Lsg_Afg_Statik 2 - home.hs-karlsruhe.de

Hochschule Karlsruhe
Technische Mechanik
Statik
Aufgaben zur Statik
S 1. Seilkräfte
280
250
F1 = 40 kN
F2 = 32 kN
Am Mast einer Überlandleitung
greifen in der angegebenen Weise
zwei Seilkräfte an.
Bestimmen Sie die resultierende
Kraft.
Addition der beiden Zugkräfte mit Hilfe des Parallelogramms der Kräfte
oder
Zerlegung der Kräfte in die Komponenten und Addition der Komponenten
y
x
F2
φ
F1
F
In Komponenten dargestellt ergibt sich:
 
  
 = −35,3  29,0 = −6,3 =32,87 −sin 11,1
F
−18,77 −13,52 −32,3  −cos11,1 

0
0

F = F⋅ −sin = F 1⋅ − cos 280 F 2⋅ cos 25 0
−cos
−sin 28
−sin 25
0
0
Ergebnis:
Die resultierende Kraft hat einen Betrag von 32,87 KN
Seine Winkel zur y-Achse beträgt 110
Lsg_Afg_Statik (2).odt
1 Von 26
WS 2010/2011
Hochschule Karlsruhe
Technische Mechanik
Statik
S 2: Zentrales Kräftesystem
Die Gondel einer Seilbahn hat eine Masse von m = 300 kg. Die Seilmasse soll vernachlässigt werden.
Welche Kräfte wirken in den Seilabschnitten 1 und 2 bei der skizzierten Position der Gondel?
h1 = 300 m
2
h2 = 100 m
1
s2 = 250 m
s 1 = 200 m
Lösung:
Masse der Gondel: m = 300kg;
Dem obigen Lageplan ist der folgende Kräfteplan zugeordnet:
F2
y
α2
x
α1
F1
Fm
Zentrales Kräftesystem:
F xi = 0 ;
F yi = 0 ;
∑
∑
i
i
aus den Längenangaben ( siehe Lageplan) lassen sich die sin und cos Werte der beiden Winkel berechnen:
x- Komponenten:
F1⋅cosα1 = F2⋅cos α2; F1⋅0,894 = F2⋅0,641
(1)
Y – Komponenten:
-F1⋅sin α1-m⋅g+F2⋅sinα2 =0; (2)
aus (1) und (2) folgt
-F1⋅0,447 - 300⋅9,81 + F2⋅0,77 = 0
F1⋅(-0,447+1,074) = 2943
→ F1 = 4,699 kN ~ 4,7 kN
→ F2 = 6,566 kN ~ 6,6 kN
Ergebnis:
F1 = 4699 N;
Lsg_Afg_Statik (2).odt
F2 = 6566 N
2 Von 26
WS 2010/2011
Hochschule Karlsruhe
Technische Mechanik
Statik
S 3: Kräftepaar
Wie groß müssen die Kräfte FA und FB sein, wenn das resultierende Moment Mres = 0 sein soll?
12 kN
4m
12 kN
6m
FB
FA
Die beiden Kräfte FA und FB müssen ein Kräftepaar bilden. Dem vorgegebenen negativen Drehmoment muss
ein positives Drehmoment gleicher Stärke entgegen gesetzt werden.
M12 + MAB= 0
-12⋅4 + FA⋅6 = 0 FA = 8 kN; und FB = -8 kN
Ergebnis:
Mit einem Kräftepaar aus 2 gleich großen entgegengesetzt wirkenden Kräften stellt sich ein Gleichgewicht
der Momente ein. (Wenn die Beträge der Kräfte angegeben werden gilt: FA = FB
FA = -FB = 8 kN
Lsg_Afg_Statik (2).odt
3 Von 26
WS 2010/2011
Hochschule Karlsruhe
Technische Mechanik
Statik
S 4: Resultierende Kraft und resultierendes Moment
FB
30 cm
Fres = 200 N
α
a
a
Mres = 80 Nm
20 cm
FA
Ergebnis:
Gesucht werden FA und FB und α also 3 Unbekannte:
y
x
3 Gleichungen: x-Komponenten, y Komponenten und die Drehmomente
Für den Punkt a gilt:
1)
Fx = 0 = FA + FB·cosα
FA = -FB·cosα
2)
Fy = Fres = FB··sinα
FB = Fres / sinα
3)
Mres = FA ·0,2 + FB⋅0,3·sinα
Mres = – FB⋅ ·cosα·0,2 + FB⋅·0,3·sinα
Mres = -Fres·0,2·cosα / sinα + Fres·0,3
(Fres⋅·0,3 - Mres) / (0,2·Fres ) = cotα
tanα = (0,2·Fres)/ (Fres·0,3 - Mres)
tanα = (0,2·200) / (200·0,3-80) = 40 / - 20 = - 2
α= 180 –63,43 = 116,560
FB = 200 / 0,8944 = 223,6 N
FA = - 223,6·cosα = 100 N
Ergebnis:
α = 116,560;
FA = 100 N;
Lsg_Afg_Statik (2).odt
FB = 223,6 N
4 Von 26
WS 2010/2011
Hochschule Karlsruhe
Technische Mechanik
Statik
S 5: Freischneiden
B
FG
A
·
Das gegebene
System ist in den
Punkten A und B
freizuschneiden
α
Lösung:
Freischneiden in den Punkten A und B:
α
FA
FA
FB
FG
x-Komponente:
FA⋅·sinα -FB·cosα = 0
x
FG
FB
Kräfteplan
Lageplan
y
α
→
FA = FB·cosα / sinα
y-Komponente:
FA·cosα - FG +FB·sinα= 0
→ FB·cos²α /sinα - FG + FB·sinα = 0
→ FB·cos²α - FG ·sinα + FB·sin²α = 0
(· sinα)
(cos²α + sin²α = 1)
FB = FG·sinα
FA = FG·cosα
Lsg_Afg_Statik (2).odt
5 Von 26
WS 2010/2011
Hochschule Karlsruhe
Technische Mechanik
Statik
S 6: Auflagekräfte bestimmen
Zwei Hebel sind in A und B gelenkig gelagert und im Punkt C über ein Gelenk verbunden. Schneiden Sie das
skizzierte System so frei, dass die Auflagekräfte in
A und B bestimmt werden können.
F
a
a/2
a/2
C
a
B
A
Lösung:
Freischneiden:
F
FCx
FCy
y
FCy
x
FCx
FAx
FBx
FAy
FBy
Da die hier eingesetzten Lager keine Momente aufnehmen können, müssen im Gleichgewicht
die Summe der Kräfte und Momente für jeden freigeschnittenen Teil verschwinden.
d.h:
FAx - FCx = 0
FAy +FCy – F = 0
Drehmoment um A muss verschwinden:
-F·a/2 + FCy·a + FCx·a = 0
und für den 2. freigeschnittenen Teil:
FCx = FBx
FCy = FBy
Moment um B muss verschwinden:
FCy·a - FCx·a = 0 →
Fcx = Fcy
→
- 0,5·F+ 2·FCx = 0
→
→
FAy = 0,75·F
FAx = 0,25·F
Lsg_Afg_Statik (2).odt
→ FCx = 0,25·F; FCy = 0,25·F
FBx = 0,25·F;
FBy = 0,25·F;
FCx = 0,25·F;
FCy = 0,25·F;
6 Von 26
WS 2010/2011
Hochschule Karlsruhe
Technische Mechanik
Statik
S 7: Freischneiden und Lagerkräfte bestimmen
D
Schneiden Sie den Kran so frei,
dass die Auflagekräfte bestimmt
werden können.
E
B
C
F
600
m
600
Winde
A
5m
5m
Lösung:
Freischneiden des Krans
D
FDy
FCx
FDy
C
E
F3
F2 F1
F
A
FAx
mg
FAy
m
Gleichgewicht der Kräfte:
Das Seil über die Rollen hat immer dieselbe Zugkraft:
·
F1 = F2 = F3 = F m⋅g = 2⋅F;
F = 0,5· m·g
FDy = 3⋅F = 1,5·m·g
Für den Stab gilt:
FAy = FDy = 1,5·m·g
FAx = FCx
Lsg_Afg_Statik (2).odt
7 Von 26
WS 2010/2011
Hochschule Karlsruhe
Technische Mechanik
Statik
Summe der Drehmomente um A als Drehpunkt:
FCx·5⋅tan 600 - 10·FDy = 0
Fcx = (3·m·g) / tan 600
FCx = 3 ⋅ m ⋅ g
F Ax =  3⋅m⋅g
Ergebnis:
Alle Kräfte sind bestimmbar:
Für m = 1 kg wird
FAx = 16,99 N
FAy = 14,715 N
FCx = 16,99 N
FDy = 14,715 N
F1=F2=F3= 4,905 N
Lsg_Afg_Statik (2).odt
8 Von 26
WS 2010/2011
Hochschule Karlsruhe
Technische Mechanik
Statik
S 8: Reaktionskraft bestimmen
Für das skizzierte System ist die Masse m2 so zu bestimmen, dass der Balken AB horizontal bleibt. Für
diesen Fall ist die Reaktionskraft in A anzugeben. Die Rolle kann reibungsfrei angenommen werden.
A
300
m2
m1 = 500 kg
Lösung:
Annahmen: Der Balken ist masselos und die Rolle reibungsfrei.
m2g
AX
300
AY
m1 g
Summe der Kräfte in x- Richtung = 0:
Ax + m2·g·cos 300 = 0
(1)
Summe der Kräfte in y-Richtung = 0
Ay – m1·g + m2·g·sin 300 = 0
(2)
Drehmoment im Punkt A = 0
-m1·g·l + m2·g·l·sin 300 = 0
die Länge l kürzt sich raus, d.h.
m2 = m1 / sin 300
m2 = 1000 kg
→
Ax = - 2·cos 300·m1·g
Ax = - 8495 N
→
(3)
m2 = 2·m1
und:
Ax =−3⋅m1⋅g
Ay = m1 ⋅g – m1·g·sin 300/sin 300 → Ay = 0
Ergebnis:
Ax = -8495 N ← ; Ay = 0 ; m2 = 1000 kg
Lsg_Afg_Statik (2).odt
9 Von 26
WS 2010/2011
Hochschule Karlsruhe
Technische Mechanik
Statik
S 9: Zugbrücke Seilkraft und Lagerkräfte
Die Zugbrücke einer Ritterburg hat eine Masse von 800 kg, die gleichmäßig über
ihre Länge von 5,5 m verteilt ist.
a)
b)
Mit welcher Kraft muss man im Zugseil S ziehen, um sie anzuheben?
Welche Kräfte wirken dabei in der Lagerung A ?
4m
S
A
4m
Lösung:
1,5 m
Freischneiden
Ax
A
Ay
450
xS
FS
m*g
Die Gewichtskraft des Brettes wird als Einzelkraft im Schwerpunkt des Brettes angesetzt. Der Abstand von
A beträgt in der x-Richtung:
xS = l/2 = 2,75 m
Gleichgewicht der Kräfte und der Momente führt zu:
Kräfte in der x-Richtung:
A x = 2⋅F s
(1)
Kräfte in der y-Richtung:
A y   2⋅F s−m⋅g=0
Drehmoment um den Punkt A:
2
F S⋅4⋅ =m⋅g⋅x S
→
2
AX = 5395 N;
m⋅g⋅x S
2⋅2
→
FS = 7630 N
Ay = 2453 N
Ergebnis:
Ax= 5395 N; Ay = 2453 N;
Lsg_Afg_Statik (2).odt
FS =
FS = 7630 N;
10 Von 26
WS 2010/2011
Hochschule Karlsruhe
Technische Mechanik
Statik
S 10: Spannrolle und Riemenkraft
F
300 mm
m
250 mm
300 mm
F
450
Die abgebildete Spannrolle soll einen Riemen so spannen, dass eine Riemenkraft von F = 500 N entsteht.
Dafür ist die Größe der Masse m zu bestimmen. Der Hebel hat eine Masse mH = 10 kg, sein Schwerpunkt
liegt in der Rollenachse.
Lösung:
Lageplan:
Ax
Ay
F
F
FH
45
Fm
0
Gesucht ist die Masse m so dass die Riemenkraft F = 500 N beträgt.
Die Winkel und Längen sind aus dem Lageplan zu entnehmen.
Unbekannt sind: m und die Lagerkräfte Ax , Ay
Gleichgewichtsbedingungen:
Summe der Kräfte in x-Richtung = 0:
A x  2⋅F =0
→
Ax + 353,6 = 0
Summe der Kräfte in y-Richtung = 0:
Ay + F –2-05·F - FH – m·g = 0 Ay + 500·(1-2-0,5) - 98,1 – m·9,81 = 0
→
Ay + 146,4-98,1 – 9,81·m = 0 →
AY +48,34 – 9,81·m = 0
Lsg_Afg_Statik (2).odt
11 Von 26
(1)
(2)
WS 2010/2011
Hochschule Karlsruhe
Technische Mechanik
Statik
Summe der Drehmomente = 0: Drehpunkt Rolle:
- m·g·300 -Ax·300 - Ay·250 = 0
→ - m·9,81·300 +353,6·300 – (9,81·m-48,34)·250 = 0
→
m·(2943+2452,5) = 118166,6; →
m = 21,9 kg
Ergebnis:
AX = -353,6 N; AY = 166,5 N;
Lsg_Afg_Statik (2).odt
(3)
m = 21,9 kg
12 Von 26
WS 2010/2011
Hochschule Karlsruhe
Technische Mechanik
Statik
S 11: Streckenlänge mit Hilfe der Gleichgewichtsbedingung ermitteln
C
Ein Brett ist im Punkt A an einer glatten
Wand angelehnt und im Punkt B über ein
Seil gehalten. Reibungskräfte können
vernachlässigt werden.
Wie groß muss bei gegebener Länge a die
Strecke b gewählt werden, damit das
Brett im Gleichgewicht bleibt.
b
A
450
FG
a
B
Lösung:
C
Kräfteplan:
b
α
A
Ax
450
FS
D
FG
B
Im Punkt A können nur horizontale Kräfte aufgenommen werden.
Gesucht ist die Länge b:
Gleichgewichtsbedingungen:
Summe aller horizontalen Kräfte = 0:
Ax – Fs ·sinα = 0
(1)
Summe der vertikalen Kräfte = 0
- FG + FS ·cosα = 0
(2)
Summe der Drehmomente muss verschwinden z.B. im Punkt B
Lsg_Afg_Statik (2).odt
13 Von 26
WS 2010/2011
Hochschule Karlsruhe
Technische Mechanik
−F Ax⋅a⋅ 2
aus (1) und (2) folgt:
AX / FG =sinα /cosα
0,5=
F G⋅a⋅ 2
=0
2
a⋅ 0,5
ba⋅ 0,5
tan α
= 0,5;
FG
2
(3)
für b aus dem Dreieck: DCB:
0,5⋅b0,5⋅ 0,5⋅a=a⋅ 0,5
0,5⋅b=0,5⋅ 0,5⋅a
Ergebnis: b muss
F Ax =
Statik
b= 0,5⋅a=
 2⋅a
2
a
⋅2 lang sein
2
Lsg_Afg_Statik (2).odt
14 Von 26
WS 2010/2011
Hochschule Karlsruhe
Technische Mechanik
Statik
S 12: Stabkräfte in einem Wandkran
1
1m
Wie groß sind die
Kräfte in den
Stäben 1 und 2
des Wandkranes ?
2
2m
FG = 9,6 kN
4m
Lösung:
Ein Stab mit den Gelenken nimmt Zug – und Druck- Kräfte auf.
Hiermit ergibt sich folgender Kräfteplan:
y
F1
x
FG
F2
α1
α2
Aus dem Lageplan gilt für die Winkel α1 , α2 :
tan α1 = ¼ = 0,25;
tan α2 = ¾ = 0,75;
Kräftegleichgewicht in den beiden Komponenten x und y führt zu den Gleichungen:
x-Richtung:
- F1·cos α1 + F2·cos α2 = 0
(1)
y- Richtung:
- FG + F2·sin α2 - F1·sin α1 = 0
(2)
2 Gleichungen für 2 Unbekannte F1 und F2:
aus (1) und (2) folgt:
- FG + F2·sin α2 - F2·cos α2 ·tan α1 = 0
→
F 2=
FG
sin2 −o ,25⋅cos 2
0,75
=0,6
folgt: sin 2=
 1 0,752
→ cos α2 = 0,8
Lsg_Afg_Statik (2).odt
→
aus
F 2=
FG
sin2 − tan1⋅cos 2
tan 2
sin 2=
 1 tan  2
15 Von 26
2
WS 2010/2011
Hochschule Karlsruhe
→
→
→
→
Ergebnis:
Technische Mechanik
Statik
FG
= 2,5⋅F G
→ F2 = 24 kN
0,6−0,25⋅0,8
F1 = F2·cos α2 / cos α1
1
cos1 =
=0,9701
 1 tan 2 1
eingesetzt ergibt: F1 = 24⋅0,8 / 0,9701 = 19,8 kN
F2=
F1 = 19,8 kN;
Lsg_Afg_Statik (2).odt
F2 = 24 kN;
16 Von 26
WS 2010/2011
Hochschule Karlsruhe
Technische Mechanik
Statik
S 13: Schnittgrößenverlauf: Normalkraft, Querkraft und Biegemoment
Für den horizontalen Balken ist der Schnittgrößenverlauf zu bestimmen.
600 mm
1200 mm
600 mm
F = 800 N
Lösung:
über die Rollen ist ein Seil gespannt, d.h. die Seilkraft ist überall identisch
Kräfteplan:
y
D
x
MA
450
FAx
A
C
B
F
FAy
Kräfte in den Punkten
1
F Cx=− ⋅ 2⋅F ;
C:
2
D:

F Dx=−F⋅ 1 −

F cy =−F⋅ 1−
1
⋅ 2
2
0

1
⋅ 2
2

FCx = - 565,7 N; FCy = -234,3 N
1
F Dy =−F⋅ ⋅ 2
2
0
FDx = -234,3 N; FDy = -565,7 N
F Ax −FF∗cos 45 −cos 45 =0
F Ax =F
FAx = 800 N
F Ay −F =0
F Ay =F
FAy = 800 N
Lsg_Afg_Statik (2).odt
17 Von 26
WS 2010/2011
Hochschule Karlsruhe
Technische Mechanik
0
0
Statik
0
M A −1,8∗F−F∗sin 45 0,6∗F−F∗sin45 −1,2∗F∗cos45 =0
MA = 960 Nm
FQ
M
FN
FN = -800 N
FN = -565,7
FQ = -800 N
FN =-234,3 N
FN
FQ
M
Das Seil über die Stange BD übt ein statisches Moment +
140 Nm aus, Das resultierendes Moment w ird damit 0.
- 140 Nm
- 960 Nm
Momentenverlauf auf dem Balken.
Für den Bereich von A bis B mit x=0 in A gilt für den Momentenverlauf:
M =−




1
⋅ 2⋅F⋅ 1,2− x  − 1− 1⋅ 2 ⋅ 1,8 − x ⋅F  1− 1⋅ 2 ⋅F⋅0,6
2
2
2
Lsg_Afg_Statik (2).odt
18 Von 26
WS 2010/2011
Hochschule Karlsruhe
Technische Mechanik
Statik
S 14: Verlauf Querkraft und Biegemoment
Bestimmen Sie den Verlauf von Querkraft und Biegemoment.
8 kN
6 kN
Gelenk
2m
1m
1m
1m
Lösung:
Freischneiden:
8 kN
6 kN
MA
FBy
FBy
FAy
FCy
Es treten keine Kräfte in der x-Richtung auf. Die Seite A muss ein Moment aufnehmen.
Gleichgewichtsbedingungen: Summe der Kräfte
Linker Teil:
rechter Teil:
FAy – 6 –FBy = 0
FBy – 8 + FCy = 0
Summe der Momente:
Linker Teil:
MA - 6·2 - FBy·3 = 0
+FCy·2 - 8·1 = 0 FCy = 4 kN
→ FBy = 4 kN
→ MA = 12+12 = 24 kNm
FBy
FAy
FCy
FBy
FQ
+4kN
FQ = -10 kN
Lsg_Afg_Statik (2).odt
-4kN
-4kN
19 Von 26
WS 2010/2011
Hochschule Karlsruhe
Technische Mechanik
Statik
FBy
MA
FAy
FCy
FBy
+4
MB/
Nm
0
0
-4
- 24
S 15: Berechnung des Flächenschwerpunktes
Berechnen Sie die
y
Koordinaten des
Schwerpunkts der
1 cm
gezeichneten Fläche.
5 cm
x
1 cm
5 cm
Lösung:
Lsg_Afg_Statik (2).odt
20 Von 26
WS 2010/2011
Hochschule Karlsruhe
Technische Mechanik
Statik
Aus der Symmetrie der Anordnung folgt, dass der Schwerpunkt auf der y-Achse liegt, d.h. xS = 0.
Berechnung der y-Komponente des Schwerpunktes:
∫ y S⋅dA
y S= A
die Gesamtfläche A beträgt: A=5·1+5·1 = 10 cm2
;
A
im eingezeichneten Koordinatensysten gilt:
yS = (-0,5·5 + 2,5·5) / 10 = 1
Ergebnis:
Der Schwerpunkt hat die Koordinaten: (xS =0 / yS = 1)
S 16: Standsicherheit eines Gabelstaplers
F1
S
An einem Gabelstapler greift im
Schwerpunkt S die Gewichtskraft
von 7,5 kN an. Bei voller Ausnutzung
der Tragfähigkeit wirkt am Hubmast
in der gezeigten Stellung die Last
F1 = 10 kN. Die Abstände betragen
l1 = 1,6 m; l2 = 1,02 m; l3 = 0,6 m.
Wie groß ist die Standsicherheit ?
l2
l1
l3
Lösung:
Standsicherheit S: Definition: Kippmoment: MK = F⋅a; Standmoment: MS = FG·b
M
S= S
MK
MS = 7,5 kN ·1,02 m = 7,65 kNm;
MK = F1⋅l3 = 10·0,6 = 6 kNm
S = 7,65 / 6 = 1,275
Ergebnis:
Die Standsicherheit beträgt (aufgerundet) 1,3.
Lsg_Afg_Statik (2).odt
21 Von 26
WS 2010/2011
Hochschule Karlsruhe
Technische Mechanik
Statik
S 17: Standsicherheit eines Drehkrans
l1
l2
Fmax
F1
F2
h
Auf den skizzierten Drehkran wirken
folgende Kräfte: Die Nutzlast
Fmax = 30 kN, die Gewichtslast des
Auslegers F1 = 22 kN, die Gewichtskraft von Grundplatte und Säule
F2 = 9 kN. Die Abmessungen
betragen l1 = 6 m; l2 = 1,3 m; und
l3 = 2,8 m.
Welches Gewichtskraft F3 muss das
Fundament haben, wenn die
Standsicherheit S=2 haben soll ?
Das Fundament stehe auf festem
Untergrund, seiltiche Kräfte auf das
Fundament können vernachlässigt
werden.
l3
Lösung:
Gesucht:
Gewichtskraft F3 des Fundamentes bei einer Standsicherheit S = 2
S = MS / MK = 2;MS = (F3+F2) ·0,5·l3 + F1⋅(0,5·l3 – l2)
MK = Fmax⋅(l1-0,5⋅l3)
Vorgegebene Werte eingesetzt ergibt:
MS = (F3+9) ·0,5·2,8+22·(1,4-1,3) = 1,4·F3 +14,8;
MK = 30·4,6 = 138 kNm
1,4·F3 = 2·138-14,8;
F3 = 186,657 kN
Ergebnis:
Die Kraft muss 186,6 KN betragen, dies entspricht einem Fundament von 19 t
Lsg_Afg_Statik (2).odt
22 Von 26
WS 2010/2011
Hochschule Karlsruhe
Technische Mechanik
Statik
S 18: Haftreibung
Ein Mensch an einer Kiste zog,
die n-mal sein Gewicht wohl wog.
Die Kiste ruht auf rauhem Sand,
er selbst auf rauhem Boden stand.
Neigt er nach hinten sich zu sehr,
so findet er den Halt nicht mehr.
Der Winkel α ist gefragt,
bei dem das Gleichgewicht versagt.
F = n·FG
µ0
α
Bestimmen Sie den
Grenzwinkel α für
a) n = 0,5
b) n = 1,5
h
FG
s
µ0
Lösung:
Berechnung des Grenzwinkels:
Kräfteplan:
n·µ0·FG
C
α
FG
s
h
A
Ax
Ay
Summe der Kräfte und Momente = 0
x: Ax – n·µ0 ·FG = 0;
Lsg_Afg_Statik (2).odt
Punkt A wird für die Momente gewählt
23 Von 26
WS 2010/2011
Hochschule Karlsruhe
Technische Mechanik
Statik
y: AY - FG
=0
und Ax = µ0·Ay Axmax=µ0 ·FG eine größere horizontale Kraft kann nicht aufgenommen werden.
Statisches Moment um den Punkt A: und n= 0,5:
n·µ0·FG·h·cos α -FG·s·sin α = 0; tan α = n·µ0·h / s
tan α = µ0·h /(2 ·s)
Ergebnis a):
n = 0,5;
tan =
0⋅h
2⋅s
Aufgabe b)
n =1,5:
Drehung um den Punkt C:
Eine größere Kraft als Axmax = µ0·FG kann mit der Reibung nicht aufgebracht werden, sonst rutscht
der Schuh weg, d.h.
µ0 ·FG >= n·µ0·FG d.h. 1>=n, also n >1 nicht realisierbar.
Ay = FG
Drehmoment um den Punkt C:
(h-s) ·FG·sin α + µ0 ·FG·h·cos α - FG·h·sin· α = 0;
→
tan =
⋅h
s
Ergebnis: b)
nur für n=1 möglich:
tan α = µ0·h / s
Die Kraft, die für n=1,5 notwendig ist, kann mit der Bodenreibung nicht aufgebracht werden.
Lsg_Afg_Statik (2).odt
24 Von 26
WS 2010/2011
Hochschule Karlsruhe
Technische Mechanik
Statik
Ergebnisse:
S 1:
F = 32,8 kN; α = 11,10; (Winkel zur y-Achse)
S 2:
F1 = 4699 N;
S 3:
FA = - FB = 8 kN;
S 4:
α = 116,560;
S 5:
FB =FG·sinα; FA =FG·cosα;
S 6:
FAy = 0,75·F
FAx = 0,25·F
S 7:
FAx = 16,99·m N (m in kg); FAy = 14,715·m N ; FCx = 16,99·m ; FDy = 14,715·m; F1=F2=F3=4,905·m;
S 8:
FAx = 8495 N ← ; FAy = 0 ; m2 = 1000 kg;
S 9:
FAx= 5395 N; FAy = 2453 N; FS = 7630 N;
S 10:
FAX = -353,6 N; FAY = 166,5 N;
S 11:
b=
F2 = 6566 N;
FA = 100 N;
FBx = 0,25·F;
FBy = 0,25·F;
FB = 223,6 N;
FCx = 0,25·F;
FCy = 0,25·F;
m = 21,9 kg;
2 ⋅a
2
S 12:
F1 = 19,8 kN;
S 13:
Verlauf Normalkraft, Querkraft, Biegemoment
FN
F2 = 24 kN;
FN = -800 N
FN = -565,7 N
FQ = -800 N
FN =-234,3 N
FQ
M
Das Seil über der Stange BD übt ein statisches
Moment + 140 Nm aus, Das resultierendes
Moment w ird damit 0.
- 140 Nm
- 960 Nm
Lsg_Afg_Statik (2).odt
25 Von 26
WS 2010/2011
Hochschule Karlsruhe
Technische Mechanik
Statik
S 14:
FQ
+4kN
FQ = -10 kN
-4kN
-4kN
+4
MB/
Nm
-4
0
0
- 24
S 15:
xS =0 ; yS = 1;
S 16:
S = 1,3;
S 17:
F3 = 186,6 KN;
S 18:
a) n = 0,5;
Lsg_Afg_Statik (2).odt
tan α = µ0·h /(2 ·s);
b) nur für n=1 möglich: tan α = µ0·h / s
26 Von 26
WS 2010/2011