Allgemeines Tutorium

Mechanik I Prof. Popov WiSe 10/11, 1. Woche
Mathematisches, Zentrale Kräftegruppe
Allgemeines
Lösungshinweise Seite 1
Version 27. Oktober 2010
Keine Steigung bei x = a/2
df2 (x)
′
|x=a/2 = (2px + q)|x=a/2
Bis zur ersten Klausur werden wir uns mit der Statik star- f2 (x = a/2) :=
dx
rer Körper beschäftigen. Danach steht die Elastostatik auf
a
!
= 2p + q = 0
dem Programm.
2
(8)
(9)
(10)
In den ersten Wochen werden wir die Vektorrechnung auf- ⇒ q = −pa
a 2
a
1 1
!
frischen und uns wichtige Grundbegriffe der Mechanik
+ q1 = q0
+ q + r = pa2
−
f2 (x = a/2) = p
(Kraft, Moment, Schwerpunkt, Freikörperbild, Gleichge2
2
4 2
wicht, ...) aneignen.
(11)
q0 − q1
Wozu ist das Gelernte gut? Der sichere Umgang mit Vek⇒ p = −4
(12)
a2
toren und das Kennen der Grundbegriffe sind wesentliche Voraussetzung für ein erfolgreiches Lösen vieler tech- Man findet also:
nischer Probleme. Auch wenn man den Mechanikaufgaben
q0 − q1 2
aus den Übungen und Hausaufgaben den praktischen Hinf2 (x) = −4
x − xa + q1
(13)
2
a
tergrund häufig nicht ansieht, so erlauben die im Laufe
dieses Semesters erworbenen Kenntnisse und Fähigkeiten
die Lösung einer Vielzahl von praktischen Aufgaben. Viele Funtionendummy einer Sinusfunktion:
Studenten hören parallel Konstruktionslehre oder Maschif (x) = A sin(ωx + φ) + B.
(14)
nenelemente und können dort das Gelernte bereits anwenden.
B ist die Veschiebung parallel zur x-Achse und daher ist
B = q1 .
A ist die Amplitude und damit gilt A = q0 − q1 .
omega ist die Schwingfrequenz, Sie ergibt sich aus T = 2π
ω ,
Tutorium
wobei T die Periode der Funktion ist. Daher ist
T =
Aufgabe 1
(15)
Schließlich ist φ die Phasenverschiebung. Es gilt
Funtionendummy einer linearen Funktion:
(1)
f (x) = mx + n.
π
2π
= 2a ⇒ ω =
ω
a
f (x0 ) = A sin(ωx0 + φ) + B = B.
(16)
Daher muss gelten, dass ωx0 + φ = π ist. Für die dargeDabei entspricht m der Steigung der Geraden f (x) und stellte Funktion ist x0 = a und damit ergibt sich φ = π .
2
2
n einer Verschiebungskonstante. Damit sind also zwei un- Die gesuchte Funktion ist damit
bekannte Größen (m, n) zu ermitteln. Dies erfolgt durch
π
π
Anpassen an gegeben Werte (meist Randwerte):
f3 (x) = (q0 − q1 ) sin( x + ) + q1
(17)
a
2
π
!
(18)
= (q0 − q1 ) cos( x) + q1 .
f1 (x = 0) = m · 0 + n = n = q0 ⇒ n = q0
(2)
a
!
f1 (x = a) = m · a + n = ma + n = q1
q1 − q0
⇒m=
a }
| {z
(3)
(4)
mit q1 <q0 ⇒negative Steigung
Damit ist also:
f1 (x) =
q1 − q0
x + q0
a
(5)
Funtionendummy einer quadratischen Funktion:
f (x) = px2 + qx + r.
(6)
Es sind also drei Faktoren (p, q, r) unbestimmt.
Bei x = 0 findet man:
!
f2 (x = 0) = p · 02 + q · 0 + r = q1
⇒ r = q1
(7)
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Hausaufgaben
Aufgabe 3
(a) Kräfte in vektorieller Schreibweise
Aufgabe 2
F 1 = −F1 cos αex + F1 sin αey
F 2 = F2 cos βex + F2 sin βey
(b) resultierende Kraft
F = F1 + F2
= (−F1 cos α + F2 cos β) ex + (F1 sin α + F2 sin β) ey
Betrag
F = |F |
q
2
2
= (−F1 cos α + F2 cos β) + (F1 sin α + F2 sin β)
Richtung (Winkel γ gegenüber der positiven x-Richtung)
tan γ =
F1 sin α + F2 sin β
−F1 cos α + F2 cos β
F1
ex
F2
α
β
Fe
F e = −F
= (F1 cos α − F2 cos β) ex − (F1 sin α + F2 sin β) ey
(d) nur axiale Kraft in der Einspannung
Zahlenwerte: α ≈ 46o .
⇒
cos α =
Präsens
leite ab
leitest ab
leitet ab
leiten ab
leitet ab
leiten ab
ich
du
er/sie/es
wir
ihr
sie
Konjunktiv I
leite ab
leitest ab
leite ab
leiten ab
leitet ab
leiten ab
Hilfsverb: haben
Partizip II: abgeleitet
(c) Kraft an der Einspannstelle
ey
F1 cos α − F2 cos β = 0
ich
du
er/sie/es
wir
ihr
sie
F2
cos β
F1
Imperfekt
leitete ab
leitetest ab
leitete ab
leiteten ab
leitetet ab
leiteten ab
Konjunktiv II
leitete ab
leitetest ab
leitete ab
leiteten ab
leitetet ab
leiteten ab
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Aufgabe 5
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Aufgabe 7
(a) Da die Kiste in Ruhe ist, muss Kräftegleichgewicht Der Vektor der resultierenden Zugkraft F res ist gleich der
herrschen, d.h. die (vektorielle) Summe aller Kräfte muss Summe der Vektoren der einzelnen Zugkräfte.
Null sein.
y
0 = −F1 sin αex + F1 cos αey
+ F2 sin βex + F2 cos βey − FG ey
F3
γ
x
β
y
α
F2
F1
F1
α
β
F res = F 1 + F 2 + F 3
F2
(22)
Die x- und y-Komponenten der Einzelkräfte berechnen
sich wie folgt:
x
FG = mg
F1,x = F cos(α + β)
F1,y = −F sin(α + β)
F2,x = F cos β
F3,x = F cos γ
F2,y = −F sin β
F3,y = F sin γ
Eingesetzt in Gleichung (22):
Für den Gleichgewichtszustand müssen also die beiden
skalaren Gleichungen
0 = −F1 sin α + F2 sin β
(19)
0 = F1 cos α + F2 cos β − FG
(20)
F res = F 1 + F 2 + F 3
= (F1,x + F2,x + F3,x )ex + (F1,y + F2,y + F3,y )ey
= F cos(α + β) + cos β + cos γ ex
+ F − sin(α + β) − sin β + sin γ ey
gelten. Anschaulich kann man auch so argumentieren: die
≈ 56,616kN ex − 5,085kN ey
resultierende Kraft Fres der beiden Kräfte F1 und F2 muss
genau senkrecht wirken, damit die Kiste ruhig hängt. Deshalb müssen sich die Kraftkomponenten in x-Richtung ge- Die resultierende Kraft aller drei Schlepper ist der Betrag
dieses Vektors:
nau aufheben.
q
2
2
Fres = |F res | = Fres,x
+ Fres,y
Man erhält
F1 = F2
sin β
≈ 6,607 kN .
sin α
(21)
(Zur Information: Der Betrag der resultierenden Kraft Fres
ist (in diesem speziellen Fall) gleich der Summe der yKomponenten F1,y und F2,y der Kräfte F1 und F2 :
q
2
2
Fres = Fres,x
+ Fres,y
= F1,y + F2,y
cos α
= F1 cos α + F2 cos β = F2 sin β
+ cos β
sin α
= F2 (sin β cot α + cos β) ≈ 11,081 kN)
(b) Aus (20) folgt für die Gewichtskraft
FG = F1 cos α + F2 cos β
Daraus ergibt sich die Masse zu
m=
FG
≈ 1130 kg .
g
.
≈ 56,844kN
Der Winkel δ, den die resultierende Kraft Fres mit der
x-Achse einschließt ergibt sich aus
tan δ =
Fres,y
Fres,x
δ = arctan(
≈ −5, 1◦
Fres,y
)
Fres,x
(23)
(24)