtet, dass diese Bewegung verhindert wird. Gleichgewicht an der Trommel:

B:

rH −rG = 0

→

H = G.

197

Statik: Lösungen

Gleichgewicht am Hebel:

A:

b N + c H − (a + b)F = 0 →

1 N = [(a + b) F − c G] . b

Haftbedingung:

→

H ≤ µ0 N

F ≥

b + µ0 c G. µ0 (a + b)

Lösung I.8.2 Gleichgewicht an der Walze: ↑:

D cos 60◦ − G1 = 0

→

D = 6G .

→

N = 4G ,

→

H=

Gleichgewicht am Balken: ↑:

B:

N − D cos 60◦ − G2 = 0 aN +

√

3aH −

a 5 a D − G2 = 0 4 2

4√ 3G. 3

198

Statik: L¨ osungen

Haftbedingung:

H ≤ µ0 N

→

√ 3 . µ0 ≥ 3

Lösung I.8.3 Geometrie: cos α =

√

3/2

→

α = 30◦ .

→

N1 +

→

H 1 = H2 = H .

Gleichgewicht am mittleren Zylinder: ↑:

2N1 sin α + 2H1 cos α − G1 = 0

√

3 H1 = G1 .

Gleichgewicht am linken Zylinder: ↑: →:

S:

N2 − N1 sin α − H1 cos α − G2 = 0 , H2 − N1 cos α + H1 sin α = 0 , H1 r − H 2 r = 0

Auflösen liefert: H=

√ 3 G1 /6 ,

N1 = G1 /2 ,

N2 = G1 /2 + G2 > N1 .

199

Statik: Lösungen

Wesentliche Haftbedingung: H ≤ µ 0 N1

→

µ0 ≥

√

3/3 .

Anm.: Da die Wirkungslinie der Resultierenden von G2 , N2 und H2 durch den Punkt B geht, muss bei Gleichgewicht auch die Resultierende von N1 und H1 durch diesen Punkt gehen (zentrales Kräftesystem).

Lösung I.8.4 Gleichgewicht an der Kugel:

S:

H1 = 0 ,

↑:

N sin α − G1 = 0 ,

→:

N1 − N cos α = 0

→

N1 = G1 cotan α .

N l − Nr = 0

→

Nr = Nl = G1 cotan α ,

H r − G 1 − G2 = 0

→

H r = G1 + G2 .

→

µ0 ≥ (1 + G2 /G1 ) tan α .

Gleichgewicht am Gesamtsystem: →: ↑:

Haftbedingung: H r ≤ µ 0 Nr

200

Statik: L¨ osungen

Lösung I.8.5 Geometrie: a SV = . SH b Gleichgewicht an der Platte: →: ↑:

N1 − N2 = 0 , H1 + H2 − G2 = 0 .

Gleichgewicht am Klotz: →: ↑:

N2 − SH = 0 , SV − H 2 − G 1 = 0 .

Haftbedingungen: H 1 ≤ µ 0 N1 ,

H2 ≤ µ 0 N2 .

Auflösen liefert f¨ ur µ0 < a/b: G2 ≤

2µ0 G1 . a/b − µ0

201

Statik: Lösungen

F¨ ur µ0 → a/b gilt G2 → ∞. Im Fall µ0 a/b haftet die Platte bei beliebig kleinem Gewicht G1 (Selbsthemmung).

Lösung I.8.6 Aus dem Kräftegleichgewicht in horizontaler Richtung folgt, dass die Seilkraft oberhalb von A vertikal gerichtet ist. Kräfte- und Momentengleichgewicht: ↑:

B:

S A − GK − G = 0

→

SA = 6G/5 ,

a SA − b G = 0

→

6a = 5b .

Geometrie: a = l sin β ,

b=

l l sin β + cos β . 2 4

Einsetzen liefert: →

tan β = 5/14

β = 19, 7 ◦ .

Seilhaftung: S 2 ≤ S 1 e µ0 α

mit

S1 = GK = G/5 ,

S2 = SA = 6G/5 .

202

Statik: L¨ osungen

Auflösen liefert: α≥

ln 6 → α ≥ 17, 9 = 2, 85(2π) . µ0

ˆ 0, 95(2π) > 0, 85(2π) sind 3 Umschlingungen ausreichend. Wegen 360◦ − β =

Lösung I.8.7 Wir nehmen an, dass sich die Trommel entgegen dem Uhrzeigersinn dreht. Die Reibungskräfte R1 und R2 wirken entgegen der Bewegungsrichtung. Gleichgewicht an der linken Bremsbacke:

A:

r N1 − r R1 − 2r F = 0 .

Gleichgewicht an der rechten Bremsbacke:

A:

− r N2 − r R2 + 2r F = 0 .

Reibungsgesetze: R1 = µ N1 ,

R2 = µ N2 .

203

Statik: Lösungen

Auflösen liefert: R1 =

2µ F, 1−µ

R2 =

2µ F. 1+µ

Die Bremskräfte f¨ ur die auf- und die ablaufende Backe sind verschieden. Bremsmoment: MB = r(R1 + R2 )

→

MB =

4µ rF . 1 − µ2

Lösung I.9.1 Seillänge: L=2

q0 l H sinh q0 2H

→

3 q0 l u = sinh u mit u = . 2 2H

→

H=

Graphische Lösung: u∗ = 1, 62

q0 l = 3080 N . 2u∗

204

Statik: L¨ osungen

Durchhang:

f=

H q0 l −1 cosh q0 2H

→

f = 50,1 m .

Maximale Seilkraft:

H +f q0

Smax = q0 ymax = q0

→

Smax = 8090 N .

Lösung I.9.2 a) Wir bestimmen die maximale Seilkraft mit Hilfe der Kettenlinie bzw. des Parabelansatzes bei fest vorgewähltem Verhältnis v = f /l (zum Beispiel v = 0,1/0,15/0,2) und stellen den Fehler als Funktion von v graphisch dar. Durchhang (Kettenlinie):

f=


→

2v u + 1 = cosh u mit u =

Graphische Lösung (zum Beispiel f¨ ur v = 1/5): u∗ = 0,762 . Maximale Seilkraft: SmaxK = H cosh u∗ =

q0 l cosh u∗ = 0, 856q0 l . 2u∗

q0 l . 2H

205

Statik: Lösungen

Maximale Seilkraft (Parabelansatz, zum Beispiel f¨ ur v = 1/5):

SmaxP

q0 l l

= 1+ 2 4f

2

q0 l 1 = 1+ 2 4v

2

= 0,8q0 l .

Fehler: 0,056 SmaxK − SmaxP = 0,065 = ˆ 6,5% . = SmaxK 0,856 Ablesen liefert das gesuchte Verhältnis: f = 0,175 . l

b) Durchhang (Kettenlinie mit v = 0,175) :

f=


→

0,35u + 1 = cosh u

u∗ = 0,6741 .

→

Seillänge (Kettenlinie):

LK = 2

l H q0 l = ∗ sinh u∗ sinh q0 2H u

→

LK = 1,0775l .

→

LP = 1,0817l .

Seillänge (Näherungsformel):

LP = 1 +

8f 2 l 3l2

Fehler: ∆L = 0,004 = ˆ 0,4 % . LK

206

Statik: L¨ osungen

Lösung I.9.3 Kettenlinie: y = y0 cosh

x l → yC = y0 + b = y0 cosh . y0 y0

Umkehrfunktion: l = y0 arcosh

y0 + b . y0

Seilkraft bei C: SC = P = q0 yC

→

P = q0 (y0 + b) → y0 = P/q0 − b .

Einsetzen liefert: l=

P − q0 b P . arcosh q0 P − q0 b

207

Statik: Lösungen

Lösung I.9.4 Wir bezeichnen den Grenzwert der Haftungskraft mit H0 und die Horizontalbzw. die Vertikalkomponente der Seilkraft mit S0 bzw. V .

Gleichgewicht am Klotz: H 0 = S0 ,

N =V .

Grenzhaftung: H 0 = µ0 N . Neigungswinkel des Seils beim Klotz: a) tan α = V /S0 = N/H0

→

tan α = 1/µ0 .

L/2 y0

→

y0 =

→

1 a = sinh µ0 µ0 L

b) tan α =

c) tan α = sinh →

a 2y0

L = µ0 L/2 . 2 tan α

a = µ0 L arsinh 1/µ0 .

Durchhang:

f = y0 cosh

⎧ ⎪

⎡

1 µ0 L ⎨ ⎢ = cosh ⎣arcosh

⎪ 2 ⎩ µ0

→

a µ0 L 1 −1 = cosh arsinh 2y0 2 µ0

2

f = ( 1 + µ20 − µ0 )L/2 .

⎫ ⎪ ⎬ ⎥ + 1 ⎦ − 1⎪ ⎭ ⎤

−1

208

Statik: L¨ osungen

Maximale Seilkraft: Smax = q0 ymax = q0 (y0 + f )

→

Smax = q0 L 1 + µ20 /2 .

Lösung I.9.5 Die kleinste Seilkraft im Bereich AB tritt im Scheitel auf: H = S ∗ . Die Länge der gespannten Feder wird mit d bezeichnet. Seilkraft bei B: SB = H cosh

b q0 b q0 = S ∗ cosh ∗ . 2H 2S

Seillänge und Länge der gespannten Feder: l =h−d+

b q0 2H sinh q0 2H

→

d=

Gleichgewicht am Seilst¨ uck BD: ↑:

SB − q0 (h − d) − FC = 0

mit der Federkraft FC = c(d − d0 ) .

2S ∗ b q0 sinh +h−l. q0 2S ∗

209

Statik: Lösungen

Auflösen und Einsetzen liefert:

SB − q0 (h − d) c= d − d0

→

b q0 b q0 + 2S ∗ sinh ∗ − l q0 2S ∗ 2S . b q0 2S ∗ sinh ∗ + h − d0 − l q0 2S

S ∗ cosh c=

Lösung I.9.6 Seillänge: →

πr r = sinh 2y0 y0

x y0

→

y1 r = cosh = 2,88 . y0 y0

x y0

→

ds = cosh

L = π r = 2y0 sinh

r y0

→

Kettenlinie: y = y0 cosh

Bogenlänge: s = y0 sinh

x dx . y0

r = 1,72 . y0

210

Statik: L¨ osungen

Schwerpunktskoordinate:

ys =

r 2y0 2y0 π r y1 r y1 y0 y ds x = + cosh2 dx = + = L πr y0 πr 4y0 2 2 π 0

y1 y 0 − = 2 π

→

y1 − y s =

→

y1 − ys = 0,652r .

1 y1 − 2y0 π

y0 r r

Schwerpunkt eines Halbkreisbogens (vgl. Tabelle I.3.1): y1 − y s = r

2r sin α = α π

→

y1 − ys = 0,637r .

Schwerpunkt eines straffen Seils: y1 − ys =

r√ 2 h = π −4 2 4

→

y1 − ys = 0,606r .

Von allen möglichen Kurven gleicher Länge zwischen zwei festen Aufhängepunkten besitzt die Kettenlinie den tiefstmöglichen Schwerpunkt.

Lösung I.9.7 Wir wählen das Koordinatensystem so, dass der (gedachte) Scheitelpunkt bei x = 0, y = y0 = S0 /q0 = 120 m liegt.

211

Statik: Lösungen

Seilkraft und Koordinaten (Punkt A): SA = S0 /cos αA = 1697 N , tan αA = sinh(xA /y0 )

→

yA = SA /q0 = 169,7 m , xA = y0 arsinh(tan αA ) = 105,8 m .

Neigungswinkel und Koordinaten (Punkt B): cos αB = S0 /SB = S0 /Smax = 0,6

→

αB = 53,1◦ ,

yB = SB /q0 = Smax /q0 = 200 m , tan αB = sinh(xB /y0 )

→

xB = y0 arsinh(tan αB ) = 131,8 m .

Horizontaler und vertikaler Abstand: xB − xA = 26,0 m ,

yB − yA = 30,3 m .

Seillänge: s = y0 tan α → ∆l = sB − sA = y0 (tan αB − tan αA ) →

∆l = 40,0 m .

Lösung I.9.8 Neigungswinkel bei B: tan αB = sinh

xB =1 y0

→

xB = arsinh 1 = 0,881 . y0

212

Statik: L¨ osungen

Beziehung zwischen sinh und cosh: cosh2 γ − sinh2 γ = 1

→

cosh

xB = y0

1 + sinh2

xB √ = 2. y0

Gleichung der Kettenlinie: x y = cosh y0 y0

yA y B xA xB − = cosh − cosh y0 y0 y0 y0 √ a xA xA a √ 3 = cosh − 2 bzw. cosh = 3 + 2. y0 y0 y0 y0

→

→

Geometrie: xB − xA = 7a

a 1 = y0 7

→

x B xA − y0 y0

=

1 xA 0, 881 − 7 y0

Einsetzen liefert:

cosh

3 xA xA = 0,881 − y0 7 y0

+

√

2 = 1,792 − 0,429

xA . y0

Graphisch-numerische Lösung: xA = −1, 547 , y0

xA = 0,881 . y0

Seillänge:

L= →

y0 xB xA a sinh − sinh a y0 y0 L = 9,35a .

= 2,883(1 + 2,242) a

.

213

Statik: Lösungen

Lösung I.9.9 Durchhang: f = y0 (cosh xB /y0 − 1) . Seillänge: L = 2y0 sinh xB /y0 . Beziehung zwischen sinh und cosh: cosh2 γ − sinh2 γ = 1

→

2

f +1 y0

−

L 2y0

2

→

=1

y0 =

L2 − 4f 2 . 8f

Horizontalzug: →

H = F = q0 y0

F =

L2 − 4f 2 q0 . 8f

Neigungswinkel bei B und Umschlingungswinkel β: L 2y0

→

tan αB =

β = αB + π/2

→

β = arctan

tan αB =

4f L , L2 − 4f 2 4f L + π/2 . L2 − 4f 2

Seilkräfte bei B und C: SB = q0 ymax = q0 (y0 + f )

→

SB =

L2 + 4f 2 q0 , 8f

S C = q0 l . Seilhaftung: SB e−µ0 β ≤ SC ≤ SB eµ0 β

→

L2 + 4f 2 µ0 β L2 + 4f 2 −µ0 β e e . ≤l≤ 8f 8f

214

Statik: L¨ osungen

Lösung I.9.10 Die maximale Seilkraft tritt in den Aufhängepunkten 1“ (x = ±a) auf: ” N1 =

q0 y0 . cos ϕ1

Neigung in 1“: ” tan ϕ1 = sinh

a y0

→

a = arsinh (tan ϕ1 ) . y0

Einsetzen liefert: N1 =

a q0 = cos ϕ1 arsinh (tan ϕ1 )

a q0 . 1 + sin ϕ1 cos ϕ1 ln cos ϕ1

Extremumsbedingung: dN1 = 0. dϕ1 Die Bedingung f¨ uhrt auf eine transzendente Gleichung g(ϕ1 = ϕ∗1 ) = 0 f¨ ur ∗ ϕ1 . Die Nullstellenbestimmung ist nicht weniger aufwendig als die Suche nach einem Minimum in einem Wertevorrat N1 (ϕ1 = m ∆ϕ), s. Tabelle und Diagramm: ϕ1

0◦

N1 /(a q0 ) ∞

10◦

20◦

30◦

40◦

50◦

60◦

70◦

80◦

90◦

5,788

2,986

2,102

1,711

1,539

1,519

1,685

2,364

∞

215

Statik: Lösungen

55◦

ϕ1

N1 /(a q0 ) 1,51048

56◦

57◦

1,50904

1,50909

→ ϕ∗1 ∼ = 56, 44◦ . Erforderliche Seillänge: L = 2y0 sinh →

a = 2y0 tan ϕ∗1 y0

mit y0 =

a = 0, 834a arsinh(tan ϕ∗1 )

L = 2, 515a .

Durchhang: f = y0 (cosh

a − 1) y0

→

f = 0, 675a .

N1 q0 a 6

y

N1

∞

∞

ϕ1

y0 + f

4

2

y0 x x1 = a

30◦

60◦

90◦

ϕ1

II Elastostatik Lösung II.1.1 Geometrie:

b(x) = b0 1 +

x l

,

A(x) = a b0 1 +

x l

1 1 x V(x) = [b0 + b(x)]a x = a b0 2 + x. 2 2 l

Gleichgewicht: N (x) = g V(x) . Spannung an der Stelle x:

σ(x) =

N (x) A(x)

→

σ(x) =

(2l + x)x 1 g . 2 l+x

Spannung an der Einspannstelle x = l: σ(l) = 3 g l/4 .

,

217

Elastostatik: Lösungen

Verlängerung des Stabes: ∆l =

l

N (x) dx EA(x)

0

→

∆l =

g l2 (3 − 2 ln 2) . 4E

Lösung II.1.2 Streckenlast: n(x) = n0 x/l . Gleichgewicht am Teilstab: →: N (x) +

1 x n(x) − F = 0 2

→

N (x) = n0 l 1 −

→

Ff = n0 l/2 .

→

∆l =

Kraft in der Feder: Ff = N (l) Verlängerung der Feder: ∆l = Ff /c

n0 l 2 . 2 EA

Dehnung: ε(x) =

n0 l N (x) = EA EA

1−

x2 2l2

.

Verschiebung:

u(x) = ε(x) dx

→

u(x) =

→

C=−

n0 l EA

Randbedingung: u(l) = − ∆l

4n0 l2 . 3 EA

Einsetzen liefert: u(x) =

n0 l 2 EA

x3 4 x − + − 3 3 l 6l

.

x−

x3 6l2

+C.

x2 2l2

.

218

Elastostatik: L¨ osungen

Lösung II.1.3 Die Wärmedehnung ist gleich der Dehnung, die sich aus der Umfangsänderung ergibt. Die Spannung σ kann nicht aus Gleichgewichtsbedingungen allein ermittelt werden, da das Problem statisch unbestimmt ist. Forderung: εT = ε . Dehnung in Umfangsrichtung: ε=

δ δ 2π r − 2π(r − δ) = ≈ . 2π(r − δ) r−δ r

Wärmedehnung: εT = αT ∆T

→

∆T =

Dehnung nach dem Abk¨ uhlen: ε=

δ . r

Elastizitätsgesetz: σ =Eε

→

σ=E

δ . r

δ . αT r

219


Gleichgewicht an einem Element des Ringes: ↑:

p b r ∆ϕ − 2σ b t sin

∆ϕ = 0. 2

Linearisieren (sin(∆ϕ/2) ≈ ∆ϕ/2) und Auflösen liefert: t p=σ . r

Lösung II.1.4 Längenänderung beim Zusammendr¨ ucken: ∆l = −

Fa . (EA)Cu

Forderung: ∆l = −2h

→

F =

2h EA . a

Längenänderungen der Stabteile: ∆lCu =

Na , (EA)Cu

∆lSt = 2

Na . (EA)St

Verträglichkeitsbedingung: ∆lCu + ∆lSt = −h

→

N =−

h EA . 3a

220


Spannungen in den Stabteilen: σCu =

N ACu

→

σCu = −

h E, 6a

σSt =

N ASt

→

σSt = −

h E. 3a

Längenänderung des Mittelst¨ ucks: ∆lCu =

Na (EA)Cu

→

∆lCu = −

h . 3

Lösung II.1.5 Wir bestimmen die Horizontalkomponente ∆u der Verschiebung mit Hilfe eines Verschiebungsplans. Stabkräfte: S1 = −F ,

S2 = 0 .

Längenänderungen der Stäbe: ∆l1 = −

Fl , EA

∆l2 = 0 .

Komponenten der Verschiebung:

∆v = |∆l1 |

∆u =

√

3 ∆v

→

∆v =

Fl , EA

→

∆u =

√ Fl . 3 EA

Die Verschiebung des Knotens ist unabhängig von der Länge des Stabes 2.

221


Lösung II.1.6 Die Horizontalkomponente der Verschiebung ist Null (starrer Balken). Stabkräfte: S1 = −F/2 ,

S2 = F .

Vertikalverschiebung des Punktes C: ∆v = |∆l1 | +

∆l2 . sin 30◦

Stablängen: √ l1 = 2a tan 30◦ = 2a/ 3 ,

√ l2 = 2a/cos 30◦ = 4a/ 3 .

Längenänderungen: ∆l1 =

1 Fa S1 l1 = −√ , EA 3 EA

Einsetzen liefert: √ Fa . ∆v = 3 3 EA

∆l2 =

4 Fa S2 l2 =√ . EA 3 EA

222


Lösung II.1.7 Die Verschiebung des Knotens wird mit Hilfe eines Verschiebungsplans bestimmt. Stabkräfte: √ S1 = − 2 G ,

S2 = 0 .

Längenänderungen der Stäbe: ∆l1 = −

2G a , (EA)2

∆l2 = 0 .

Gesamtverschiebung: d=

|∆l1 | = 3,86 |∆l1 | . sin 15◦

Horizontalverschiebung: u = d cos 30◦

→

u = 6,69

Ga . (EA)2

→

v = 3,86

Ga . (EA)2

Vertikalverschiebung: v = d sin 30◦

Der Knoten verschiebt sich beim Anhängen des Klotzes nach links oben.

Absenkung des Hakens bei undehnbarem Seil: f1 = u − v = 2,83

Ga . (EA)2

223


Verlängerung des Seils: f2 =

Gl . (EA)1

Gesamte Absenkung des Hakens: f = f1 + f2

→

f = 2,83

Ga Gl + . (EA)2 (EA)1

Lösung II.1.8 Symmetrie: S 1 = S3 . Gleichgewicht: ↑:

S1 cos α + S2 + S3 cos α = 0

Längenänderungen: ∆l1 =

S1 l1 , EA

∆l2 =

S2 l2 . EA

→

S2 = −2S1 cos α .

224


Verträglichkeitsbedingung: ∆l2 − v = δ . Geometrie: l1 =

h , cos α

l2 = h − δ ≈ h ,

v=

∆l1 . cos α

Auflösen liefert: S1 = −

EA δ cos2 α , h(1 + 2 cos3 α)

S2 =

2EA δ cos3 α . h(1 + 2 cos3 α)

Lösung II.2.1 Flächenträgheitsmomente: 2

Iy = 2

t a3 a +2 12 2 2

Iz = 2

a 2

2

at + 2

2a t

Iyz = −2 −a

a at 2

t(2a)3 a +2 12 2

2a t

→

Iy =

7 3 a t, 6

→

Iz =

17 3 a t, 6

→

Iyz = a3 t .

→

ϕ∗ = 65◦ .


2Iyz Iy − Iz

225



I1, 2

Iy + Iz ± = 2

→

Iy − I z 2

I1 = 3,3a3 t ,

2 2 + Iyz

I2 = 0,7a3 t .

Lösung II.2.2 a) Schwerpunktskoordinate: a 0+ a z¯i li 2 z¯s = = li 4a + a

→

a . 10

z¯s =

Flächenträgheitsmoment: Iy = 2

a2 t a3 + 2 t a + z¯s2 4a t + 12 4

a − z¯s 2

2

at

13 3 a t. 15

→

Iy =

→

Wy =

Widerstandsmoment:

Wy =

Iy a/2 + z¯s

13 2 a t. 9

226


b) Schwerpunktskoordinate:

0 + aa z¯i li z¯s = = li 4a + a

→

a . 5

z¯s =

Flächenträgheitsmoment: Iy = 2

a2 t a3 t a3 + 2 t a + z¯s2 4a t + + (a − z¯s )2 a t 12 4 12 31 3 a t. 20

→

Iy =

→

Wy =

Widerstandsmoment: Wy =

Iy 3a/2 − z¯s

31 2 a t. 26

Das Flächenträgheitsmoment ist im Fall b) größer. Ein Träger mit diesem Profil erfährt daher die kleinere Durchbiegung. Allerdings treten wegen des kleineren Widerstandsmoments größere Spannungen auf (Stegbeulen).

Lösung II.2.3 Schwerpunktskoordinate:

ζi li ζs = li

→

ζs =

b (b/2) 2b = . 3b 3

227


Flächenträgheitsmoment: ⎡

Iy = 2 ⎣

2

1 3 b tb + 12 6

⎤

bt⎦ +

2

b 3

bt =

1 3 b t. 3

Widerstandsmoment: Wy =

Iy Iy = zmax 2b/3

1 2 b t. 2

→

Wy =

→

|σ|max =

Maximales Biegemoment: |M |max = q0 l2 /2 . Maximale Spannung: |σ|max =

|M |max Wy

q0 l 2 . b2 t

Forderung:

|σ|max ≤ σzul

→

l≤b

t σzul . q0

Lösung II.2.4 Die maximale Normalspannung im Schnitt D −D tritt am oberen Rand des Querschnitts auf. Die Flächenträgheitsmomente Iy sind f¨ ur beide Lagen des Profils gleich groß.

228


Lagerreaktion in B:

C:

B 7l − F l = 0

→

B = F/7 .

→

MD = 3F l/7 .

Biegemoment bei D: MD = B 3l Normalkraft: N = −F . Querschnittsfläche: A = (16 − π)r2 . Flächenträgheitsmoment:

Iy =

(4r)4 π 4 64 π 4 − r = − r . 12 4 3 4

Normalspannung: σ=

M N + z. A Iy

a) Abstand der oberen Randfaser: z = −2r . Einsetzen liefert:

|σ|max

l = 0,08 + 0,04 r

F . r2

229


b) Abstand der oberen Randfaser: √ z = −2 2 r . Einsetzen liefert:

|σ|max

l = 0,08 + 0,06 r

F . r2

Bei einem schlanken Balken (l r) ist der Anteil aus der Biegung sehr viel größer als der Anteil aus dem Druck.

Lösung II.2.5 Querschnittsfläche: A = 5a2 . Lage des Schwerpunkts:

p=

1 1 5 a 2a2 + a 3a2 A 2 2

→

p=

17 a. 10

Spannungen: σB = −

eF F + p, A I

σC = −

eF F − (4a − p) . A I

230


Dehnungen: εB = −

eF F + p, EA EI

Auflösen mit Elimination von

εC = −

eF F − (4a − p) . EA EI

eF liefert: EI

F = −(23εB + 17εC ) a2 E/8 .

Lösung II.2.6 Wir integrieren die Differentialgleichung der Biegelinie mit Hilfe des Föppl-Symbols. Dabei muss am Gelenk G ein Sprung ∆ϕG in der Neigung ber¨ ucksichtigt werden. Differentialgleichung und Integration: EIwIV (x) = q0 = q(x) , EIw (x) = q0 x + C1 = −Q(x) , EIw (x) = q0 x2 /2 + C1 x + C2 = −M (x) , EIw (x) = q0 x3 /6 + C1 x2 /2 + C2 x + C3 + EI ∆ϕG x − l0 , EIw(x)

= q0 x4 /24 + C1 x3 /6 + C2 x2 /2 + C3 x + C4 + EI ∆ϕG x − l1 .

Bedingungen: M (0) = 0

→

C2 = 0 ,

w(0) = 0

→

C4 = 0 ,

231


→

C1 = −q0 l/2 ,

M (l) = 0

→

q0 l2 /2 + C1 l = 0

w (2l) = 0

→

8q0 l3 /6 + 4C1 l2 /2 + C3 + EI ∆ϕG = 0 ,

w(2l) = 0

→

16q0 l4 /24 + 8C1 l3 /6 + 2C3 l + EI ∆ϕG l = 0 .

Auflösen liefert: C3 = q0 l3 /3 ,

EI ∆ϕG = −2q0 l3 /3 .

Biegelinie: w(x) =

q0 (x4 − 2l x3 + 8l3 x − 16l3 x − l1 ) . 24EI

Lösung II.2.7 Die Verformungen der Teilbalken werden der Biegelinientafel entnommen. Die Verschiebung des Punktes D folgt durch Superposition von drei Lastfällen (Lastfälle 5, 7 und 10 in Tabelle II.2.2). Verformungen der Teilbalken: EIw1 =

q0 a3 , 6

EIw2 =

q 0 a2 b , 2

EIw2 =

q 0 a2 b 2 , 4

EIw3 =

q0 a 4 . 8

Horizontalverschiebung von D: uD = b w1 + w2

→

uD =

q0 a 2 b (2a + 3b) . 12EI

232


Vertikalverschiebung von D: wD = a w1 + a w2 + w3

→

wD =

q0 a 3 (7a + 12b) . 24EI

Lösung II.2.8 Das Problem ist einfach statisch unbestimmt. Wir wählen die Stabkraft als statisch Unbestimmte: X = S . Verschiebungen im 0“-System: ” (0)

wI = αT ∆T b ,

(0)

wII =

F a3 . 3EI

Verschiebungen im 1“-System: ” X a3 X b X a3 (1) (1) wI = + , wII = . 3EI EA 3EI Kompatibilität: (0)

(1)

wI = wI + wI ,

(0)

(1)

wII = wII − wII ,

Auflösen liefert: F a3 − αT ∆T b S = 3EI 3 . b 2a + 3EI EA

wI = wII .

233


Lösung II.2.9 Das Problem ist einfach statisch unbestimmt. Durch das Anbringen eines Gelenks in der Ecke C erhält man einen Dreigelenkbogen. Als statisch Unbestimmte tritt das Biegemoment X = MC auf. Aus Symmetriegr¨ unden ist die Vertikalkomponente der Schnittkraft bei C Null. Zur Verformung √ des Rahmens trägt nur die zum Rahmen senkrechte Komponente 2q0 /2 der Belastung bei. Gleichgewicht am Gesamtsystem: AH = BH ,

AV =

√

2 q0 a ,

Neigungswinkel im 0“-System: ” √ 2 √ q0 ( 2 a)3 (0) . wC = − 2 24EI Neigungswinkel im 1“-System: ” √ X 2a (1) . wC = − 3EI

BV = AV .

234


Kompatibilität: wC = 0

→

(0)

(1)

wC + wC = 0 .

Auflösen liefert: MC = −

√ 2 q 0 a2 . 8

Gleichgewicht am linken Teilbalken:

C:

a AH − a AV +

a√ 2 q0 a + M C = 0 2

→

AH =

√ 5 2 q0 a . 8

Lösung II.2.10 Der Rahmen ist einfach statisch unbestimmt gelagert. Wir wählen die Lagerkraft B = X als statisch Unbestimmte. Die Verformungen werden mit Hilfe der Biegelinientafel ermittelt.

235


Verschiebung im 0“-System: ” (0)

q0 l 3 q0 l4 +l sin 30◦ 8 6 5q0 l4 . = 24EI

EIwB = EI(wC + l wC sin 30◦ ) = (0)

(0)

→

(0)

wB


EIwB = EI(wC + l wC sin 30◦ + wCB sin 30◦ ) (1)

(1)

=

+

X sin 30◦ l3 sin 30◦ 3 →

Verträglichkeitsbedingung: wB = 0

X l2 X l3 X l sin 30◦ l2 + +l + X l sin 30◦ l sin 30◦ 3 2 2

→

(0)

(1)

wB = wB .

(1)

wB =

7X l3 . 6EI

236


Auflösen liefert: B = 5q0 l/28 . Superposition: A = A(0) + A(1) (0)

(1)

MA = MA + MA

→

A = 23q0 l/28 ,

→

MA = −13q0 l2 /56 .

Lösung II.2.11 Das Problem ist zweifach statisch unbestimmt. Differentialgleichung und Integration: EIwIV (x) = q0 x − l0 = q(x) , EIw (x) = q0 x − l1 − B x − l0 + C1 = −Q(x) , EIw (x) = q0 x − l2 /2 − B x − l1 + C1 x + C2 = −M (x) , EIw (x)

= q0 x − l3 /6 − B x − l2 /2 + C1 x2 /2 + C2 x + C3 ,

EIw(x)

= q0 x − l4 /24 − B x − l3 /6 + C1 x3 /6 + C2 x2 /2 + C3 x + C 4 .

Bedingungen: w(0) = 0

→

C4 = 0 ,

w (0) = 0

→

C3 = 0 ,

w(l)

=0

→

C1 l3 /6 + C2 l2 /2 = 0 ,

w(2l) = 0

→

q0 l4 /24 − B l3 /6 + 4C1 l3 /3 + 2C2 l2 = 0 ,

M (2l) = 0

→

q0 l2 /2 − B l + 2 C1 l + C2 = 0 .

Auflösen liefert: C1 = 3q0 l/28 ,

C2 = −q0 l2 /28 ,

B = 19q0 l/28 .

237


Biegelinie: w(x) =

q0 (7 x − l4 − 19l x − l3 + 3l x3 − 3l2 x2 ) . 168EI

Lagerreaktionen: = − C1

→

A = − 3q0 l/28 ,

MA = M (0) = − C2

→

MA = q0 l2 /28 ,

→

C = 3q0 l/7 .

A

C

= Q(0)

= − Q(2l)

Lösung II.2.12 Das Problem ist einfach statisch unbestimmt. Wir ermitteln die Biegelinie durch Integration der Differentialgleichung. Das R¨ uckstellmoment durch die Drehfeder ist proportional zum Neigungswinkel w (a). Differentialgleichung und Integration: EIwIV (x) = 0 = q(x) , EIw (x) = C1 = −Q(x) , EIw (x) = C1 x + C2 = −M (x) , EIw (x) = C1 x2 /2 + C2 x + C3 , EIw(x)

= C1 x3 /6 + C2 x2 /2 + C3 x + C4 .

Randbedingungen: w(0) = 0 → C4 = 0,

w (0) = 0 → C3 = 0 ,

Q(a) = 0 → C1 = 0 , M (a) = M0 + cT w (a) → C2 = − M0 − cT w (a) .

238


Neigungswinkel: EIw (a) = C2 a = −M0 a − cT a w (a) → w (a) = −

M0 a . EI + cT a

Einsetzen liefert:

w(x) =

cT a M0 2 −1 x . EI + cT a 2EI

Lösung II.2.13 Das Problem ist zweifach statisch unbestimmt. Wir ermitteln die Biegelinie durch bereichsweise Integration. Dabei treten die statisch Unbestimmten MA und FB als Parameter auf. Gleichgewicht am Balken: ↑:

→

A − F + FB = 0

MA + F a − 2FB a − MB = 0 →

A:

A = F − FB , MB = MA + F a − 2FB a .

I : Bereich

→

M (x) = A x + MA

M (x) = F x − FB x + MA ,

EIw = −F x /2 + FB x /2 − MA x + CI , 2

2

EIw = −F x3 /6 + FB x3 /6 − MA x2 /2 + CI x + DI . II : Bereich

M (x) = FB (2a − x) + MB

→

M (x) = F a − FB x + MA ,

EIw = − F a x + FB x /2 − MA x + CII , 2

EIw = −F a x2 /2 + FB x3 /6 − MA x2 /2 + CII x + DII .

239


¨ Rand- und Ubergangsbedingungen: = 0

→

DI = 0 ,

w (2a) = 0

→

CII = 2F a2 − 2FB a2 + 2MA a ,

w (a− ) = w (a+ )

→

CI = 3F a2 /2 − 2FB a2 + 2MA a ,

w(a− ) = w(a+ )

→

DII = −F a3 /6 .

MA = − cA w (0)

→

MA = − F a/2 + 2FB a/3 ,

FB = cB w(2a)

→

FB =

w(0)

Kompatibilität:

6 MA 1 F+ . 2 11 a

Auflösen liefert: FB = 5F/14 ,

MA = − 11F a/42 .

Lösung II.2.14 Der Mast wird auf schiefe Biegung belastet. Wir zerlegen die Kraft F in ihre Komponenten in Richtung der Hauptachsen des Querschnitts und ermitteln die Spannungen und die Verschiebung durch Superposition. Die maximale Biegespannung tritt an der Einspannstelle auf. Die Schubspannungen infolge der Querkraft werden vernachlässigt. Biegemomente im Einspannquerschnitt: My = − F l sin 30◦ = − F l/2 , √ Mz = F l cos 30◦ = 3 F l/2 .

240


Flächenträgheitsmomente: Iy = 2

t 1 1 a3 = a3 t , 12 sin 30◦ 3

Iz = 2

t 1 (2a cos 30◦ )3 = a3 t . 12 cos 30◦

Normalspannung im Einspannquerschnitt: σ(y, z) =

My Mz z− y Iy Iz

Spannungs-Nulllinie: √ 3z + 3 y = 0

→

σ(y, z) = −(3z +

→

√ y = − 3z.

√

3 y)

Fl . 2a3 t

1 2 - bzw. Maximale Normalspannung (tritt auf den gesamten Flanken 3 4 - auf):

" "

σmax = ""σ 0, ∓

" a "" 3 F l . = 2 " 4 a2 t

Verschiebung in y-Richtung: F l3 cos 30◦ v= 3EIz

→

√ 3 F l3 v= . 6 E t a3

→

w=

Verschiebung in z-Richtung: w=

F l3 sin 30◦ 3EIy

1 F l3 . 2 E t a3

241


Lösung II.2.15 Der Balken wird auf schiefe Biegung beansprucht. Flächenträgheitsmomente:

2

Iy =

a4 3a(4a)3 3 − 2 − 2a2 a 12 12 2

→

Iy =

34 4 a , 3

Iz =

a4 4a(3a)3 − 2 − 2a2 a2 12 12

→

Iz =

41 4 a , 6

→

Iyz = −3a4 .

→

ϕ∗ = −26,6◦ .

3 Iyz = 0 − (−2a2 ) − a a 2 Hauptachsen: tan 2ϕ∗ =

2Iyz 4 → tan 2ϕ∗ = − Iy − Iz 3

Biegespannung: 2 . σ = (Iz z + Iyz y)My /∆ mit ∆ = Iy Iz − Iyz

Koordinaten des Punktes A: y = −a/2 , z = 2a . Einsetzen liefert: σA =

39 My . 176 a3

Alternativer Lösungsweg: Wir zerlegen das Biegemoment My in seine Komponenten in Richtung der Hauptachsen und ermitteln die Biegespannung durch Superposition. Dabei bezeichnen wir die 1-Achse mit η und die 2-Achse mit ζ. Biegespannung: σA =

MK M] ζA − ηA . IK I]

242



I1, 2

Iy − I z 2 Iy + Iz 2 ± = + Iyz 2 2 → I1 = IK = 77a4 /6, I2 = I] = 32a4 /6 .

Komponenten des Biegemoments: M1 = MK = My cos ϕ∗ ,

M2 = M] = −My sin ϕ∗ .

Trigonometrie: tan 2ϕ∗ = −4/3

→

sin 2ϕ∗ = −4/5 , √ sin ϕ∗ = −1/ 5 ,

cos 2ϕ∗ = 3/5 , √ cos ϕ∗ = 2/ 5 .

Koordinatentransformation: η = y cos ϕ + z sin ϕ , Koordinaten des Punktes A: yA = −a/2,

ζ = − y sin ϕ + z cos ϕ .

√ zA = 2a → ηA = −3 5 a/5,

√ ζA = 7 5 a/10 .

Einsetzen liefert: σA =

39 My . 176 a3

Lösung II.2.16 Das Problem ist vielfach statisch unbestimmt, kann aber aufgrund der vorhandenen Symmetrien auf ein einfach statisch unbestimmtes Problem zur¨ uckgef¨ uhrt werden. Die vertikalen Speichen 1 bzw. 3 werden auf Zug bzw. Druck beansprucht (dabei gilt S3 = −S1 ), die horizontalen Speichen 2 und 4

243


auf Biegung. Die Biegelinien der Speichen 2 bzw. 4 sind punktsymmetrisch bez¨ uglich D bzw. E. Da somit in D bzw. in E die Kr¨ ummung gleich Null ist, verschwindet dort auch das Biegemoment. Deshalb wirkt dort als einzige Schnittgröße die Querkraft; sie wird als statisch Unbestimmte X gewählt. Gleichgewicht an der Nabe: ↑:

S1 − S3 + 2X − P = 0

→

2S1 + 2X = P .

Kompatibilität: wN = ∆l1 = 2wD mit ∆l1 =

S1 l , EA

wD =

X(l/2)3 . 3EI

Auflösen liefert: X=

P , 2+α

S1 =

αP 2(2 + α)

mit α =

EA l2 . 6EI

Anm.: F¨ ur verschwindende Dehnsteifigkeit (α = 0) folgt X = P/2, S1 = 0; f¨ ur verschwindende Biegesteifigkeit (α → ∞) ergibt sich X = 0, S1 = P/2. Verschiebung der Nabe: wN =

Pl α . 2(2 + α) EA

244


Lösung II.3.1 Torsionsträgheitsmomente: π π IT2 = r4 (x) , IT1 = r04 , 2 2

IT3 =

π 4 r . 32 0

1 : Bereich

ϑ1 =

2M0 l . π G r04

2 : Bereich

ϑ2 =

3l 2M0 π G r04 0

dx

x 4 1− 6l

→

ϑ2 =

28M0 l . π G r04

3 : Bereich

ϑ1 =

32M0 l . π G r04

Verdrehung des Endquerschnitts: ϑ E = ϑ1 + ϑ 2 + ϑ 3

→

ϑE =

62M0 l . π G r04

Lösung II.3.2 Das Problem ist einfach statisch unbestimmt. Torsionsträgheitsmomente: IT1 = 16π r3 t ,

IT2 =

π 4 r . 2

245


Drehwinkel des Aluminiumrohrs und des Stahlstabs: ϑ1 =

M1 l , G1 IT1

ϑ2 =

M2 l . G2 IT2

Kompatibilität: ϑ 1 = ϑ2

→

M1 M2 = . G1 IT1 G2 IT2

→

4 M1 = − M0 . 7

→

M0, max =

Gleichgewichtsbedingung: M0 + M 1 + M 2 = 0 . Auflösen liefert: M1 = −

M0 G2 IT2 1+ G1 IT1

Maximale Schubspannung: τmax =

|M1 | r1 = τzul IT1

7 3 π r τzul . 4

Lösung II.3.3 Das Problem ist einfach statisch unbestimmt. Wir wählen die Lagerkraft B = X als statisch Unbestimmte. Flächenträgheitsmoment und Torsionsträgheitsmoment: I=

π 4 r , 4

IT =

π 4 r . 2

246



wB =

F l3 F (2l)2 (F l)(2l) F (2l)3 + + 2l + l 3EI 3EI 2EI GIT

(0)

→

wB =

→

wB =

29F l3 . 3EI


wB =

X l3 (Xl) (2l) X(4l)3 (X 2l)l + + l+ 2l 3EI 3EI GIT GIT

(1)

89X l3 . 3EI

Kompatibilität: (0)

(1)

wB = wB

→

B = 29F/89 .

→

A

Reaktionen im Lager A: A

= A(0) + A(1)

= 60F/89 ,

(0)

(1)

→

MAx = 60F l/89 ,

(0)

(1)

→

MAy = 62F l/89 .

MAx = MAx + MAx

MAy = MAy + MAy

Lösung II.3.4 Torsionsträgheitsmomente: a)−c): IT =

1 hi t3i 3

→

IT =

1 [2b(2t)3 + b t3 ] 3

→

IT =

17 3 bt . 3

247


√ 2 1 3 b b 4 2 2 IT = b b 2 + 2t t

4A2 d): IT = ' m ds t

→

Torsionswiderstandsmomente: a−c): WT =

IT tmax

→

WT =

→

WT =

17 2 bt . 6 √

d):

WT = 2Am tmin

3 2 b t. 2


MT . WT

Verhältnis der maximalen Schubspannungen: τmax, o WTg = τmax, g WTo

→

Lösung II.3.5 Verschiebung des Punktes D: wD = 2a ϑC . Verdrehwinkel des Querarms: ϑC =

MT 3a . G IT

Torsionsmoment: MT = 3P a .

√ τmax, o 3 3b . = τmax, g 17 t

→

IT =

3 3 b t. 8

248


Torsionsträgheitsmoment: 4A2 IT = ' m ds t

→ IT =

4(3b2 /2)2 18 3 = b t. 7 b 3b + 2 2 · 2t t

Einsetzen liefert: wD = 7

P a3 . G b3 t

Lösung II.3.6 Das Problem ist einfach statisch unbestimmt. Wir wählen die Federkraft F als statisch Unbestimmte. Verlängerung der Federn: ∆l =

F . c

Vertikalverschiebung der Enden des Querarms: w = 2h ϑ1 . Torsionsmoment: MT = 4F h .

249


Torsionsträgheitsmoment: 4A2 IT = ' m ds t

→

4(2h h)2 = 4h3 t . IT = 2h h + 2 2t t

Verdrehwinkel des Querarms: ϑ1 =

MT l . G IT

Verträglichkeitsbedingung: ∆l + w = a . Auflösen liefert:

MT =

4a c h . 2c l 1+ Ght

Torsionswiderstandsmoment: WT = 2Am tmin

→

WT = 4h2 t .


MT WT

→

τmax =

acG . G h t + 2c l

250


Lösung II.4.1 v=

¯i li Si S i

(EA)i

.

i

Si

S¯i

li

Si S¯i li EA (EA)i G a

1

0

0

a

0

2

0 √ 3 −3 2G/8

0 √ −3 2/8

a √

0

4 −7G/8

−7/8

a

49/64

5 −G/2

−1/2

a

1/4

6 −5G/4 −5/4 √ √ 7 7 2G/8 7 2/8 √ √ 8 −(7 + 4 3)G/8 −(7 + 4 3)/8

a √

25/16 √ 98 2/64 √ (97 + 56 3)/64

9

2a

2a

a

√ 18 2/64

10

5G/8 √ 5 5G/8

5/8 √ 5 5/8

a √

11

G

1

3a

15

Σ

45,4

Einsetzen liefert: v = 45,4

Ga . EA

5a

25/64 √ 625 5/64

251


Lösung II.4.2 Das Problem ist einfach statisch unbestimmt. Wir wählen die Stabkraft S5 als statisch Unbestimmte. Statisch Unbestimmte: ¯i Si(0) li S X = S5 = −

(EA)i . ¯2 li S

i

i

i

(EA)i

Stabkräfte: (0) Si = Si + X S¯i . (0)

S¯i

(0) S¯i Si

S¯i2

Si

1

−F

−1

F

1

−3F/5

2

−F

−1

F

1

−3F/5

3

0

−1

0

1

2F/5

4

0

−1

0

1

2F/5

5

0

1

0

1

−2F/5

Σ

2F

5

i Si

Lösung II.4.3 Das Gewicht des Balkens wird statisch äquivalent auf die Knoten I und II verteilt. Aus Symmetriegr¨ unden wird nur eine Hälfte des einfach statisch unbestimmten Tragwerks betrachtet.

252


Statisch Unbestimmte: ¯i Si(0) li S (EA)i . ¯2 li S

X=B=−

i

i

i

(0)

(EA)i

Si

S¯i

li

1 −5G/8

5/8

5a

i

(0) S¯i Si li

−125G a/64

S¯i2 li 125a/64

2

0

−5/8

5a

3

3G/8

−3/8

6a

−54G a/64

54a/64

Σ

−179G a/64

304a/64

0

125a/64

Einsetzen liefert: B = 179 G/304 .

Lösung II.4.4 Die auftretenden Integrale werden mit Hilfe der Koppeltafel berechnet. Statisch Unbestimmte:

¯ 1 M0 M dx . X = B = − EI2 ¯ M 1 dx EI

253


Integrale:

¯ 1 M0 dx = − 1 a a MA − 1 a a MA + 2 MA M 3 2 2 6 2 2

3 ¯ 2 dx = 2 1 a a a = a . M 1 3 22 6

Einsetzen liefert: B=

3MA . 2a

Neigungswinkel:

ϕB =

¯ 1 )M ¯ (M0 + X M dx . EI

Integral:

¯ 1 )M ¯ dx = (M0 + X M

=

1 MA 1 1 1 a − a 3 2 2 6 2

¯ dx M0 M

MA + 2

MA 2

→

=−

1 MA a 12

ϕB = −

MA a . 12EI

1 = − MA a2 , 4

254


Lösung II.4.5 Neigungswinkel ϕA :

ϕA =

¯ϕ MM dx EI

→

ϕA =

M0 b . 3EI

→

vB =

M0 a b . 3EI

Vertikalverschiebung vB :

vB =

¯v MM dx EI

Das Biegemoment im Bereich AC ist Null. Daher wird der Rahmen in diesem Bereich nicht gebogen, und es gilt vB = a ϕA .

Lösung II.4.6 Horizontalverschiebung:

uB =

¯H MM dx EI

→

uB =

1 5 F a3 2 2 1 5 aF aa + aF aa = + . (EI)1 3 (EI)2 3 3 (EI)1 (EI)2

255


Vertikalverschiebung:

vB =

¯V MM dx EI

→

vB =

5 1 15 5 F a3 1 1 25 15 aF a a + aF a a = + . (EI)1 2 3 (EI)2 2 3 3 18 (EI)1 (EI)2

Forderung: →

uB = v B

3 (EI)1 = . (EI)2 5

Lösung II.4.7 Die Biegesteifigkeit ist im Bereich BC nicht konstant. Daher kann das auftretende Integral in diesem Bereich nicht mit Hilfe der Koppeltafel berechnet werden. Flächenträgheitsmoment im Bereich AB: I = I0 =

b h30 . 12

Flächenträgheitsmoment im Bereich BC: I(x) =

b h3 (x) 12

→

I(x) =

1 x 1+ 8 l

3

I0 .

256


Absenkung des Punktes C:

wC =

¯ MM dx EI

→

wC =

1 1 2l q0 l2 l + EI0 2

l

0

1 q0 x2 x 2 dx .

1 x 3 E 1+ I0 8 l

Integral:

l 0

x3 17 − 3 ln2 l4

dx = x 3 8 1+ l

→

wC = 1,2

Lösung II.4.8 ¨ Anderung des Abstands: δ = u B + uC

→

δ=

1 ¯B + M ¯ C )dx . M (M EI

Integral:

√ 1 1 2 ¯ ¯ M (MB + MC )dx = 2 a 1 − Gaa − aGaa 3 2 2 1 √ = − (2 2 − 1) G a3 6 √ 2 2 − 1 G a3 . → δ=− 6 EI

q0 l 4 . EI0


257

Der Abstand zwischen den Punkten B und C wird größer.

Lösung II.4.9 Aus Symmetriegr¨ unden ist es ausreichend, ein Viertel des Rahmens zu betrachten. Die Querkraft ist an den Punkten A und B Null. Als statisch Unbestimmte wählen wir das Biegemoment MB . Statisch Unbestimmte:

¯ 1 M0 dx M . X = MB = − ¯ 12 dx M Integrale:

¯ 1 M0 dx = −a q0 (b2 − a2 ) − 1 a q0 a2 − 1 b q0 b2 M 2 3 2 3 2 1 1 1 = − q0 b3 − q0 a b2 + q0 a3 , 6 2 3 ¯ 12 dx M

= a + b.

Einsetzen liefert: MB = (b2 + 2a b − 2a2 )q0 /6 .

258


Biegemoment: ¯1 . M = M0 + X M

Lösung II.4.10 w=

¯i li Si S i

i

Si

(EA)i S¯i

+

¯ MM dx . EI li

Si S¯i li

a

9F a

1 −3F

−3

2

3 a √ √ −3 2 2a

3F √ 3 −3 2F

Σ

9F a √ 18 2F a √ 18(1 + 2)F a

259


Integral:

¯ dx = 2 1 a F a a + 1 a F a a = F a3 . MM 3 32

Einsetzen liefert: w = 18(1 +

√ F a F a3 + . 2) EA EI

Lösung II.4.11 Die erforderliche Absenkung wB des Seilendes bei B ist gleich der Absenkung der Last wA , die sich einstellt, wenn man die Unterlage bei A entfernt und das Seilende bei B festhält. Absenkung bei A: wA =

¯i li Si S i

=

→

(EA)i

+

¯ MM dx EI

2G 2h G(3h + 2l) 1 lGll + +2 (EA)1 (EA)2 3 EI wB =

4G h G(3h + 2l) 2 G l3 . + + (EA)1 (EA)2 3 EI

260


Lösung II.4.12 Statisch Unbestimmte: ¯ M 1 M0

dx +

¯ N 1 N0

dx (EI)1 (EA)2 X=S=− . ¯2 ¯2 M N 1 1 dx + dx (EI)1 (EA)2 Integrale:

¯ 1 M0 dx = − 5 F l3 sin α, M 48 ¯ 12 dx = 1 l3 sin2 α, M 24

¯12 dx = N

Einsetzen liefert:

S=

5F sin α cos α . (EI)1 2 sin α cos α + 24 2 l (EA)2 2

¯1 N0 dx = 0 , N l . 2 cos α

261


Lösung II.4.13 Kräfte auf den Rahmen in A und B: R=

√

2S .

Absenkung von A:

wA =

¯ ¯T MM MT M dx + dx . EI GIT

Integrale:

¯ dx = 2R a3 /3, MM

→

wA =

¯ T dx = 5R a3 MT M

√ 2 EI S a3 +5 . 2 3 GIT EI

Symmetrie: wB = − wA .

262


Lösung II.4.14 Statisch Unbestimmte: ¯ M 1 M0

X=B=−

dx +

¯ MT1 MT0

EI GIT ¯2 ¯2 M1 MT1 dx + dx EI GIT

dx .

Integrale:

¯ 1 M0 dx M

¯ 2 dx = 2a3 /3 , M 1

= a(2G a + 22G a)a/6 = 4G a3 ,

¯ T1 MT0 dx = − 9Ga3 , M

¯ 2 dx = a3 . M T1

Einsetzen liefert: B = 4G .

Reaktionen im Lager A: Az = −13G ,

MAx = 5G a ,

MAy = 15G a .

Durchbiegung:

wC =

¯ ¯T MM MT M dx + dx EI GIT

mit ¯1 , M = M0 + X M

¯ T1 . MT = MT0 + X M


Integrale:

¯ dx = 9G a3 /3 + a(2G a + 22G a) a/6 + 4G a3 /3 = 25G a3 /3 , MM ¯ T dx = 9G a3 − 4G a3 = 5G a3 . MT M

Einsetzen liefert: wC = 15

G a3 . EI

263

264


Lösung II.4.15 Die Lagerreaktion B wird als statisch Unbestimmte gewählt, d.h. das Lager B entfällt beim statisch bestimmten Hauptsystem. Es wird die Methode der passiven Arbeiten benutzt. Gleichgewicht am Träger:

A : 3l P − 2l C − l B = 0 ↑: A + B + C − P = 0

→

C = (3P − B)/2 ,

→

A = −(P + B)/2 .

Innere passive Arbeit: ¯i = W

¯ MM dx = 0 : EI

¯ i = 1 l(P + B) l B ¯ l + 1 l[(P + B)l + P l]B ¯l =0 → EI W 3 2 2 6 2 Restliche Lagerreaktionen und Biegemomentenverlauf: A=

P , 4

C=

9P , 4

M (l) =

Pl . 4

B=−

3P . 2

265


Lösung II.4.16 Die Lagerung ist einfach statisch unbestimmt. Wir wählen die Lagerreaktion in C als statisch Unbestimmte und die Methode der passiven Arbeiten zur Lösung. Gleichgewicht am Balken:

A : 2q0 a2 + M0 − 2B a − 3C a = 0

→

↑ : A − 2q0 a + B + C = 0

→

M0 3C − , 2a 2 M0 C + . A = q0 a − 2a 2

B = q0 a +

Innere passive Arbeit:

¯ MM dx = 0 : EI ¯ i = 1 a C a C¯ a+ 1 2a(2q0 a2 +2C a−2M0 )C¯ a− 1 2a 2q0 a2 C¯ a = 0 EI W 3 6 12

¯i = W

→

C=

2M0 − q0 a2 . 3a

Restliche Lagerreaktionen:

B=

1 M0 3 q0 a − 2 a

,

A=

1 M0 5q0 a − 6 a

.

266


Lösung II.4.17 Das System ist zwar wackelig, jedoch sind aufgrund der Symmetrie alle Seilkräfte mit Hilfe der Gleichgewichtsbedingungen bestimmbar. Gleichgewicht an der Fahrbahnplatte: ↑:

S1 + 2S2 = G .

Gleichgewicht am Knoten I: ↑:

2S3 sin α = S1 .

Gleichgewicht am Knoten II: →:

S3 cos α = S4 cos β ,

↑:

S4 sin β = S2 + S3 sin α .

Auflösen liefert: S1 = G tan α cotan β , S3 = G

cotan β , 2 cos α

S2 = G(1 − tan α cotan β)/2 , S4 =

G . 2 sin β

¨ Außere passive Arbeit: ¯a = G ¯ wG . W Innere passive Arbeit: ¯( ¯ i = G G l tan2 α cotan2 β + 2(1 + tan α) l(1 − tan α cotan β)2 /4 W EA

+2

l 1 l cotan2 β +2 . cos α 4 cos2 α cos β 4 sin2 β

267


Methode der passiven Arbeiten:

¯a = W ¯ i : wG = W

√ 2 3 √ Gl + + 2 → 3 3 EA

wG = 2,66

Gl . EA

Lösung II.4.18 Wir wählen die gesuchte Lagerreaktion B als statisch Unbestimmte. Dann ¯ gilt Sj = Sj (G, B) und S¯j = S¯j (B).

j

S¯j

Sj

1 −5G/8 + 5B/8 2 −5B/8 3 3G/8 − 3B/8

lj

¯ 5B/8 5a ¯ −5B/8 5a ¯ −3B/8 6a Σ

Sj S¯j lj ¯ a/64 (−125G + 125B)B ¯ a/64 125B B ¯ a/64 (−54G + 54B)B ¯ a/64 (−179G + 304B)B

Innere passive Arbeit: ¯i = EA W

¯ a/64 = 0 Sj S¯j lj = 0: (−179G + 304B)B

j

→

B = 179G/304 .

268


Lösung II.4.19 Wir wählen die gesuchte Lagerreaktion B als statisch Unbestimmte. Dann ¯ =M ¯ (B). ¯ gilt M = M (MA , B) und M Innere passive Arbeit: ¯i = EI W

¯ dx = 0: MM

¯a 1 1 B a (MA − B a) − 3 2 2

+

¯a 1 B a(MA + MA − B a) − 6 2

=0

→

B=

3MA . 2a

¯ B ein. Die Zur Bestimmung der Neigung f¨ uhren wir das Scheinmoment M ¯ B ¯ und C¯ bilden mit M ¯ B ein Gleichgewichtsgewählten Scheinreaktionen A, system. ¨ Außere passive Arbeit: ¯ B ϕB . ¯a = M W Innere passive Arbeit: ¯ i = 1 1 a 1 (MA − Ba)M ¯ B mit W EI 3 2

B=

3MA . 2a

269


Methode der passiven Arbeiten: ¯a = W ¯i W

→

ϕB = −

MA a . 12EI

Lösung II.4.20 Innere passive Arbeit: ¯i = W

¯ ¯T MM MT M dx + dx = 0: EI GIT

1 1 ¯ + 1 1 a(−2G a − 22G a − 2B a)(−B ¯ a) a(−B a)(−Ba) EI 3 EI 6 +

1 ¯a=0 → a(B a − 9G a)B GIT

B = 4G .

270


Lösung II.4.21 Durch die zwei zusätzlichen Kabel (Symmetrie!) wird das Problem einfach statisch unbestimmt. Wir betrachten S5 als statisch Unbestimmte und f¨ uhren eine Vorspannung S¯5 ein. Von den Gleichgewichtsbedingungen in Aufgabe II.4.17 ändert sich nur diejenige an der Fahrbahnplatte: ↑: S1 + 2S2 = G − 2S5 . Ersetzen von G in Aufgabe II.4.17 durch G − 2S5 liefert: S1 = (G − 2S5 ) tan α cotan β , S3 = (G − 2S5 )

cotanβ , 2 cos α

S2 = (G − 2S5 )(1 − tan α cotan β)/2 , S4 =

G − 2S5 . 2 sin β

Vorspannreaktionen: S¯1 = −2S¯5 tan α cotan β ,

S¯2 = −S¯5 (1 − tan α cotan β) ,

cotan β S¯3 = −2S¯5 , 2 cos α

−2S¯5 S¯4 = . 2 sin β

Innere passive Arbeit: √

¯ i = 0: EA W

√ 3 3 (G − 2S5 ) (−2S¯5 ) 3 3 √ √ √ 3 3 G − 2S5 3 +2 1+ l 1− 1− (−S¯5 ) 3 3 2 3 √ √ √ 2 3 3 3 +2 l (G − 2S5 ) (−2S¯5 ) 3 3 3 √ √ √ 2 2 + 2 2l (G − 2S5 ) (−2S¯5 ) 2 2 √ 3 +2 2+ l S5 S¯5 = 0 3 l

→

S5 =

√ √ 4/3 + 2 3/3 + 2 2 √ √ G. 20/3 + 2 3 + 4 2

271


Absenkung der Anschlusspunkte: wG =

S5 l5 EA

→

wG = 2 +

√ 3 S5 l 3 EA

→

wG = 0,87

Gl . EA

Lösung II.4.22 a) Das System ist zweifach statisch unbestimmt. Wir betrachten die Stabkräfte S1 und S3 als statisch Unbestimmte und f¨ uhren die passiven Lasten S¯1 , S¯3 ein. Sie bilden mit den passiven Reaktionen in den anderen Stäben und in den Auflagern ein Gleichgewichtssystem. Gleichgewicht an den Knoten (Bild a): Knoten I: →: ↑:

√ S6 = − 2 S1 , √ S2 + S6 / 2 − F = 0

→ S2 = F + S1 ,

√ S¯6 = − 2 S¯1 , S¯2 = S¯1 .

Knoten II: →:

√ S7 = − 2 S3 ,

√ S¯7 = − 2 S¯3 .

√ S8 = S6 = − 2 S1 , √ S5 = S7 = − 2 S3 ,

√ S¯8 = S¯6 = − 2 S¯1 , √ S¯5 = S¯7 = − 2 S¯3 .

√ S4 = −S5 / 2 = S3 ,

S¯4 = S¯3 .

Knoten III: : : Knoten IV: ↑:

272


¨ Außere passive Arbeit unter Vorspannung S¯1 , S¯3 : ¯a = 0. W Innere passive Arbeit unter Vorspannung S¯1 , S¯3 : ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ i = S1 S1 2l + (F + S1 )S1 2l + S3 S3 2l + S3 S3 2l W EA EA EA EA √ √ √ √ (− 2 S1 )(− 2 S¯1 ) √ (− 2 S3 )(− 2S¯3 ) √ √ √ 2l + 2l + 2 EA 2 EA √ √ √ √ (− 2 S3 )(− 2S¯3 ) √ (− 2 S1 )(− 2 S¯1 ) √ √ √ + 2l + 2l. 2 EA 2 EA

Methode der passiven Arbeiten: ¯a = W ¯i W

(S¯1 , S¯3 beliebig):

S¯1 (2S1 + 2F + 2S1 + 2S1 + 2S1 ) = 0

→

S1 = −F/4 ,

S¯3 (2S3 + 2S3 + 2S3 + 2S3 ) = 0

→

S3 = 0 .

Restliche Stabkräfte: S2 = 3F/4 ,

S4 = S5 = S7 = 0 ,

S 6 = S8 =

√ 2 F/4 .

b) Zur Bestimmung der Absenkung wF des Angriffspunkts der Kraft F f¨ uhren wir eine passive Last F¯ ein. Sie steht mit den passiven Reaktionen in den Stäben und in den Lagern im Gleichgewicht.

¨ Außere passive Arbeit: ¯ a = F¯ wF . W

273


1. Weg zur Ermittlung der inneren passiven Arbeit: Gleichgewicht an den Knoten (Bild b): Knoten I: S¯2 = 0 ↑: S¯6 =

(gewählt) , √ 2 F¯ , →:

√ S¯1 = −S¯6 / 2 = − F¯ .

(gewählt) ,

↑:

Knoten IV: S¯5 = 0

S¯4 = 0 .

Knoten III, II: S¯7 = 0 ,

S¯8 =

√ 2 F¯ ,

S¯3 = 0 .

(Bemerke: Auch bei der Wahl S¯2 = S¯5 = 0 ist an allen Knoten das Gleichgewicht erf¨ ullt!) Innere passive Arbeit: √ √ ( 2 F/4) 2 F¯ √ (−F/4)(−F¯ ) ¯ √ Wi = 2l + 2l EA 2 EA √ √ 3F F¯ l ( 2 F/4) 2 F¯ √ √ . 2l = + 2EA 2 EA

2. Weg zur Ermittlung der inneren passiven Arbeit: S¯1 = S¯3 = S¯4 = S¯5 = S¯6 = S¯7 = S¯8 = 0 (gewählt). Gleichgewicht am Knoten I: ↑:

S¯2 = F¯ .

(Bemerke: Das Gleichgewicht ist an allen Knoten erf¨ ullt).

274


Innere passive Arbeit: ¯ ¯ ¯ i = (3F/4)F 2l = 3F F l W EA 2EA

(siehe 1. Weg) .

Methode der passiven Arbeiten: ¯i = W ¯a W

→

wF =

3 Fl . 2 EA

Anm.: Die Stabkraft S2 = 3F/4 ruft die Längenänderung ∆l2 = S2 (2l)/(EA) hervor, d.h. ∆l2 = wF ist erf¨ ullt.

Lösung II.4.23 a) Das Problem ist zweifach statisch unbestimmt. Wir betrachten die Lagerreaktionen BH und BV als statisch Unbestimmte und f¨ uhren die ¯H , B ¯V ein. Sie bilden mit den passiven Reaktionen passiven Lasten B ¯ A, M ¯ B ein Gleichgewichtssystem (s. Bild a). A¯H , A¯V , M Momentengleichgewicht am rechten Teilsystem:

G:

G:

MB + BV l + BH l = 0

→

MB = −(BV + BH )l ,

¯B + B ¯V l + B ¯H l = 0 M

→

¯ B = −(B ¯V + B ¯H )l . M

275


Innere passive Arbeit (Biegemomentenverläufe s. Bild b): ¯ i = 0: EIW

1√ ¯H − B ¯V )l + 1 l BV l B ¯V l 2l(−BH − BV )l(−B 3 3 +

1 ¯V l + 2BV l B ¯V l l[2(2BV − F )l 2B 6 ¯V l + BV l 2B ¯V l] = 0 . + (2BV − F )l B

(a)

¯H = 0 (beliebig): ¯V = 0, B Wähle B ¯H ) = 0 (−BH − BV )(−B

→

BH = −BV ,

MB = 0 .

¯V = 0 (beliebig): ¯H = 0, B Wähle B ¯V = 0 [2BV + 4(2BV − F ) + 2BV + (2BV − F ) + 2BV ] B →

16BV − 5F = 0

→

BV = 5F/16 ,

BH = −5F/16 .

Kräftegleichgewicht am Gesamtsystem: →: ↑:

−AH + BH = 0

→

AH = −5F/16 ,

AV + BV − F = 0

→

AV = 11F/16 .

Momentengleichgewicht am linken Teilsystem:

G:

AV 2l − F l + MA = 0 →

MA = −3F l/8 .

b) Zur Bestimmung der Verschiebung von G f¨ uhren wir die passiven Lasten ¯ H und G ¯ V ein (s. Bild c oder d). G ¨ Außere passive Arbeit: ¯ H uG + G ¯ V wG ¯a = G W

(uG , wG :

Verschiebungskomponenten in G) .

¯H 1. Weg zur Ermittlung der inneren passiven Arbeit: Die passiven Lasten G ¯ V bilden mit den passiven Reaktionen A¯H , A¯V und M ¯ A ein Gleichund G gewichtssystem (s. Bild c).

276


Innere passive Arbeit: ¯ i (G ¯ H, G ¯V) = EI W

+

¯ (G ¯ H, G ¯ V )dx = 1 l BV l(−G ¯ V l) MM 3 1 ¯ V l) + 2BV l(−G ¯ V l) l[2(2BV − F ) l(−2G 6 ¯ V l) + BV l(−2G ¯ V l)] = 0 + (2BV − F ) l(−G

(vgl. Gl. (a)).

2. Weg zur Ermittlung der inneren passiven Arbeit: Die passiven Lasten ¯ V bilden mit den passiven Reaktionen B ¯H , B ¯V und M ¯ B ein ¯ H und G G Gleichgewichtssystem (s. Bild d).

277


Innere passive Arbeit: ¯ i = 0 (wegen BH + BV = 0 gilt M = 0 im rechten Teilsystem) . W ¯ V sind beliebig): ¯ H und G Methode der passiven Arbeiten (G ¯ i: G ¯ H uG + G ¯ V wG = 0 ¯a = W W

→

u G = wG = 0 .

Anm.: Das Resultat uG = wG = 0 ist auch anschaulich klar. Ohne Längsdehnung (EA → ∞) kann sich der linke Teil im Punkt G nur vertikal bewegen, der rechte Teil nur unter 45◦ zur Vertikalen. Folglich kann sich der Punkt G u ¨berhaupt nicht verschieben.

Lösung II.4.24 Wir schneiden die Speichen vom Radkranz frei und f¨ uhren unter Beachtung der Symmetrie die Schnittreaktionen B, MB , S1 und S3 ein. Das Kräftegleichgewicht in horizontaler Richtung ist damit erf¨ ullt. Wenn das Kräftegleichgewicht in vertikaler Richtung erf¨ ullt ist, dann ist automatisch auch das Momentengleichgewicht gewährleistet. Wir haben demnach nur eine wesentliche Gleichgewichtsbedingung (↑:) und vier unbekannte Reaktionen: das Problem ist dreifach statisch unbestimmt. Wir betrachten B, MB und ¯ M ¯ B und S¯1 ein. S1 als statisch Unbestimmte und f¨ uhren passive Lasten B, Innere passive Arbeit: ¯i = W

¯ ¯ NN MM dx + dx = 0: EA EI

1 ¯ l[S1 S¯1 + (S1 + 2B − P )(S¯1 + 2B)] EA +

l 1 ¯B + B ¯ l) ¯ B + 2(MB + B l) (M 2 [2MB M EI 6 ¯B + B ¯ l) + (MB + B l)M ¯ B] = 0 . + MB (M

278


¯ M ¯ B und S¯1 beliebig sind, erhält man 3 Gleichungen: Da B, 2S1 + 2B − P = 0 , 6MB + 3B l = 0 , l2 2l (S1 + 2B − P ) + (3MB + 2B l) = 0 . EA 3EI Auflösen liefert: B=

P , 2+α

S1 =

MB = −

Pα 2(2 + α)

mit

Pl , 2(2 + α)

α=

EA l2 . 6EI

Verschiebung der Nabe:

wN =

S1 l EA

→

wN =

Pl α . 2(2 + α) EA

279


Lösung II.5.1 Transformationsgleichungen: σξ = σx /2 + σx cos 60◦ /2 + τxy sin 60◦

→

σξ = 35,5 N/mm2 ,

σK = σx /2 − σx cos 60◦ /2 − τxy sin 60◦

→

σK = −5,5 N/mm2 .

→

εAB = 1,8 · 10−4 .

Hookesches Gesetz: εAB = ε[ =

1 (σ[ − νσK ) E

Lösung II.5.2 Zur Charakterisierung des Schnitts II f¨ uhren wir ein ξ, η-Koordinatensystem ein. Aus den gegebenen Hauptspannungen kann der Mohrsche Kreis konstruiert werden. Dem Winkel 2ϕ im Uhrzeigersinn (vom Punkt σ1 zum Punkt P ) im Mohrschen Kreis entspricht der Winkel ϕ entgegen dem Uhrzeigersinn zwischen der 1-Achse und der x-Achse. Transformationsgleichungen: σξ =

1 1 (σ1 + σ2 ) + (σ1 − σ2 ) cos 90◦ 2 2

→

σξ = 10 N/mm2 ,

σK =

1 1 (σ1 + σ2 ) − (σ1 − σ2 ) cos 90◦ 2 2

→

σK = 10 N/mm2 ,

τξη =

1 − (σ1 − σ2 ) sin 90◦ 2

→

τξη = −20 N/mm2 .

280


Ablesen aus dem Mohrschen Kreis: 2ϕ = 60◦

ϕ = 30◦ ,

→

τxy = −17,3 N/mm2 .

σx = 20 N/mm2 ,

Lösung II.5.3 Normalspannungen: F σx = → A

σx =

F 2π r t

→

σx = 59,7 N/mm2 ,

τxy =

M0 2π r2 t

→

τxy = 49,7 N/mm2 .

σy = 0 .

Schubspannung: τxy =

MT WT

→

Hauptspannungen: σ1, 2

σx + σy ± = 2

σx − σy 2

→

2 2 + τxy

σ1 = 87,8 N/mm2 ,

σ2 = − 28,2 N/mm2 .

281



2τxy σx − σy

→

ϕ∗ = 29,5◦ .

→

σV = 105 N/mm2 < σzul .

Vergleichsspannung: σV =

2 σx2 + 3τxy

Lösung II.5.4 Normalspannung infolge Biegung: σ = 0. Schubspannung infolge Torsion: MT τT = WT

→

l b 2 2 = q0 l . τT = 1 4t2 31 3b t 3 t q0

Schubspannung infolge Querkraft (vgl. Aufgabe II.7.1): τQ = 2

Q A

→

τQ =

q0 l τT . 3b t

Spannungszustand im Punkt P : σx = 0 ,

σz = 0 ,

τxz = −

q0 l 4t2

(reiner Schub).

282


Hauptspannungen: σ1, 2 = ±

2 τxz

q0 l . 4t2

→

σ1, 2 = ±

→

ϕ∗ = 45◦ .

Hauptrichtungen: tan 2ϕ∗ → ∞

Lösung II.5.5 Transformationsgleichungen: εr = (εx + εy )/2 + (εx − εy )/2 cos 120◦ + γxy /2 sin 120◦ , εq = (εx + εy )/2 + (εx − εy )/2 cos 240◦ + γxy /2 sin 240◦ . Auflösen liefert mit εx = εs : εy = (2εq + 2εr − εs )/3

→

εy = 2,8 · 10−4 ,

√ γxy = 2 3 (−εq + εr )/3

→

γxy = − 7,9 · 10−4 .

Hauptdehnungen:

ε1, 2 = →

εx + ε y ± 2

ε x − εy 2

ε1 = 6,0 · 10−4 ,

2

+

γxy 2

2

ε2 = − 2,0 · 10−4 .

283


Maximale Hauptspannung: σ1 =

E (ε1 + ν ε2 ) 1 − ν2

→

σ1 = 125 N/mm2 .

Lösung II.5.6 Flächenträgheitsmoment: I=2

t(2h)3 + 2(t h)h2 12

h4 . 6

→

I=

→

W =

h3 . 6

→

σ=3

Fl . h3

→

WT =

h3 . 5

→

τ = 10

Widerstandsmoment: W =

I h

Normalspannung: σ=

M W

Torsionswiderstandsmoment: WT = 2t Am = 4t h2 Schubspannung: τ=

MT WT

Fl . h3

284


Vergleichsspannung:

σV =

√ σ 2 + 4τ 2

→

σV = 20,2

Fl . h3

Lösung II.5.7 Der Mast wird auf zweiachsige Biegung, Druck und Torsion beansprucht. Die Schubspannung infolge der Querkraft ist gegen die Schubspannung infolge Torsion vernachlässigbar. Die maximale Biegespannung tritt an der Einspannstelle auf. Querschnittsgrößen: Iy = Iz = π r3 t ,

A = 2π r t ,

WT = 2π r2 t .

Schnittgrößen an der Einspannung: N = −G,

MT = W a ,

My = − G a ,

Mz = − W h .

Normalspannung im Einspannquerschnitt: σ(y, z) =

N My Mz + z− y A Iy Iz →

σ(y, z) = −

→

α = 85,2◦ .

Spannungs-Nulllinie: z = 12y −

r2 . 2a

Steigung der Nulllinie: tan α = 12

az ay G 1 + 2 2 − 24 2 . 2π r t r r

285


Maximale Normalspannung (im Punkt P ): ¯ , z = r sin α ¯ )| |σ|max = |σ(y = − r cos α

→

|σ|max = 3,8

Ga . r2 t

Schubspannung: τ=

MT WT

→

τ = 0,48

Ga . r2 t

Vergleichsspannung: σV =

√ σ 2 + 4τ 2

→

σV = 3,9

Ga . r2 t

Lösung II.6.1 Der Bogen kann nur eine Kraft in Richtung der Geraden AB u ¨bertragen. Die Kraft S im Stab BC wird als Druckkraft positiv angenommen. Geometrie: Sy 3a , = Sx 4a

lBC = 5a .

286


Gleichgewicht am Knoten B: √

→: ↑:

2 FBA = 0 , 2 √ 2 Sy + FBA − G = 0 . 2 Sx −

Auflösen liefert: S = 5G/7 . Flächenträgheitsmoment: I=

h4 2h h3 = . 12 6

Eulersche Knicklast (2. Euler-Fall): Skrit = π 2

EI 2 lBC

π 2 h4 E . 150a2

→

Skrit =

→

Gmax =

Maximale Last: Gmax =

7 Skrit 5

7π 2 h4 E . 750a2

Lösung II.6.2 Maximale Stauchung (in der horizontalen Lage): |ε|max =

|l cos α − l| l

→

|ε|max = 1 − cos α .

287


Stabkraft: →

S = EA ε

|S|max = EA(1 − cos α) .

Eulersche Knicklast (2. Euler-Fall): |S|krit = π 2

EI . l2

Forderung: |S|max < |S|krit

→

EA(1 − cos α) < π 2

EI . l2

Querschnittsgrößen: A = 2h2 ,

I=

h4 . 6

Einsetzen liefert mit cos α = 1 − α2 /2 + . . . : cos α > 1 −

π 2 h2 12l2

→

πh α< √ . 6l

Lösung II.6.3 Die Kolbenstange muss so dimensioniert werden, dass weder ihr innerhalb noch ihr außerhalb des Zylinders liegender Teil knickt. Sowohl die Druckkraft als auch die Teillänge innerhalb des Zylinders werden maximal f¨ ur x = 0. Daher ist dies die kritische Lage f¨ ur den inneren Teil der Kolbenstange. Druckkraft in der Kolbenstange f¨ ur x = 0: F = p0 A .

288


Kritische Druckkraft f¨ ur den Stangenteil im Zylinder (4. Euler-Fall): Fkrit = 4π 2

EI . h2

Flächenträgheitsmoment: I=

π 4 r . 4

Forderung:

F < Fkrit

→ r > r0 mit r04 =

p0 A h2 . π3 E

Druckkraft in der Kolbenstange f¨ ur x = 0: F = p0 A

h . h + 4x

Kritische Druckkraft f¨ ur den Stangenteil außerhalb des Zylinders (3. EulerFall):

Fkrit = 2,04π 2

EI . (l + x − h)2

Forderung: F (x) < Fkrit (x) → 4 > 1,96 mit =

(λ − 1 + ξ)2 1 + 4ξ x r l , λ= , ξ= . r0 h h

F¨ ur λ < 1,6 knickt bei einem zu kleinen Radius der innerhalb des Zylinders liegende Teil der Kolbenstange. Der äußere Teil knickt f¨ ur λ > 1,6 und zwar f¨ ur 1,6 < λ < 1,8 bei ausgefahrener Stange (ξ = 1) und f¨ ur λ > 1,8 bei eingefahrener Stange (ξ = 0).

289


Lösung II.6.4 Verlängerungen der Teilst¨ ucke:

∆lj = αTj ∆T +

σj Ej

l,

j = 1, 2, 3 .

Verträglichkeitsbedingungen: ∆l1 = ∆l2 ,

∆l3 = −∆l2 .

Gleichgewichtsbedingung: σ1 A1 + σ2 A2 = σ3 A3 . Auflösen liefert: σ1 = −(5αT1 − 3αT2 )E1 ∆T /6 . Knickspannung (4. Euler-Fall): σkrit = −4π 2

E1 I1 . A1 l2

290


Maximale Temperaturänderung: σ1 = σkrit

→

∆Tmax =

24π 2 I1 . (5αT1 − 3αT2 )A1 l2

F¨ ur αT1 > 3αT2 /5 f¨ uhrt eine Erwärmung zum Knicken, f¨ ur αT1 < 3αT2 /5 eine Abk¨ uhlung.

Lösung II.6.5 Die Querkraft am freien Ende des ausgelenkten Stabes setzt sich aus den zur Stabachse orthogonalen Komponenten der Kraft F und der Federkraft zusammen. Die kleinste Lösung λ1 l der Eigenwertgleichung wird graphisch bestimmt. Differentialgleichung f¨ ur die Auslenkung w(x): EIy wIV + F w = 0 → wIV + λ2 w = 0 mit λ2 = F/EIy . Allgemeine Lösung der Differentialgleichung: w = A cos λx + B sin λx + C λ x + D . Ableitungen: w = − A λ sin λx + B λ cos λx + C λ , w = − A λ2 cos λx − B λ2 sin λx , w =

A λ3 sin λx − B λ3 cos λx .

Randbedingungen: w(0) = 0 , w (0) = 0 , M (l) = 0 , Q(l) = F sin α − c w(l) cos α .

291


Linearisieren (sin α ≈ α ≈ w (l), cos α ≈ 1) liefert: Q(l) = F w (l) − c w(l) . Am freien Ende gilt: M (l) = −EIy w (l) , Q(l) = −EIy w (l) .

Einsetzen liefert: A+D =0

→ D = −A ,

B+C =0

→ C = −B ,

A cos λl + B sin λl = 0

→ A = −B tan λl ,

c(A cos λl + B sin λl) − C(EIy λ3 − c λl) + c D = 0 → B[(EIy λ3 − c λl) + c tan λl] = 0 .

Bedingung f¨ ur nichttriviale Lösungen: tan λl − λl +

EIy (λl)3 = 0 . c l3

Kritische Last f¨ ur Knicken in der x, z-Ebene: → Fkrit = (λ1 l)2

Fkrit = λ21 EIy

Sonderfälle: Fkrit = 2,47

EIy l2

(1. Euler-Fall) ,

c → ∞: Fkrit = 20,2

EIy l2

(3. Euler-Fall) .

c = 0:

EIy . l2

292


Kritische Last f¨ ur Knicken in der x, y-Ebene: Fkrit = 2,47

EIz l2

(1. Euler-Fall) .

Lösung II.7.1 Querschnittsfläche: A = 3b t . Flächenträgheitsmoment (siehe Aufgabe II.2.3): I = b3 t/3 .

293


Statische Momente: S1 (s1 ) = t s1 (2b/3 − s1 /2) , S2 (s2 ) = t b b/6 − t s2 b/3 = b2 t/6 − b t s2 /3 . Schubspannung: τ=

QS . It

Einsetzen liefert:

τ1 (s1 ) =

3 Q s1 s1 4−3 2A b b

τ2 (s2 ) =

3Q s2 1−2 2A b

,

.

Maximale Querkraft: Qmax = q0 l . Ort der maximalen Schubspannung: τ1 = 0

→

s1 = 2b/3 .

Maximale Schubspannung: τmax = 2

Qmax A

→

τmax =

2q0 l . 3b t

Maximale Normalspannung (siehe Aufgabe II.2.3):

σmax =

q0 l 2 b2 t

→

τmax 2b . = σmax 3l

Bei einem schlanken Balken (b l) gilt τmax σmax .

294


Lösung II.7.2 Flächenträgheitsmoment: I=2

t(14a)3 t(6a)3 − + 2 · 8a t(7a)2 12 12

→

Statische Momente S1 und S2 : S1 (s1 ) = t s1 (3a + s1 /2) , S2 (s2 ) = t 4a 5a + t s2 7a = 20a2 t + 7a t s2 . Schubspannung: τ=

QS . It

Einsetzen liefert:

τ1 (s1 ) =

Q 1 s1 3a + s1 , I 2

τ2 (s2 ) =

Q (20a2 + 7a s2 ) . I

I = 1223a3 t .

295


Resultierende Schubkräfte F1 und F2 : 4a

F1 = t

Q a3 t I

→

F1 = 0,03Q ,

Q a3 t I

→

F2 = 0,31Q .

τ1 ds1 = 34,7 0

8a

F2 = t

τ2 ds2 = 384 0

Gleichgewichtsbedingung: Q = F3 − 2F1

→

F3 = 1,06Q .

→

d = 4,85a .

Schubmittelpunkt:

M : 2(d + 8a)F1 + 14a F2 − d F3 = 0

296


Lösung II.7.3 Flächenträgheitsmoment: I = π r3 t/2 . Statisches Moment: S=

z dA =

α

→

S = r2 t sin α .

→

τ=

2Q sin α . πrt

2Q sin ψ (t r dψ) → πt

d=

4r . π

r cos ϕ (t r dϕ)

0

Schubspannung: τ=

QS It

Schubmittelpunkt:

Q d = r τ dA =

π

0

Torsionsmoment: MT = −F d

→

MT = −

→

ϑ1 = −

4r F. π

Torsionsträgheitsmoment: IT = π r t3 /3 . Drehwinkel: ϑ1 =

MT l G IT

12F l . π 2 G t3

Die Verdrehung ist unabhänging vom Radius des Halbkreisprofils. Bei einer Halbierung der Wandstärke verachtfacht sich die Verdrehung.


297

Lösung II.7.4 Die Wirkungslinien der Schubspannung schneiden sich im Punkt Z, d.h. Z ist der Schubmittelpunkt. Statisches Moment: Sy = A zS . Fallunterscheidung: a)

−h/4 ≤ z ≤ 7h/4:

√

7 7 h−z h + z /2 2d 4 4

√ 49 2 2d 2 → h −z . Sy = 16 2

Sy =

b)

−5h/4 ≤ z ≤ −h/4:

√ 5 5 h+z d h − z /2 Sy = − 2 4 4

√ 25 2 2d h − z2 . → Sy = − 16 2

298


Flächenträgheitsmoment: √ Iy =

→

2 √

2 d(2h)3 3 + h 12 4

√

2 d (2h) + 2

2 √

2 dh3 3 + h 12 4

2 dh

√ 37 2 3 dh . Iy = 12

Lösung II.7.5 Flächenträgheitsmoment: Iy = 2t l h2 +

(2h)3 √ √ 2 t 2 = 2h2 t(l + 2h/3) . 12

Damit keine Profilverdrillung auftritt, muss der Schubmittelpunkt auf der Wirkungslinie Eo − Eu der Querkraft Qz liegen.

299


Teilresultierende der Schubspannung: Im oberen horizontalen Schenkel hat der Schubspannungsverlauf eine Resultierende T1 auf der Mittellinie, im unteren horizontalen Schenkel eine Resultierende T4 . Entsprechend sind T2 und T3 die Resultierenden in den mittleren Schenkeln. Da T1 und T4 senkrecht zu Qz wirken, gilt T1 −T4 = 0 bzw. T4 = T1 . Die Wirkungslinien von T2 und T3 schneiden sich im Punkt O und haben eine vertikale Resultierende T23 durch O, f¨ ur die per def. T23 = Qz gilt. F¨ ur die ¨ statische Aquivalenz von Qz auf der Wirkungslinie Eo − Eu und von T1 , T23 , T4 m¨ ussen die Momente um O (oder einen anderen Bezugspunkt) u ¨bereinstimmen: 2T4 h = Qz h . Schubspannungsverteilung im unteren Schenkel: τ=

Qz Sy . Iy t

Statisches Moment: Sy = h (y + a)t

a = l − h.

mit

Einsetzen: τ=

Qz h (y + a) . Iy

Resultierende: h

T4 =

τ t dy = −a

h Qz h t Qz h t 2 (y + a) dy = l . Iy 2Iy −a

Momentengleichheit: + 4h2 = 0 → l = h (−) → l − 2h l − 3

Qz h t 2 l Qz = 2T4 = Iy )

l =h 1+

2

*

7/3 ≈ 2, 53 h .

h2 +

4 h2 , 3

300

Elastostatik: L¨ osungen T1

T2

O y

T3

T23 = Qz

T4

h

a

Lösung II.7.6 Vorbemerkung: Auf Formelauswertungen wird verzichtet. Allein durch Argumente, welche die mechanische Bedeutung der zugrunde liegenden Beziehungen benutzen, kann die Lösung gewonnen werden. Schwerpunkt: Punktsymmetrie zum Koordinatenursprung

→

yS = zS = 0.

Hauptachsen der Flächenträgheitsmomente: Die Flächenträgheitsmomente Iy , Iz und Iyz lassen sich (mit α, R, d) berechnen. Damit können die Hauptrichtungen η und ζ sowie die Hauptträgheitsmomente IK , I] berechnet werden. Querkraft in den Hauptrichtungen: Mit dem bekannten Hauptachswinkel ϕ∗ können aus den Querkraftkomponenten Qy und Qz die Komponenten QK und Q] berechnet werden. Schubspannung aus Q] : τ=

Q] S K . IK b

Statische Momente SK1 und SK2 : Es gibt zu jedem abgeschnittenen Teil 1“ einen Teil 2“ mit ” ” SK2 = −SK1 .

301


Schubspannungen an den Trennlinien: Wegen SK2 = −SK1 gilt an den Trennlinien von Teil 1“ und Teil 2“ ” ” τ 2 = τ1 . Schubmittelpunkt: Wegen der Punktsymmetrie sind τ1 und τ2 parallel und haben zusammen kein Moment um O = S. Wegen der Beliebigkeit der Paare τ1 und τ2 hat die gesamte Schubspannungsverteilung den Schubmittelpunkt M = O = S. Schubspannung aus QK : Der Lösungsweg ist sinngemäß derselbe, d.h. insgesamt ist der Schubmittelpunkt M = O = S. Anmerkung: Die Transformation auf Hauptachsen wäre nicht nötig, wenn mit allgemeineren Formeln im y, z-Koordinatensystem argumentiert w¨ urde. Alle Argumente gelten auch f¨ ur andere zum Mittelpunkt punktsymmetrische Profile.

2“ ”

y η

ϕ∗

η

ζ

ζ 1“ ”

III Kinetik Lösung III.1.1 Geschwindigkeit der Rakete: v = a t + v(0) . Ort der Rakete: x = a t2 /2 + v(0) t + x(0) . Anfangsbedingungen: v(0) = 0

→ v = at,

x(0) = 0

→ x=

a t2 . 2

Winkel des Radarschirms: tan ϕ =

x l

→ ϕ(t) = arctan

a t2 2l

Winkelgeschwindigkeit des Schirms: ⎡

a t2 at ⎣ / 1+ ϕ(t) ˙ = l 2l

2 ⎤ ⎦.

Winkelbeschleunigung des Schirms:

ϕ(t) ¨ =

⎡

a 3a3 t4 a t2 − / ⎣1 + 3 l 4l 2l

2 ⎤2 ⎦ .

Zeitpunkt der maximalen Winkelgeschwindigkeit:

ϕ(t ¨ ∗) = 0

→ t∗ =

4l2 3a2

1/4

.

.

303

Kinetik: Lösungen

Maximale Winkelgeschwindigkeit: √ ∗

ϕ˙ max = ϕ(t ˙ )

3 3a . 8 l

→

ϕ˙ max =

→

ϕ(t∗ ) = 30◦ .

Winkel zum Zeitpunkt t∗ : √ ϕ(t∗ ) = arctan(1/ 3)

Lösung III.1.2 a) Beschleunigung:

a(t) = a0 1 −

t 2te

.

Geschwindigkeit: v(t) = a0 t −

a0 2 t + v0 . 4te

Weg: x(t) =

a0 3 a0 2 t − t + v0 t + x0 . 2 12te

Anfangsbedingungen: v(0) = 0

→ v0 = 0 ,

x(0) = 0

→ x0 = 0 .

304

Kinetik: L¨ osungen

Dauer des Beschleunigungsvorgangs:

→

x(te ) = l

te =

12l . 5a0

Endgeschwindigkeit:

→

ve = v(te )

ve =

27 a0 l 20

→

ve = 1,16 a0 l .

b) Beschleunigung:

a(v) = a0 1 −

v 2ve

.

Trennen der Variablen: a=

dv dx dv dv = = v dt dx dt dx

→ dx =

v dv . a(v)

Integration: l

ve

dx = 0

0

v dv

a0 1 −

v 2ve

→

ve =

c) Beschleunigung:

a(x) = a0 1 −

x 2l

.

a0 l 2(2 ln2 − 1)

→

ve = 1,14 a0 l .

305

Kinetik: Lösungen

Trennen der Variablen: a=

dv v dx

→

v dv = a(x) dx .

Integration: ve

l

v dv = 0

a0 1 −

0

x dx 2l

→

ve =

3 a0 l 2

→

ve = 1,23 a0 l .

Lösung III.1.3 Geschwindigkeit:

v(s) = v0 1 −

s l

.

Trennen der Veränderlichen: ds =v dt

→

ds

v0 1 −

s l

= dt .

Integration:

ds

s = v0 1− l

dt

→

s = l 1 − C exp −

→

s = l 1 − exp −

v0 t l

.

Anfangsbedingung: s(0) = 0:

0=1−C

v0 t l

.

306


Erreichen des Punktes B: s(tB ) = l

→

tB → ∞ .

Lösung III.1.4 uhrt. Zur Lösung werden die Hilfsgrößen l0 und l eingef¨ Geometrie: xC = r sin ϕ − l cos ϕ , 2 − cos ϕ , sin ϕ

→

l=r

x˙ C = r ϕ˙ cos ϕ + l ϕ˙ sin ϕ − l˙ cos ϕ

→

x˙ C = 2r ϕ˙ − l˙ cos ϕ ,

ϕ˙ sin2 ϕ − (2 − cos ϕ)ϕ˙ cos ϕ l˙ = r sin2 ϕ

→

1 − 2 cos ϕ l˙ = r ϕ˙ , sin2 ϕ

l˙ + r ω − r ϕ˙ = 0

→

ϕ˙ = ω

r cos ϕ + l sin ϕ = 2r l + r(ϕ0 + ω t − ϕ) = l0 . Differentiation:

Einsetzen liefert: x˙ C =

rω . cos ϕ

sin2 ϕ . (2 − cos ϕ)cos ϕ

307

Kinetik: Lösungen

Beschleunigung des Punktes C:

x¨C = r ω

ϕ˙ sin ϕ cos2 ϕ

→

x¨C = r ω 2

tan3 ϕ . 2 − cos ϕ

Lösung III.1.5 Gegeben: y=b

2 x

a

,

ϕ = arctan ω0 t .

Neigungswinkel: ϕ = arctan

y . x

Auflösen liefert: x(t) =

a2 ω0 t , b

y(t) =

a2 (ω0 t)2 . b

Differentiation: x(t) ˙ =

a2 ω0 , b

y(t) ˙ =2

a2 2 ω t. b 0

Geschwindigkeit des Punktes P :

v=

x˙ 2 + y˙ 2

→

v(t) =

a2 ω0 1 + 4ω02 t2 . b

Erreichen des Punktes B: x(tB ) = a

→

tB =

b . a ω0

308


Geschwindigkeit im Punkt B:

vB = v(tB )

→

a2 b2 ω0 1 + 4 2 . vB = b a

Lösung III.1.6 Wir verwenden Polarkoordinaten zur Lösung der Aufgabe.

309

Kinetik: Lösungen

Polarwinkel: ϕ˙ = Ω = const

→ ϕ = Ω t,

ϕ¨ = 0 .

Ortsvektor: → r = R sin ωt er .

r = ξ er Geschwindigkeitsvektor: v = ξ˙ er + ξ ϕ˙ eM

→

v = R ω cos ωt er + R Ω sin ωt eM .

Beschleunigungsvektor: ˙ M a = (ξ¨ − ξ ϕ˙ 2 )er + (ξ ϕ¨ + 2ξ˙ ϕ)e →

a = −R(ω 2 + Ω 2 )sin ωt er + 2R ω Ω cos ωt eM .

Lösung III.1.7 Wir verwenden nat¨ urliche Koordinaten zur Lösung der Aufgabe. Tangentialbeschleunigung: at =

dv dv = v dt ds

→ at =

1 2 k . 2

Normalbeschleunigung (an = 0 nur im Bereich BC): an =

v2 r

Gesamtbeschleunigung:

a=

a2t + a2n .

→ an =

k2 s . r

310


Lösung III.2.1 Wir ersetzen das zweiwertige Lager A durch ein in horizontaler Richtung verschiebliches einwertiges Lager. Dadurch wird einerseits die Kraft AH freigelegt, andererseits wird das System beweglich. Die Streckenlast wird durch ihre Resultierende R = 2b q0 ersetzt. Anschließend denken wir uns den Balken BC um einen Winkel Gϕ um das Lager B gedreht. Dabei dreht sich der Balken AC um einen Winkel Gψ um den Momentanpol M . Die virtuelle Arbeit GWF der Kraft F ist das Skalarprodukt aus dem Kraftvektor F und dem Verschiebungsvektor GwF . Prinzip der virtuellen Arbeit: GW = 0: R GwR + F GwF cos 45◦ − AH GwA = 0 . Geometrie: GwR = b Gϕ , GwC = 2b Gϕ = b Gψ √ 2 b Gψ , GwA = b Gψ . GwF = 2 Einsetzen liefert: √ √ 2 2 F − 2AH b Gϕ = 0 R+2 2 2

→

→

Gψ = 2Gϕ ,

AH = q0 b + F/2 .

311

Kinetik: Lösungen

Lösung III.2.2 Mit einem Schnitt durch die Sicherungskette machen wir das System beweglich. Dann f¨ uhren wir eine vertikale virtuelle Verr¨ uckung des Gelenks C ein. Die Fußpunkte A und B können sich nur horizontal bewegen. Somit lassen sich die Momentanpole M1 und M2 der beiden Leiterteile ermitteln. Da die Kräfte an einem starren Körper linienfl¨ uchtige Vektoren sind, werden nur die virtuellen Verr¨ uckungen GuG und GuS (siehe Bild) benötigt. Die virtuellen Arbeiten der Kräfte A und B sind Null. Prinzip der virtuellen Arbeit: GW = 0:

G GuG − 2S GuS = 0 .

Kinematik: GuS = c Gα ,

GuG = b Gβ

mit

Gβ = Gα .

Geometrie: b/h = a/l ,

c=

√ l 2 − a2 .

Einsetzen liefert: √ (G h a/l − 2S l2 − a2 )Gα = 0

→

S=G

ah √ . 2l l2 − a2

312


Lösung III.2.3 Wir halten das Gelenk D fest und f¨ uhren die virtuelle Verdrehung Gα der Schalen ein. Da der gesamte Bogen AC eine virtuelle Vertikalverschiebung erfährt, liegt der Momentanpol der Stange AB ebenfalls in D. a) Prinzip der virtuellen Arbeit (S = 0): −(G/2)GuG + P GuP = 0 .

GW = 0: Kinematik:

GuG = (a/2)Gα ,

GuP =

√

2 a Gα .

Einsetzen liefert: (−G/4 +

√

2 P )a Gα = 0

→

P =

b) Prinzip der virtuellen Arbeit (P = 0): GW = 0:

−(G/2)GuG + S GuS = 0 .

Kinematik: GuG = (a/2)Gα ,

GuS = a Gα .

√ 2 G/8 .

313

Kinetik: Lösungen

Einsetzen liefert: →

(−G/4 + S)a Gα = 0

S = G/4 .

Lösung III.2.4 Wir denken uns das Getriebe durch eine virtuelle Verr¨ uckung aus der gegebenen Lage ausgelenkt. Der Momentanpol M der Stange EG ist der Schnittpunkt der Senkrechten zu GuV und GuD . Prinzip der virtuellen Arbeit: GW = 0:

F GuF − P GuP cos γ = 0 .

Kinematik: GuF = a Gϕ1 , GuV = d1 Gϕ2 ,

GuH = b Gϕ1 , GuP = d2 Gϕ2 .

Geometrie: d1 =

l1 , cos β

d2 =

l2 . cos γ

GuV = GuH tan α ,

314


Einsetzen liefert:

Fa − P b

l2 tan α cos β Gϕ1 = 0 l1

→

b l2 F = tan α cos β . P a l1

Lösung III.2.5 Wir bezeichnen den Ber¨ uhrpunkt der Kulisse mit der Stange mit D. Der entsprechende Punkt auf der Stange ist D . Da sich die Stange gegen¨ uber der Kulisse nicht verdrehen kann, stimmen deren Winkelgeschwindigkeiten u ¨berein. Geometrie: a=b=

l , cos ϕ

d = l tan ϕ .

Geschwindigkeit des Punktes A: vA = r Ω . Winkelgeschwindigkeit der Stange AB: ωAB =

vA a

→

ωAB =

r Ω cos ϕ . l

315

Kinetik: Lösungen

Geschwindigkeit des Punktes B: vB = b ωAB

→

vB = r Ω .

Geschwindigkeit des Punktes D : vD = d ωAB

→

vD = r Ω sin ϕ .

Winkelgeschwindigkeit der Kulisse CD: ωCD = ωAB . Geschwindigkeit des Punktes D: vD = c ωCD

→

vD =

r c Ω cos ϕ . l

Relativgeschwindigkeit: vrel = vD + vD

→

vrel = r Ω sin ϕ +

c cos ϕ . l

Lösung III.2.6 Die Geschwindigkeit vB des Punktes B der Stange zeigt in Richtung der Achse der Stange (kein Abheben von der Kante).

316


Geschwindigkeit des Punktes A: v A = vA cos ϕ er − vA sin ϕ eM .

Geschwindigkeit des Punktes B: v B = v B er .

Kinematik: v B = v A + v AB mit v AB = a ϕ˙ eM .

Geometrie: a=

h . sin ϕ

Einsetzen liefert: vB er = vA cos ϕ er − vA sin ϕ eM + →

vB = vA cos ϕ ,

ϕ˙ =

h ϕ˙ eM sin ϕ vA sin2 ϕ . h

Beschleunigung des Punktes B: aB = aA + arAB + aMAB mit aA = 0 ,

arAB = −a ϕ˙ 2 er ,

aMAB = a ϕ¨ eM .

Winkelbeschleunigung der Stange:

ϕ¨ =

vA (sin2 ϕ)˙ h

→ ϕ¨ = 2

vA2 sin3 ϕ cos ϕ . h2

317

Kinetik: Lösungen

Einsetzen liefert: aB =

vA2 sin2 ϕ(− sin ϕ er + 2 cos ϕ eM ) . h

Koordinaten des Momentanpols: xM = h ctg ϕ ,

yM = h + xM ctg ϕ .

Bahnkurve des Momentanpols: yM =

x2M + h. h

Lösung III.2.7 Geschwindigkeiten der Punkte A und B: ⎡

− sin ϕ

v A = r ϕ˙ ⎢ ⎣ cos ϕ

⎤ ⎥ ⎦,

⎡

v B = vB ⎢ ⎣

0 Winkelgeschwindigkeit des Hebels ABC: ⎡

0

⎤

⎥ ω=⎢ ⎣ 0 ⎦.

ω

⎤

− cos α sin α ⎥ ⎦. 0

318


Kinematik: v B = v A + ω × r AB ⎡

→

⎤

⎡

⎤

⎡

⎤

− cos α − sin ϕ ωl ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ sin α ⎥ ⎦ = r ϕ˙ ⎣ cos ϕ ⎦ + ⎣ 0 ⎦ . 0 0 0

vB ⎢ ⎣

Auflösen liefert: vB = r ϕ˙

cos ϕ , sin α

ω=

r ϕ˙ cos ϕ sin ϕ − l tan α

.

Geschwindigkeit des Punktes C: ⎡

v C = v A + ω × r AC

→

⎤

− sin ϕ

⎢ ⎢ cos ϕ v C = r ϕ˙ ⎢ ⎢ sin ϕ + cos ϕ − ⎢ tan α ⎣

⎥ ⎥ ⎥ ⎥. ⎥ ⎦

0 Beschleunigungen der Punkte A und B: ⎡

aA = r ϕ¨ ⎢ ⎣

⎤

⎡

⎤

− sin ϕ cos ϕ ⎢ ⎥ cos ϕ ⎥ ⎦ − r ϕ˙ 2 ⎣ sin ϕ ⎦ , 0 0

⎡

aB = aB ⎢ ⎣

⎤

− cos α sin α ⎥ ⎦. 0

Winkelbeschleunigung des Hebels ABC: ⎡

⎤

0 ⎥ ω˙ = ⎢ ⎣ 0 ⎦. ω˙ Beschleunigung des Punktes B: aB = aA + ω˙ × r AB + ω × (ω × r AB ) ⎡

→

⎢ aB ⎣

⎤

⎡

⎤

⎡

⎤

⎡

⎤

⎡

⎤

− cos α − sin ϕ cos ϕ ω˙ l 0 ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ sin α ⎥ ¨ ⎣ cos ϕ ⎦ − r ϕ˙ 2 ⎣ sin ϕ ⎦ + ⎣ 0 ⎦ + ⎣ ω 2 l ⎦ . ⎦ = rϕ 0 0 0 0 0

319

Kinetik: Lösungen

Auflösen liefert: aB =

1 (r ϕ¨ cos ϕ − r ϕ˙ 2 sin ϕ + l ω 2 ) , sin α

ω˙ =

1 1 (r ϕ¨ cos ϕ − r ϕ˙ 2 sin ϕ + l ω 2 ) . r ϕ¨ sin ϕ + r ϕ˙ 2 cos ϕ − l tan α

Lösung III.2.8 Als F¨ uhrungssystem wird der Rahmen AEF benutzt, als Koordinatensystem ein rahmenfestes x,y,z-Koordinatensystem. F¨ uhrungswinkelgeschwindigkeit, F¨ uhrungsgeschwindigkeiten in C und in D: ⎡

⎤

⎡

0 ⎥ ωf = ⎢ ⎣ Ω ⎦, 0

v fC = ω f × r AC ⎡

v fD = ω f × r

AD

0

⎤

⎡

⎤

L

⎤

⎡

⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ = ⎣ Ω ⎦ × ⎣ 2r ⎦ = ⎣

0

⎡

⎤

⎡

⎤

0 L 0 ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ 0 ⎥ =⎢ ⎣ Ω ⎦×⎣ 0 ⎦=⎣ ⎦, 0 0 −ΩL

0

⎤

0 0 ⎥ ⎦. −Ω L

Relativwinkelgeschwindigkeit und Relativgeschwindigkeiten in C und in D = D1 von Scheibe 1: ⎡

ω1

⎤

⎥ ω 1 rel = ⎢ ⎣ 0 ⎦,

⎡

ω1

⎤ ⎡

0

⎤

⎡

⎥ ⎢ ⎥ ⎢ v rel C = ω 1 rel ×r EC = ⎢ ⎣ 0 ⎦×⎣ −r ⎦ = ⎣

0

0

0 ⎡

⎤

⎡

⎤

⎡

⎤

0 0 ⎥ ⎦, −ω1 r

⎤

ω1 0 0 ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ v rel D1 = ω 1 rel × r ED = ⎣ 0 ⎦ × ⎣ r ⎦ = ⎣ 0 ⎦ . 0 ω1 r 0 Relativwinkelgeschwindigkeit und Relativgeschwindigkeit in D = D2 von Scheibe 2: ⎡

cos ϕ

⎤

⎥ ω 2rel = ω2 ⎢ ⎣ sin ϕ ⎦ ,

0 ⎡

v rel D2 = ω 2rel × r

FD

cos ϕ

⎤ ⎡

sin ϕ

⎤

⎡

0

⎤

⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ = ω2 ⎢ ⎣ sin ϕ ⎦×⎣ − cos ϕ ⎦ L sin ϕ = L ω2 sin ϕ⎣ 0 ⎦ .

0

0

−1

320


Absolutgeschwindigkeit und Rollbedingung in C: ⎡

v C = v fC + v rel C

⎤

⎡

→

⎡

⎤

0 0 ⎥ ⎢ ⎥ 0 =0 → ⎢ ⎣ ⎦ = ⎣ 0 ⎦ → ω1 = −Ω L/r −Ω L − ω1 r 0

ω 1 = ω f + ω 1 rel = Ω ⎢ ⎣

⎤

−L/r 1 ⎥ ⎦. 0

Absolutgeschwindigkeiten in D1 und D2 , Abrollbedingung in D: v D1 = v fD +v rel D1 , v D2 = v fD +v rel D2 ; v D1 = v D2 → v rel D1 = v rel D2 → ⎡ ⎢ ⎣

⎤

⎡

⎤

0 0 ⎢ ⎥ 0 ⎥ ⎦ = L ω2 sin ϕ ⎣ 0 ⎦ −Ω L −1

→ ω2 = Ω/sin ϕ ⎡

ω 2 = ω f + ω 2 rel = Ω ⎢ ⎣

→

⎤

ctgϕ 2 ⎥ ⎦. 0

Winkelbeschleunigung von Scheibe 2: ω˙ 2 =

d∗ ω 2 + ω f × ω 2 mit dt ⎡

→

ω˙ 2 = Ω˙ ⎢ ⎣

⎤ ⎡

d : dt∗

Zeitableitung im bewegten F¨ uhrungs- und Koordinatensystem

⎤ ⎡

⎤

ctgϕ 0 ctgϕ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ 2 ⎥ ⎦+⎣ Ω ⎦×⎣ 2 ⎦Ω 0 0 0

⎡

→

⎢ ω˙ 2 = ⎣

⎤ Ω˙ ctgϕ ⎥ ⎦. 2Ω˙ 2 −Ω ctgϕ

Beschleunigung von Scheibe 2 in D (A ist ein scheiben- und raumfester Punkt): ⎡

aD2 = ω 2 × (ω 2 × r ⎡

→

A D

) + ω˙ 2 × r

−4Ω 2 L

⎤

⎢ ⎥ aD2 = ⎣ Ω 2 L ctgϕ ⎦ .

−2Ω˙ L

A D

mit r

A D

⎤

L ⎥ =⎢ ⎣ 0 ⎦ 0

321

Kinetik: Lösungen

Lösung III.2.9 Der Winkelgeschwindigkeitsvektor ω AB der Stange AB setzt sich aus zwei Anteilen zusammen: der aus der Rotation der Stange BC folgenden Winkelgeschwindigkeit ω BC und der aus der Rotation um die Achse DE folgenden Winkelgeschwindigkeit ω DE . Geschwindigkeiten der Punkte A und B: v A = −r Ω ex ,

v B = v B ez .

Kinematik: v B = v A + ω AB × r AB . Winkelgeschwindigkeit der Stange AB: ω AB = ω BC + ω DE mit ω BC = ωBC ez ,

√ ω DE =

2 ωDE (ex + ey ) . 2

Geometrie: r AB = r ex − r ey + a ez mit a = Einsetzen liefert: 0 = −r Ω +

√

2 a ωDE + r ωBC , 2

√

l2 − 2r2 .

322


√

2 a ωDE + r ωBC , 2 √ vB = − 2 r ωDE .

0= −

Auflösen liefert: vB = −

ω BC =

r2 Ωez , a

ω AB =

r 1 r Ω ex + ey + ez , 2 a a

1 Ωez . 2

Lösung III.3.1 Bewegungsgleichungen: m x¨ = 0 ,

m z¨ = m g .

Integrationen: x˙ = C1 ,

z˙ = g t + C3 ,

x = C1 t + C2 ,

z = g t2 /2 + C3 t + C4 .

Anfangsbedingungen: x(0) ˙ = v0

→

C1 = v0 ,

z(0) ˙ = 0

→

C3 = 0 ,

x(0) = 0

→

C2 = 0 ,

z(0) = 0

→

C4 = 0 .

323

Kinetik: Lösungen

Einsetzen liefert: x(t) ˙ = v0 ,

z(t) ˙ = gt,

x(t) = v0 t ,

z(t) = g t2 /2 .

Passieren des Rings: x(tR ) = a

→ v0 tR = a ,

→ g t2R /2 = b ,

z(tR ) = b

x(t ˙ R ) = v sin α → v0 = v sin α ,

z(t ˙ R ) = v cos α → g tR = v cos α .

Auflösen liefert: b=

a , 2tan α

v0 =

+

√ g a tan α ,

v=

ga . sin α cos α

Lösung III.3.2 Bewegungsgleichungen: m x¨ = −FW cos α ,

m z¨ = m g + FW sin α .

Kinematik: x¨ =

dx˙ , dt

z¨ =

dz˙ . dt

Komponenten der Geschwindigkeit: x˙ = v cos α ,

z˙ = −v sin α .

Einsetzen liefert mit FW = k v: m

dx˙ = −k x˙ , dt

m

dz˙ = m g − k z˙ . dt

324


Trennen der Veränderlichen: k dx˙ = − dt , x˙ m

dz˙ k m g = − m dt . z˙ − k

Integrationen:

ln

mg k = − k t. z˙0 m

z˙ −

k x˙ = − t, x˙ 0 m

ln

Anfangsbedingungen f¨ ur t = 0: z˙0 = z(0) ˙ −

˙ = v0 cos α0 x˙ 0 = x(0)

mg mg = −v0 sin α0 − . k k

Einsetzen liefert:

x(t) ˙ = v0 cos α0 e−kt/m ,

z(t) ˙ =

Horizontalkomponente des Weges: x(t) = −

m v0 cos α0 e−kt/m + C . k

Anfangsbedingung:

x(0) = 0

→

C=

m v0 cos α0 . k

Einsetzen liefert:

x(t) =

m v0 cos α0 (1 − e−kt/m ) . k

mg mg − + v0 sin α0 e−kt/m . k k

325

Kinetik: Lösungen

Erreichen des Mitspielers: x(t∗ ) = l

→

t∗ =

m v0 cos α0 m ln . k m v0 cos α0 − k l

Horizontalkomponente der Geschwindigkeit: x(t ˙ ∗ ) = v0 cos α0 −

kl . m

Lösung III.3.3 Die Bewegung setzt ein, wenn die Haftbedingung H ≤ µ0 N verletzt wird. Wir stellen die Bewegungsgleichungen mit Hilfe von nat¨ urlichen Koordinaten auf. Gleichgewichtsbedingungen (in der Anfangslage): √ 2 ↑: N = mg + F, 2 √ →:

H=

2 F. 2

Einsetzen der Bewegung: √ H > µ0 N

→

k>

2 µ0 g . 1 − µ0

326


Bewegungsgleichungen:

m an = +N − m g cos ϕ − m at = −R − m g sin ϕ +

√ 2 F, 2

√ 2 F. 2

Kinematik: an = r ϕ˙ 2 ,

at = r ϕ¨ .

Beginn der Bewegung: √ ϕ(0) = 0 ,

ϕ(0) ˙ =0

→

an = 0 ,

Reibungsgesetz: R = µN . Beschleunigung f¨ ur ϕ = 0: √ a = at

→

a=

2 k(1 − µ) − µ g . 2

N = mg +

2 F. 2

Kinetik: Lösungen

327

Lösung III.3.4 Wir idealisieren den Wagen als Massenpunkt. Die Bewegung wird mit Hilfe von nat¨ urlichen Koordinaten beschrieben. Damit der Wagen nicht rutscht, muss die Haftbedingung erf¨ ullt sein. Normalbeschleunigung: an =

v2 . r

Bewegungsgleichung: m an = N sin α + H cos α . Gleichgewichtsbedingung in vertikaler Richtung: 0 = N cos α − H sin α − m g . Auflösen liefert: H = m an cos α − m g sin α , N = m an sin α + m g cos α .

328


Haftbedingung: |H| ≤ µ0 N

v2 tan α + µ0 tan α − µ0 ≤ ≤ . 1 + µ0 tan α gr 1 − µ0 tan α

→

Lösung III.3.5 Wir verwenden nat¨ urliche Koordinaten zur Lösung der Aufgabe. Zur Zeit t = 0 befinde sich der Wagen am Beginn der Kurve. Geschwindigkeit: v˙ = at = −a0

→

v(t) = v0 − a0 t .

s˙ = v

→

s(t) = s0 + v0 t − a0 t2 /2 .

→

s(t) = v0 t − a0 t2 /2 .

Weg:

Anfangsbedingung: s(0) = s0 = 0

Elimination der Zeit liefert:

v(s) =

v02 − 2a0 s .

Bewegungsgleichungen: m a t = Ht

→

Ht = − m a 0 ,

m a n = Hn

→

Hn = m

0 = N − mg

→

N = mg.

→

a20 +

v2 , ρ

Haftbedingung: |H| ≤ µ0 N

v4 ≤ µ20 g 2 . ρ2

329

Kinetik: Lösungen

Auflösen liefert: v 2 − 2a0 s (s) ≥ 0 . µ20 g 2 − a20 ullt. F¨ ur a0 > µ0 g ist die Haftbedingung nicht mehr erf¨

Lösung III.3.6 Arbeitssatz zwischen A und B: EkB + EpB = EkA + EpA + W

→

m vB2 /2 + m g h = m vA2 /2 + 0 + W .

→

m vC2 /2 + 0 = m vB2 /2 + 3m g h − R lBC .

→

N = mg

→

R = µmg

Auflösen liefert: W = m(g h − 21v02 /50) . Arbeitssatz zwischen B und C: EkC + EpC = EkB + EpB + W Normalkraft: N = mg cos α

10h . lBC

Reibungskraft: R = µN

10h . lBC

330


Einsetzen liefert: µ=

v 2 − vB2 3 − C 10 20g h

→

µ≈

4 v02 3 − . 10 5 g h

Lösung III.3.7 Die Geschwindigkeit v0 muss mindestens so groß sein, dass die Kugel die obere Ebene mit der Geschwindigkeit v ≥ 0 erreicht. Außerdem muss sie so groß sein, dass die Normalkraft N zwischen der Kugel und dem äußeren Kreisbogen erst bei Erreichen der F¨ uhrung verschwindet. Energiesatz zwischen unterer Ebene und oberer Ebene: Ek0 + Ep0 = Ek1 + Ep1

→

m v02 /2 + 0 = m v 2 /2 + 2m g r .

→

v02 ≥ 4g r .

Auflösen liefert: v02 = v 2 + 4g r

Energiesatz zwischen unterer Ebene und Beginn der F¨ uhrung: Ek0 + Ep0 = Ek2 + Ep2 →

m v02 /2 + 0 = m v 2 (ϕF )/2 + m g r(1 + cos ϕF ).

Bewegungsgleichung: :

m

v 2 (ϕ) = N + m g cos ϕ . r

Forderung f¨ u r ϕ = ϕF : N ≥0

→

v 2 (ϕF ) ≥ g r cos ϕF .

331

Kinetik: Lösungen

Auflösen liefert: v02 ≥ (2 + 3 cos ϕF )g r . Mindestgeschwindigkeit: v02

=

⎧ ⎪ ⎨ (2 + 3 cos ϕF )g r

f¨ ur

ϕF < ϕ∗F = arccos 2/3 ,

⎪ ⎩ 4g r

f¨ ur

ϕF > ϕ∗F .

Lösung III.3.8 Wir wählen Geschwindigkeiten nach rechts positiv. Daher geht v2 negativ in den Impulssatz ein. Impulserhaltung: m1 v1 − m2 v2 = (m1 + m2 )¯ v

→

Arbeitssatz: Ek1 − Ek0 = W . Kinetische Energien: Ek0 = (m1 + m2 )¯ v 2/2 ,

Ek1 = 0 .

v¯ =

m 1 v1 − m2 v2 . m1 + m2

332


Arbeit der Reibungskraft: W = −R s . Reibungsgesetz: R = µN

→

R = µ(m1 + m2 )g .

Einsetzen liefert: 1 − (m1 + m2 )¯ v 2 = −µ(m1 + m2 )g s 2

m2 m2 v2 + 1 + 2µ g s . m1 m1

→

v1 =

→

v¯ =

→

F ≤ µ0 m3 g .

→

x≤

Lösung III.3.9 Impulserhaltung: m1 v1 = (m1 + m2 )¯ v

m1 v1 . m1 + m2

Gleichgewicht am Klotz: →: ↑:

H=F, N = m3 g .

Haftbedingung: H ≤ µ0 N Federkraft: F = cx

µ0 m3 g . c

333

Kinetik: Lösungen

Maximaler Federweg: xmax =

µ0 m 3 g . c

Energiesatz: 1 1 (m1 + m2 )¯ v 2 = c x2max 2 2

→

v1max =

µ0 m 3 g m1

Lösung III.3.10 Impulserhaltung: m1 v0 = m1 v¯1 + m2 v¯2 . Energieerhaltung: m1 v02 /2 = m1 v¯12 /2 + m2 v¯22 /2 . Auflösen liefert: v¯2 =

2m1 v0 . m1 + m2

Bewegungsgleichung: :

m2 an = S − m2 g cos ϕ →

S = m2

v22 + m2 g cos ϕ . l

m1 + m2 . c

334


Maximale Fadenkraft (f¨ ur ϕ = 0): Smax = m2 (¯ v22 /l + g) . Reißen des Fadens: Smax > S ∗

→

v0 >

m1 + m 2 ∗ l(S /m2 − g) . 2m1

Lösung III.3.11 Die y-Komponente der Schwerpunktsgeschwindigkeit ist vor und nach dem Stoß Null. Daher ist bei horizontaler Stoßkraft Fˆ auch die y-Komponente Aˆy der Stoßkraft im Lager Null. Impulssatz: →:

2m(¯ vs − vs ) = Aˆx − Fˆ .

Drallsatz:

S:

2

2

l 2

Kinematik: v¯s = −3l ω ¯ /2 . Geschwindigkeiten vor dem Stoß: vs = 0 ,

3 3 l−a . m(¯ ω − ω) = Aˆx l − Fˆ 2 2

ω = 0.

335

Kinetik: Lösungen

Auflösen liefert:

ω ¯=

Fˆ a , 5l2 m

3a Aˆx = 1 − 5l

Fˆ .

Forderung: →

Aˆx = 0

a = 5l/3 .

Lösung III.4.1 Wir f¨ uhren ein ξ, η-Koordinatensystem ein, das sich rein translatorisch mit dem Aufhängepunkt bewegt und beschreiben die Bewegung in diesem System. Bewegungsgleichung: m aP = F

aP = af + arel (ac = 0) .

mit

F¨ uhrungs- und Relativbeschleunigung:

af =

a0 0

,

arel =

ξ¨ η¨

.

Geometrie: ξ = l sin ϕ

→

ξ¨ = l ϕ¨ cos ϕ − l ϕ˙ 2 sin ϕ ,

η = −l cos ϕ

→

η¨ = l ϕ¨ sin ϕ + l ϕ˙ 2 cos ϕ .

336


Kraft:

F =

−S sin ϕ S cos ϕ − mg

.

Einsetzen liefert: m(a0 + l ϕ¨ cos ϕ − l ϕ˙ 2 sin ϕ) = −S sin ϕ , m(l ϕ¨ sin ϕ + l ϕ˙ 2 cos ϕ) = S cos ϕ − m g . Elimination von S liefert: l ϕ¨ + g sin ϕ + a0 cos ϕ = 0 .

Lösung III.4.2 Wir beschreiben die Bewegung des Punktes P in einem mit der großen Scheibe fest verbundenen Koordinatensystem. Beschleunigung des Punktes P : aP = af + arel + ac . F¨ uhrungsbeschleunigung und Relativbeschleunigung: ⎡

0

⎤

⎥ af = ⎢ ⎣ −(a + r cos ϕ)Ω 2 ⎦ ,

0

⎡

0

⎤

⎥ arel = ⎢ ⎣ −r ω 2 cos ϕ ⎦ .

−r ω 2 sin ϕ

337

Kinetik: Lösungen

Winkelgeschwindigkeit des F¨ uhrungssystems und Relativgeschwindigkeit: ⎡

⎤

0 ⎥ Ω=⎢ ⎣ 0 ⎦, Ω

⎡

v rel

⎤

0 ⎥ =⎢ ⎣ −r ω sin ϕ ⎦ . r ω cos ϕ

Coriolisbeschleunigung: ⎡

ac = 2Ω × v rel

→

ac = ⎢ ⎣

⎤

2r ω Ω sin ϕ ⎥ 0 ⎦. 0

Einsetzen liefert: ⎡

2r ωΩ sin ϕ

⎤

⎥ aP = ⎢ ⎣ −(a + r cos ϕ)Ω 2 − r ω 2 cos ϕ ⎦ .

−r ω 2 sin ϕ

Lösung III.4.3 Das Koordinatensystem rotiere mit dem Hebel um die z-Achse. Geschwindigkeit des Punktes P : v P = v f + v rel . Winkelgeschwindigkeit des Hebels: ⎡

0

⎤

⎢ ⎥ Ω=⎣ 0 ⎦.

Ω

338


F¨ uhrungsgeschwindigkeit: ⎡

v f = v 0 + Ω × r 0P

→

0

⎤

⎥ vf = ⎢ ⎣ lΩ ⎦ .

0 Relativgeschwindigkeit: ⎡

v rel

d∗ r AP = dt

→

−r ω sin α

⎤

⎥ v rel = ⎢ ⎣ −r ω cos α ⎦ .

0


⎤

−r ω sin α ⎥ vP = ⎢ ⎣ l Ω − r ω cos α ⎦ . 0

Beschleunigung des Punktes P : aP = af + arel + ac . F¨ uhrungsbeschleunigung: ⎡

af = a0 + Ω˙ × r 0P + Ω × (Ω × r 0P )

af = ⎢ ⎣

→

Relativbeschleunigung: ⎡

arel

d∗ v rel = dt

→

arel = ⎢ ⎣

⎤

0 0 ⎥ ⎦. −r ω 2


ac = 2Ω × v rel

→

r Ω ω cos α

⎤

⎥ ac = 2 ⎢ ⎣ −r Ω ω sin α ⎦ .

0

⎤

−l Ω 2 0 ⎥ ⎦. 0

339

Kinetik: Lösungen


aP = ⎢ ⎣

⎤

−l Ω 2 + 2r Ω ω cos α ⎥ −2r Ω ω sin α ⎦. 2 −r ω

Lösung III.4.4 Geschwindigkeit des Punktes P : v P = v f + v rel . Winkelgeschwindigkeit der Scheibe: ⎡

0

⎤

⎥ Ω=⎢ ⎣ 0 ⎦.

ψ˙

F¨ uhrungsgeschwindigkeit: ⎡

v f = v 0 + Ω × r 0P

→

vf = ⎢ ⎣

⎤ −r ψ˙ + r ψ˙ cos ϕ ⎥ ⎦. r ψ˙ sin ϕ 0

Relativgeschwindigkeit: ⎡

v rel

d∗ r 0P = dt

→

Einsetzen liefert: ⎡ ⎢ vP = ⎣

r ϕ˙ cos ϕ

⎤

⎥ v rel = ⎢ ⎣ r ϕ˙ sin ϕ ⎦ .

⎤ −r ψ˙ + r(ψ˙ + ϕ) ˙ cos ϕ ⎥ ⎦. r(ψ˙ + ϕ) ˙ sin ϕ 0

0

340


Beschleunigung des Punktes P : aP = af + arel + ac . F¨ uhrungsbeschleunigung: af = a0 + Ω˙ × r 0P + Ω × (Ω × r 0P ) ⎡

→

⎤ −r ψ¨ + r ψ¨ cos ϕ − r ψ˙ 2 sin ϕ

¨ sin ϕ + r ψ˙ 2 cos ϕ ⎥ af = ⎢ ⎣ −r ψ˙ 2 + r ψ ⎦. 0

Relativbeschleunigung: ⎡

arel

d∗ v rel = dt

→

r ϕ¨ cos ϕ − r ϕ˙ 2 sin ϕ

⎤

⎢ ⎥ arel = ⎣ r ϕ¨ sin ϕ + r ϕ˙ 2 cos ϕ ⎦ .

0

Bahnkurven von P (Ω = ψ˙ = const, ω = ϕ˙ = const)

341

Kinetik: Lösungen


ac = 2Ω × v rel

→

−2r ψ˙ ϕ˙ sin ϕ

⎤

⎥ ac = ⎢ ⎣ 2r ψ˙ ϕ˙ cos ϕ ⎦ .

0 Einsetzen liefert: ⎡ ⎢ aP = ⎣

⎤ ¨ − cos ϕ) − r(ψ˙ + ϕ) −r ψ(1 ˙ 2 sin ϕ + r ϕ¨ cos ϕ ⎥ −r ψ˙ 2 + r(ψ˙ + ϕ) ˙ 2 cos ϕ + r(ψ¨ + ϕ) ¨ sin ϕ ⎦ . 0

Lösung III.4.5 Wir beschreiben die Bewegung des Klotzes in einem scheibenfesten x, y-Koordinatensystem. Beschleunigung des Klotzes: aK = af + arel + ac .

F¨ uhrungs-, Relativ- und Coriolisbeschleunigung:

af =

−x Ω 2 0

arel =

,

Einsetzen liefert:

aK =

x¨ − Ω 2 x 2Ω x˙

.

x¨ 0

,

ac =

0 2Ω x˙

.

342


Kraft auf den Klotz:

F =

0 Fy

.

Bewegungsgleichung: m aK = F . Bewegungsgleichung in x-Richtung: m(¨ x − Ω 2 x) = 0

→

x¨ − Ω 2 x = 0 .

Allgemeine Lösung: x(t) = A cosh Ωt + B sinh Ωt . Anfangsbedingungen: x(0) = a

→

A = a,

x(0) ˙ =0

→

B = 0.

Einsetzen liefert: x(t) = a cosh Ωt . Erreichen des Randes: x(tR ) = r

→

cosh ΩtR = r/a .

→

√ x(t ˙ R ) = Ω r2 − a2 .

Relativgeschwindigkeit: x(t ˙ R ) = a Ω sinh ΩtR

343

Kinetik: Lösungen

Lösung III.4.6 Wir idealisieren die Kugel als Massenpunkt und beschreiben ihre Bewegung in einem ringfesten x, y, z-Koordinatensystem. Beschleunigung der Kugel: aK = af + arel + ac . F¨ uhrungsbeschleunigung: ⎡

0

⎤

⎥ af = ⎢ ⎣ −r Ω 2 sin ϕ ⎦ .

0 Relativbeschleunigung: ⎡

−r ϕ˙ 2 cos ϕ − r ϕ¨ sin ϕ

⎤

¨ cos ϕ ⎥ arel = ⎢ ⎣ −r ϕ˙ 2 sin ϕ + r ϕ ⎦. 0 Winkelgeschwindigkeit des Rings: ⎡

Ω

⎤

⎥ Ω=⎢ ⎣ 0 ⎦.

0 Relativgeschwindigkeit: ⎡

−r ϕ˙ sin ϕ

⎤

⎥ v rel = ⎢ ⎣ r ϕ˙ cos ϕ ⎦ .

0

344



ac = 2Ω × v rel

⎤

0 ⎥ 0 ac = ⎢ ⎣ ⎦. 2r Ω ϕ˙ cos ϕ

→

Eingeprägte Kraft: ⎡

G=⎢ ⎣

⎤

−m g 0 ⎥ ⎦. 0

Normalkraft: ⎡

Nx

⎤

⎥ N =⎢ ⎣ Ny ⎦

mit Ny /Nx = tan ϕ .

Nz Bewegungsgleichung: m aK = G + N . Einsetzen liefert: −m(r ϕ˙ 2 cos ϕ + r ϕ¨ sin ϕ) = −m g + Nx , −m(r ϕ˙ 2 sin ϕ − r ϕ¨ cos ϕ + r Ω 2 sin ϕ) = Nx tan ϕ , 2m r Ω ϕ˙ cos ϕ = Nz . Bedingung f¨ ur Gleichgewichtslagen relativ zum Ring:

ϕ˙ = 0 ,

ϕ¨ = 0

→

r Ω2 +

g sin ϕ = 0 . cos ϕ

Gleichgewichtslagen: ϕ1 = 0 ,

ϕ2 = π ,

ϕ3, 4 = π ± arccos

g . r Ω2

Die Gleichgewichtslagen ϕ3, 4 existieren nur f¨ ur Ω 2 > g/r .

345

Kinetik: Lösungen

Lösung III.4.7 Bei der Lösung wird ein in A von der Kulisse mitgef¨ uhrtes x, y-Koordinatensystem benutzt. Geometrie: √ a = 16l2 + 9l2 = 5l ,

sin β = 3/5 ,

cos β = 4/5 .

Geschwindigkeit von C:

cos β − sin β

v C = 3l ω

→

3l ω 5

vC =

4 −3

.

Beschleunigung von C:

aC = aCn + aCt = 3l ω 2 3l aC = 5

→

− sin β − cos β

+ 3l α

cos β − sin β

−3ω 2 + 4α −4ω 2 − 3α

.

F¨ uhrungsgeschwindigkeit der Kulisse in C und Relativgeschwindigkeit von C gegen¨ uber Kulisse:

0 5

v f = β˙ l

v rel = vrel

,

1 0

.

Auswertung: v C = v f + v rel

→

3l ω 5

9 ωK = β˙ = − ω , 25

→

4 −3

= β˙ l

v rel =

0 5

12 ωl 5

+ vrel 1 0

1 0

.

F¨ uhrungsbeschleunigung der Kulisse in C, Coriolisbeschleunigung und Relativbeschleunigung von C gegen¨ uber der Kulisse:

af = 5l

−β˙ 2 β¨

arel = arel

1 0

,

.

acor = 2ω K ×v rel = 2ωK vrel

0 1

=−

216 2 ω l 125

0 1

,

346


Auswertung: aC = af + acor + arel

− 3 ω 2 + 4α − 4ω 2 − 3α

→

3l 5

→

arel = l

=l

144 2 12 α− ω 5 125

216 2 − 81ω 2 /125 ω l − β¨ 125

1 0

,

0 +arel 1

Massenträgheitsmoment: Θa = Θ1 + Θ2 . Bereich r1 ≤ r ≤ r2 :

Bereich r2 ≤ r ≤ r3 :

Θ2 = r2 dm = r2 dV .

→

1 0

84 2 9 ω . ω˙ K = β¨ = − α − 5 125

Lösung III.5.1

Θ1 = r22 π b0 r22 /2 − r12 π b0 r12 /2

Θ1 = π b0 (r24 − r14 )/2 .

347

Kinetik: Lösungen

Volumenelement: dV = 2π r dr b(r) = 2π b0 r2 dr →

Θ2 = 2π b0 r2

r3 2 r dr = 2π b0 r2 (r33 − r23 )/3 .

r2

Einsetzen liefert: Θ a = π b0 [(r24 − r14 )/2 + 2r2 (r33 − r23 )/3] .

Lösung III.5.2 Bewegungsgleichung f¨ ur die Rolle:

ΘA ϕ¨ = S1 r1 + S2 r2 .

A:

Bewegungsgleichungen f¨ ur die Gewichte: ↓:

m1 x¨1 = m1 g − S1 ,

↓:

m2 x¨2 = m2 g − S2 .

Kinematik: x˙ 1 = r1 ϕ˙ ,

x˙ 2 = r2 ϕ˙ .

Auflösen liefert: S1 = m1 g

ΘA − m2 r2 (r1 − r2 ) , ΘA + m1 r12 + m2 r22

S 2 = m2 g

ΘA + m1 r1 (r1 − r2 ) > 0. ΘA + m1 r12 + m2 r22

Forderung: S1 > 0

→

ΘA > m2 r2 (r1 − r2 ) .

348


F¨ ur ΘA < m2 r2 (r1 − r2 ) wird der äußere Faden schlaff.

Lösung III.5.3 Massenträgheitsmomente: Θ1 = m r12 /2 ,

Θ2 = m r22 /2 .

Drallerhaltung: ω Θ2 ω2 = (Θ1 + Θ2 )¯

r22 ω2 . + r22

→

ω ¯=

→

1 r2 r2 ∆Ek = − m ω22 2 1 2 2 . 4 r1 + r2

r12

¨ Anderung der kinetischen Energie: ∆Ek =

1 1 (Θ1 + Θ2 )¯ ω 2 − Θ2 ω22 2 2

Lösung III.5.4 Die Winkelgeschwindigkeit bzw. den Drehwinkel des Karussells bezeichnen wir mit ωK bzw. ϕK , die relative Winkelgeschwindigkeit bzw. den relativen Winkel des Kindes bez¨ uglich des Karussells mit ωrel bzw. ϕrel . Massenträgheitsmoment des Karussells: Θ0 = M r2 /2 .

349

Kinetik: Lösungen

Drehimpuls bez¨ uglich des Karussellmittelpunkts: L(0) = Θ0 ωK + m r2 (ωK + ωrel ) . Drehimpulssatz: dL(0) =0 dt

→

L(0) = const .

→

L(0) ≡ 0 .

→

Θ0 ϕK + m r2 (ϕK + ϕrel ) = 0 .

→

ϕK = −

Anfangsbedingung: L(0) (0) = 0 Integration: t

L(0) dt¯ = 0

0

Relativer Winkel: ϕrel = 2π

2π . M +1 2m

350


Lösung III.5.5 Geometrie:

b(x) = b0 1 +

x l

,

V (x) =

1 x a b0 2 + 2 l

A(x) = a b0 1 +

x l

,

x.

Schwerpunktskoordinate: x

ξ A(ξ) dξ ξ dV = 0x xs = dV A(ξ) dξ

→

xs =

x(3l + 2x) . 3(2l + x)

0

Normalbeschleunigung: an (xs ) = (l − xs )ω 2 . Normalkraft: N (x) = m(x) an (xs ) = V(x) an (xs ) . Spannung an der Stelle x:

σ(x) =

N (x) A(x)

→

Spannung an der Einspannstelle x = l: σ(l) = l2 ω 2 /3 .

σ(x) = ω 2

x(3l2 − x2 ) . 3(l + x)

351

Kinetik: Lösungen

Lösung III.5.6 Vor Beginn des Rutschvorgangs f¨ uhrt der Quader eine reine Rotation um den Punkt B aus. Massenträgheitsmoment bez¨ uglich Achse durch S:

ΘS = c Ip

→

ΘS = c

b h3 h b3 + 12 12

=

Massenträgheitsmoment bez¨ uglich Achse durch B: 2

ΘB = ΘS +

h 2

m

→

ΘB =

2 m h2 . 3

Drehimpulssatz:

B:

ΘB ϕ¨ = m g

h sin ϕ . 2

Zeitfreie Integration: ϕ˙ 0

mgh ϕ¯˙ dϕ¯˙ = 2ΘB

ϕ

sin ϕ¯ dϕ¯

→

0

ϕ˙ 2 =

3g (1 − cos ϕ) . 2h

Beschleunigung des Schwerpunkts (nat¨ urliche Koordinaten):

an =

h 2 ϕ˙ , 2

at =

h ϕ¨ . 2

Schwerpunktsatz: :

m an = m g cos ϕ − N

→

N = m g(7cos ϕ − 3)/4 ,

:

m at = m g sin ϕ − H

→

H = 5m g sin ϕ/8 .

5 m h2 . 12

352


Haftbedingung: H ≤ µ0 N

→

7cos ϕ − 5sin ϕ ≥ 3 .

Ablesen liefert: ϕ1 = 0,19π = ˆ 34◦ .

Lösung III.5.7 Massenträgheitsmomente: ΘB = m1 r12 /2 ,

ΘC = m2 r22 /2 .

Kräftegleichgewicht im Punkt A: →:

S1 = F .

Bewegungsgleichung f¨ ur die Rolle:

B:

ΘB ϕ¨1 = S1 r1 − S2 r1 .

353

Kinetik: Lösungen

Bewegungsgleichungen f¨ ur den Zylinder:

ΘC ϕ¨2 = S2 r2 − S3 r2 ,

C:

m2 y¨C = S2 + S3 − m2 g .

↑: Kinematik:

x˙ = r1 ϕ˙ 1 ,

y˙ C = r2 ϕ˙ 2 ,

x˙ = 2r2 ϕ˙ 2 .

Auflösen liefert: S2 =

x¨ =

3F + 2m1 g , 3 + 4m1 /m2

S3 =

F + (2m1 + m2 )g , 3 + 4m1 /m2

8F/m2 − 4g . 3 + 4m1 /m2

Lösung III.5.8 Zunächst rutscht die Walze. Dabei sind die Winkelbeschleunigung ϕ¨ und die Beschleunigung x¨S des Schwerpunkts unabhängig voneinander. Der Rutschvorgang ist zu Ende, wenn der Ber¨ uhrpunkt B der Walze mit der Unterlage die Geschwindigkeit v0 erreicht hat. Anschließend rollt die Walze mit konstanter Geschwindigkeit und konstanter Winkelgeschwindigkeit auf der Unterlage.

354


Massenträgheitsmoment: ΘS = m r2 /2 . Bewegungsgleichungen: →: ↑:

S:

m x¨S = R , 0 = N − mg

→

N = mg,

ΘS ϕ¨ = R r .

Reibungsgesetz: →

R = µN

R = µmg.

Auflösen liefert: x¨S = µ g ,

ϕ¨ = 2

µg . r

Schwerpunktsgeschwindigkeit: x˙ S = µ g t + x˙ S (0)

→

x˙ S = µ g t .

→

ϕ˙ = 2

Winkelgeschwindigkeit: ϕ˙ = 2

µg t + ϕ(0) ˙ r

µg t. r

Geschwindigkeit des Ber¨ uhrpunkts B: x˙ B = x˙ S + r ϕ˙

→

x˙ B = 3µ g t .

→

t∗ =

Ende des Rutschvorgangs: x˙ B = v0

v0 . 3µ g

355

Kinetik: Lösungen

Maximale Schwerpunktsgeschwindigkeit: x˙ S max = x˙ S (t∗ )

→

x˙ S max = v0 /3 .

Maximale Winkelgeschwindigkeit: ˙ ∗) ϕ˙ max = ϕ(t

→

ϕ˙ max =

2v0 . 3r

Lösung III.5.9 Beschleunigung des Schwerpunkts: aS = aA + arAS + aϕAS

mit

a A = a0 ,

Schwerpunktsatz: :

m(b ϕ¨ − a0 cos ϕ) = At .

Drallsatz:

S:

ΘS ϕ¨ = − At b .

Massenträgheitsmoment bez¨ uglich S: ΘS = ΘA − m b2 . Auflösen liefert: ϕ¨ =

m a0 b cos ϕ . ΘA

arAS = b ϕ˙ 2 ,

aϕAS = b ϕ¨ .

356


Integration: m a0 b 1 2 ϕ˙ (ϕ) = sin ϕ 2 ΘA

→

π ϕ˙ 2

=

2m a0 b . ΘA

Lösung III.5.10 Energiesatz: Ek + Ep = const. Kinetische Energie: Ek = (m1 + m2 + m3 )x˙ 2 /2 + (Θ1 + Θ2 )ϕ˙ 2 /2 . Potientielle Energie: Ep = −(m1 + m2 + m3 )g x sin α . Kinematik: x˙ = r ϕ˙ . Massenträgheitsmomente: Θ1 = 2m1 r2 /5 ,

Θ2 = m2 r2 /2 .

Einsetzen liefert: (7m1 /10 + 3m2 /4 + m3 /2)x˙ 2 − (m1 + m2 + m3 )g x sin α = const.

357

Kinetik: Lösungen

Differentiation des Energiesatzes: 2(7m1 /10 + 3m2 /4 + m3 /2)x˙ x¨ − (m1 + m2 + m3 )g x˙ sin α = 0 →

x¨ =

(m1 + m2 + m3 ) sin α g. 7m1 /5 + 3m2 /2 + m3

Lösung III.5.11 Energiesatz: Ek + Ep = const. Kinetische Energie: Ek = m x˙ 2 /2 + ΘR ωR2 /2 + 6(m vZ2 /2 + ΘZ ωZ2 /2) . Potientielle Energie: Ep = −m g x . Kinematik: x˙ = rR ωR ,

vZ = rZ ωZ ,

Massenträgheitsmomente: ΘR = m rR2 ,

ΘZ = m rZ2 /2 .

Einsetzen liefert: 17x˙ 2 /8 − g x = const.

x˙ = 2vZ .

358


Differentiation des Energiesatzes: 17x˙ x¨/4 − g x˙ = 0

→

x¨ = 4g/17 .

Lösung III.5.12 Wir bezeichnen die Beschleunigung der Platte bzw. des Schwerpunkts der Scheibe mit x¨1 bzw. x¨2 . Massenträgheitsmoment: ΘS = m r2 /2 . Bewegungsgleichungen f¨ ur die Kreisscheibe: : m x¨2 = m g sin α − H , : 0

= N2 − m g cos α

→

N2 = m g cos α ,

→

N1 = 2m g cos α .

→

R = 2µ m g cos α .

S : ΘS ϕ¨ = H r .

Bewegungsgleichungen f¨ ur die Platte: : m x¨1 = m g sin α − R + H , : 0

= N1 − N2 − m g cos α

Reibungsgesetz: R = µ N1 Kinematik: x˙ 2 = x˙ 1 + r ϕ˙ .

359

Kinetik: Lösungen

Auflösen liefert: x¨1 = g(sin α − 32 µ cos α) , x¨2 = g(sin α − 12 µ cos α) , ϕ¨ =

µg cos α . r

Haftungskraft: H=

1 ΘS ϕ¨ r

→ H=

1 µ m g cos α . 2

Haftbedingung: H ≤ µ0 N2

→

µ0 ≥ µ/2 .

F¨ ur µ = 0 wird ϕ¨ = 0. Dann ist die Relativgeschwindigkeit zwischen der Kreisscheibe und der Platte Null.

Lösung III.5.13 Wir bezeichnen die Horizontal- bzw. die Vertikalbeschleunigung des Schwerpunkts der Kugel mit x¨1 bzw. y¨1 . Massenträgheitsmoment: ΘS = 2m1 r2 /5 . Drallsatz f¨ ur die Kugel:

S:

ΘS ϕ¨ = Hr .

360


Schwerpunktsatz f¨ ur die Kugel: →: m1 x¨1 = −H cos α + N1 sin α , ↑: m1 y¨1 = H sin α + N1 cos α − m1 g . Schwerpunktsatz f¨ ur den Keil: →:

m2 x¨2 = H cos α − N1 sin α .

Kinematik: x˙ 1 = x˙ 2 + r ϕ˙ cos α ,

y˙ 1 = −r ϕ˙ sin α .

Auflösen liefert: g sin α r ϕ¨ = . m1 7 − cos2 α 5 m1 + m2 Der Schwerpunkt des Gesamtsystems hat eine konstante Geschwindigkeit (m1 x¨1 + m2 x¨2 = 0).

Lösung III.5.14 Wir bezeichnen den Gesamtschwerpunkt von Rahmen und Kind mit SV . Bewegungsgleichungen f¨ ur den Rahmen mit Kind: ←: 2m x¨/3 = Ax , ↑: 2m y¨/3 = N1 + Ay − 2m g/3 ,

SV : ΘV ψ¨

= 2r Ay − 2r Ax − 2r N1 − M0 .

361

Kinetik: Lösungen

Bewegungsgleichungen f¨ ur das Rad: ←: m x¨/3 = H − Ax , ↑: m y¨/3 = N2 − Ay − m g/3 ,

A : ΘA ϕ¨

= M0 − r H .

Massenträgheitsmoment: ΘA = m r2 /6 . Kinematik: ψ¨ = 0 ,

y¨ = 0 ,

x¨ = r ϕ¨ .

Auflösen liefert: x¨ =

6M0 , 7m r

N1 =

m g 15M0 − , 3 28r

H=

6M0 , 7r

N2 =

2m g 15M0 + . 3 28r

Abheben der Gleitschiene: N1 = 0

→

M0 /r = 28m g/45 .

→

µ0 ≥ 8/15 .

Haftbedingung: H ≤ µ0 N 2

Mit dem Abheben der Gleitschiene ändern sich die kinematischen Gleichungen.

362


Lösung III.5.15 Massenträgheitsmoment des Stabs: ΘA = M l2 /3 . Energiesatz: M g l/2 = ΘA ω 2/2 − M g l/2

→

ω=

Energieerhaltung beim Stoß: ΘA ω 2/2 = ΘA ω ¯ 2 /2 + m v¯2 /2 . Drehimpulserhaltung beim Stoß: ΘA ω = ΘA ω ¯ + m l v¯ . Auflösen liefert: M − 3m ω, M + 3m

ω ¯=

v¯ =

2l M ω. M + 3m

Lösung III.5.16 Energiesatz: m g l/2 = ΘA ϕ˙ 2 /2

→

ϕ˙ 2 = 3g/l .

Impulssatz: →: ↑:

¯˙ S − x˙ S ) = AˆH , m(x ˆ. m(y¯˙S − y˙ S ) = AˆV + B

Drehimpulssatz:

A:

ˆl. ΘA (ϕ¯˙ − ϕ) ˙ = −B

6g/l .

363

Kinetik: Lösungen

Geschwindigkeiten vor dem Stoß: x˙ S = 0 ,

y˙ S = −

l 3g/l , 2

ϕ˙ =

3g/l .

Geschwindigkeiten nach dem Stoß: ¯˙ S = 0 , x

y¯˙S = 0 ,

ϕ¯˙ = 0 .

Einsetzen und Auflösen liefert: √ AˆV = m 3g l/6 ,

AˆH = 0 ,

Lösung III.5.17 Energiesatz: m g l/2 = ΘA ϕ˙ 2 /2

→

ϕ˙ 2 = 3g/l .

Impulssatz: →: ↑:

m(x¯˙S − x˙ S ) = AˆH , m(y¯˙S − y˙ S ) = AˆV + Cˆ .

Drehimpulssatz:

˙ = −Cˆ a . A : ΘA (ϕ¯˙ − ϕ)

Geschwindigkeiten vor dem Stoß: x˙ S = 0 ,

√ y˙ S = − 3g l/2 .


y¯˙C y˙C

→

ϕ¯˙ = −e ϕ˙ .

ˆ = m √3g l/3 . B

364


Geschwindigkeiten nach dem Stoß: √ x¯˙S = 0 , y¯˙S = e 3g l/2 . Einsetzen und Auflösen liefert: AˆH = 0 ,

(1 + e)(3a − 2l) m AˆV = 3gl, 6a

(1 + e)m l Cˆ = 3g l . 3a

Verschwindender Kraftstoß im Lager A: AˆV = 0

→

a = 2l/3 .

¨ Anderung der kinetischen Energie: ∆Ek = −(1 − e2 )m g l/2 . Anm.: F¨ ur a = l und e = 0 erhält man die Ergebnisse der Aufgabe III.5.16.

Lösung III.5.18 Impulssatz: →:

m(¯ v − v0 ) = −Fˆ .

Massenträgheitsmoment: Θ0 = 16M r2 /3 . Drehimpulssatz:

0 : Θ0 (ϕ¯˙ − 0) = 3r Fˆ .

365

Kinetik: Lösungen

Stoßbedingung: 1=−

3r ϕ¯˙ − v¯ . 0 − v0

Auflösen liefert: 18 v0 , 27 + 16M/m r

ϕ¯˙ =

v¯ =

27 − 16M/m v0 . 27 + 16M/m

Bewegung der Scheibe nach dem Stoß: x = v¯ t . Bewegung des Kreuzes nach dem Stoß: ϕ = ϕ¯˙ t . Zweiter Stoß zur Zeit t∗ : x(t∗) = 2r

→

v¯ t∗ = 2r ,

ϕ(t∗) = π/2 → ϕ¯˙ t∗ = π/2 . Elimination von t∗ : v¯ 4r = ϕ¯˙ π

→

M 9 = (3π − 8) m 16π

Impulssatz: →:

ˆ m(v¯ − v¯) = Fˆ .

Drehimpulssatz:

0:

¯˙ = −3rFˆˆ . Θ0 (ϕ¯˙ −ϕ)

→

M = 0, 26 . m

366


Stoßbedingung: 1=−

3r ϕ¯˙ − v¯ ¯˙ − v¯ . 3r ϕ

Auflösen liefert: ϕ¯˙ = 0 ,

v¯ = v0 .

F¨ ur diesen Sonderfall bleibt das Kreuz nach dem zweiten Stoß in Ruhe.

Lösung III.5.19 Da die Oberflächen glatt sind, bewegen sich beide Scheiben nach dem Stoß rein translatorisch, und v¯2 hat die Richtung der Stoßnormalen. Impulssatz: m1 (¯ v1x − v1x ) = Fˆ ,

m2 (¯ v2x − v2x ) = −Fˆ ,

v1y − v1y ) = 0 , m1 (¯

m2 (¯ v2y − v2y ) = 0 .

Komponenten der Schwerpunktsgeschwindigkeiten vor dem Stoß: √ v1x = − 3 v1 /2 ,

v2x = 0 ,

v1y = v1 /2 ,

v2y = 0 .


P P − v¯2x v¯1x . P P v1x − v2x

367

Kinetik: Lösungen

Kinematik: P v1x = v1x ,

P v¯1x = v¯1x ,

P v2x = v2x ,

P v¯2x = v¯2x .

Auflösen liefert: v¯1x = −

√ 3 v1 , 10

v¯2x = −

2√ 3 v1 , 5

v¯1y =

1 v1 2

v¯2y = 0

→

v¯1 =

1√ 7 v1 , 5

→

v¯2 =

2√ 3 v1 . 5

→

α ¯ = 109◦ .

→

∆Ek = −3m v12 /25 .

Richtung der Schwerpunktsgeschwindigkeit v¯1 : tan α ¯=

5√ v¯1y = − 3 v¯1x 3

¨ Anderung der kinetischen Energie: ∆Ek = m v¯12 /2 + m v¯22 /2 − m v12 /2 Es gehen 24% der kinetischen Energie verloren.

368


Lösung III.5.20 Während des Stoßes haftet die Scheibe im Stoßpunkt P . Impulssatz: ↓:

m(¯ vx − vx ) = − Fˆx ,

→:

m(¯ vy − vy ) = − Fˆy .

Drehimpulssatz:

S:

ΘS (¯ ω − ω) = −r Fˆy .

Massenträgheitsmoment: ΘS = m r2 /2 . Komponenten der Schwerpunktsgeschwindigkeit vor dem Stoß: √ vx =

√

2 v, 2

vy =

2 v. 2


v¯xP =1 vxP

→

v¯xP = −vxP .

Haftbedingung: v¯yP = 0 . Kinematik: vxP = vx ,

v¯xP = v¯x ,

v¯yP = v¯y + r ω ¯.

Auflösen liefert: v¯x = −vx ,

v¯y = 2vy /3 − r ω/3 .

369

Kinetik: Lösungen

Forderung: α ¯ = 45◦

→

v¯x = − v¯y .

Einsetzen liefert: ω=−

√ 2v . 2 r

Drehzahl (bedeutet Umdrehungen pro Zeit):

n=

|ω| 2π

√ →

n=

2v . 4π r

Lösung III.5.21 ˆy = 0), da die SchwerEs treten keine Kraftstöße in y-Richtung auf (Aˆy = B ¨ punktgeschwindigkeit der Scheibe keine Anderung in y-Richtung erfährt. Impulssatz und Drehimpulssatz f¨ ur die Scheibe : →:

¯˙ A − x˙ A ) = Aˆ , m1 (x

A:

(A) ˆ. Θ1 (ϕ¯˙ − ϕ) ˙ = −M

Impulssatz und Drehimpulssatz f¨ ur die Scheibe : →:

ˆ − Aˆ , ¯˙ B − x˙ B ) = B m2 (x

B:

(B) ˙ =M ˆ − a Aˆ . Θ2 (ψ¯˙ − ψ)

Geschwindigkeiten vor dem Blockieren: x˙ A = 0 ,

ϕ˙ = ω ,

x˙ B = 0 ,

ψ˙ = 0 .

370


Geschwindigkeiten nach dem Blockieren: ¯˙ A = a Ω , x

ϕ¯˙ = Ω ,

ψ¯˙ = Ω .

¯˙ B = 0 , x

Einsetzen liefert: (A)

m1 a Ω = Aˆ ,

ˆ, Θ1 (Ω − ω) = −M

ˆ = Aˆ , B

(B) ˆ − a Aˆ . Θ2 Ω = M

Auflösen liefert: (A)

Θ1

Ω=

(A)

Θ1

(B)

+ Θ2

+ m 1 a2

ω,

(A)

ˆ= Aˆ = B

m1 a Θ1 (A) Θ1 (B)

ˆ = M

Θ2 (A) Θ1

+

(B) Θ2

+ m 1 a2

+ m 1 a2 (B)

+ Θ2

ω,

(A)

+ m 1 a2

Θ1 ω .

¨ Anderung der kinetischen Energie: ∆Ek =

1 (B) 2 1 1 (A) 1 (A) Θ Ω + m1 (a Ω)2 + Θ1 Ω 2 − Θ1 ω 2 2 2 2 2 2 (A)

→

∆Ek = −

(B)

Θ1 (Θ2 (A) 2(Θ1

+

+ m 1 a2 )

(B) Θ2

+ m 1 a2 )

ω2 .

371

Kinetik: Lösungen

Lösung III.5.22 Die Komponenten des Trägheitstensors werden mit Hilfe des Satzes von Steiner ermittelt. Trägheitsmomente: ⎡

2 ⎤

Θx(A)

m l2 m l2 ⎣ 2 l + + l + = 3 12 2

Θy(A)

m l2 m l2 ⎣ 2 l + + l + = 3 12 2

Θz(A)

m l2 m l2 ⎣ 2 l + l2 m + + l + = 3 12 2

⎡

l m 2

l (A) Θyz = − (−l)m 2

Trägheitstensor: ⎡

Θ

(A)

⎤

10 −3 9 1 3 ⎥ = m l2 ⎢ ⎣ −3 22 ⎦. 6 9 3 16

Winkelgeschwindigkeit: √

⎡

2 ⎢ ω⎣ ω= 2

Θx(A) =

5 m l2 , 3

⎦m + 2l2 m

→

Θy(A) =

11 m l2 , 3

→

Θz(A) =

8 m l2 , 3

→

(A) Θxy =−

→

(A) Θyz =

1 m l2 , 2

→

(A) Θzx =

3 m l2 . 2

2 ⎤ ⎦m

l = − − l m − (−l)l m 2

(A) Θzx

→

2 ⎤

⎡

(A) = −l Θxy

⎦m

⎤

−1 0 ⎥ ⎦. 1

1 m l2 , 2

372


Drehimpuls: √

L(A) = Θ (A) · ω

→

L(A)

⎡

2 m l2 ω ⎢ = ⎣ 12

⎤

−1 6 ⎥ ⎦. 7

Moment: M (A) =

d∗L(A) + ω × L(A) = Θ (A) · ω˙ + ω × L(A) dt

mit

ω˙ = 0 .


M (A)

1 = m l2 ω 2 ⎢ ⎣ 2

⎤

−1 1 ⎥ ⎦. −1

Lösung III.5.23 Wir beschreiben die Bewegung des Zylinders in dem mit der Stange fest verbundenen x, y, z-Koordinatensystem: Winkelgeschwindigkeit der Stange: ⎡

⎤

0 ⎥ ωS = ⎢ ⎣ 0 ⎦. ϕ˙ Winkelgeschwindigkeit des Zylinders: ⎡

Ω

⎤

⎥ ωZ = ⎢ ⎣ 0 ⎦.

ϕ˙ Trägheitsmomente bez¨ uglich A (vgl. Tabelle III.5.1): Θx(A) = m r2 /2 , ⎡

→ Θ

(A)

=⎢ ⎣

Θy(A) = Θz(A) = m(r2 + l2 ) ⎤

mr2 /2 0 0 ⎥ 0 m(r2 + l2 ) 0 ⎦. 2 2 0 0 m(r + l )

373

Kinetik: Lösungen

Drehimpuls: ⎡

L(A) = Θ (A) · ω Z

→

L(A)

⎤

m r2 Ω/2 ⎢ ⎥ 0 =⎣ ⎦. m(r2 + l2 )ϕ˙

Moment bez¨ uglich A: ⎡

M

=⎢ ⎣

(A)

⎤

0 ⎥ My ⎦. −m g l sin ϕ

Bewegungsgleichungen: d∗L(A) + ω S × L(A) = M (A) dt ⎡

→

⎢ ⎣

⎤

⎡

⎤

x-Komponente: Ω˙ = 0

→

Ω(t) = Ω0 .

z-Komponente: ϕ¨ +

⎡

⎤

˙ 0 0 m r2 Ω/2 ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ My 0 ⎦ + ⎣ m r 2 ϕ˙ Ω/2 ⎦ = ⎣ ⎦. 2 2 0 −m g l sin ϕ m(r + l )ϕ¨

gl sin ϕ = 0 . r2 + l2

Linearisieren (sin ϕ ≈ ϕ) liefert: ϕ¨ + ω 2 ϕ = 0 ,

ω2 =

Allgemeine Lösung: ϕ(t) = A cos ωt + B sin ωt .

gl . r2 + l2

374


Anfangsbedingungen: ϕ(0) ˙ =0

→

B = 0,

ϕ(0) = ϕ0

→

A = ϕ0

→

My = −m r2 Ω0 ω ϕ0 sin ωt/2 .

→

ϕ(t) = ϕ0 cos ωt .

y-Komponente: My = m r2 Ω0 ϕ/2 ˙

Lösung III.5.24 Relativ-, F¨ uhrungs- und Absolutwinkelgeschwindigkeit: ⎡

⎤

Ω

⎡

⎥ ω rel = ⎢ ⎣ 0 ⎦,

0

⎤

⎡

⎥ ωf = ⎢ ⎣ 0 ⎦,

0

Ω

⎤

⎥ ω abs = ω f + ω rel = ⎢ ⎣ 0 ⎦.

ϕ˙

ϕ˙

Massenträgheitsmomente mit Bezugspunkt M : (M) (M) (M) = m r2/2, Θyy = Θzz = m r2/4 . Θxx

Massenträgheitsmomente mit Bezugspunkt A (Satz von Steiner): (A) (A) (A) = m r2/2, Θyy = Θzz =m Θxx

r2 + L2 4

.

Kinetische Energie (A ist ein materieloser Punkt der Scheibe und fest): (A) 2 (A) 2 Ω + Θzz ϕ˙ )/2 = Ek = (Θxx

m 2

r2 2 r2 2 Ω + ϕ˙ + L2 ϕ˙ 2 2 4

.

Potentielle Energie: Ep = m g L cos ϕ . Energiesatz:

m r2 2 m r2 2 r2 2 Ω + ϕ˙ + L2 ϕ˙ 2 + m g L cos ϕ = Ω + mgL 2 2 4 4

→ ϕ˙ = ±

⎡

8gL(1 − cos ϕ) → 4L2 + r2

Ω

⎢ ⎢ 0 ω abs = ⎢ ⎢ 8g L(1 − cos ϕ) ⎣

4L2 + r2

⎤ ⎥ ⎥ ⎥. ⎥ ⎦

375

Kinetik: Lösungen

Drall um den festen Punkt A: ⎡

L

(A)

= m⎢ ⎣

⎤

r2 Ω/2 ⎥ 0 ⎦. (L2 + r2 /4)ϕ˙

Drallsatz (ω f = ω rech ): ˙ (A) = M (A) L ⎡

⎤ ⎡

⎤ ⎡

⎤

→

→

MAx = 0 ,

(Kontrolle: ϕ¨ =

⎡

⎤

0 0 r2 Ω/2 MAx ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ 0 0 MAy ⎦+⎣ 0 ⎦×⎣ ⎦m = ⎣ ⎦ 2 2 2 2 (L + r /4)ϕ¨ ϕ˙ (L + r /4)ϕ˙ m g L sin ϕ

m⎢ ⎣

MAy = m r2

Ω ϕ˙ 2g L(1 − cos ϕ) = m r2 Ω . 2 4L2 + r2

4m g L sin ϕ 1 dϕ˙ 2 = ist erf¨ ullt.) 2 dϕ 4L2 + r2

376


Lösung III.5.25 Benutzt wird ein stangenfestes x, y, z-Koordinatensystem. Wegen der Rollbedingung bewegt sich der Schwerpunkt S auf einer Kreisbahn um die Achse DB. Winkelgeschwindigkeit der Stange: ⎡

0

⎤

⎥ ω f = ωf ⎢ ⎣ 1 ⎦.

0 Winkelgeschwindigkeit der Kugel (der Punkt D ruht und ist materieloser Punkt der Kugel; wegen des Rollens ruht der Punkt C, d.h. DC ist Drehachse): ⎡

ωr

⎤

⎥ ω=⎢ ⎣ ωf ⎦

mit ωr /ωf = −L/r,

ω˙ r /ω˙ f = −L/r .

0 Massenträgheitsmomente mit den Bezugspunkten S und D: (S) (S) (S) Θxx = Θyy = Θzz = 2m r2/5 , (D) (D) (D) Θxx = 2m r2 /5 , Θyy = Θzz = m(2r2 /5 + L2 ) .

Kinetische Energie:

Ek =

2 1 (D) 2 1 (D) (D) L (D) (Θ ω + Θyy ωf2 ) = ωf2 Θxx + Θyy 2 xx r 2 r2

= m ωf2 (2r2 + 7L2 )/10 . Energiesatz (Index 1: tiefste Stellung): Ek + Ep = const. → m ωf21 (2r2 + 7L2 )/10 − m g L sin α = m g L sin α

→

ωf21

20g L sin α = → 7L2 + 2r2

ω1 =

⎡

20g L sin α ⎢ ⎣ 7L2 + 2r2

⎤

−L/r 1 ⎥ ⎦. 0

377

Kinetik: Lösungen

Normalbeschleunigung von S in tiefster Stellung: ax = − ωf2 L = −

20g L2 sin α . 7L2 + 2r2

Schwerpunktsatz: m ax = Cx + m g sin α → Cx = −

20m g L2 sin α − m g sin α . 7L2 + 2r2

Drall: ⎡

L(D)

⎤

(D) Θxx ωr ⎢ (D) ⎥ = ⎣ Θyy ωf ⎦ . 0

Drallsatz: d∗L(D) + ω × L(D) = M (D) dt ⎡

→

(D) Θxx ω˙ r

⎤ ⎡

0

⎤ ⎡

(D) Θxx ωr

⎤

⎡

⎢ (D) ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ (D) ⎥ ⎢ ˙ f ⎦+⎣ ωf ⎦×⎣ Θyy ωf ⎦ = ⎣ ⎣ Θyy ω

0

0

0

⎤

−Cz r ⎥ −Cz L ⎦. N L + Cx r − m g L cos α

x- und y-Komponente: (D) −Θxx

L ω˙ f = −Cz r , r

(D) Θyy ω˙ f = −Cz L →

ω˙ f = ω˙ r = 0 ,

z-Komponente: (D) (D) −Θxx ωf ωr = Θxx

L 2 ω = N L + Cx r − m g L cos α r f

(D) 2 ωf /r . → N = m g cos α − Cx r/L + Θxx

Einsetzen liefert:

N = m g cos α +

28L r sin α r sin α + L 7L2 + 2r2

.

Cz = 0 .

378


Lösung III.5.26 Wir benutzen den Aufhängepunkt A als Bezugspunkt und verwenden ein mit A translatorisch bewegtes Koordinatensystem (Rechensystem = translatorisches System). Translatorischer Drallsatz (ebener Fall): Θ (A) ϕ¨ + m(rAP × aA ) · ez = M (A) mit Θ (A) = m l2 ,

M (A) = −m g l sin ϕ ,

(r AP × aA ) · ez = l a0 cos ϕ . Einsetzen liefert: l ϕ¨ + a0 cos ϕ + g sin ϕ = 0 .

379

Kinetik: Lösungen

Lösung III.5.27 Wir benutzen den bewegten, vom Schwerpunkt S verschiedenen Scheibenpunkt A als Bezugspunkt und verwenden ein translatorisch bewegtes (,schleifendes‘) x, y, z-Rechensystem. Den absoluten Drehwinkel der Scheibe bezeichnen wir mit ϕ. Translatorischer Drallsatz (ebener Fall): Θ (A) ϕ¨ + (m1 + m2 )(r AS × aA ) · ez = M (A) . Massenträgheitsmoment (konstant im schleifenden Koordinatensystem): Θ (A) = (m1 + m2 )r2 /2 = 3m2 r2 /2 . Scheibenschwerpunkt: rAS =

4r m1 − m2 4r = 3π m1 + m2 9π

4r (cos ϕ ex + sin ϕ ey ) . 9π

→

r AS =

→

aA = R Ω 2 (sin ψ ex − cos ψ ey ) .

Beschleunigung von A: aA = R ψ˙ 2 = R Ω 2 Somit gilt: (r AS × aA ) · ez = −

4r R Ω 2 (cos ϕ cos ψ + sin ϕ sin ψ) . 9π

Moment der äußeren Kraft: M (A) = −3m2 g rAS sin ϕ . Einsetzen liefert: ϕ¨ −

8g 8R Ω 2 (cos ϕ cos ψ + sin ϕ sin ψ) + sin ϕ = 0 . 9π r 9π r

380


Impulssatz (maS = F ): ↓:

3m2 R Ω 2 sin ψ −

Ax = 3m2 R Ω 2 sin ψ −

→:

4r (ϕ¨ sin ϕ + ϕ˙ 2 cos ϕ) = Ax + G 9π

→

4r (ϕ¨ sin ϕ + ϕ˙ 2 cos ϕ) − g , 9π

Ay = 3m2 −R Ω 2 cos ψ +

4r (ϕ¨ cos ϕ − ϕ˙ 2 sin ϕ) . 9π

Lösung III.5.28 Wir f¨ uhren ein x, y, z-Koordinatensystem ein, das mit der pendelnden Scheibe fest verbunden ist und benutzen den Zapfenpunkt B als Bezugspunkt f¨ ur den Drallsatz dieser Scheibe. Das physikalische (translatorische) System, in dem wir die Kinetik der Scheibe beobachten, bewegt sich mit B, dreht sich aber nicht mit der Scheibe mit. (Erläuterung: Ein Beobachter in B, der zu einem Zeitpunkt z. B. nach links blickt, blickt ständig nach links.) Schwerpunkt der Scheibe : ⎡

r

BS

−r

⎤

⎥ =⎢ ⎣ 0 ⎦.

0

381

Kinetik: Lösungen

Winkelgeschwindigkeit und Winkelbeschleunigung von , Beschleunigung von B: ⎡

⎤ ψ˙ cos ϕ ⎥ ω=⎢ ⎣ −ψ˙ sin ϕ ⎦ , ϕ˙ ⎡

a

B

−R ψ˙ 2 sin ϕ

⎡

⎤ ψ¨ cos ϕ − ψ˙ ϕ˙ sin ϕ ¨ sin ϕ − ψ˙ ϕ˙ cos ϕ ⎥ ω˙ = ⎢ ⎣ −ψ ⎦, ϕ¨ ⎤

⎥ =⎢ ⎣ −R ψ˙ 2 cos ϕ ⎦ .

R ψ¨

Trägheitstensor und translatorischer Drall von um B: ⎡

Θ

(B)

=⎢ ⎣

⎤

⎡

⎤

m r2 /4 0 0 µ 0 0 ⎥ ⎢ ⎥ 0 m r2 /4 + m r2 0 ⎦ = ⎣ 0 5µ 0 ⎦ , 2 2 0 0 6µ 0 0 m r /2 + m r ⎡

L(B)

⎤ ψ˙ cos ϕ ⎥ = Θ (B) · ω = µ ⎢ ⎣ −5ψ˙ sin ϕ ⎦ mit µ = m r 2 /4 . 6ϕ˙

Translatorische Dralländerung: ⎡ ⎤ ψ¨ cos ϕ − 2ψ˙ ϕ˙ sin ϕ drech L(B) dtr L(B) ⎢ ⎥ (B) = + ω × L = µ ⎣ −5ψ¨ sin ϕ − 10ψ˙ ϕ˙ cos ϕ ⎦ . dt dt 2 ˙ 6ϕ¨ − 4ψ sin ϕ cos ϕ

Moment der Trägheitskräfte des translatorischen Systems um B: ⎡

−m r BS × aB = −12µ ⎢ ⎣

⎤

0 ⎥ ψ¨ ⎦. ψ˙ 2 cos ϕ

Moment der Lagerreaktionen und der Gewichtskraft um B: ⎡

M (B)

⎤

⎡

⎤

MxB MxB ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ B B BS My MyB =M +r ×G=⎣ ⎦=⎣ ⎦ −m g r sin ϕ −µ γ sin ϕ

mit γ = 4g/r .

382


Translatorischer Drallsatz: dtr L(B) + m r BS × aB = M (B) : dt 6ϕ¨ + 4ψ˙ 2 cos ϕ (3 − sin ϕ) + γ sin ϕ = 0

(1. Bewegungsgleichung) ,

MxB = µ(ψ¨ cos ϕ − 2ψ˙ ϕ˙ sin ϕ) , ¨ MyB = µ[ ψ(12 − 5 sin ϕ) − 10ψ˙ ϕ˙ cos ϕ ] . Schwerpunktsbeschleunigung der Scheibe : aS = aB + ω × (ω × r BS ) + ω˙ × r BS ⎡

⎤ ψ˙ 2 sin ϕ (sin ϕ − 3) + ϕ˙ 2

⎥ = r⎢ ¨ ⎦. ⎣ ψ˙ 2 cos ϕ (sin ϕ − 3) − ϕ

¨ − sin ϕ) − 2ψ˙ ϕ˙ cos ϕ ψ(3

Impulssatz f¨ ur die Scheibe : maS = F : ⎡

⎤ ψ˙ 2 sin ϕ (sin ϕ − 3) + ϕ˙ 2

⎡

Bx − m g cos ϕ

⎤

⎢ ⎥ ⎢ ⎥ m r ⎣ ψ˙ 2 cos ϕ (sin ϕ − 3) − ϕ¨ ⎦ = ⎣ By + m g sin ϕ ⎦ .

¨ − sin ϕ) − 2ψ˙ ϕ˙ cos ϕ ψ(3

Bz

Drallsatz f¨ ur die horizontale Scheibe : (0) Θ2 ψ¨ = −Bz R + MyB sin ϕ − MxB cos ϕ :

¨ ψ(145 − 24 sin ϕ + 4 sin2 ϕ) − 4ψ˙ ϕ˙ cos ϕ (6 − 2 sin ϕ) = 0 (2. Bewegungsgleichung) , Bx = m[ r ψ˙ 2 sin ϕ (sin ϕ − 3) + r ϕ˙ 2 + g cos ϕ ] , By = m[ r ψ˙ 2 cos ϕ (sin ϕ − 3) − r ϕ¨ − g sin ϕ ] , ¨ − sin ϕ) − 2ψ˙ ϕ˙ cos ϕ ] . Bz = m r[ ψ(3

383

Kinetik: Lösungen

Lösung III.5.29 Wir benutzen den Drehpunkt D als Bezugspunkt und, da dieser vom Schwerpunkt S verschieden ist, den translatorischen Drallsatz. Als Rechensystem verwenden wir das mit der Plattform fest verbundene x, y, zKoordinatensystem; das translatorische System hebt und senkt sich mit D, ohne die Drehung der Scheibe mitzumachen. Da Zeitableitungen zu bilden sind, d¨ urfen wir f¨ ur die Winkel ψ und ϕ erst nach dem Differenzieren ihre Werte zum gegebenen Zeitpunkt einsetzen. Bewegung von D (des translatorischen Systems): ζ˙ = 2R ψ˙ cos ψ , √ ˙ 0 ) = 2 R ψ˙ , ζ(t

ζ = 2R sin ψ , √ ζ(t0 ) = 2 R , ⎡

⎤

sin ψ cos ϕ ⎢ ⎥ aD = ζ¨ ⎣ − sin ψ sin ϕ ⎦ , cos ψ

ζ¨ = 2R(ψ¨ cos ψ − ψ˙ 2 sin ψ) , √ ¨ 0 ) = 2 R(ψ¨ − ψ˙ 2 ) , ζ(t √

⎡

⎤

1 2 ¨⎢ ⎥ ζ ⎣ 0 ⎦. aD (t0 ) = 2 1

Absolute Winkelgeschwindigkeit der Plattform (auch Winkelgeschwindigkeit des Rechensystems): ⎡

sin ψ cos ϕ

⎤

⎡

− sin ϕ

⎤

⎡

⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ω = ω rech = Ω ⎢ ⎣ − sin ψ sin ϕ ⎦ + ψ˙ ⎣ − cos ϕ ⎦ + ⎣

cos ψ ⎡

⎤

˜ Ω √ ⎥ ˜ = 2 Ω/2 . ω(t0 ) = ⎢ ⎣ −ψ˙ ⎦ mit Ω ˜ +ω Ω

0

⎤

0 0 ⎥ ⎦, ϕ˙ = ω

384


Schwerpunkt: ⎡

r DS

⎤

⎡

⎤

1 5 mR ⎢ R⎢ ⎥ ⎥ = ⎣ 0 ⎦= ⎣ 0 ⎦. m+M 25 1/5 1

Trägheitstensor: ⎡

Θ

(D)

=⎢ ⎣

⎤

M R2 /4 + m R2 /25 0 −m R2 /5 ⎥ 0 M R2 /4 + m(R2 + R2 /25) 0 ⎦ 2 2 2 −m R /5 0 M R /2 + m R ⎡

⎢ = µ⎣

⎤

26 0 −5 0 51 0 ⎥ ⎦ mit µ = m R2 /25. −5 0 75

Drall und Dralländerung: ⎡

L

(D)

=Θ

(D)

·ω =µ ⎢ ⎣ ⎡

L(D) (t0 ) = µ ⎢ ⎣

⎤ 26(Ω sin ψ cos ϕ − ψ˙ sin ϕ) − 5(Ω cos ψ + ω) ⎥ −51(Ω sin ψ sin ϕ + ψ˙ cos ϕ) ⎦, −5(Ω sin ψ cos ϕ − ψ˙ sin ϕ) + 75(Ω cos ψ + ω) ⎤

˜ − 5ω 21Ω ⎥ −51ψ˙ ⎦, ˜ + 75ω 70Ω

drech L(D) = dt ⎡

µ⎢ ⎣

⎤ 26(Ω ψ˙ cos ψ cos ϕ − Ω ω sin ψ sin ϕ − ψ¨ sin ϕ − ψ˙ ω cos ϕ) + 5Ω ψ˙ sin ψ ⎥ −51(Ω ψ˙ cos ψ sin ϕ + Ω ω sin ψ cos ϕ + ψ¨ cos ϕ − ψ˙ ω sin ϕ) ⎦, −5(Ω ψ˙ cos ψ cos ϕ − Ω ω sin ψ sin ϕ − ψ¨ sin ϕ − ψ˙ ω cos ϕ) − 75Ω ψ˙ sin ψ ⎡ ˜ ψ˙ − 26ψ˙ ω ⎤ 31Ω drech L(D) (t0 ) ⎢ ¨ ⎥ ˜ ω + ψ) = µ ⎣ −51(Ω ⎦, dt ˙ ˙ ˜ 80Ω ψ + 5ψ ω

385

Kinetik: Lösungen ⎡ ⎢ ω(t0 ) × L(D) (t0 ) = µ ⎣

˜ − 5ω ⎤ ˜ ⎤ ⎡ 21Ω Ω ⎥ ⎢ ⎥ −ψ˙ ⎦ × ⎣ −51ψ˙ ⎦ ˜ + 75ω ˜ +ω 70Ω Ω

⎡

⎤

˙ Ω ˜ + 24ω) −ψ(19

˜ 2 − 59Ωω ˜ − 5ω 2 ⎥ = µ⎢ ⎣ −49Ω ⎦, ˙ Ω ˜ + 5ω) −ψ(30

(M + m)r

DS

⎡ ⎤ ⎡ ⎤ √ 5 1 R 2√ ⎢ ⎥ ⎢ 2 × a (t0 ) = (M + m) 2 R(ψ¨ − ψ˙ ) ⎣ 0 ⎦ × ⎣ 0 ⎥ ⎦ 25 2 1 1 D

⎡

0

⎤

⎥ = 5µ(ψ¨ − ψ ) ⎢ ⎣ −4 ⎦ .

˙2

0

Momente: ⎡

M

(D)

MxD

⎤

⎥ =⎢ ⎣ MyD ⎦ + m g R

MzD ⎡

MxD

⎤

⎥ =⎢ ⎣ MyD ⎦ + m g R

MzD

√ ⎡ 1 ⎤ ⎡ −1 ⎤ 2⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎣ 0 ⎦×⎣ 0 ⎦ 2 1/5 −1 √ ⎡ 0 ⎤ 2⎢ ⎥ ⎣ 4/5 ⎦ ; 2 0

MxD , MyD : Lagerreaktionsmomente auf Scheibe, MzD :

Antriebsmoment.

Translatorischer Drallsatz: drech L(D) + ω rech × L(D) + (M + m) r DS × aD = M (D) : dt ˜ ψ˙ − 50ψ˙ ω) , MxD = µ(12Ω √ ˜ ω − 71ψ¨ − 49Ω ˜ 2 − 5ω 2 + 20ψ˙ 2 ) − 2 2 m g R /5 , MyD = µ(−110Ω ˜ ψ˙ . MzD = −110µ Ω

386


Lösung III.6.1 Wir zählen die x-Koordinate von der Lage des Klotzes bei entspannter Feder. Bewegungsgleichung f¨ ur den Klotz: ↓:

m x¨ = m g − S1 .

Drallsatz f¨ ur die Rolle:

M r2 ϕ/2 ¨ = S 1 r − S2 r .

B: Kinematik:

x˙ = r ϕ˙ . Federgesetz: S2 = c x . Auflösen liefert: x¨ +

2c 2m g x= . M + 2m M + 2m

387

Kinetik: Lösungen

Eigenfrequenz:

ω=

2c . M + 2m

Lösung III.6.2 Massenträgheitsmoment: ΘA = m l2 /3 + M (r2 + 2a2 )/2 . Drallsatz um A:

A:

ΘA ϕ¨ = −mg

l sin ϕ − M g a sin ϕ . 2

Linearisieren (sin ϕ ≈ ϕ) liefert: ϕ¨ +

(m l + 2M a) g ϕ = 0. 2ΘA

Eigenfrequenz:

ω=

(m l + 2M a) g . 2ΘA

388


Eigenfrequenz f¨ ur m = M und r a:

ω=

3l + 6a g. 2l2 + 6a2

Abstand a bei maximaler Eigenfrequenz: dω =0 da

⎛

⎞

7 1 − 1⎠ l . a= ⎝ 2 3

→

Lösung III.6.3 Massenträgheitsmoment des Rads: ΘS = m r2 /2 . Kinematik: vS = l ϕ˙ ,

vS = r ψ˙

→

l ϕ˙ = r ψ˙ .

→

Ek = 3m l2 ϕ˙ 2 /4 .

Kinetische Energie: Ek = m vS2 /2 + ΘS ψ˙ 2/2 Potientielle Energie: Ep = −m g l cos ϕ .

389

Kinetik: Lösungen

Energiesatz: →

Ek + Ep = const

3l ϕ˙ 2 /4 − g cos ϕ = const .

Differentiation des Energiesatzes: 3 l ϕ˙ ϕ¨ + g ϕ˙ sin ϕ = 0 2

→

ϕ¨ +

→

ω=

2g sin ϕ = 0 . 3l

Linearisieren (sin ϕ ≈ ϕ) liefert: ϕ¨ +

2g ϕ=0 3l

2g . 3l

Lösung III.6.4 Die beiden Wellen wirken als Drehfedern und sind in Reihe geschaltet. Das ¨ Zahnradpaar wirkt als Ubersetzung. Ersatzfedersteifigkeit: M = c∗T ϕ → c∗T =

M . ϕ

Drehwinkel der Schwungscheibe: ϕ = ϕ2 +

M . cT2

¨ Ubersetzung: ϕ2 =

r1 ϕ1 . r2

390


Momentengleichgewicht: M = F r2 . Drehwinkel des oberen Zahnrads: ϕ1 =

F r1 . cT1

Einsetzen liefert: c∗T =

cT 1 c T 2 . cT1 + (r1 /r2 )2 cT2

Bewegungsgleichung: Θ ϕ¨ = −c∗T ϕ →

ϕ¨ + ω 2 ϕ = 0

Allgemeine Lösung: ϕ(t) = A cos ωt + B sin ωt . Anfangsbedingungen: ϕ(0) = 0

→

A = 0,

ϕ(0) ˙ = ϕ˙ 0

→

B=

Einsetzen liefert: ϕ(t) =

ϕ˙ 0 sin ωt . ω

ϕ˙ 0 . ω

mit

ω2 =

c∗T . Θ

391

Kinetik: Lösungen

Lösung III.6.5 Das Tragwerk und die Feder sind in Reihe geschaltet. Absenkung des Punktes A unter einer Kraft F (s. Aufgabe II.4.10): v=

F a3 . EI

Federkonstante des Tragwerks: c1 =

F v

→

EI . a3

c1 =

Federkonstante der Ersatzfeder: 1 1 1 = + c∗ c c1

→

c∗ =

→

ω=

c EI . c a3 + EI

Eigenfrequenz:

ω=

c∗ m

c EI . (c a3 + EI)m

Lösung III.6.6 Drallsatz:

A:

ΘA ϕ¨ = m g l cos ϕ − MA .

392


Massenträgheitsmoment: ΘA = m l 2 . R¨ uckstellmoment: MA = cT ϕ . Auflösen liefert: ϕ¨ =

cT g cos ϕ − ϕ. l m l2

Gleichgewichtslage ϕ0 = π/6: ϕ(ϕ ¨ 0) = 0 √ →

3 g π cT − =0 2 l 6 m l2

→

√ 3 3 mgl. cT = π

Kleine Schwingungen um die Gleichgewichtslage: ϕ = ϕ0 + ψ

mit |ψ| 1 .

Einsetzen liefert: cT g (ϕ0 + ψ) . ψ¨ = cos(ϕ0 + ψ) − l m l2 Additionstheorem: cos(ϕ0 + ψ) = cos ϕ0 cos ψ − sin ϕ0 sin ψ √ →

cos(ϕ0 + ψ) =

1 3 cos ψ − sin ψ . 2 2

393

Kinetik: Lösungen

Einsetzen und Linearisieren (cos ψ ≈ 1, sin ψ ≈ ψ) liefern: √ 1g cT 3 g π cT ¨ ψ=− ψ− − ψ+ 2 l m l2 2 l 6 m l2 →

√ 1 3 3 g + ψ = 0. ψ¨ + 2 π l

Eigenfrequenz: √ 1 3 3 g

+ . ω=

2

π

l

Lösung III.6.7 Wir bestimmen die Kraft F (t) getrennt in den Zeitbereichen t < T und t > T . Newtonsches Grundgesetz: F (t) = m x¨ + c x . Fallunterscheidung: a)

t < T : t − T 0 = 0 .

Systemantwort und Zeitableitungen: x(t) = x0 cos

t 2t0

→

x˙ = −

x0 t sin 2t0 2t0

→

x¨ = −

x0 t cos . 4t20 2t0

394


Einsetzen liefert:

m x0 t F (t) = − 2 + c x0 cos 4t0 2t0 b)

→

F (t) = 0 .

t > T : t − T 0 = 1 .

Systemantwort und Zeitableitungen:

x(t) = x0 cos

t t−T + 20 1 − cos 2t0 2t0

→

x˙ =

x0 t t−T − sin + 20 sin 2t0 2t0 2t0

→

x¨ =

x0 t t−T − cos + 20 cos 4t20 2t0 2t0

.

Einsetzen liefert:

F (t) = −

+

m x0 t + c x0 cos 4t20 2t0

20 m x0 t−T − 20c x0 cos + 20c x0 4t20 2t0

→

F (t) = 20 N .

395

Kinetik: Lösungen

Lösung III.6.8 Ungespannte und gespannte Federlänge, Federlängung: √ √ f0 = l − v , f = l2 + w2 , ∆f = f − f0 = l2 + w2 − (l − v) . Potentielle Energie der Federn: ( , √ 1 Ep = 2 c (∆f )2 = c l2 + w2 − 2(l − v) l2 + w2 + (l − v)2 . 2

Kinetische Energie: Ek =

1 m w˙ 2 . 2

Energiesatz: Ep + Ek = const ( , √ 1 m w˙ 2 + c l2 + w2 − 2(l − v) l2 + w2 + (l − v)2 = const . → 2 Zeitableitung des Energiesatzes, Bewegungsgleichung:

w w˙ =0 m w˙ w¨ + c 2 w w˙ − 2(l − v) √ 2 l + w2

→

w¨ +

2c l−v 1− √ 2 w = 0. m l + w2

Linearisierung der Bewegungsgleichung, Eigenfrequenz: √

l2 + w2 ≈ l

→ w¨ +

→

ω=

f w

f0

v

2c v 2c v w = 0 → ω2 = m l ml

2c √ v, ml

ω∼

√ v.

396


Lösung III.7.1 Kinematik und Federkraft: xS = r ϕ

→

x¨S = r ϕ¨ ,

F = c xS = c r ϕ .

a) Schwerpunktsatz und Drallsatz: ←: ↑:

S:

m x¨S = −F − H , 0=N −G

→

N = G,

ΘS ϕ¨ = r H

mit

ΘS = m r2 /2 .

Auflösen liefert: ϕ¨ + ω 2 ϕ = 0

mit

ω2 =

2c . 3m

b) Wir zählen die Koordinate x nach links und die Koordinate ϕ entgegen dem Uhrzeigersinn. Die Trägheitskraft m x¨S und das Scheinmoment ΘS ϕ¨ wirken in den entgegengesetzten Richtungen. Als Bezugspunkt f¨ ur das Momentengleichgewicht wählen wir den Punkt B, da dann die unbekannte Kraft H nicht auftritt:

B:

ΘS ϕ¨ + r m x¨S + r F = 0 .

Einsetzen von Kinematik, Federkraft und ΘS = m r2 /2 liefert: ϕ¨ + ω 2 ϕ = 0

mit

ω2 =

2c . 3m

397

Kinetik: Lösungen

Lösung III.7.2 (Vgl. mit Lösung III.6.3) Kinematik: x˙ S = (R − r)ϕ˙ = r ψ˙

→

x¨S = (R − r)ϕ¨ ,

ψ¨ = (R/r − 1)ϕ¨ .

Momentengleichgewicht bez¨ uglich B:

B:

ΘS ψ¨ + m x¨S r + m g r sin ϕ = 0

mit

ΘS = m r2 /2 .

Einsetzen liefert: ϕ¨ +

2g sin ϕ = 0 . 3(R − r)

Lösung III.7.3 Auf ein Massenelement dm wirkt als Belastung“ die d’Alembertsche Träg” heitskraft dFT = dm R Ω 2 . Die resultierende Trägheitskraft FT = m R Ω 2 greift im Schwerpunkt des Handgriffs an. Maximales Biegemoment (bei B): MB = FT l/2 = m R Ω 2 l/2 .

398


Maximale Biegespannung:

σmax =

MB W

mit

→

W = π r3 /4

σmax =

2m l R Ω 2 . π r3

Lösung III.7.4 Wir schneiden zuerst den äußeren Schenkel an der Stelle x1 . Auf ein Massenelement dm an der Stelle s (Abstand vom linken Ende) wirkt als Belastung“ die d’Alembertsche Trägheitskraft dm r Ω 2 . Die Schnittgrößen ” folgen durch Integration. Massenelement: m ds = µ ds , dm = a+b

µ=

m : a+b

Masse pro Längeneinheit.

Geometrie: cos ϕ = (b − s)/r,

sin ϕ = a/r .

Normalkraft (0 ≤ x1 ≤ b):

N (x1 ) =

r Ω 2 cos ϕ dm =

x1 0

= µ Ω 2 [b s − s2 /2]|x0 1

Ω 2 (b − s)µ ds

→

N (x1 ) = µΩ 2 (b x1 − x21 /2) .

Querkraft (0 ≤ x1 ≤ b):

Q(x1 ) =

r Ω 2 sin ϕ dm =

x1 0

Ω 2 a µ ds

→

Q(x1 ) = µ Ω 2 a x1 .

399

Kinetik: Lösungen

Biegemoment (0 ≤ x1 ≤ b): x1

M (x1 ) =

Q(s) ds 0

→

M (x1 ) = µ Ω 2 a x21 /2 .

¨ Ubergangsbedingungen: N0 = N (x2 = 0) = Q(x1 = b) = µ Ω 2 a b , Q0 = Q(x2 = 0) = −N (x1 = b) = −µ Ω 2 b2 /2 , M0 = M (x2 = 0) = M (x1 = b) = µ Ω 2 a b2 /2 . Normalkraft, Querkraft und Biegemoment (0 ≤ x2 ≤ a): x2

→

N (x2 ) = µ Ω 2 (a b + a x2 − x22 /2) ,

Q(x2 ) = Q0

→

Q(x2 ) = −µ Ω 2 b2 /2 ,

M (x2 ) = M0 + x2 Q0

→

M (x2 ) = µ Ω 2 b2 (a − x2 )/2 .

N (x2 ) = N0 +

0

µ Ω 2 (a−s)ds

400


Lösung III.7.5 Dynamisches Gleichgewicht: :

N−

S/2

µr2 ϕ¨ sin ψ dψ −

S/2

0

→ :

Q−

0 2

2

N = µ r (ϕ¨ + ϕ˙ ) , π/2

S/2

µ r2 ϕ¨ cos ψ dψ + 0

→

0:

µ r2 ϕ˙ 2 cos ψ dψ = 0

µ r2 ϕ˙ 2 sin ψ dψ = 0 0

Q = µ r (ϕ¨ − ϕ˙ ) , 2

M −Nr+

2

S/2

µ r3 ϕ¨ dψ = 0 0

→

M = µ r3 [(1 − π/2)ϕ¨ + ϕ˙ 2 ] .

Lösung III.7.6 Da nur die Beschleunigung des Punktes A gesucht wird (vgl. dagegen Aufgabe III.5.7), wenden wir das Prinzip der virtuellen Arbeit an. Dazu denken wir uns das System durch eine virtuelle Verr¨ uckung aus einer beliebigen Lage ausgelenkt. Prinzip der virtuellen Arbeit : GW + GWT = 0: F Gx − m2 g GyC − ΘB ϕ¨1 Gϕ1 − ΘC ϕ¨2 Gϕ2 − m2 y¨C GyC = 0 .

401

Kinetik: Lösungen

Massenträgheitsmomente : ΘB = m1 r12 /2 ,

ΘC = m2 r22 /2 .

Kinematik : Gx = r1 Gϕ1 ,

GyC = r2 Gϕ2 ,

Gx = 2r2 Gϕ2 ,

x˙ = r1 ϕ˙1 ,

y˙C = r2 ϕ˙2 ,

x˙ = 2r2 ϕ˙2 .

Einsetzen liefert:

F−

1 1 1 1 m2 g − m1 x¨ − m2 x¨ − m2 x¨ Gx = 0 2 2 8 4

→

x¨ =

Lösung III.7.7 Prinzip der virtuellen Arbeit : GW + GWT = 0 : (M0 − Θ1 ϕ¨1 )Gϕ1 − Θ2 ϕ¨2 Gϕ2 − (m4 g + m4 y¨) Gy = 0 . Massenträgheitsmomente : Θ1 = m1 r12 /2 ,

Θ2 = m2 r22 /2 + m3 r32 /2 .

8F − 4m2 g . 4m1 + 3m2

402


Kinematik : r1 Gϕ1 = r2 Gϕ2 ,

Gy = r3 Gϕ2 ,

r1 ϕ˙1 = r2 ϕ˙2 ,

y˙ = r3 ϕ˙2 .

Einsetzen liefert:

M0

r2 r2 1 − m1 r1 r3 2 r3

→

2

y¨ −

r2 1 m2 2 r3

2

y¨ −

1 m3 y¨ − m4 g − m4 y¨ Gy = 0 2

r2 M0 − m 4 g r1 r3 y¨ = 2 . 1 1 r2 (m1 + m2 ) + m3 + m4 2 r3 2

Lösung III.7.8 Das System hat zwei Freiheitsgrade. Wir wählen als generalisierte Koordinaten die Verschiebung x des Schlittens und den Drehwinkel ϕ der Scheibe. F¨ ur x = 0 und ϕ = 0 seien beide Federn entspannt. Kinetische Energie: Ek = M x˙ 2 /2 + ΘS ϕ˙ 2 /2 + m vS2 /2 .

403

Kinetik: Lösungen

Potentielle Energie: Ep = c x2 /2 + c(r ϕ)2 /2 . Massenträgheitsmoment : ΘS = m r2 /2 . Kinematik : vS = x˙ − r ϕ˙ . Lagrange-Funktion : L = Ek − Ep

→

L = M x˙ 2 /2 + m r2 ϕ˙ 2 /4 + m(x˙ − r ϕ) ˙ 2 /2 − c x2 /2 − c r2 ϕ2 /2 . Bewegungsgleichungen : d dt

∂L ∂L = Qx , − ∂ x˙ ∂x

d dt

∂L ∂L = QM . − ∂ ϕ˙ ∂ϕ

Virtuelle Arbeit : GW = Qx Gx + QM Gϕ = F (t)Gx Differenzieren und Einsetzen liefert : (M + m)¨ x − m r ϕ¨ + c x = F (t) , −m x¨ + 32 m r ϕ¨ + c r ϕ = 0 .

→

Qx = F (t) ,

QM = 0 .

404


Lösung III.7.9 Das System hat zwei Freiheitsgrade. Wir wählen als generalisierte Koordinaten den Winkel ϕ1 zwischen der Vertikalen und der Winkelhalbierenden und den Winkel ϕ2 zwischen der Winkelhalbierenden und dem rechten Pendel. Kinetische Energie: Ek = m l2 (ϕ˙ 1 − ϕ˙ 2 )2 /2 + m l2 (ϕ˙ 1 + ϕ˙ 2 )2 /2

→

Ek = m l2 (ϕ˙ 21 + ϕ˙ 22 ) .

Potentielle Energie: Ep = −m g l cos(ϕ1 − ϕ2 ) − m g l cos(ϕ1 + ϕ2 ) + c(2l sin ϕ2 − b)2 /2 →

Ep = −2m g l cos ϕ1 cos ϕ2 + c(2l sin ϕ2 − b)2 /2 .

Lagrange-Funktion : L = Ek − Ep →

L = m l2 (ϕ˙ 21 + ϕ˙ 22 ) + 2m g l cos ϕ1 cos ϕ2 − c(2l sin ϕ2 − b)2 /2 .

Bewegungsgleichungen : l ϕ¨1 + g sin ϕ1 cos ϕ2 = 0 , m l ϕ¨2 + m g cos ϕ1 sin ϕ2 + c (2l sin ϕ2 − b) cos ϕ2 = 0 .

Kinetik: Lösungen

405

Lösung III.7.10 Kinetische Energie: Ek = m[(2r cos ϕ1 − r)2 ϕ˙ 22 + (2r ϕ˙ 1 )2 ]/2 . Potentielle Energie: Ep = 2m g r sin ϕ1 + cT (ϕ1 − ϕ¯1 )2 /2 . Lagrange-Funktion: L = m r2 (2 cos ϕ1 − 1)2 ϕ˙ 22 /2 + 2m r2 ϕ˙ 21 − 2m g r sin ϕ1 −cT (ϕ1 − ϕ¯1 )2 /2 . Bewegungsgleichungen : 4m r2 ϕ¨1 + 2m r2 ϕ˙ 22 (2 cos ϕ1 − 1) sin ϕ1 + 2m g r cos ϕ1 + cT (ϕ1 − ϕ¯1 ) = 0 , ϕ¨2 (2 cos ϕ1 − 1) − 4ϕ˙ 1 ϕ˙ 2 sin ϕ1 = 0 .

Lösung III.7.11 Wir wählen als generalisierte Koordinaten den Drehwinkel ϕ1 der Scheibe und den relativen Drehwinkel ϕ2 der Scheibe gegen¨ uber der Scheibe . F¨ ur ϕ2 = 0 sei die Drehfeder entspannt. Kinetische Energie: Ek = Θ ϕ˙ 21 /2 + Θ(ϕ˙ 1 + ϕ˙ 2 )2 /2 . Potentielle Energie: Ep = cT ϕ22 /2 .

406


Lagrange-Funktion : L = Θ(2ϕ˙ 21 + 2ϕ˙ 1 ϕ˙ 2 + ϕ˙ 22 )/2 − cT ϕ22 /2 . Bewegungsgleichungen : Θ(2ϕ¨1 + ϕ¨2 ) = M (t) , Θ(ϕ¨1 + ϕ¨2 ) + cT ϕ2 = 0 . Umformung f¨ ur M ≡ 0 : ϕ¨1 = −ϕ¨2 /2 , ϕ¨2 +

2cT ϕ2 = 0 . Θ

Lösung : ϕ1 = −A/2 cos(ωt + α) + B t + C ,

ϕ2 = A cos(ωt + α)

mit

ω=

2cT . Θ

¨ Die Lösung beschreibt die Uberlagerung einer Starrkörperbewegung und einer Schwingung. Die Integrationskonstanten A, B, C und α können aus Anfangsbedingungen bestimmt werden.

407

Kinetik: Lösungen

Lösung III.7.12 Masse und Massenträgheitsmoment der Scheibe : M = (2R)2 π d − 2(R/2)2 π d

→

M = 7π R2 d/2 ,

ΘA = (2R)2 π d(2R)2 /2 − 2[(R/2)2 πd(R/2)2 /2 + (R/2)2 π dR2 ] →

ΘA = 17M R2 /8 .

Kinematik : vA = 2R ϕ˙ . Kinetische Energie: Ek = M vA2 /2 + ΘA ϕ˙ 2 /2

→

Ek = 49M R2 ϕ˙ 2 /16 .

Potentielle Energie: Ep = k(∆l)2 /2

→

Ep = k R2 (1 − cos ϕ)2 /2 .

Lagrange-Funktion : L = Ek −Ep

→

L = 49M R2 ϕ˙ 2 /16−k R2 (1−cos ϕ)2 /2 .

Bewegungsgleichung : d dt

∂L ∂L = QM . − ∂ ϕ˙ ∂ϕ

Virtuelle Arbeit : GW = (F − c vA ) GxA = (F − 2c R ϕ) ˙ 2R Gϕ = QM Gϕ →

˙ . QM = 2R(F − 2c R ϕ)

Differenzieren und Einsetzen liefert : 49 M R2 ϕ¨ + 8k R2 (1 − cos ϕ) sin ϕ = 16R(F − 2c R ϕ) ˙ .

408


Lösung III.7.13 Kinematik : xA = −L cos α

→

x˙ A = L α˙ sin α ,

xS = xA /2 ,

yB = L sin α

→

y˙B = L α˙ cos α ,

yS = yB /2 ,

xC = xA + l sin ϕ →

x˙ C = x˙ A + l ϕ˙ cos ϕ ,

yC = −l cos ϕ

y˙C = l ϕ˙ sin ϕ ,

→

GxC = L sin α Gα + l cos ϕ Gϕ ,

G yC = l sin ϕ Gϕ .

Kinetische Energie : Ek = ΘS α˙ 2 /2 + M (x˙ 2S + y˙S2 )/2 + m(x˙ 2C + y˙C2 )/2 →

Ek = M L2 α˙ 2 /6 + m(L2 α˙ 2 sin2 α + l2 ϕ˙ 2 + 2L l α˙ ϕ˙ sin α cos ϕ)/2 .

Potentielle Energie : Ep = M g yS + m g yC + k(xA − xA0 )2 /2 →

Ep = (M g L sin α)/2 − m g l cos ϕ + k L2 (cos α − cos α0 )2 /2 .

409

Kinetik: Lösungen

Virtuelle Arbeit : GW = Fx GxC + Fy GyC

mit Fx = −F cos ϕ ,

Fy = −F sin ϕ .

Einsetzen und Zusammenfassen liefert : GW = −F L sin α cos ϕ Gα − F l Gϕ = QD Gα + QM Gϕ →

QD = −F L sin α cos ϕ ,

QM = −F l .

Lösung III.7.14 Die Lösung erfolgt mit den Lagrangeschen Gleichungen 2. Art. Wegen der Undehnbarkeit der Stange hat die Scheibe einen Freiheitsgrad. Als verallgemeinerte Koordinate wird ihr Drehwinkel ϕ um die Drehachse benutzt. Scheibenradius: R sin α = l/2

→

R=

l 2

√

l√ 1 + tan2 α = 5. tan α 4

Scheibenanhebung: s=

l ϕ 2 sin , 2 2

˜l2 = l2 − s2 ,

z = l − ˜l

→

Geschwindigkeit der Scheibenanhebung: z˙ =

l ϕ ϕ˙ sin . 2 2

Ungespannte Federlänge: l = tan α l − f0

→

f0 = l/2 .

Gespannte Federlänge und Federweg:

(f0 − z) + s = f 2

2

2

⎛

∆f = f − f0 = l ⎝

→

f =l

ϕ 5 − cos , 4 2 ⎞

ϕ 1 5 − cos − ⎠ . 4 2 2

z = l 1 − cos

ϕ 2

.

410


Massenträgheitsmomente in scheibenfesten Koordinaten ξ, η, ζ: Θ[ = ΘK = m R2 /4 = 5m l2 /16 = Θ , Θ] = m R2 /2 = 5m l2 /8 = 2Θ . ˜ η, z: Massenträgheitsmoment in scheibenfesten Koordinaten ξ, Θz =

Θ 12 3 Θ[ + Θ] Θ[ − Θ] − cos 2β = (3 + cos 2α) = Θ = m l2 . 2 2 2 10 8

Winkelgeschwindigkeit: ω˜[ = 0 ,

ωK = 0 ,

ωz = ϕ˙ .

Rotatorische kinetische Energie: Ekrot =

1 3 Θz ωz2 = m l2 ϕ˙ 2 . 2 16

Translatorische kinetische Energie: Ektrans =

ϕ 1 1 m z˙ 2 = m l2 ϕ˙ 2 sin2 . 2 8 2

Potentielle Energie des Gewichts:

ϕ 2

EpG = m g z = m g l 1 − cos

.

Potentielle Energie der Feder: ⎛

Epf

ϕ 6 1 1 = c (∆f )2 = c l2 ⎝ − cos − 2 2 4 2

⎞

ϕ 5 − cos ⎠ . 4 2

Lagrange-Funktion: L = Ekrot + Ektrans − EpG − Epf

⎛

ϕ 3 1 ϕ 1 ϕ m l2 ϕ˙ 2 + m l2 ϕ˙ 2 sin2 +m g l cos − 1 + c l2 ⎝cos + = 16 8 2 2 2 2

⎞

ϕ 5 − cos − 1⎠ . 4 2

411

Kinetik: Lösungen

Ableitungen der Lagrange-Funktion:

3 1 ϕ ∂L = m l2 ϕ˙ + sin2 ∂ ϕ˙ 8 4 2 d dt

∂L ∂ ϕ˙

= m l2 ϕ¨

⎡

,

ϕ 3 1 ϕ 1 ϕ + sin2 + m l2 ϕ˙ 2 sin cos , 8 4 2 4 2 2 ⎛

⎞⎤

∂L ⎣ m g l c l2 ⎝ ϕ 1 = − + − 2⎠⎦ sin . ∂ϕ 2 8 2 5/4 − cos ϕ/2 Virtuelle Verr¨ uckungen: z˙ → Gz , ϕ˙ → Gϕ: Gz =

l ϕ Gϕ sin . 2 2

Kräfte und Momente ohne Potential: KzR = −sgn(z) ˙ |K R | = −sgn(ϕϕ) ˙ |K R | f¨ ur

− 90◦ < ϕ < 90◦ ,

˙ |M R | . M R = −sgn(ϕ) Verallgemeinerte Kraft ohne Potential:

GW = KzR Gz + M R Gϕ = −sgn(ϕϕ) ˙ |K R | = QR Gϕ

→

QR = −sgn(ϕϕ) ˙ |K R |

ϕ l sin − sgn(ϕ) ˙ |M R | Gϕ 2 2 ϕ l sin − sgn(ϕ) ˙ |M R | . 2 2

Lagrangesche Gleichung 2. Art: d dt

∂L ∂L = QR − ∂ ϕ˙ ∂ϕ

m l2 ϕ¨ ⎡

→

ϕ 3 1 ϕ 1 ϕ + sin2 + m l2 ϕ˙ 2 sin cos + 8 4 2 4 2 2 ⎛

⎞⎤

m g l c l2 ⎝ 1 ϕ ⎠⎦ sin + 2− 2 8 2 5/4 − cos ϕ/2 ϕ l ˙ |M R | . = −sgn(ϕϕ) ˙ |K R | sin − sgn(ϕ) 2 2 ⎣

412

Kinetik: L¨ osungen l f s

f0

ϕ/2

~

l

l

l ϕ/2 z

z

l/2

ζ

R ξ˜ η

β = 90◦ − α ξ

z s

α 2R

f0

s

Aufgaben zu Technische Mechanik 1-3. Statik, Elastostatik, Kinetik (Springer-Lehrbuch)

Aufgaben zu Technische Mechanik 1 - 3 Statik, Elastostatik, Kinetik

Aufgaben zu Technische Mechanik 1-3: Statik, Elastostatik, Kinetik, 5.Auflage

Technische Mechanik. Statik

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Technische Mechanik 3: Kinetik