Lösungen

Ingenieurmechanik 1
Grundlagen und Statik
Lösungen
Version vom September 2015
Inhaltsverzeichnis
Vorbemerkung ....................................................................................................................... 3
Aufgaben zu Kapitel 2 ........................................................................................................... 4
Aufgabe 1 ................................................................................................................................. 4
Aufgabe 2 ................................................................................................................................. 4
Aufgabe 3 ................................................................................................................................. 5
Aufgaben zu Kapitel 3 ........................................................................................................... 7
Aufgabe 1 ................................................................................................................................. 7
Aufgabe 2 ................................................................................................................................. 8
Aufgabe 3 ................................................................................................................................. 9
Aufgabe 4 ............................................................................................................................... 10
Aufgabe 5 ............................................................................................................................... 11
Aufgabe 6 .............................................................................................................................. 13
Aufgaben zu Kapitel 5 ......................................................................................................... 14
Aufgabe .................................................................................................................................. 14
Aufgaben zu Kapitel 6 ......................................................................................................... 15
Aufgabe 1 ............................................................................................................................... 15
Aufgabe 2 ............................................................................................................................... 15
Aufgabe 3 ............................................................................................................................... 16
Aufgabe 4 ............................................................................................................................... 16
Aufgabe 5 ............................................................................................................................... 17
Aufgaben zu Kapitel 7 ......................................................................................................... 19
Aufgabe 1 ............................................................................................................................... 19
Aufgabe 2 ............................................................................................................................... 19
Aufgabe 3 ............................................................................................................................... 21
Aufgabe 4 ............................................................................................................................... 21
Aufgabe 5 ............................................................................................................................... 22
Aufgabe 6 ............................................................................................................................... 22
Aufgaben zu Kapitel 9 ......................................................................................................... 23
Aufgabe 1 ............................................................................................................................... 23
Aufgabe 2 ............................................................................................................................... 23
Aufgabe 3 ............................................................................................................................... 23
Aufgabe 4 ............................................................................................................................... 24
Aufgaben zu Kapitel 10 ....................................................................................................... 26
Aufgabe 1 ............................................................................................................................... 26
Aufgabe 2 ............................................................................................................................... 27
Aufgabe 3 ............................................................................................................................... 28
Aufgabe 4 ............................................................................................................................... 28
Aufgabe 5 ............................................................................................................................... 30
Aufgaben zu Kapitel 11 ....................................................................................................... 31
Aufgabe 1 ............................................................................................................................... 31
Aufgabe 2 ............................................................................................................................... 33
Aufgabe 3 ............................................................................................................................... 33
Aufgabe 4 ............................................................................................................................... 35
Aufgabe 5 ............................................................................................................................... 35
Aufgabe 6 ............................................................................................................................... 36
Aufgabe 7 .............................................................................................................................. 38
Aufgaben zu Kapitel 12 ....................................................................................................... 39
Aufgabe 1 ............................................................................................................................... 39
Aufgabe 2 ............................................................................................................................... 40
Aufgabe 3 ............................................................................................................................... 41
Aufgabe 4 ............................................................................................................................... 41
Aufgabe 5 ............................................................................................................................... 42
Aufgaben zu Kapitel 13 ....................................................................................................... 43
Aufgabe 1 ............................................................................................................................... 43
Aufgabe 2 ............................................................................................................................... 44
Aufgabe 3 ............................................................................................................................... 45
Aufgaben zu Kapitel 14 ....................................................................................................... 47
Aufgabe 1 ............................................................................................................................... 47
Aufgabe 2 ............................................................................................................................... 48
Aufgabe 3 ............................................................................................................................... 49
Aufgabe 4 ............................................................................................................................... 49
Vorbemerkung
Version vom September 2015
Diese Lösungsvorschläge wurden ursprünglich von Studierenden erarbeitet. Bitte melden Sie
Fehler an folgende E-Mail-Adresse: [email protected].
3
Kapitel 2
Aufgaben zu Kapitel 2
Aufgabe 1
2
Sei:
s = k0 ⋅ t , t > 0 ,
also
s = k t , mit gesuchtem k =
k0 .
Der Punkt sei zur Zeit t 1 in A und zur Zeit t 1 + T in B, d.h.:
k t1 = L ,
k t 1 + T = 2L .
Die Lösungen dieses Gleichungssystems sind
k = L --3- , t 1 = T
--T
3
und somit
s ( t ) = k t = L 3t
----- .
T
Der Punkt befindet sich also zur Zeit t 1 = T ⁄ 3 in A und zur Zeit t 1 + T = 4T ⁄ 3 in B.
Die Schnelligkeit zu einer beliebigen Zeit t ist
k- = L
3- ,
--- ---s· ( t ) = -------2
Tt
2 t
in A bzw. B also
T
4T
s·  --- = 3L
------ bzw. s·  ------ = 3L
------ .
3
3
2T
4T
Aufgabe 2
Befindet sich der Punkt im ersten Oktanten, dann müssen seine Koordinaten x, y, z größer als
null sein. Mit den parametrisierten Bewegungsgleichungen und diesen Bedingungen erhalten
wir:
x ( t ) = 36 – t 2 , x > 0  t < 6 ;
y ( t ) = t 2 – 16 , y > 0  t > 4 ;
(L2.1)
z(t) = t – 2 ,
z > 0  t > 2.
Der kleinste Wert von t, der diese Bedingungen erfüllt ist t 1 = 4 [ s ] . Zu dieser Zeit tritt der
Punkt in den ersten Oktanten ein. Seine Koordinaten sind dann gemäß der Bewegungsgleichungen für t 1 = 4 [ s ]
r ( t 1 ) = 20e x + 2e z .
Seine Geschwindigkeit ist v ( t ) = r· ( t ) , also v ( t ) = – 2te x + 2te y + e z , d.h.:
v ( t 1 ) = – 8e x + 8e y + e z .
Für t 1 = 4 [ s ] ist nur y ( t 1 ) = 0 ; der Punkt kommt also vom vierten Oktanten.
4
Kapitel 2
Der größte Wert von t, der die Ungleichungen (L2.1) für den ersten Oktanten erfüllt ist
t 2 = 6 [ s ] : zum Zeitpunkt t 2 = 6 [ s ] tritt der Punkt aus dem ersten Oktanten aus und in den
zweiten ein. Koordinaten und Geschwindigkeit sind für t 2 = 6 [ s ] :
r ( t 2 ) = 20e y + 4e z
v ( t 2 ) = – 12e x + 12e y + e z
Zur Zeit t 3 = 3 [ s ] besitzt der Punkt die Koordinaten
r ( t 3 ) = 27e x – 7e y + e z .
Der Abstand von O beträgt d =
2
2
2
27 + 7 + 1 =
779 [ m ]
Die Projektion der Bahnkurve auf die x-y-Ebene ist die Gerade y ( x ) = 20 – x (t eliminieren).
Die Bahnkurve ist also eine in der Ebene x + y – 20 = 0 liegende Parabel.
Aufgabe 3
In zylindrischen Koordinaten lauten nach dem Beispiel des Abschnitts 1.3 die Bewegungsgleichungen des Elektrons:
r ( t ) = R 1 + at , j ( t ) = bt , z ( t ) = at .
Die Bewegungsgleichungen in kartesischen Koordinaten ergeben sich aus
x = r cos j , y = r sin j , z = z
zu
x = ( R 1 + at ) cos bt , y = ( R 1 + at ) sin bt , z = at .
Die Geschwindigkeit können wir direkt daraus ermitteln:
v = r· = x· e x + y· e y + z· e z ,
v = ( a cos bt – ( R 1 + at )b sin bt )e x + ( a sin bt + ( R 1 + at )b cos bt )e y + ae z . (L2.2)
Der zur Bahnkurve tangentiale Einheitsvektor t ist zu v parallel:
v
t = ----- .
v
Die Berechnung der Schnelligkeit mit (L2.2) ergibt nach kleiner Rechnung
(L2.3)
2
2
2
v = x· + y· + z· = 2a 2 + b 2 ( R1 + at ) 2 .
(L2.4)
Mit (L2.2) und (L2.4) in (L2.3) wird
( a cos bt – ( R 1 + at )b sin bt )e x + ( a sin bt + ( R 1 + at )b cos bt )e y + ae z
t = ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------.
2a 2 + b 2 ( R1 + at ) 2
Alternativ könnten wir auch mit dem im Buch berechneten Resultat für zylindrische Koordinaten
v = ae r + b ( R 1 + at )e j + ae z
(L2.5)
beginnen und mittels
e r = cos j e x + sin j e y , e j = – sin j e x + cos j e y , e z = e z
5
Kapitel 2
auf die kartesische Basis umrechnen. Auf diesem Weg ergibt sich die Schnelligkeit (L2.4)
wesentlich einfacher aus (L2.5).
Es lohnt sich also, die Koordinaten der Problemstellung anzupassen. Die Rechnung in sphärischen Koordinaten würde das sogar noch deutlicher zeigen.
6
Kapitel 3
Aufgaben zu Kapitel 3
Aufgabe 1
Gesucht ist zuerst einmal die Rotationsgeschwindigkeit w = ( w 1, w 2, w3 ) . Mit den gegebenen
Geschwindigkeiten v 1 , v 2 und v 3 (in den Punkten P 1 , P 2 und P 3 ) können wir 2 Vektorgleichungen und daraus 3 linear unabhängige skalare Gleichungen aufstellen, um die 3 Unbekannten w1 , w 2 und w 3 zu berechnen. Gegeben sind
v1 = –v ex ,
v 2 = ve z ,
v3 = –v ex .
Formel (3.5) aus dem Buch, v M = v B + w × BM , können wir hier so verwenden:
v 1 = v 2 + w × P 2 P 1 mit P 2 P 1 = ( a, 0, – a ) , also:
w1
– aw 2
–v
0
a
0
0 = 0 + w2 × 0 = 0 + a ( w1 + w3 ) .
0
v
–a
v
w3
–aw 2
(L3.1)
Die erste und dritte Komponente von (L3.1) ergeben das gleiche Resultat:
w 2 = --v- ,
a
die zweite:
w 3 = – w1 .
Für P 2 und P3 haben wir
v 2 = v 3 + w × P 3 P 2 mit P 3 P 2 = ( 0, a, 0 ) ,
also
w1
– aw 3
0
–v
0
–v
0 .
0 = 0 + w2 × a = 0 +
v
0
0
0
aw 1
w3
Daraus folgt die fehlende Komponente w 1 . Zusammenfassend:
w 1 = --v- , w 2 = --v- , w 3 = –-----v .
a
a
a
Die Translationsgeschwindigkeit v B berechnen wir mit v B = v 1 + w × P 1 B = ( – 2v, v, 0 ) ,
sodass die Kinemate in B


v
{ v B, w } =  ( – 2v, v, 0 ) ;--- ( 1, 1, – 1 ) 
a


ist.
7
Kapitel 3
Aufgabe 2
a) Geometrische Ermittlung der Zentralachse
Gemäß Fig. 3.16 im Buch können wir die Zentralachse senkrecht auf v B und w , also auf der xAchse, im richtigen Abstand suchen. Wegen v M = v B + w × BM addieren sich die Geschwindigkeiten der reinen Rotation w × BM und der Translation v B zur Geschwindigkeit v M . Auf
der positiven x-Achse führt die reine Rotation zu einer negativen z-Komponente der Geschwindigkeit. Diese hat im Punkt M mit BM = ( 1 [ m ], 0, 0 ) den Betrag 2[m/s] und addiert sich also
mit der z-Komponente der Geschwindigkeit v B zu null. Damit geht die Zentralachse durch
BM = ( 1 [ m ], 0, 0 ) und liegt parallel zur y-Achse.
b) Analytische Ermittlung der Zentralachse
Wegen der Invarianz von v ⋅ w ist die Geschwindigkeit eines auf der Zentralachse liegenden
Punktes Z gleich
vB ⋅ w
v Z = -------------- ⋅ e y = 2e y .
w
Nun verwenden wir v Z = v B + w × BZ = 2e y , um einen Punkt Z auf der Zentralachse zu finden. (Die höchstens 2 linear unabhängigen Gleichungen liefern unendlich viele Punkte!):
BZ x
2BZ z
0
0
0
[m/s].
2 = 2 + 2 × BZ y =
2
0
2
0
2 – 2BZ x
BZz
Also ist BZx = 1[m] , BZy beliebig und BZz = 0 . Die Zentralachse liegt in Richtung e y .
Die Kinemate in Z und jedem anderen Punkt auf der Zentralachse ist
{ v Z = ( 0, 2, 0 )[m/s] ; w = ( 0, 2, 0 )[1/s] } .
8
Kapitel 3
Aufgabe 3
Z
A
vA
L
P
vP
d1
d3
R j d2
O
ey
ex
a) Momentanzentren
Tipp: Das Momentanzentrum eines Körpers kann folgendermaßen ermittelt werden:
i) in dem Punkt des (auf die ganze Ebene erweitert gedachten) Körpers der sich
momentan in Ruhe befindet bzw.
ii) im Schnittpunkt der Normalen zweier Geschwindigkeiten bzw.
iii) bei parallelen, verschiedenen Geschwindigkeiten auf der Geraden, welche beide
Punkte verbindet, und zwar dort, wo die Abstände zu den beiden Punkten das gleiche Verhältnis wie die beiden Geschwindigkeiten haben bzw.
iv) bei einer Translation im Unendlichen.
Das Momentanzentrum der Kurbel 1 befindet sich gemäß (i) in O.
Das Momentanzentrum des Kolbens 2 befindet sich gemäß (iv) in unendlichem Abstand vom
Kolben.
Das Momentanzentrum der Pleuelstange 3 ermitteln wir gemäß (ii):
Sei P das untere Ende der Pleuelstange. Das Momentanzentrum ist der Schnittpunkt der Normalen auf v A und v P . Die Normale auf v P ist in Richtung der Kurbel, die von v A in der Zeichnung waagerecht. Gesucht ist zuerst der Abstand OZ als Funktion von j. Es sind
d 1 = R sin j , d 2 = R cos j ,
d3 =
2
2
L – d1 =
2
2
2
L – R ( sin j ) , D = d 2 + d 3 ,
also
Z x = – D tan j = – ( R sin j + L 2 – R 2 ( sin j ) 2 tan j )
2
2
2
Z y = D = R cos j + L – R ( sin j ) .
b) Schnelligkeit des Kolbens
Die y-Koordinate des Kolbens ist D = D ( j ( t ) ) , die x-Koordinate konstant gleich null. Also ist
v A = v Ay e y = s· e y
und mit w = j·
R 2 w sin j cos j - .
s· = D· = – Rw sin j + ---------------------------------------2
2
2
L – R ( sin j )
9
Kapitel 3
Aufgabe 4
r
vO
O
r
l
a
a
a
A
vA
Z
g
Satz der projizierten Geschwindigkeiten: v O cos a = v A cos a .
Für cos a ≠ 0 gilt also v O = v A .
Aus dem Satz vom Momentanzentrum folgt ZO = ZA .
Das Dreieck OZA ist also gleichschenklig.
Feste Polbahn: Z hat denselben Abstand von A und l. Also ist die feste Polbahn eine Parabel mit
Brennpunkt A und Leitlinie l.
Bewegliche Polbahn: Z hat denselben Abstand von O und von g. Also ist die bewegliche Polbahn eine Parabel mit Brennpunkt O und Leitlinie g.
10
Kapitel 3
Aufgabe 5
y
Z
vB
60°
O
R
R
60°
B
60°
30°
vC
C
x
L'
30°
A
vA
a) Momentanzentrum in der beschriebenen Lage
Geometrisch ermitteln wir das Momentanzentrum Z folgendermassen:
• Es liegt auf dem Schnittpunkt der Verlängerung der Normalen zu den Geschwindigkeiten v C und v A .
• v C hat dieselbe Richtung wie der Stab, d.h. die Normale ist senkrecht zum Stab.
• v A muss zur halbkreisförmigen Führung tangential sein, d.h. die Normale geht durch
O, und gleichzeitig auch dem Satz der projizierten Geschwindigkeiten mit v C
genügen.
In dieser speziellen Lage ist also
3
R
Z x = R cos 60° = --- , Z y = R sin 60° = R ------- .
2
2
b) Geschwindigkeiten
Die Richtungen der Geschwindigkeiten sind jeweils senkrecht zu den eingezeichneten Abständen. Begriffsmäßig gilt
2
v C = Rw = 2[m/s] , also w = --- [1/s]
R
v A = 2Rw = 4[m/s] .
Für v B müssen wir zuerst ZB berechnen.
L′ = 2R cos 30° = 3R , ZB = R 2 + ( L – L′ ) 2 =
2
v B = ZBw = --- R 2 + ( L – 3R ) 2 [m/s] .
R
11
R 2 + ( L – 3R ) 2 ,
Kapitel 3
c) feste Polbahn
y
Z
j⁄2
vB
R
B
R
O
j
j⁄2
C
vC
x
L'
A
vA
Es ist L′ = L' ( j ) = 2R cos j und, aus Symmetriegründen im gleichschenkligen Dreieck COA,
der Winkel ∠BAZ = j . Also gilt
L′ - = 2R und OZ = AZ – R = R .
AZ = ----------cos j
Deshalb befindet sich das Momentanzentrum immer im Abstand R vom Ursprung: Die feste
Polbahn ist ein Kreis mit Radius R, nämlich Z x2 + Z y2 = R 2 .
d) bewegliche Polbahn
Nun wählen wir ein mit dem Stab verbundenes Bezugssystem, z. B. mit Ursprung in A, e x || AB
und e h || CZ . Wir beachten, dass AZ = R + OZ = 2R zeitlich konstant ist. Deshalb ist die
bewegliche Polbahn ein Kreis um A mit dem Radius 2R .
e) Rotationsschnelligkeiten und Schnelligkeiten
Es ist ZC = 2R sin j , die Rotationsschnelligkeit w des Stabes also
vC
vC
w = -------= -----------------.
2R sin j
ZC
Damit erhalten wir
vC
v A = w ⋅ ZA = 2wR = ----------.
sin j
Wir beachten z. B., dass im gleichschenkligen Dreieck ABZ: ∠ABZ = p ⁄ 2 – j ⁄ 2 gilt und
deshalb im rechtwinkligen Dreieck ZCB: ∠BZC = j ⁄ 2 ist. So folgt
vC
ZB
v B = v C ⋅ ------- = -----------------------.
cos ( j ⁄ 2 )
ZC
12
Kapitel 3
Aufgabe 6
Das Momentanzentrum liegt im Schnittpunkt
der Geraden durch BD bzw. AC. Die folgenden Dreiecke haben gleiche Seitenlängen, sind
also kongruent:
ΔBAD ≅ ΔDCA ,
also
∠DCM = ∠ABM .
Also gilt eine weitere Kongruenz:
ΔCDM ≅ ΔCAM .
Daraus folgt
B
L
C
2L
L
L L
D
A
F
G
M
MA = MD
und
MB – MA = L .
Also ist die feste Polbahn F eine Hyperbel mit Brennpunkten A und B und Abstandsdifferenz L.
Im einem mit dem Stab bewegten System sind die folgenden Längen nützlich:
MC – MD = L .
Die bewegliche Polbahn G ist damit eine Hyperbel mit Brennpunkten in C und D und Abstandsdifferenz L.
13
Kapitel 5
Aufgaben zu Kapitel 5
Aufgabe
Methode 1
Summation der Leistungen der einzelnen Kräfte, Formel (5.13) aus dem Buch:
 =
 vi ⋅ Fi bzw. 
= v1 ⋅ F 1 + v 2 ⋅ F2 + v3 ⋅ F3 .
Mit
1
– 11- = wR  0, -----1- ,
v 1 = w × OA = ( – w, 0, 0 ) × R  0, 1 – -------, – -----, – 1 + -----


2
2
2
2
–1
1- ,
v 2 = w × OB = wR  0, -------, – 1 – -----
2
2
,
v 3 = w × OC = wR ( 0, 0, – 2 )
und
–1 –1
F 1 = F  0, -------, ------- ,
2 2
1 –1
F 2 = F  0, -------, ------- ,
2 2
F3 =
2F ( 0, 0, 1 ) ,
erhalten wir recht umständlich das einfache Resultat
 = – 2RwF .
Methode 2
Mit Formel (5.17) aus dem Buch: P = v B ⋅ R + w ⋅ M B .
Es ist
R = F 1 + F 2 + F 3 = ( 0, 0, 0 ) ,
w = ( – w, 0, 0 ) .
Das Moment bezüglich der Zylinderachse ist M m = 2RF . Die zu w senkrechte Komponente
des Moments liefert keinen Beitrag zum Skalarprodukt w ⋅ M B und damit zur Leistung. Also ist
 = w ⋅ M = – 2 RFw .
14
Kapitel 6
Aufgaben zu Kapitel 6
Aufgabe 1
Gleichgewicht:
R = 0 , MO = 0 .
Bezüglich des Walzenmittelpunkts verschwinden die Momente aller Kräfte. Es bleiben also nur
noch zwei Gleichungen für die beiden Unbekannten, die wir durch Projektion auf eine Horizontale und eine Vertikale ermitteln:
F 1 – F 2 cos 45° – B cos 45° + A cos 45° = 0 ,
G + F 2 cos 45° – B cos 45° – A cos 45° = 0 .
Addition und Subtraktion der beiden Gleichungen ergibt
2 B = F1 + G ,
2A =
2 F2 – F1 + G .
Also
2
2
A = F 2 – ------- F 1 + ------- G = ( 10 + 2 2 )[N] ,
2
2
2
2
B = ------- F 1 + ------- G = 6 2[N] .
2
2
Aufgabe 2
Die Momente der gegebenen und gesuchten Kräfte bezüglich A verschwinden.
Die vektorielle Gleichung für die Resultierende R = 0 liefert drei skalare Gleichungen für die
drei unbekannten Kraftkomponenten in Richtung der Geraden.
Wir verwenden ein Koordinatensystem mit x-Achse nach links vorn, y-Achse nach rechts (parallel zu g 1 ), z-Achse nach oben (parallel zu g 3 ) und erhalten
1 1 –1
1
1
F  -------, -------, ------- + F 1 ( 0, – 1, 0 ) + F 2  -------, 0, ------- + F 3 ( 0, 0, 1 ) = ( 0, 0, 0 ) ,
3 3 3
2
2
also
1
F 1 = ------- F ,
3
F 2 = – 2--- F ,
3
2
F 3 = ------- F .
3
15
Kapitel 6
Aufgabe 3
Sei e x nach rechts, e y nach oben, O die Projektion von M auf die Gerade längs e y . Jedes infinitesimale Kraftelement dF lässt sich in zwei Komponenten zerlegen. Aus Symmetriegründen
verschwindet die Summe der zur Geraden parallelen Komponenten, so dass die Wirkungslinie
der statisch äquivalenten Einzelkraft den Punkt M enthält und parallel zu e y ist.
Die statisch äquivalente resultierende Kraft F = Fe y können wir durch Integration der zu e y
parallelen infinitesimalen Kraftkomponenten dF y ermitteln:
l
dF
l oder dF
------- = ---= ----2 ds .
2
ds
r
r
Mit dem Winkel zwischen e y und dF ist
l
dF y = dF cos j = ----2 cos j ds .
r
Weiter haben wir
h h s = h ⋅ tan j , ds = ------------dj , r = ----------2
cos j
cos j
und damit
l
dF y = --- cos j dj .
h
Die Integration läuft von j = – p
--- bis j = p
--- :
2
2
Fy =
Damit ist
p⁄2
l
–p ⁄ 2 --h- cos j dj
= 2l
------ .
h
2l
F = ------ e y .
h
Aufgabe 4
Wir wählen das Bezugssystem wie in Fig. 3.29 des Buchs, mit e x nach vorn, e y nach rechts, e z
nach oben und bestimmen die Dyname in B: { R, M B } .
a) Geometrische Überlegung
Wir denken uns F 3 zerlegt in drei Einzelkräfte vom Betrag 1[N] in die Koordinatenrichtungen.
So entstehen zwei Kräftepaare mit Momenten in negativer y-Richtung und negativer z-Richtung
und eine Einzelkraft in negativer y-Richtung. Letztere hat nur ein Moment in positiver x-Richtung. Zusammenfassend:
R = ( 0, – 1, 0 )[N] ,
M B = ( 1, – 1, – 1 )[Nm] .
b) Analytische Rechnung
R = F 1 + F 2 + F 3 = ( – 1, 0, 0 ) + ( 0, 0, 1 ) + ( 1, – 1, – 1 ) = ( 0, – 1, 0 )[N] ,
M B = BA 1 × F 1 + BA 2 × F 2 + BA 3 × F 3 ,
16
Kapitel 6
1
–1
1
0
0
1
1
M B = 0 × 0 + 1 × 0 + 1 × – 1 = – 1 [Nm] .
1
0
0
1
1
–1
–1
Aufgabe 5
Gemäß dem Reduktionssatz kann eine ebene Kräftegruppe ( M B ⋅ R = 0 ) auf eine Einzelkraft
( R ≠ 0 ) oder ein Kräftepaar ( R = 0 , M B ≠ 0 ) reduziert werden. Formel (6.15) im Buch zeigt,
dass sich im ersten Fall die Momente der Kräftegruppe bezüglich dreier nicht kollinearer Punkte
unterscheiden. Im zweiten Fall ist das Moment der Kräftegruppe unabhängig vom Bezugspunkt.
Wir wählen ein Bezugssystem mit Ursprung O in A und e x nach rechts, e y nach oben, e z nach
vorn.
a)
Hier sind die Momente unterschiedlich, also können wir eine statisch äquivalente Einzelkraft
finden. Gesucht sind ihre Kraftkomponenten F x , F y sowie ein Punkt auf ihrer Wirkungslinie.
Es gilt
M A = M B + AB × R ,
also
4 = ( – 2 + F y )[N] ,
F y = 6[N]
und
M A = M C + AC × R ,
also
F
3F
4 =  – 3 + -----y – ------------x- [N] ,

2
2 
8- [N]
F x = – -----.
3
Das Moment M Z der Kräftegruppe bezüglich eines Punktes Z mit Koordinaten ( Z x, Z y ) auf
der Wirkungslinie der resultierenden Einzelkraft muss verschwinden:
M Z = M A + ZA × R = 0 ,
also
0 = 4 + F x Z y – F y Z x [Nm] ,
( Fy Zx – 4 )
– ( 6Z x – 4 ) ⋅ 3
3 3
3
Z y = ------------------------ = ------------------------------------ = – ---------- Z x + ------- [m] .
4
2
Fx
8
17
Kapitel 6
Dies ist die Geradengleichung der Wirkunslinie. Alternativ können wir willkürlich einen Punkt
auf der Gleichung festlegen, z.B. ( 0, 3 ⁄ 2 )[m] und festhalten, dass die Einzelkraft die Komponenten ( 6, 8 ⁄ 3 )[N]hat hat.
b)
Hier liegt ein Kräftepaar mit Moment 4[Nm] vor. Wir können es z. B. durch die Kräftegruppe
{ { A ( 0, – 4 )[N] }, { B ( 0, 4 )[N] } } realisieren (oder unendlich viele alternative Kräftepaare
mit gleichem Moment).
18
Kapitel 7
Aufgaben zu Kapitel 7
Aufgabe 1
Wir setzen den Ursprung des Bezugssystems links unten, die x-Koordinate nach rechts, die yKoordinate nach oben. Mit
F ⋅ ri

i=1 i
----------------------------5
i = 1 F i
5
rS =
i = 1 Fi ⋅ r-i
---------------------------5
=
R
ergibt sich
i = 1 F i ⋅ r i
5
= – 6 ( 4, 4 ) + 2 ( 0, 3 ) – 6 ( 3, 2 ) + 6 ( 1, 1 ) – 4 ( 2, 0 )
= ( – 44, – 24 ),
R =
i = 1 Fi
5
= –8 ,
–1
11
r S = ------ ( – 44, – 24 ) = ------ e x + 3e y .
8
2
Aufgabe 2
Bei den in dieser Aufgabe untersuchten homogenen linien- bzw. flächenverteilten Körpern
kürzt sich die Dichte im Zähler und Nenner der Formel (7.26) des Buchs heraus. So erhalten wir
zu (7.28) analoge Formeln. Längenelemente und Gesamtlängen bzw. Flächenelemente und
Gesamtflächen spielen die Rolle der Volumenelemente und des Gesamtvolumens.
Aus Symmetriegründen liegt der Massenmittelpunkt aller Objekte auf der y-Achse der gewählten Koordinaten. Also gilt x S = 0 , während y S bestimmt werden muss.
a) Kreisbogen
y
Mit dem Längenelement ds auf dem Bogen und der Gesamtlänge L des
Bogens wird
a
a
R aa
j
–a y ds –a ( R cos j )R dj R sin a
y S = ---------------- = ---------------------------------------- = --------------- .
L
2aR
a
b) Kreissegment
x
y
Mit dem Flächenelement dA und der Gesamtfläche ΔA des Segments wird
a
R aa
–a y dA
j
x
y S = ------------------ .
ΔA
In Polarkoordinaten ist dA = r dr dj .
Für die Fläche erhalten wir
19
Kapitel 7
a
a
2
R
cos a 2
ΔA =  R cos a r dr dj =  ------  1 –  ------------  dj
 cos j
– a ---------------–a 2
R
cos j
2
2
2
2
sin 2a
= R ( a – ( cos a ) tan a ) = R ( a – sin a cos a ) = R  a – -------------- .
2
und für y S in ähnlicher Art
a
R
r 2 cos j dr dj
–a R--------------cos a
-
a
3
R-
cos a- 3
 --------------–
1
–a 3   cos j  cos j dj
cos j
y S = ------------------------------------------------------- = --------------------------------------------------------------------ΔA
ΔA
3
3
2R
2R
--------- ( ( sin a – ( cos a ) 3 tan a ) ⁄ 3 )
--------- ( sin a ( 1 – ( cos a ) 2 ) )
3
3
= ---------------------------------------------------------------------------- = ----------------------------------------------------------ΔA
ΔA
3
2R
·
--------- ( sin a ) 3
4 R ( sin a ) 3
3
--------------------------------.
= ------------------------------------ =
3
(
2a
–
sin
2a
)
2
sin
2a
R a – --------------

2 
c) Kreissektor
y
Hier ist die Gesamtfläche
ΔA = aR 2
und wir erhalten
a
R aa
j
x
R
–a 0 r 2 cos j dr dj
a
R3
sin a .
y S = ---------------------------------------------- = ------------  cos j dj = 2R
-----------------3F tot
F tot
3a
–a
d) Spezialfall Halbkreis
Wir setzen a = p ⁄ 2 und erhalten für den Kreisbogen:
2R
y S = ------- .
p
Der Kreissektor und das Kreissegment werden identisch mit:
y S = 4R
------- .
3p
20
Kapitel 7
Aufgabe 3
x
Die Mantellänge ist
l = R2 + h2 ,
und wegen Ähnlichkeit erhalten wir für das
dx entsprechende Längenelement dx' auf
dem Mantel
l
dx' = --- dx .
h
Der Umfang des Kegels bei x beträgt
R
2p --- x .
h
Daraus ergibt sich die Mantelfläche zu
h
A=
0  2p --h- x  --h- dx
R
l
h
dx'
l
dx
h
S
R
R
= pRl .
Und der Schwerpunkt zu
1 h
R
l
1
R l x3
x S = ---  x  2p --- x  --- dx = ---  2p ---  --- ----A 0
h
h
A
h h 3
h
0
2
= 2pRlh
--------------- = --- h .
3
3A
h
Der Schwerpunkt liegt also --- über der Grundkreisfläche.
3
Aufgabe 4
z
Aus Symmetriegründen liegt der Massenmittelpunkt der
Halbkugel H auf der skizzierten z-Achse:
dV
r
   z dV
j
R
H
z S = ------------------.
V
Mit r = R cos j , z = R sin j , dV = p ( R cos j ) 2 dz , dz = R cos j dj ergibt sich
p
--2
   z dV
H
=
p
--2
 ( R sin j ) ( p ( R cos j ) 2 ) ( R cos j dj )
0
( cos j ) 4
= – p R 4  ( cos j ) 3 d( cos j ) = – p R 4 ------------------4
0
1 4pR 3
Mit V = ---  ------------- wird also z S = 3R
------- .
2 3
8
21
p
--2
0
pR 4
= --------- .
4
Kapitel 7
Aufgabe 5
z
Das Profil des Paraboloids P ist durch die Kurve
h 2
z = -----2- r
R
beschrieben. Der Schwerpunkt befindet sich auf der Rotationsachse.
Für ein homogenes Paraboloid ist
   z dV
h
P
, also V =
z S = -----------------V
h
R
h
r
2
 pr 2 dz =
2
R
phR
----=
------------.
p
z
d
z
 h
2
0
0
Somit
h
   z dV =
P

h
zpr 2 dz
0
2
2 R2
R
= p  z 2 ------ dz = ph
--------------,
h
3
0
2
z S = --- h .
3
( a cos t, b sin t )
Aufgabe 6
y
Wir parametrisieren die Ellipse gemäß
x = a cos t ,
y = b sin t .
Die Fläche der Viertelellipse ist
A = pab
--------- .
4
Also
a
a
b
x
b
dA = ydx
0
1
1
x S = ---  xy dx = ---  ( a cos t ) ( b sin t ) ( ( – a sin t ) dt )
A
A
p
--2
0
0
a 2 b ( sin t ) 3
a2 b
= – --------  ( sin t ) 2 d( sin t ) = -------- ----------------A
A
3
p
--2
Die y-Koordinaten wird mit analoger Rechnung
4b- .
y S = ----3p
22
t
p
--2
0
4a
= ------ .
3p
a
Kapitel 9
Aufgaben zu Kapitel 9
Aufgabe 1
Berechnung der Fadenkräfte: Die Gleichgewichtsbedingungen (unter Benutzung der Resultate
von Aufgabe 6 aus Kapitel:
Rz = 0 :
F 1 + F2 + F 3 – G = 0 ,
Mx = 0 :
My = 0 :
4bG
----------- – bF3 = 0 ,
3p
– 4aG
----------- + aF 1 = 0 .
3p
Also:
8- G , F = 4G
F 1 = 4G
------- , F 3 =  1 – ----------- .
3
3p
3p
3p
Aufgabe 2
C
Falls die Gleichgewichtsbedingungen erfüllt sind, also z. B. R = 0 ,
M A = 0 , so verschwindet wegen
M P = M A + PA × R
(L9.1)
das Moment der Kräftegruppe automatisch auf bezüglich der anderen Ecken B, C, D des Tetraeders und damit bezüglich seiner Kanten.
D
A
B
Nun nehmen wir umgekehrt an, dass das Moment der Kräftegruppe bezüglich aller Kanten verschwinde. In jedem Eckpunkt definieren drei Kanten drei nicht komplanare Richtungen, die
Momente bezüglich der Kanten also drei Projektionen des Moments in nicht komplanare Richtungen. Falls die drei Projektionen verschwinden, so muss auch der Momentvektor verschwinden. Also ist
M A = 0 , M B = 0 , MC = 0 , M D = 0 .
Nun verwenden wir Gleichung (L9.1) mit BA :
0 = BA × R
und schließen, dass R || BA oder R = 0 sein muss. Gleichung (L9.1), mit CA liefert R || CA
oder R = 0 , also muss R = 0 sein.
Aufgabe 3
Die Komponenten des Vektors G in diesem (nicht positiv orientierten) Koordinatensystem lassen sich, ausgehend von der Lage a = 0 , j = 0 , durch zwei Rotationen ermitteln:
23
Kapitel 9
– cos a
G = G sin a cos j .
– sin a sin j
Damit erhalten wir die Gleichgewichtsbedingungen
– G cos a + A x = 0 ,
G sin a cos j + A y + B y = 0 ,
– G sin a sin j + F + A z + B z = 0 ,
L
--- G sin a sin j – LF = 0 ,
2
–L
--- G sin a sin j + LF + LB z = 0 ,
2
L
–L
--- G sin a cos j – --- cos a – LB y = 0 .
2
2
Daraus ergibt sich
cos a – sin a cos j
Ay = G ------------------------------------------ ,
2
cos a + sin a cos j
By = – G ------------------------------------------- ,
2
sin a sin j
F = G ----------------------- .
2
A x = G cos a ,
sin j sin a
A z = G ----------------------- ,
2
Bz = 0 ,
Aufgabe 4
Es liegen fünf Unbekannte vor: die Lagerkraft A = ( A x, Ay, Az ) , sowie die Drahtkräfte B und
C (mit bekannten Richtungen). Die Gleichgewichtsbedingungen liefern fünf linear unabhängige skalare Gleichungen: drei aus R = 0 , und zwei aus M A = 0 (die Momentenbedingung
bez. der z-Achse ist trivialerweise erfüllt).
R = 0:
A x – P + B cos 45° = 0 ,
A y – Q + C cos 45° = 0 ,
A z – B cos 45° – C cos 45° – G = 0 .
MA = 0 :
a--Q – aC cos 45° = 0 ,
4
a--3a
B cos 45° – ------ P = 0 .
2
4
Die Lösungen dieses Gleichungssystems sind
3
3
1
A x = – 1--- P , A y = --- Q , A z = G + --- P + --- Q ,
4
2
4
2
3 2
2
B = ---------- P , C = ------- Q ,
2
4
mit den Zahlenwerten also
24
Kapitel 9
A x = – 25[N] , A y = 30[N] , A z = 95[N] ,
B = 75 2[N] , C = 10 2[N] .
25
Kapitel 10
Aufgaben zu Kapitel 10
Aufgabe 1
Cy
Der Stab CD ist eine Pendelstütze (gewichtslos modelliert). Wir könnten die Gelenkkraft
in C schon in der richtigen Richtung (CD)
eintragen. Bei dieser Wahl würden drei Gleichungen für den Stab AB reichen, um die drei
Unbekannten zu ermitteln.
Wir wählen hier die umständlichere Lösung,
indem wir zwei Unbekannte Komponenten
der Gelenkkraft in C einführen und in zwei
Teilsysteme zerlegen, um sechs Gleichungen
für sechs Unbekannte aufzustellen.
Cx
B
F
Cx
Ay
G
Ax
ey
ez
ex
Stab AB
Ax – Cx = 0 ,
Ay + Cy – G – F = 0 ,
A y L FL A x L
– --------- – ---------- + ---------- = 0 .
2 2 2 2 2 2
Stab CD
Cx – Dx = 0 ,
Dy – Cy = 0 ,
Dx L Dy L
– --------- + ---------- = 0 .
2 2 2 2
Daraus erhalten wir die Resultate
Ay = G
---- , A x = F + G
---- , C x = D x = F + G
---- , C y = D y = F + G
---- .
2
2
2
2
26
Dy
Cy
Dx
Kapitel 10
Aufgabe 2
Weil die Bindungen reibungsfrei
modelliert sind, müssen neben den
Gewichtskräften nur die Normalkräfte
eingeführt werden. Bei jedem Zylinder
schneiden sich deshalb die Wirkungslinien der äußeren Kräfte im Mittelpunkt.
Also ist die Momentenbedingung
bezüglich des Mittelpunkts jeweils
automatisch erfüllt. Es bleiben für
jeden Zylinder noch zwei Komponentenbedingungen, um die vier Unbekannten N 1 , N 2 , N 3 und j zu bestimmen:
N 1 sin a – N 3 cos j = 0 ,
R2
N3
b
N3
j
R1
a
G1
ey
ex
ez
N1
N2
G2
(L10.1)
N 1 cos a – N 3 sin j – G 1 = 0 ,
(L10.2)
N 3 cos j – N 2 sin b = 0 ,
(L10.3)
N 3 sin j + N 2 cos b – G 2 = 0 .
(L10.4)
Diese Gleichungen sehen harmlos aus, ihre Lösung ist
aber wegen der trigonometrischen Verknüpfungen
etwas unübersichtlich. Deshalb versuchen wir, möglichst direkt Gleichungen für die Unbekannten aufzustellen. Das gelingt, wenn wir das Gesamtsystem
betrachten und Momentenbedingungen bezüglich der
beiden Zylindermittelpunkte formulieren:
G 2 cos j = N 2 sin ( 90° – b + j ) ,
= N 2 cos ( b – j )
G 1 cos j = N 1 sin ( 90° – a – j )
= N 1 cos ( a + j )
Also
G 1 cos j
N 1 = --------------------------,
cos ( a + j )
G2 cos j
N 2 = ------------------------cos ( b – j )
und mit (L10.1) bzw. (L10.3):
G 1 sin a
G2 sin b
N 3 = -------------------------- = -------------------------.
cos ( a + j )
cos ( b – j )
,
90° – b + j
90° – a – j
a
b
j
a
G1
N1
Nun brauchen wir noch eine Gleichung für die Ruhelage, also den Winkel j . Auch hier führt eine Momentenbedingung und eine geometrische
Überlegung auf eine kompakte Formel. Als Bezugspunkt wählen wir
den Schnittpunkt der Wirkungslinien der Normalkräfte N 1 und N 2 .
aG 1 = bG 2 .
27
N2
G2
a
b
r
a
j
b
G2
G1
(L10.5)
Kapitel 10
Weiter ist mit r = R 1 + R 2 aus der Skizze ersichtlich:
r cos j = a + b ,
r sin j + b cot b = a cot a .
Also
r sin j = a cot a – b cot b
und nach Division durch (L10.6)
cot a – b cot b .
tan j = a----------------------------------a+b
Nun lösen wir (L10.5) z. B. nach b auf und setzen in (L10.7) ein:
G1
a cot a – a ------ cot b
G2
G 2 cot a – G 1 cot b
tan j = ------------------------------------------,
- = -----------------------------------------G 1
G1 + G2

a 1 + -----
G 2
(L10.6)
(L10.7)
G 2 cot a – G 1 cot b
-.
j = atan -----------------------------------------G1 + G 2
Aufgabe 3
F
L
ey
R
F
F
F
ex
ez
F
F
F
F
F
F = 600[N]
F
M R = RF = 120[Nm]
M E = ( L + R )F = 720[Nm]
E = F = 600[N]
Aufgabe 4
Gemäß PdvL muss in der Ruhelage
die Gesamtleistung für jeden virtuellen Bewegungszustand verschwinden. Wir wählen den durch die eingezeichnete Rotationsschnelligkeit w̃ 1
des Stabs 1 um O 1 gegebenen zulässigen momentanen Bewegungszustand des Mechanismus. Es ergibt
sich die eingezeichnete vertikale
Richtung der Geschwindigkeit von
A 1 . Der Stab 2 rotiert um O 2 , was die
Richtung der Geschwindigkeit von
A 2 festlegt. Die Gelenke in A 1 und
P
O2
L
L
2
F
L
L
A2
L
L
3
O1
M3
w̃ 3
w̃ 1
ey
28
ex
L
1
A1
Kapitel 10
A 2 gehören aber auch zum Stab 3. Deshalb finden wir sein Momentanzentrum M 3 im Schnittpunkt der Senkrechten auf die beiden Geschwindigkeiten, also in Verlängerung der Stäbe 1 und
2. Weil bei diesem zulässigen Bewegungszustand nur die Kraft F eine Leistung hat, muss ihr
Angriffspunkt P in der Ruhelage, wie skizziert, in y-Richtung über M 3 liegen (Koordinaten bez.
{ O 1, e x, e y } : ( ( 1 – 3 )L, L ) ).
Die Stäbe 1 und 2 sind Pendelstützen,
übertragen also nur Kräfte in Stabrichtung. Die Stabkraft S 1 im Stab 1 können wir z. B. durch Betrachtung einer
(unzulässigen) virtuellen Starrkörperrotation des Systems um O 2 ermitteln.
Oder (etwas übersichtlicher) durch
Entfernen des Gelenks in O 1 , Einführen der Stabkraft S 1 als Kraft des
Gelenks auf den Stab und Betrachtung
der nun zulässigen virtuellen Starrkörperrotation w̃ um O 2 . Die Geschwindigkeitskomponenten der relevanten
Stabpunkte sind skizziert. Als Gesamtleistung ergibt sich.
3Lw̃
O2
P
L
w̃
L
F
2
L
A2
L
3
S1
O1
Lw̃
3 ⁄ 2 Lw̃
L
1
A 1 Lw̃
P̃ = 3Lw̃F – Lw̃S 1 = 0 , also S 1 = 3F .
Die Kraft in hat gleichen Betrag und ist umgekehrt gerichtet.
Für die Gelenkkraft in A 2 können wir ähnlich P
vorgehen: Stab 2 entfernen, durch Stabkraft
ersetzen, virtuelle Rotation des Stabs 3 um A 1
betrachten. Oder gleichwertig: Stab 3 freischneiden, Stabkraft S 2 einführen, Momentenbedingung um A 1 formulieren:
L
L
F
S2
L
A2
3
3
3
2L ------- F – L ------- S2 = 0 ,
2
2
L
S1
also
A1
S 2 = 2F .
Es handelt sich um eine Zugkraft in der Pendelstütze, welche mit gleichem Betrag und umgekehrter Richtung auf das Gelenk in O 2 wirkt.
29
Kapitel 10
Aufgabe 5
v A2
vE
Die virtuellen Geschwindigkeiten der Punkte
E , A1 , A 2 ergeben sich wie skizziert aus dem
Satz vom Momentanzentrum für die Rotation
des Balkens EA 1 um O 1 . Vektoriell geschrieben sind sie
v E = ewe y ,
v A 2 = – a 2 we y ,
O1
vD
w
vCx
s
vCy
ey
v A 1 = – a 1 we y .
vA1
ex
O2
v B1
w2
vB2
Das Teilsystem O 2 B1 D rotiert mit w̃ 2 um O 2 . Deshalb ist die Geschwindigkeit von B 1 in
(negativer) y-Richtung und wegen des Satzes der projizierten Geschwindigkeiten für A 1 B 1
gleich v A 1 :
v B 1 = – a 1 we y .
Mit dem Satz vom Momentanzentrum kann die Rotationsschnelligkeit w 2 und die Geschwindigkeit v B ermittelt werden:
2
a1 b2
a1
v B1
------- = ----- w , v B2 = – ----------- we y .
b1
b1
b1
Mit der Länge s = B 2 D wird
a1 b2
sa 1
v D = – -------- we x – ----------- we y
b1
b1
und mit zweimaliger Anwendung des Satzes der projizierten Geschwindigkeiten
sa 1
v C = – -------- we x – a 2 we y .
b1
Damit die Wägung unabhängig von der Lage des Kraftvektors G ist, muss die virtuelle Leistung unabhängig von seiner Lage sein, der Balken CD also eine Translation ausführen. Das
heißt v C = v D , also a 1 b 2 = a 2 b 1 sein.
In der Ruhelage muss die Gesamtleistung für den oben diskutierten Bewegungszustand verschwinden. Also gilt für alle w
P̃ = – v E Q + v Cy G = – e w Q + a 2 w G .
Wir wählen w ≠ 0 und erhalten für das auf 10 oder 100 einzustellende Verhältnis
Q
a
------- = ----2- .
G
e
Das entspricht dem Hebelgesetz für einen Balken EA2 . Der ganze Rest dient nur zur Konstruktion der translatorisch bewegten Brücke. Die Hilfsgröße s = B 2 D fällt aus der Rechnung, weil
sie in der momentanen Lage nur in die horizontalen Geschwindigkeitskomponenten eingeht und
diese keinen Beitrag zur Leistung liefern.
30
Kapitel 11
Aufgaben zu Kapitel 11
3F
E
8
Aufgabe 1
D
Zuerst müssen wir die Lagerkräfte
bestimmen. Dazu stellen wir die
Gleichgewichtsbedingungen für das
Gesamtsystem auf. Sie lauten:
3F
Ax
– A x + 3 3F = 0 ,
3F
C 4
7
5
3
1 L
2L
H
2
6
Ay
– A y + By – 2F = 0 ,
F
11
9
G
F
4L
10
By
LF  – 3--- – 3 – 6 – 1 – 3 + 7LB y = 0
2
und haben die Lösungen
F- , B = 29F
A x = 3 3F , A y = -------------- .
14 y
14
Nun betrachten wir die einzelnen Knoten und führen die Stabkräfte als Zugkräfte (vom Knoten
weg zeigend) ein.
Die Gleichgewichtsbedingungen in den Knoten lauten und ergeben:
S
In A:
– A x + S 2 + ----1- = 0 ,
2
3S
– A y + ------------1- = 0 ,
2
also
3F- (Zugstab),
S 1 = ---------21
3F- (Zugstab).
S 2 = 125
------------------42
In C:
S
S
3S
3F – ----1- + ----3- + ------------4- = 0 ,
2
2
2
S
– 3 S1
3S
---------------- – ------------3- + ----4- = 0 ,
2
2
2
also
In H:
3FS 3 = – 11
---------------(Druckstab),
21
S 4 = – 10F
---------- (Druckstab).
7
S
S
– S 2 + S 6 – ----3- + ----5- = 0 ,
2
2
3S
3S
------------3- + ------------5- – F = 0 ,
2
2
31
Kapitel 11
also
In B:
also
3F- (Zugstab),
S 5 = 25
---------------21
3FS 6 = 89
---------------(Zugstab).
42
S 11
– S 10 – ------ = 0,
2
3S 11
B y + -------------- = 0,
2
29FS 11 = – --------(Druckstab),
7 3
3FS 10 = 29
---------------(Zugstab).
42
In G:
S
S
– S 6 + S 10 – ----7- + ----9- = 0 ,
2
2
3S
3S
------------7- + ------------9- – F = 0 ,
2
2
also
3FS 7 = – 23
---------------(Druckstab),
21
3FS 9 = 37
---------------(Zugstab).
21
In E:
also
– 3 S 8 S 9 S11
---------------- – ----- + ------- + 3F = 0 ,
2
2
2
S
3S
3S 11
– ----8- – ------------9- – -------------- = 0,
2
2
2
S 8 = – 8F
------- (Druckstab).
7
Die letze Gleichung wird nicht mehr benötigt. Sie kann zur Kontrolle der Rechnungen dienen
und ist mit unseren Lösungen erfüllt.
32
Kapitel 11
Aufgabe 2
E
3F
Wir schneiden die drei Stäbe, führen
die Stabkräfte in Zugrichtung ein und
betrachten den Systemteil mit weniger Kräften. Die eleganteste Rechnung mit dem Dreikräfteschnitt verwendet
Momentenbedingungen
bezüglich der Schnittpunkte der Wirkungslinien der gesuchten Stabkräfte
S 8 , S 9 , S10 . Dazu brauchen wir die
drei Hebelarme d 8 , d 9 , d10 , welche
wir z. B. folgendermassen aus der
Geometrie des Systems ermitteln:
30°
4L
S8
d8
I
d 10
S9
S 10
G
d = d8
d9
29F
---------14
d 10 = 2 3L ,
d 8 = 2L ,
d 9 = d cot 30° = 2 3L .
Somit erhalten wir aus den Momentenbedingungen
bez. G:
29F
d 8 S 8 – ( 2 3L ) ( 3F ) + ( 4L )  ---------- = 0 ,
14
S 8 =  3 – 29
------ F = – 8F
------- (Druckstab),
7
7
bez. I:
29F
– d 9 S 9 – ( ( 2 3L ) ( 3F ) ) + ( 8L )  ---------- = 0 ,
14
37 3F- (Zugstab),
S 9 =  3 – 29
------ F = ---------------7
21
bez. E:
29F
– d 10 S10 + ( 2L )  ---------- = 0 ,
14
29 3F
S 10 = ----------------- (Zugstab).
42
Aufgabe 3
F
S4
S4
vC
vG
vD
3F
Wir entfernen den Stab 4 im Fachwerk der
Figur 11.6 und diskutieren die Kinematik der
zulässigen Bewegung des entstandenen
w2
Mechanismus:
w
A
B
Ausgehend von der Rotationsschnelligkeit w
L
in A berechnen wir v D = Lw = v E . Das
vE
Parallelogramm rotiert um B mit w 2 , was die
Richtung der Geschwindigkeit v C (in Richtung CE ) ergibt. Im Schnittpunkt der Senkrechten
auf v C und v E das Momentanzentrum von CE , also auch in B. CE rotiert also auch mit w 2 .
Mit dem Satz vom Momentanzentrum und v E wird w 2 = w ⁄ 2 . Also ist v C = 3Lw ⁄ 2 und
33
Kapitel 11
v G = Lw ⁄ 2 . (Ersteres hätten wir auch mit dem Satz der projizierten Geschwindigkeiten gesehen.)
Nun berechnen wir die virtuelle Leistung:
wL
3wL
3wL
3wL
P̃ = – ------- F – --------------- S 4 – --------------- S 4 – --------------- 3F = 0 ,
2
2
4
4
also
5 3
S 4 = – ---------- F .
9
Beim Fachwerk der Fig. 11.9
gehen wir analog vor:
In A geben wir die Rotationsschnelligkeit w vor. Daraus ergibt
sich v H = Lw In C und D bestimmen wir die (negativen) x- und yKomponenten der Geschwindigkeiten, die wir aus den y- und xAbständen vom Momentanzentrum ablesen können (SdpG).
3F
vE
vDy
vDx
3F
S7
vCx vCy
3F
w
A
Für das Folgende brauchen wir:
S7
wB
B
vH
vG
F
F
3Lw- v = Lw
v Cx = -------------------- ,
, Cy
2
2
vDx =
3Lw , v Dy = 2Lw .
Der SdpG für AH, HG, GB zeigt, dass B das Momentanzentrum des rechten Dreiecks ist. Die
Rotationsschnelligkeit w bestimmen wir mit dem SdpG für DE: In D ist die Projektion
3
1
1
– ------- v + --- v Dy = – --- Lw .
D
2 x 2
2
In E ist die Geschwindigkeit in Stabrichtung, also
1
v E = --- Lw = 4LwB , w B = w
---- , v G = Lw
------- .
2
8
2
Das PdvL ergibt damit
3Lw
3Lw
Lw
P̃ = – --------------- 3F – 3Lw 3F – --------------- 3F + ------- F – LwF
4
2
2
3Lw3Lw- + 3Lw S – -------------–  -------------S7 = 0 ,
 7
4
2
3FS 7 = – 23
---------------(Druckstab).
21
34
Kapitel 11
Aufgabe 4
C
F
vD
Wir entfernen den Stab 4 und ersetzen ihn
durch die Stabkraft S4 in Zugrichtung. Die
zulässige Bewegung des so entstandenen
Mechanismus definieren wir durch die skizzierte Rotationsschnelligkeit des Dreiecks w
in A. Es wird
F
S4
w
A
L⁄2
L
F
S4
vG
B
F
3
v D = ------- Lw , v G = Lw .
2
Der Knoten C kann nur um B rotieren, also eine Geschwindigkeit senkrecht auf BC haben. Weil
aber der SdpG für CD erfüllt sein muss, ergibt sich v C = 0 , so dass der rechte Teil momentan
ruht. Damit bleiben nur noch die folgenden Beiträge in der virtuellen Leistung:
3Lw
3Lw
7 3
P̃ = – ----------- F – LwF + --------------- S 4 = 0 , S 4 = ---------- F .
4
2
6
Für den Dreikräfteschnitt brauchen
wir die Lagerkräfte, z. B. in A. Die
Komponente Ay ergibt sich sofort aus
einer Momentenbedingung für das
Gesamtsystem bezüglich B:
A y = 2F .
Für Ax können wir in Gedanken in C
auftrennen und das linke Teilsystem
betrachten. Eine Momentenbedingung
bezüglich C ergibt:
C
F
Ay
Ax
L⁄2
L
F
F
F
F
By
Bx
S5
2F
S4
7---------3Ax =
F.
G
6
A
7---------3F
Der Dreikräfteschnitt degeneriert hier
F
6
zum skizzierten Zweikräfteschnitt, bei
dem wir das linke Teilsystem betrachten. Eine Momentenbedingung bezüglich A ergibt
3L
3L
7 3
– ------ F – LF + ---------- S4 = 0 , also S 4 = ---------- F (Zugstab).
4
2
6
S 5 erhalten wir z. B. aus der Momentenbedingung bezüglich G:
L
--- F – 2LF – L
--- S 5 = 0 , also S 5 = – 7--- F (Druckstab).
4
2
2
Aufgabe 5
Die Lagerkräfte sind im Buch im Abschnitt 11.5 berechnet. Wir schneiden die Stäbe 4 bis 9 und
formulieren die Momentenbedingung bezüglich einer Achse γ, die den Stab 10 enthält. Die
Stabkräfte 4, 5, 7, 8 und 9 sowie die Lagerkraft in H schneiden diese Achse und gehen deshalb
nicht in die Momentenbedingung ein. So erhalten wir die Stabkraft S 6 aus einer Gleichung.
Wir betrachte das obereTeilfachwerk. Hier treten nur die Last F in H (Vektor F H ) und die Stabkraft S 6 (Vektor S 6 ) in der Momentenbedingung bezüglich der Achse γ auf; die Wirkungsli-
35
Kapitel 11
nien aller anderen Kräfte schneiden die Achse. Die beiden Momente bezüglich γ berechnen wir
z. B. durch Projektion der Momente bezüglich G auf die Achse: M g = M G ⋅ e g . Das ergibt
M g = ( GH × S 6 + GH × F H ) ⋅ e g = 0 ,
wobei
1 3
e g =  ---, -------, 0 , GH = ( L, 0, 0 ) ,
2 2
1 3 6
F H = ( 0, 0, – F ) , S 6 = S 6  ---, -------, ------- ,
2 6 3 
also


 L
0
L

×
–
 0
0
0 × S6

–F
0
 0


1--- 
0
1--2 
2
6
-----LF
+
LS
3
6 ⋅
= 0,
-------  ⋅ e g =
3
6 
------32

------3- LS 6
6

0
------6
3 
also
6
S 6 = – ------- F .
2
Aufgabe 6
Stabkraft S 5
Wir wählen die x-y-z-Koordinaten gemäß den im Buch verwendeten Lagerkraftkomponenten in
A.
Wenn wir den Stab 5 entfernen und ihn durch die Stabkräfte auf die Knoten ersetzen, so bleiben
die Dreiecke ABC, AGC, CGJ und GHJ sowie CBHJ starr. Für diese starren Körper müssen wir
man einen zulässigen Bewegungszustand finden. Er darf die Bindungen nicht verletzen, also
müssen die z-Komponente der Geschwindigkeit in C, die x-Komponente der Geschwindigkeit
in H und die y-Komponente der Geschwindigkeit in B verschwinden.
Nun setzen wir eine Rotation von ABC um AC an, welche diese Bedingungen erfüllt:
1 3
w = w  ---, -------, 0 .
2 2
Es wird
3
v B =  0, 0, ------- Lw .


2
v H liegt in der x-y-Ebene:
v H = ( v Hx, v Hy, 0 )
und erfüllt den SdpG für Stab 6 und CH :
v H ⋅ e 6 = v B ⋅ e 6 , v H ⋅ e CH = v C ⋅ e CH .
Mit
36
Kapitel 11
1 3 6
2
3
e 6 =  ---, -------, ------- , e CH =  -------, – ------6-, -------
2 6 3 
 2
6 3
folgt
6
3
v H =  0, ------- Lw, ------- Lw .
3
3
Für die Bestimmung von v J kennt man 3 Projektionen:
v J ⋅ e 7 = v B ⋅ e 7 , v J ⋅ e 8 = 0 , v J ⋅ e 10 = v G ⋅ e 10 = 0 .
Die letzte Gleichung ergibt sich aus der Tatsache, dass v G zu e 1 senkrecht steht sowie e 10 und
e 1 parallel sind. Mit
1 3 6
1 3
6 3
e 7 =  0, -------, ------- , e 8 =  ---, -------, ------- , e 10 =  ---, -------, 0
2 6 3
2 2
3 3
erhalten wir
2Lw 6Lw 3Lw
.
v J =  – ---------------, ---------------, ---------------

2
6
6 
Die Geschwindigkeit in v G ist null, da v G zu AGC senkrecht stehen und die Projektion auf GH
verschwinden sein muss, muss. Das PdvL
P̃ = v B ⋅ F B + v H ⋅ F H + v H ⋅ F + v J ⋅ F + v B ⋅ S 5 = 0
ergibt mit
1 3 6
S 5 = S 5  – ---, -------, -------
2 6 3
das Resultat
6
S 5 = ------- F .
2
Stabkraft S 8
Wir ersetzen den Stab 8 durch die Stabkräfte an den Knoten C und J. Hier bleibt das gleichschenklige Tetraeder ABCG starr, ebenso der Körper GHJB, der von den Stäben 5, 6, 7, 10, 11
und 12 gebildet wird. Für diese zwei starren Körper müssen wir einen zulässigen Bewegungszustand finden. Wir lassen ABCG in Ruhe und betrachten eine Rotation des Körpers GHJB um
BG mit
1 1
6
w = w  – ---, ----------, ------- .
 2 2 3 3
Es wird
6
v H = w × GH = wL  0, -------, – ------3- ,
3
6
2 6
3
v J = w × GJ = wL  – -------, -------, – ------- .
2 6
3
Das PdvL
P̃ = v H ⋅ F H + v H ⋅ F + v J ⋅ F + v J ⋅ S 8 = 0
ergibt mit
37
Kapitel 11
1 3 6
S 8 = – S 8  ---, -------, -------
2 6 3 
das Resultat
6
S 8 = – ------- F .
2
Aufgabe 7
C
Die drei Pendelstützen üben nur Kräfte in
Stabrichtung auf die Quadratplatte aus.
Durch Formulieren von drei Momentenbedingungen bezüglich der Schnittpunkte der
gesuchten Stabkräfte erhalten wir drei
Gleichungen in denen jeweils nur eine
Unbekannte steht:
L
2LF 3 – --- G = 0 .
Bez. A:
2
3L
Bez. B:
– 2LF 1 + ------ G = 0 .
2
L
Bez. C:
– 2LF 2 – --- G = 0 .
2
Die Resultate sind
3
F 1 = --- G = 75[N] .
4
F 2 = – 1--- G = – 25 [N] .
4
L
F3
L
A
G
F2
B
F1
2
F 3 = ------- G = 35.36[N] .
4
Weil wir (entgegen der normalen Konvention) alle Stabkräfte in Druckrichtung positiv eingeführt haben, handelt es sich bei den Stäben 1 und 3 um Druckstäbe, beim Stab 2 um einen Zugstab.
38
Kapitel 12
Aufgaben zu Kapitel 12
Aufgabe 1
ey
Wir schneiden den Zylinder frei und führen die Haftreibungskraft F R und die Normalkraft N mit unbekanntem Angriffspunkt im Abstand a von der Zylinderachse ein. Damit haben
wir drei Unbekannte, die wie aus den drei Gleichgewichtsbedingungen ermitteln:
F + F R – G sin 30° = 0 ,
ex
R
R
N – G cos 30 ° = 0 ,
h--F – aN = 0 .
2 R
Die Resultate sind
h--2
N
G
a
F
h--2
FR
30°
3 ( G – 2F )
3G , F = – F + G
N = -------------- , a = ----------------------------- h .
R
6G
2
2
Die Haftbedingung bedeutet, dass das Haftreibungsgesetz F R < m 0 N erfüllt ist:
–m0 N < FR < m0 N ,
3G
3G
– m 0 ----------- < – F + G
---- < m 0 ----------- ,
2
2
2
3m
3m
–  1--- + ------------0- G < – F <  – 1--- + ------------0- G .
2
 2
2 
2 
F muss also im folgenden Intervall liegen:
3m 0
3m
 1--- – ------------ G < F <  1--- + ------------0- G .
2


2
2
2 
Für m 0 = 0.2 bedeutet dies
16.4[N] < F < 33.6[N] ,
ist also für F = 0 nicht erfüllt.
Standfestigkeit bedeutet, dass der Angriffspunkt der Normalkraft innerhalb der Standfläche
liegt, also a < R ist:
3 ( G – 2F )
– R < ----------------------------- h < R ,
6G
R
R
– 6G --- < 3 ( G – 2F ) < 6G --- ,
h
h
3R- G < F <  1--- + ---------3R- G .
 1--- – ---------2
2
h 
h 
Zahlenmäßig bedeutet das:
– 32.7 [N] < F < 82.7[N] .
Damit die Gleitbedingung vor der Kippbedingung verletzt wird, muss
39
Kapitel 12
3m
3RR m0
------------0- < ---------, also --- > ----2
h
h 2
sein.
Aufgabe 2
b
Das gleichförmige Senken der Last bedeutet, dass die
Gleichgewichtsbedingungen erfüllt sind (siehe Band
3). Es liegen gesamthaft 7 Unbekannte vor: 4 Lagerkraftkomponenten, die Normal- und Gleitreibungskraft und die zu bestimmende Kraft F . Also brauchen
wir neben den 6 Gleichgewichtsbedingungen auch das
Gleitreibungsgesetz.
a
c
Ax
Ay
ey
FR
F
N
ex
FR
R
Wir schneiden die beiden Körper frei und bestimmen
die Normal- und Gleitreibungskraft durch Momentenbedingungen bezüglich A und B :
bN – ( a + b )F – cF R = 0 ,
rQ – RF R = 0 .
Zusammen mit dem Gleitreibungsgesetz
FR = m1 N
ergibt sich
F R = rQ
------- ,
R
( a + b )F + cF
a + b )F- = -------rQ- .
N = ------------------------------------R- , N = (-------------------b
b – cm 1
Rm 1
Also muss gelten:
rQ ( b – cm 1 )
F = ----------------------------.
( a + b )Rm 1
N
By
r
Bx
G
Q
Die Lagerkraftkomponenten ergeben sich aus den Komponentenbedingungen der beiden Teilsysteme:
( a + cm 1 )
A x = Bx = F R = rQ
------- , A y = N – F = – --------------------------- rQ ,
( a + b )Rm 1
R
r - Q .
B y = Q + G + N = G +  1 + -------
Rm 1
40
Kapitel 12
Aufgabe 3
Ay
Wir müssen das Haftreibungsgesetz in C diskutieren. Dazu benötigen wir die Normalkraft N
und die Haftreibungskraft F R , die wir aus
Momentenbedingungen für die beiden Teilsysteme bezüglich A bzw. B ermitteln:
N
G
Ax
C FR
C
3
N = ------- G ,
2
FR
2
3
N
F R = -------  – ---- + ------- F
2
3 2
G
= F – ---- .
2
By
F
Bx
N
G
Das Haftreibungsgesetz verlangt – m 0 N < F R < m 0 N , also
3m 0
3m 0
– ------------- G < F – G
---- < ------------- G ,
2
2
2
3m 0
3m
 1--- – ------------ G < F <  1--- + ------------0- G .
2


2
2
2 
Aufgabe 4
Ay
Die Reibung befindet sich hier in dem Gelenk in
B . Die Normalkraft N ergibt sich wie oben zu
3
N = ------- G .
2
G
N
Ax
C
C
Aus den Komponentenbedingungen für den unteren Stab ergibt sich sofort:
3L
M r = ---------- ( 2F – G ) ,
4
7 3
B x = F + ---------- G .
8
Das Haftreibungsgesetz im Gelenk verlangt für Ruhe: M R < m 0 r L Z .
Hier ist
B x2 + B y2 =
2
2
3G
---------- +  7G
------- + F .

16  4
Also muss gelten:
2
2
3L
---------2F – G < m 0 r L 3G
---------- +  7G
------- + F ,

4
16  4
41
F
Bx
N
Mr
G
B x = – ------3- G ,
4
Z =
By
Kapitel 12
2
4m 0 r L
2
2F – G < -------------- 3G
---------- +  7G
------- + F .

3L 16  4
Diese Ungleichung lässt sich nicht mehr wesentlich vereinfachen.
Aufgabe 5
Oy
Mr
Wie schneiden die beiden Starrkörper frei.
Am Stab liefern die Gleichgewichtsbedingungen:
Ox = 0 ,
a
Ox
3R
Oy = G ,
Oy
3R
M R = ------- G sin a .
2
An der Kreisscheibe:
FR = F ,
G
Ox
R
F
Mr
G
N = 2G ,
MU
FR
3R
= RF – ------- G sin a .
2
MU
N
Nun haben wir noch die Gleitreibungsgesetze, um die Unbekannten F und a zu ermitteln:
MR = m 1 r L Z = m1 rL G , MU = m 2 N .
Daraus folgt
2m 1 r L
a = asin -------------,
3R
G ( 2m 2 + m 1 r L )
-.
RF – M R = 2m 2 G , F = ----------------------------------R
Mit den gegebenen numerischen Werten:
a = 0.00666[rad] = 0.38° , F = 4.5[N] .
Das Haftreibungsgesetz zwischen Rad und Unterlage verlangt F R < m 0 N , also
G ( 2m 2 + m 1 r L )
----------------------------------- < 2m 0 G
R
und damit
( 2m 2 + m 1 r L )
m 0 > ------------------------------- .
2R
42
Kapitel 13
Aufgaben zu Kapitel 13
Aufgabe 1
y
Wir halten das Wesentliche aus Kapitel 13.1 des Buches fest:
Wenn die Koordinaten so gelegt werden, dass das Minimum
der Kettenlinie bei ( x = 0, y = a ) liegt, so ist ihre Funktionsgleichung
y = acosh --x- .
a
Das Bogenelement auf der Kurve erhalten wir als
1 + ( y' ) 2 dx =
ds =
y2
h
y1
a
x1
d
x
x2
2
1 +  sinh --x- = cosh --x- .
a
a
In der Skizze gilt also
x
x
h = y ( x 2 ) – y ( x 1 ) = a  cosh ----2- – cosh ----1- ,

a
a
d = x2 – x1 ,
x2
L =
 ds
x
x
= a  sinh ----2- – sinh ----1- .

a
a
(L13.1)
(L13.2)
(L13.3)
x1
Die folgenden Identitäten für hyperbolische Funktionen sind unsere Rechnungen nützlich, sie
können in einer Formelsammlung nachgeschlagen oder durch Umrechnung auf Exponentialfunktionen verifiziert werden:
cosh2 x – sinh2 x = 1 ,
(L13.4)
cosh ( x ± y ) = cosh x cosh y ± sinh x sinh y ,
(L13.5)
x±y
x−
+ y- ,
sinh x ± sinh y = 2 sinh  ----------- cosh  ---------(L13.6)
2
2 
x+y
x–y
cosh x – cosh y = 2 sinh  ----------- sinh  ----------- ,
2
2
x
cosh x – 1- .
sinh2  --- = ---------------------2
2
Nun berechnen wir
x
x
x
x
L 2 = a 2  sinh2 ----2- + sin2 ----1- – 2 sinh ----2- sinh ----1- ,
a
a
a
a
x2
x
x
x
h 2 = a 2  cosh2 ----2- + cosh2 ----1- – 2 cosh ----- cosh ----1- .

a
a
a
a
Mit (L13.4) wird
x2
x
x
x
L 2 – h 2 = a 2  – 2 + 2 cosh ----- cosh ----1- – 2 sinh ----2- sinh ----1-
a
a
a
a
und mit (L13.5), (L13.8) und (L13.2) erhalten wir die zu beweisende Identität
43
(L13.7)
(L13.8)
Kapitel 13
x2 – x1
d
L 2 – h 2 = 2a 2  cosh  ---------------- – 1 = 4a 2 sinh2  ------ .

 a 

 2a
Zum Beweis der zweiten Formal schreiben wir (L13.3) mit (L13.6) als
x2 – x1
x2 + x1
x
x
L = a  sinh ----2- – sinh ----1- = 2a  sinh  ---------------- cosh  ----------------  .
2a
2a
a
a
(L13.9)
Gleichung (L13.1) schreiben wir mit Hilfe von (L13.7) als
x 2 – x 1
x 2 + x 1 
x
x
- sinh  --------------- .
h = a  cosh ----2- – cosh ----1- = 2a  sinh  --------------

 2a 
 2a  
a
a
Im Quotienten
L
+ h----------L–h
kann mit
x2 – x1
2a sinh  ----------------
2a
gekürzt werden. Nun multiplizieren wir Zähler und Nenner des Quotienten mit dem Zähler und
verwenden (L13.4) und in der letzen Umrechnung (L13.2) zum Beweis der zweiten Relation:
x2 + x1
x2 + x1
cosh  ---------------- + sinh  ----------------
2a
2a
L
+ h- = ----------------------------------------------------------------------------------L–h
x 2 + x 1
x 2 + x 1


cosh  ---------------- – sinh  ----------------
2a
2a
x 2 + x 1  2
2 + x 1
 cosh  x--------------- + sinh  --------------
 2a 
 2a  
= ---------------------------------------------------------------------------------x 2 + x 1
x 2 + x 1
- – sinh2  --------------cosh2  -------------- 2a 
 2a 
x +x
2
1
-
x 2 + x 1
x 2 + x 1  2
 --------------


2a
=  cosh  ---------------- + sinh  ----------------  =  e

2a
2a


=
x2 + x1
--------------e a
=
2x 1 + d
----------------e a
2
.
Aufgabe 2
In dieser Aufgabe sind die im Buch aufgelisteten Taylorentwicklungen nützlich. Wir verwenden in unserer Approximation die ersten beiden Summanden:
2
cosh ( x ) ≅ 1 + x----- ,
(L13.10)
2
3
sinh ( x ) ≅ x + x----- .
6
(L13.11)
44
Kapitel 13
y
Es liegt folgende Situation vor:
h = y ( x2 ) – y ( x1 ) = 0 ,
L⁄2
f
L⁄2
d
x 2 = – x 1 = --- ,
2
f
a
d⁄2
x
f = y ( x 2 ) – a = a  cosh ----2- – 1 ,
a
2
x2
d 2≅ ------ = ----2a
8a
d = x2 – x1 .
Die Länge L wird mit (L13.11)
d
d-
d-  = 2a sinh  ----d3 .
L = a  sinh  ------ – sinh  – ----≅ d + ----------
 2a
 2a 
 2a
24a 2
d⁄2
x
(L13.12)
Also
2
d4 
8f 2-
d 3 =  1---  ---------- 1---  8f
------- ≅  --1-  -----.
L – d = ----------=
 d  24a 2
 d  3   L  3 
24a 2
In dieser ersten Approximation mit d ⁄ a « 1 durften wir im Nenner d mit L identifizieren, also
die Terme höherer Ordnung gemäß (L13.12) weglassen.
Aufgabe 3
By
Der für eine gleichförmige Bewegung nötige Kraftbetrag
F ergibt sich aus den Gleichgewichtsbedingungen. Wir
schneiden das Rad und den Bremshebel frei und betrachten die eingezeichneten Kräfte an diesen beiden Systemen.
Die relevanten Gleichgewichtsbedingungen für das Rad
lauten:
– S1 – S2 + By = 0 ,
Bx
M
S1
S1
– M + RS 1 – RS 2 = 0 .
Diejenigen für den Bremshebel:
S1 + S2 + Ay – F = 0 ,
S2
S2
a 2R – a
Ay
d
– aS 1 + ( 2R – a )S 2 – dF = 0 .
Das Gleitreibungsgesetz für den Umschlingungswinkel p ergibt
S1 = e
m1 p
S2 .
Damit erhalten wir die folgenden Lösungen
1 - M
1 - M
+ e m1 p- M
----- , S 2 =  --------------------- , B y =  1---------------------S 1 =  ------------------- e m1 p – 1 R
 e m 1 p – 1 R ,
1 – e – m1 p R
2R – a ( 1 + e m1 p )- -----M– ( a + d ) ( 1 + e m1 p )- -----M 2R
----------------------------------------------------F =  --------------------------------------,
A
.
=
y
m1 p
m
p




Rd
Rd
e –1
e 1 –1
Damit F positiv ist, die Kraft also in der eingezeichneten Richtung wirkt, muss
45
F
Kapitel 13
2 --a- ≤ -----------------( <1 )
R 1 + e m1 p
sein.
46
Kapitel 14
Aufgaben zu Kapitel 14
Aufgabe 1
Wir bestimmen zuerst die Lagerkräfte, z. B. aus
den Gleichgewichtsbedingungen bezüglich des
linken Lagers:
2F – A – B + G = 0 ,
– LF + 2LG – 3LB + 5LF ,
= 0
also
+ G- = 6[kN] ,
A = 2F
---------------3
+ 2G- = 12[kN] .
B = 4F
-------------------3
ex
ez
ey
A
F
B
F
G
L
L
2L
2L
I
II
III
IV
x
Jetzt könnten wir in jedem der vier Abschnitte mit einer der Methoden aus Kapitel 14.2 die
Beanspruchung ermitteln:
I)
Qy = –F ,
F
A
B
F
M z = Fx .
II)
Qy = A – F
G
,
– F= G
------------3
IV)
L
2L
2L
I
II
III
IV
- 10
-8
M z = Fx – A ( x – L )
III)
L
-6
( 2F + G )L + ( F – G )x
= ------------------------------------------------------ .
3
G
Q y = A – F – ------ ( x – 2L )
2L
Gx
– F- – ------- ,
= 4G
---------------2L
3
-4
-2
2
4
L
2L
4L
6L
L
2L
4L
6L
Q[N]
4
G ( x – 2L ) 2
M z = Fx – A ( x – L ) + ------ ---------------------2
2L
Gx 2
2F + 4G )L + ( F – 4G )x- + --------= (-----------------------------------------------------------,
4L
3
Qy = F ,
2
2
M z = F ( 6L – x ) .
4
Mz Nm
Das Maximum des Biegemoments befindet sich
bei x = 4L und beträgt 4FL . (Das Maximum
von M z im III. Sektor befindet sich bei x = 2.57L und beträgt 3.142FL , ist also betragsmäßig
kleiner.)
47
Kapitel 14
Aufgabe 2
2F
Ay
3F
a
Die Lagerreaktionen können aus den Gleichgewichtsbedingungen oder direkt aus der
Skizze abgelesen werden:
Ax = F ,
MA
Ax
2a
x
A y = 3F ,
2a
a
ex
ez
F
ey
y
M A = 9Fa .
In den vier Bereichen ist die Beanspruchung wie folgt:
I)
Q y = 3F , N = – F , M z = M A – A y x = 9Fa – 3Fx .
II)
Q y = 3F , N = 0 , M z = 3F ( 4a – x ) = 12Fa – 3Fx .
III)
Q x = 2F , N = 0 , M z = 2F ( a + y ) .
IV)
Qx = F , N = 0 , Mz = –F ( a – y ) .
2F
3F
III
2F Q x ( y )
F
II
I
Mz ( y )
– Fa
14.1-1.wmf
2Fa
IV
F
y
x
–F
N(x)
x
3F
Qy ( x )
x
3Fa
6Fa
9Fa
Mz ( x )
48
y
Kapitel 14
Aufgabe 3
F
Die in der Skizze eingezeichneten Lagerkräfte
in A und B ergeben sich sofort aus den Gleichgewichts- oder Symmetriebedingungen.
Bei der Beanspruchung unterscheiden wir den
rechten Viertelkreis (I) und den linken (II). Die
Gleichgewichtsbedingungen in radialer und
tangenialer Richtung liefern sofort die folgenden Resultate:
I)
Qr = – F
--- sin j ,
2
N = –F
--- cos j ,
2
M r = – M cos j ,
II)
T = M sin j ,
FR
M z = – ------- ( 1 – cos j ) .
2
F
Q r = --- sin j ,
2
F
N = --- cos j ,
2
M r = – M cos j ,
II
I
M
M
F
--2
F
--2
Qr
N
Mr
T
er
ej
Mz
R
j
ez
M
F
--2
T = M sin j ,
FR
M z = – ------- ( 1 + cos j ) .
2
Aufgabe 4
M Ex F
Die Lagerreaktionen brauchen wir nicht unbedingt, sie können
aber zur Kontrolle der Rechnungen dienen:
F = G,
p⁄2
MEx =

2G
------pR
M Ey
 2G
------- ( R – R sin j )R dj
 pR 
0
T
= GR  1 – --2- ,
p
p⁄2
MEy =

ej
2GR- .
 2G
-------
 pR  ( R cos j )R dj = ---------p
0
49
Qz
er
Mz
ez
j
R
Mr
Kapitel 14
Die Querkraft ermitteln wir aus den Gleichgewichtsbedingungen des skizzierten Bogens, durch
Integration der Gewichtskraft bis zum Winkel j
j
Qz ( j ) =
- R dj'
  -----pR
2G
2G
= ------- j .
p
0
Die Biegemomente rechnen wir vorerst in den x-y-Koordinaten, analog zu den Lagerreaktionen:
j
Mx ( j ) =
- ( R sin j – R sin j' )R dj'
  -----pR
2G
,
(L14.1)
0
2GR
= ----------- ( j sin j + cos j – 1 )
p
j
My ( j ) =
- ( R cos j' – R cos j )R dj'
  -----pR
2G
2GR
= ----------- ( sin j – j cos j ) . (L14.2)
p
0
Die Umrechnung in Biege- und Torsionsmoment erfolgt gemäß
M r = – M x cos j – M y sin j , T = M x sin j – M y cos j ,
also
2GR
M r ( j ) = ----------- ( cos j – 1 ) ,
p
2GR
T ( j ) = ----------- ( j – sin j ) .
p
(L14.3)
(L14.4)
Zur Kontrolle werten wir (L14.1) und (L14.4) bzw. (L14.2) und (L14.3) für j = p ⁄ 2 aus und
vergleichen mit den Einspannmomenten im Lager:
p
2GR p
p
2
M x  --- = -----------  --- – 1 = T  --- = GR  1 – --- = M E x ,
2
p 2
2
p
p
p
M y  --- = 2GR
----------- = – M r  --- = M E y .
2
2
p
Unsere Rechnung sind also konsistent.
50