Х ¦Ґ і - FernUni Hagen

KLAUSUR ZUR TECHNISCHEN MECHANIK I
Termin: 15. September 2007
AUFGABE 1 (16 Punkte)
Fur das in Abb. 1 dargestellte System kennt man l = 1; 500 m, r = 0; 1 l = 0; 15 m
und G = 45 kN. Man bestimme
a) die Reaktionen in den Bindungen sowie
b) die Schnittgroen in den Abschnitten 0 1 2 3 und ihre graphische Darstellung. Wo bendet sich der gefahrdete Querschnitt dieser Abschnitte ?
Diese Abschnitte des Systems sind breite I-100 Trager. Man ermittle
c) die Normalspannungsverteilung im gefahrdeten Querschnitt und ihre graphische
Darstellung sowie die maximalen Zug- und Druckspannungen im gefahrdeten Querschnitt.
Fur den breiten I-100 Trager gelten A = 26; 0 cm , Iyy = 450 cm und Wy = 89; 9
cm .
Abb. 1
2
4
3
0; 2 l -
0 h 1
0; 5 l
- 0; 3l 2
3
6
6 A
0; 2 l y
?z ' $
q ?
0; 3 l
4
t5 ?
r %
&
G
1

LOSUNG
a) Freischneiden
H0
0; 5 l
0; 2 l -
1
-0 h
6
6
0; 2 l
V
q ?
4
- 0; 3l 2
3
6 6
FN
0; 3 l
'$
t5 ?
r %
q
&
0
G
XM = F :l
i
N
(0)
XF = V
iV
Kontrollgleichung
0
G + FN
=0!
V0 = G FN
= 0; 2 G
H0 : 0; 3l V0 : 0; 7l G:r + FN : 0; 3l = 0
(5)
H0
X F = H = 0;
iH
! FN = 0; 8 G
0
XM =
i
oder
G:(0; 7 l + r) = 0
?
0; 5 l
0; 2 l -
- 0; 3l 2
3
1
-0 h
6
6 6
6
0; 2 l
V
FN
0; 3 l
q ?4 G
G t5 ?
0
G
?
X M = F : l + G:0; 2 l G:0; 3 l G:0; 7 l = 0 ! F = 0; 8 G
i
N
N
XF = H + G G = 0 ! H = 0
iH
X F = V G + F = 0 ! V = G F = 0; 2 G
(0)
0
Kontrollgleichung
iV
XM =
i
(5)
0
0
N
0
N
H0 : 0; 3l V0 : 0; 7l G:0; 1 l + FN : 0; 3l = 0
2
0; 5 l
0; 2 l -
- 0; 3l xx x 1
0h
2
3
6
6 6
6
0; 2 l
0; 2G
0; 8G
q ?0; 3 l
4 G
t5 ?
G 1
2
3
G
?
b) Schnittgroen
0h
6-
0; 2 G
x1
0; 2l -
My
-N
0h
1
6 6
!
0; 2G 0; 2?l q
?Qz
4
0<x
- My M#
0; 3l - x
y 3
-N N
6 60; 8 G
! "
Q
Qz
-? z
3
G
= 0; Qz = 0; 2G; My = 0; 2Gx
x = 0 ! My = 0; x = 0; 2l ! My = 0; 04 Gl
0 < x < 0; 5 l; N = G; Qz = 0; 2 G; My = 0; 2G:(0; 2l + x ) G:0; 2l
x = 0 ! My = 0; 16 Gl; x = 0; 5l ! My = 0; 06 Gl
0 < x < 0; 3 l; N = 0; Qz = 0; 8 G; My = 0; 8 G:(0; 3 l x )
x = 0 ! My = 0; 24 Gl; x = 0; 3 l ! My = 0
Schnittgroendiagramme
1
< 0; 2l;
x2
1
N
1
1
2
2
2
2
3
3
3
N
Qz
3
G
0
1
0
1
2
2
3
3
0; 8 G
0; 2 G
3
qXX0X; 16 Gl
0XX 1
XXq
My
XXXX
X
0; 04 Gl
XXq 0; 06 Gl
2
3
0; 24 Gl q
Der gefahrdete Querschnitt des Abschnittes 0 1 2 3 ist in 2, x = 0, mit
N = 0 und My = 0; 24 Gl.
c) Normalspannungsverteilung im gefahrdeten Querschnitt
3
; Gl
Wy
0 24
0
; 24 Gl
-
y
x
?
maximale Zugspannung
z
xx =
maximale Druckspannung
xx =
?z
Z
ZZ
ZZ
-Z
-Z-Z
; Gl
Wy
0 24
0; 24 Gl = 180; 20 N/mm
2
Wy
0; 24 Gl = 180; 20 N/mm
W
2
y
4
Technische Mechanik I
AUFGABE 2 (16 Punkte)
Das System in Abb. 2 besteht aus einem Stab von der Lange l = 0; 900 m, der in
0 gelenkig gelagert ist, und den Winkel mit der vertikalen Richtungbildet. In 1
wirkt auf den Stab eine elastische
Feder mit der unverformten Lange s = 0; 280 m,
aktuellen Lange s = l sin( ) und Federkonstanten c = 42 kN/m. Der Stab stutzt
sich in 2 reibungsfrei auf einem Quader vom Gewicht G = 120 N. Der Quader
bendet sich auf einer rauhen horizontalen Ebene und der HaftreibungskoeÆzient
zwischen Quader und horizontaler Ebene betragt = 0; 3. Auf den Quader wirkt
die horizontale Kraft F . Fur die Lage mit = 70 bestimme man
a) den Wert der Kraft F = FR , damit sich das System im Grenzgleichgewicht
bendet, mit der Verlagerungstendenz des Quaders nach rechts,
b) den Wert der Kraft F = FL, damit sich das System im Grenzgleichgewicht
bendet, mit der Verlagerungstendenz des Quaders nach links, und
c) den Wert der Kraft F = F , damit sich das System im Gleichgewicht bendet,
wenn die Reibung vernachlassigt wird.
d) Fur die Grenzgleichgewichtslage mit der Verlagerungstendenz des Quaders nach
rechts bestimme man die Krafte, die auf den Stab 0 1 2 wirken, sowie
e) die Schnittgroen des Stabes und ihre graphische Darstellung. Wo bendet sich
der gefahrdete Querschnitt ?
Abb. 2
2
3
2
0
0
0
iPPPPPP
l qPiPP
PPP
0
e PPP
P
PPPPPPP1
l PPPPP
Pqi
PPPP
Æ PPsP
P
P
PPP PPP
c P
PPPPPPPP 2 ] PPPPPPP
s s 3JJ
P
G
Fq?S
JJ
1
3
6
1
3
l
?
2
3
1
2
0
5

LOSUNG
a) Freischneiden. Verlagerungstendenz des Quaders nach rechts.
iPPPPPP
x
l qPiPP
PPq PNPP
PPP
q 0hPPPP
z
PPP
Fe sin( )
P
l
PPPP
P
P
P
Æ
i
P
P
P
P
P
q
P
PPP
Q P
P
P
P
Fe 1 PP PPP
Æ
+
P
P
P
P
PPP PPP2 FN
P
PPP PqPP
] P Fe cos( )
PPPP
FN i
1
3
0
2
3
2
0
2
1
2
2
2
G
?q S
-
F
6FN
Fr
2
3
s = l sin(
2 ) = 0; 344 m; Fe = c(s s) = 2:688; 00 N;
X M = F :l F cos( ): 1 l = 0 ! F = 1 F cos( ) = 733; 96 N;
Stab
i
N
e
N
e
2
3
3
X F = N F sin( ) = 0 ! N = F sin( ) = 1:541; 772 N;
e
ix
e
2
X F = Q + F cos( ) F = 0 ! Q = F cos(2 ) F = 1:467; 92 N;
iz
e
e
2 N
2 N
X M = F :2 l Q :1 l = 0
Kontrollgleichung:
i
N
3
3
X
Quader FiV = FN G FN sin() = 0 ! FN = G + FN sin() = 809; 70 N;
N = FN sin() + G = 242; 91 N;
X F = F F Fr =F Fcos(
) = 0 ! F = FN [cos() + sin()] + G
iH
r
N
! F = FR = 31 Fe cos( 2 )[cos() + sin()] + G = 493; 94 N ()
b) Verlagerungstendenz des Quaders nach links: ! in Gleichung (*)
1
FL = Fe cos( )[cos() sin()] G = 8; 12 N
3
2
c) Gleichgewicht ohne Reibung: = 0 in Gleichung (*)
1
F = F = Fe cos( ) cos() = 251; 03 N
3
2
(0)
2
2
0
0
0
2
0
(1)
2
2
0
2
0
2
0
2
0
2
2
0
0
0
0
0
0
0
6
0
0
0
d) Die Krafte, die auf den Stab wirken, sind von der Reibung, also auch von der
Verlagerungstendenz, unabhangig.
Fe = 2:688; 00 N; Fe cos( ) = 2:201; 88 N; Fe sin( ) = 1:541; 77 N
2
2
N = 1:541; 77 N; Q = 1:467; 92 N; FN = 733; 96 N
l -
l
-x -x
) 1
2
x- N - 0g Fe sin(
q
q
z?
6Q
6FN
Fe cos( )
?
e) Schnittgroen
l x M
y
y M
2q
N - 0g
- N N 6
6
6 - FN
x ?Qz
Q
Qz
0 < x < 31 l; N = N = 1:541; 77 N; ; Qz = Q = 1:467; 92 N; My = Q x ;
1
1
x = 0 ! My = 0; x = l ! My = Q l = 440; 376 Nm;
3
3
0 < x < 32 l; N = 0; Qz = FN = 733; 96 N; My = FN ( 23 l x );
2
2
x = 0 ! My = FN l = 440; 376 Nm; x = l ! My = 0
3
3
0
0
1
3
1
2
2
3
2
2
0
0
2
2
2
3
2
0
2
1
0
0
1
0
1
1
2
0
0
2
2
N
Qz
My
1
2
2
2
2
1:541; 77 N
0
0
0
QQ
1
2
1
1
2
1:467; 92 N
2
733; 96 N
QQ
QQ
440; 376 Nm
Der gefahrdete Querschnitt ist bei 1, x = l, mit N = 1:541; 77 N und My =
440; 376 Nm.
q
1
7
1
3
Technische Mechanik I
AUFGABE 3 (18 Punkte)
Der Stab 0 1 2 in Abb. 3 ist in 0 eingespannt, in 2 abgestutzt und in 1 wirkt
ein Seil, welches die Last G halt und den Winkel mit dem Stab bildet. Die
Biegesteigkeit dieses einfach statisch unbestimmt gelagerten Stabes ist EIyy =
EI = konst. Man bestimme
a) die Reaktionen in allen Bindungen des Stabes und
b) die Gleichungen der Biegelinien der Abschnitte 0 1 und 1 2.
c) Man skizziere den Verlauf der Biegelinie und berechne die Durchbiegung an der
Stelle 1, wo das Seil befestigt ist.
Abb. 3
'$
HH
r
HHH
&% HHHH
G
0
HHH
HH
H
2
3
l
8
HH1
-
r
1
3
l
A
-2

LOSUNG
a) Freischneiden
G
2
3
-
l
-
l
1
3
YHHH
6G sin() FN
H
H
?
HHr
-?
H 0
G cos() 1
2
X M = X + G sin(): 2 l F :l = 0 ! F = 2 G sin()
i
N
3 N
3
X F = H G cos() = 0 ! H = G cos()
iH
X F = V + G sin() F = 0 ! V = 1 G sin() + X
iV
N
3
l
P
Kontrollgleichung Mi = X + V : l FN : l = 0
V0
My = X
0
(0)
0
X
l
0
0
0
1
3
2
0 3
(1)
- l l
G sin() + Xl
G sin()
6G sin()
-?
My = X ?
r
G cos() 0
G cos() 1
2
2
3
1
3
1
3
2
3
x1
Schnittgroen
x2
1
3
V0
-?
My = X G cos() 0
x1
-
0<x
y
M
-
?Qz
1
?
2
N 6
Qz
2
3
FN
< l; My (x1 ) = V0 x1 + X;
0 < x < 13 l;
EI [w(x )]00 =
2
1
x2
M
y-
N
1
Bereich x :
l
-
-
X
l
1
3
My (x2 ) = FN ( l x2 )
My (x1 ) = V0 x1
1
2
EI [w(x1 )]0 = V0 x21
X;
Xx1 + C1 ;
1 Xx + C x + C
1
6
2
0
Randbedingungen: [w(x = 0)] = 0 ! C = 0; w(x = 0) = 0 !
EIw(x1 ) = V0 x31
2
1
1
1
9
1
1
2
1
C2 = 0
Bereich x :
EI [w(x2 )]00 = My (x2 ) = FN x2 + 13 FN l;
2
1 F x + 1 F lx + C ;
2 N 3 N
1
1
EIw(x ) = FN x + FN lx + C x + C
6
6
Ubergangsbedingungen :
2
2 Xl
2
EI [w(x = l)]0 = EI [w(x = 0)]0 ! C = V l
3
9
3
2
4
2 Xl
EIw(x = l) = EIw(x = 0) ! C = V l
3
81
9
Randbedingung: [w(x = 31 l)] = 0 ! X = My = 274 Gl sin()
EI [w(x2 )]0 =
2
2
2
3
2
2
2
2
3
2
1
1
3
2
4
3
2
0
4
0
2
3
2
2
13 G sin();
27
2 Gl sin();
= 243
V0 =
C3
2
4
27
13
27
G sin()
Gl sin()
-?
G cos() 0
C4
3
-
l
2
3
= 14
27 G sin();
= 2:20
187 Gl sin();
FN
1
3
-
l
6G sin()
G cos()
14
27
?
2
r
1
G sin()
b) Gleichungen der Biegelinie:
0 < x < 23 l; EI [w(x )]0 = 271 G sin()( 132 x 4 lx );
1
13
EIw(x ) = G sin()( x 2lx );
27
6
2
1
1
1
3
1
1
1
2
1
1 EI [w(x )]0 = 1 G sin()( 7x + 14 lx + 2 l );
3
27
3
9
1
2
20 l );
EIw(x ) = G sin()( 7x + 7lx + l x
81
3
27
0<x
2
< l;
2
2
2
3
2
2
10
2
2
2
2
2
2
3
c) Skizze der Biegelinie
'$
HH
r
HHH
&% HHH
HH
0
G
HHH
HHH 1 w(x = l)
M H A
6?
2
- l r
x1M
2
3
1
r
l
?w
Maximale Auslenkung (Punkt M ):
[w(x M )]0 = 0 ! x M = 138 l = 0; 615 l < 23 l = 0; 667 l
128 Gl sin() = 0; 00935 Gl sin()
w(x M ) =
13:689 EI
EI
Durchbiegung an der Stelle 1 mit x = l:
2
20 Gl sin() = 0; 00915 Gl sin()
w(x = l) =
3
2:187 EI
EI
2
3
1
1
3
1
3
3
1
1
2
3
3
3
1
11
x-
KLAUSUR ZUR TECHNISCHEN MECHANIK II
Termin: 15. September 2007
AUFGABE 1 (16 Punkte)
Der horizontale Stab 0 1 2 in Abb. 1, von der Lange a mit a = 0; 45 m, dreht
sich mit konstanter Winkelgeschwindigkeit ! um die vertikale Achse . In 2 ist der
Stab 2 3 von der Lange a angelenkt, der den Winkel mit dem horizontalen Stab
bildet. In 3 ist die Masse m = 18 kg befestigt. Zwischen 1 und 3 wirkt eine
elastische
Feder mit der Federkonstanten c = 198 kN/m, unverformten Lange s = 0; 250 m
und aktuellen Lange s = 2a sin( ).
a) Fur welchen Wert der Winkelgeschwindigkeit ! bendet sich der Stab 2 3 in
der dargestellten Lage mit = 40 im relativen Gleichgewicht ?
b) Mit diesem Wert der Winkelgeschwindigkeit ! berechne man alle Krafte und
Momente, die auf den Stab 0 1 2 wirken, sowie die Schnittgroen und ihre
graphische Darstellung. Wo bendet sich der gefahrdete Querschnitt ?
Abb. 1
5
3
1
2
0
6
!
a cos()
1r
2
rg
6
0 HAA
~ AA
*A
a sin()
AA c AA '$
sA
AAw
?
AA
3 m
AU &%
2
3
-
a
a
1
2
1
2
12

LOSUNG
a) Freischneiden der Stabes 2 3
6
-V
!
a cos()
2
R
rg? H
6
FeV
Fe
AKA 6 a sin()
A A '$
A ?
FeH Aw
3
FT
m&%
?G
Die Masse m beschreibt einen Kreis mit dem Radius R = a a cos() = 0; 405
m und die Normalkomponente der Beschleunigung ist R! .
Auf den freigeschnittenen Stab 2 3 mit der Endmasse m in 3 wirken folgende
Krafte:
- in 3 die Gewichtskraft der Masse G = mg = 176; 58 N
- in 3 die Tragheitskraft der Masse (Fliehkraft) FT = mR!
- in 3 die Federkraft Fe = c(s s ) mit c = 198 kN/m, s = 2a sin( ) = 0; 308
m und s = 0; 250 m ergibt Fe = 11:484; 00 N
1
1
FeH = Fe sin( ) = 3:927; 76 N; FeV = Fe cos( ) = 10:791; 43 N
2
2
- im Gelenk 2 die Reaktionskrafte H un V
X M = (G F ):a cos() + (F F ):a sin() = 0
i
eV
T
eH
1
FT sin() = Fe cos( ) G cos()
2
F cos( )
g
! = e
! ! = 47; 687 rad/s
mR sin() R tan()
! FT = mR! = 16:577; 82 N
2
3
a
-
a
2
2
1
2
2
5
3
2
1
2
2
2
(2)
1
2
2
2
XF = F +F
iH
eH
T
XF = F G
iV
eV
H2 = 0
V2 = 0
! H = FT FeH = 12:650; 06 N
2
! V = FeV G = 10:614; 85 N
2
13
b) Die Krafte und Momente, die auf den Stab 0 1 2 wirken
FeH = 3:927; 76 N; FeV = 10:791; 43 N; H = 12:650; 06 N; V = 10:614; 85 N
2
q
?z
2
3
M
0 -
-x
H0 60
-
x1
V0
XM =
i
(0)
M0
-
a
2
-6V
a
FeH
A
1 A
A
*AA
A
FeV ? AU
r
1
2
-
h
2
-
x2
H2
Fe
5
3
2
3
2
5
3
2 F ) a = 4:723; 71 Nm
3 eV
FeV : a + V2 : a = 0 ! M0 = ( V2
X F = H + F + H = 0 ! H = F + H = 16:577; 82 N = F
ix
eH
eH
T
X F = V + F V = 0 ! V = F V = 176; 58 N = G
iz
eV
eV
0
2
0
0
2
2
0
2
Schnittgroen
My
y
M
- a
-x -N ?z H 60 - N 6
Qz
x Qz
V
?
M
0 -
x2
-6V
h
q
2
0
2
-
H2
1
0
0<x
1
2
3
< a; N
= H = 16:577; 82 N;
0
x1 = 0 ! My = M0 = 4:723; 71 Nm;
0<x
2
Qz = V0 = 176; 58 N; My = M0 + V0 :x1
2
3
2
3
x1 = a ! My = M0 + V0 a = 4:776; 68 Nm
= H = 12:650; 06 N; Qz = V = 10:614; 85 N; My = V (a
x = 0 ! My = V a = 4:776; 68 Nm; x = a ! My = 0
< a; N
2
2
2
2
2
2
14
x2 )
N
0
1
2
12:650; 06 N
16:577; 82 N
Qz
0
My
0
10:614; 85 N
1
2
176; 58 N
1
!!!!
2
!!
XXXX
!
!
4:723; 71 Nm XXXXX !!!!
4:776; 68 Nm
Der gefahrdete Querschnitt bendet sich an der Stelle 1 (x =
Schnittgroen sind N = 16:577; 82 N und My = 4:776; 68 Nm.
q
q
1
15
2
3
a)
und die
Technische Mechanik II
AUFGABE 2 (16 Punkte)
Ein Korper von der Masse m = 25 kg kann sich entlang einer vertikalen Fuhrung
bewegen. Er ist in 1 an einer Pendelstutze von der Lange l = 0; 800 m angelenkt, deren Ende 2 sich entlang einer horizontalen Fuhrung bewegen kann und eine
elastische Feder verformt. Die Federkonstante
ist c = 142 kN/m und die unverformte Lange der Feder betragt s. Die Bewegung beginnt aus der Ruhelage I , die
durch hI = h = 0; 300 m gekennzeichnet ist.
a) Man bestimme die Krafte, die in der Lage I in 2 wirken (die Federkraft, die
Kraft in der Pendelstutze und die Stutzkraft der horizontalen Fuhrung).
b) Man ermittle die Geschwindigkeit vII des Korpers in die Lage II , nachdem er
den Weg hI zuruckgelegt hat.
c) In der Lage II stot der Korper auf ein festes Hindernis. Die Stozahl ist .
Man berechne die Geschwindigkeit vIII des Korpers nach dem Sto (Lage III ).
d) Nach dem Sto bewegt sich der Korper wieder nach oben. Fur welchen Wert von
erreicht der Korper die Lage IV , deren Hohe hIV = h betragt ? Man berechne
fur diesen Fall auch die Geschwindigkeit vIII des Korpers nach dem Sto.
Abb. 2
1
2
sI
-
s
@
@
@
@
c
@
@
@
m
rh 2
q
s
-
l
-
l
\\ \\c \\ 2 rh
\ 16
l
6 Lage I
h
1
hI
?
-
2
hI
2
m
h
1
Lage IV
6h
IV
? Lage II; Lage III

LOSUNG
a)
FN
Fe
sI
s = l
iV
N
sin() = hlI
q
l2
0
h2I = 0; 05838 m
Fe = c(sI s ) = 8:289; 98 N;
F
S = e = 8:942; 29 N Stabkraft
cos()
FN = S sin() = 3:352; 73 N Stutzkraft
X F = F + S cos() = 0 !
iH
e
X F = F + S sin() = 0 !
b) Konservatives System
Lage I :
S
? I
rh
2
! = 22; 02
EkII + EpII = EkI + EpI
EkI = 0;
1
2
EpI = mghI + c(sI
Lage II :
1
2
2
EkII = mvII
;
s )2 = 315; 559 Nm
EpII = 0
1 mv = mgh + 1 c(s s ) ! v = 5; 024 m/s
II
2 II
2 I
c) Mit den Bezeichnungen v und u bzw. v und u fur die Geschwindigkeiten
der Korper vor und nach dem Zusammensto, berechnet man die Stozahl beim
geraden Sto zweier Korper aus
u u
:
=
v v
Fur den hier betrachteten Fall gelten
v = vII ; u = vIII ; v = u = 0 ! vIII = vII
d) Konservatives System
EkIV + EpIV = EkIII + EpIII
Lage III : EkIII = 12 mvIII = 12 m vII ; EpIII = 0
Lage IV : EkIV = 0; EpIV = mghIV + 12 c(sIV s )
q
1
hIV = h; sIV s = l
l hIV = 0; 01419 m ! EpIV = 51; 084 Nm
2
1 m v = mgh + 1 c(s s)
IV
2 II
2 IV
! = 0; 402
vIII = vII ! vIII = 2; 020 m/s
2
2
1
1
1
1
2
2
1
1
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
17
Technische Mechanik II
AUFGABE 3 (18 Punkte)
Eine Scheibe bendet sich auf einer rauhen horizontalen Unterlage. Unter der Einwirkung des Momentes M = 120 Nm rollt die Scheibe ohne zu gleiten. Fur die
Scheibe kennt man die Masse m = 25 kg, den Radius r = 0; 556 m und das axiale
zentrale Tragheitsmoment J = 4; 85 kg.m . Im Schwerpunkt 2 der Scheibe ist ein
homogener Stab 1 2 von der Masse m = 48 kg und Lange l = 1; 800 m angelenkt,
dessen Ende 1 sich auf der rauhen Unterlage stutzt und den Winkel = 18 mit der
Unterlage bildet. Der GleitreibungskoeÆzient zwischen Stabende 1 und Unterlage
ist = 0; 2.
a) Man bestimme den Zusammenhang zwischen den kinematischen Parametern '
und x und deren erste und zweite Ableitungen nach der Zeit.
b) Man berechne die Beschleunigung x des Korpers mit der Masse m , wenn er sich
nach rechts bewegt, die Winkelbeschleunigung ' sowie die Krafte und Momente, die
auf die Scheibe und auf den Stab wirken.
c) Fur den Stab 1 2 bestimme man die Schnittgroen und ihre graphische Darstellung. Wo bendet sich der gefahrdete Querschnitt?
Abb. 3
2
0
0
0
x- '
j
m; r; J
x 2rh
m
S
@@q M
1
O
3
0
18

LOSUNG
a) Kinematik: die Scheibe beschreibt eine ebene Bewegung mit 3 als Geschwindigkeitspol und die Geschwindigkeiten der Punkte 2 und 4 sind
x_
v = r'_ = x_ v = 2r'_ = 2x_ ! '_ =
2
r
4
! ' = xr ! ' = xr
4
-v
2 d -v
3 ?'_
6
r
?
6
q
q
r
?
4
2
q
b) Freischneiden
1
2
l cos()
1
2
-
l cos()
-6V
2rhH m g 6
m
x

?
q ?6
S
l sin()
Fr 1
?
6FN
2
mx
2
0
0
1
V2
2 hr?H
FN 3
1
? M
3q 6Fr
3
Masse m
Reibgesetz: Fr = FN
= FN :l cos() Fr :l sin() + m g: 21 l cos() m x: 12 l sin() = 0
g cos() m x sin()
! FN = m 2[cos(
) + sin()]
X F = m x F + H = 0; ! H = m x + F
iH
r
N
X F = F m g + V = 0; ! V = m g F
iV
N
N
0
XM
1
i(2)
1
1
0
1
1
0
2
2
2
2
0
0
0
1
1
M + J ' + mx:r + H2 :r = 0
m0 sin()
M
m0 g cos()
g
x =
2[cos() + sin()]
r 2[cos() + sin()]
(3)
2
0
0
XM =
i
fm + rJ + m
1
0
0
1
Scheibe
J '
2
mg
1
2
}
19
x =
m+
M
r
J
r2
+
m0 g cos()
sin()]
m0 sin()
m0 2[cos(
)+ sin()]
2[cos( )+
= 1; 967 m/s
' = 3; 538 rad/s2
2
FN 1 = 206; 67 N;
Fr1 = 41; 33 N
H2 = 135; 75 N;
V2 = 264; 21 N
m0 g = 470; 88 N; m0 x = 94; 42 N; mx = 49; 18 N J ' = 17; 16 Nm
X F = mx H + F = 0 ! F = 184; 93 N
iH
2
r3
r3
X F = F mg V = 0 ! F = 509; 46 N
iV
N
N
Kontrollgleichung X
M = J ' M + F :r = 0
3
2
3
i(2)
r3
c) Stab 1 2
Das vertikale Gewicht m g und die horizontale mTragheitskraft
m x wirken auf
m
den Stab als gleichmaig verteilte Streckenlasten l g bzw. l x. Diese Lasten
und die Krafte, die in 1 und 2 wirken, werden in axiale (x) und transversale (z)
Komponenten zerlegt.
6
0
0
0
0
V2
rh H 2
 FN 6 ??
?
?
Fr 1
?m
?
?
?
l g
??? O 2
m0 x
l
1
x
:
CC
CW z
q
1
0
m0
m
g sin() + 0 x cos() = 130; 72 N/m
l
l
m0
m0
q0 =
g cos()
x sin() = 232; 59 N/m
l
l
N1 = FN 1 sin() Fr1 cos() = 24; 55 N
Q1 = FN 1 cos() + Fr1 sin() = 209; 33 N
N2 = H2 cos() + V2 sin() = 210; 75 N
Q2 = H2 sin() + V2 cos() = 209; 33 N
n0 =
OCC Q
9C rh:
9
9
n 9 2 N
9
9C C
CO 9
Q C 9 C C C CCW
C
: C C CC CCW CCW CW 1 C CC CCW CCW CW
CCWCW q
2
2
0
1
x
:
C CCW
z
q
N1
0
20
Schnittgroen
:CC
x y
COC n x M
:
9
C
Q
N
:C C
C
: C 9 x C Q
CW z
1
q x CC
CW
0
1
N1
2
0
Bereich 0 < x < l
1
N = N +n x; x = 0 ! N = 24; 55 N; x = l ! N = 93; 10 N; x = l ! N = 210; 75 N
2
Qz = Q q x; x = 0 ! Qz = 209; 33 N; x = l ! Qz = 209; 33 N
x
1
My = Q :x q x: ; x = 0 ! My = 0; x = l ! My = 94; 20 Nm; x = l ! My = 0
2
2
1
0
1
1
0
0
N
HH24H; 55 N
2
HHH
HHH
1
H
93; 10 N HHHH
HHH
HH 210; 75 N
q
Qz
1
My
1
209
; 33 N
209; 33 N
2
2
q
94; 20 Nm
Der gefahrdete Querschnitt bendet sich in der Mitte des Stabes bei x = l mit
N = 93; 10 N und My = 94; 20 Nm.
1
2
21