Lösungen TM 1 Prof. Mestemacher, Übungen von Technische Mechanik

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Mestemacher Aufgabe 1.3 ∥ ∥ −→u ± −→v ∥ ∥ 2 = (−→u ±−→v ) · (−→u ±−→v ) = −→u ·−→u ± 2−→u ·−→v + −→v ·−→v = ∥ ∥ −→u ∥ ∥ 2 ± 2 ∥ ∥ −→u ∥ ∥ ∥ ∥ −→v ∥ ∥ cosα + ∥ ∥ −→v ∥ ∥ 2 ∥ ∥ −→u + −→v ∥ ∥ 2 − ∥ ∥ −→u − −→v ∥ ∥ 2 = 4 ∥ ∥ −→u ∥ ∥ ∥ ∥ −→v ∥ ∥ cosα ∥ ∥ −→u + −→v ∥ ∥ 2 − ∥ ∥ −→u − −→v ∥ ∥ 2        > 0 für α < 90° = 0 für α = 90° < 0 für α > 90° ∥ ∥ −→u + −→v ∥ ∥ 2 > ∥ ∥ −→u − −→v ∥ ∥ 2 für α < 90° ∥ ∥ −→u + −→v ∥ ∥ 2 = ∥ ∥ −→u − −→v ∥ ∥ 2 für α = 90° ∥ ∥ −→u + −→v ∥ ∥ 2 < ∥ ∥ −→u − −→v ∥ ∥ 2 für α > 90° Da die durch + √ definierte Abbildung monoton wachsend ist, folgt schließlich ∥ ∥ −→u + −→v ∥ ∥ > ∥ ∥ −→u − −→v ∥ ∥ für α < 90° , ∥ ∥ −→u + −→v ∥ ∥ = ∥ ∥ −→u − −→v ∥ ∥ für α = 90° , ∥ ∥ −→u + −→v ∥ ∥ < ∥ ∥ −→u − −→v ∥ ∥ für α > 90° . Aufgabe 1.4 Der durch den Ortsvektor rP vorgegebene Punkt P liegt voraussetzungsgemäß in der Ebene E. Sei X ein weiterer Punkt der Ebene mit Ortsvektor r. Dann liegt auch der Vektor (r− rP) in E, und es folgt wegen (r− rP) ⊥ n unmittelbar (r− rP)·n = 0 . Ausrechnen liefert       x y z    −    1 1 −1       ·    1 3    −2 1 2       = 0 −2 x + y + 2 z + 3 = 0 , Lösungen zu TM I (V 1.3) Prof. Dr.-Ing. F. Mestemacher 5 Aufgabe 3.1 Die vektorielle Lösung lautet MR [0 ] =    x1 y1 0    ×    0 F1 0    +    x2 y2 0    ×    F2 0 0    =    0 0 F1 x1 − F2 y2    =    0 0 −49,5    Nm . Aufgrund des ebenen Problems läßt sich MR [0 ] = F1 x1 − F2 y2 = −49,5Nm aber auch sofort hinschreiben, wenn man bedenkt, daß die positive Drehrichtung nach der 2. Rechte-Hand-Regel hier gegen den Uhrzeigersinn gerichtet ist. Aufgabe 3.2 Wird der positive Drehsinn gegen den Uhrzeigersinn gewählt, gilt MR [P ] = F1 a − F2 · 2 a + F3 · 2 a = 3 F a . Aufgabe 3.3 Wird der positive Drehsinn gegen den Uhrzeigersinn gewählt, gilt MR [A] = F cosα · 2 a − F sin α · 2 a = 2 F a ( cosα − sin α ) . Aufgabe 3.4 Wird der positive Drehsinn gegen den Uhrzeigersinn gewählt, folgt je nach Vorge- hensweise entweder MR [P ] = −F1 (ℓ1 + ℓ2) ( cosα + sin α tan α ) + + F2 ℓ2 ( sin[β − α ] + cos[β − α ] tanα ) − F3 ℓ3 oder MR [P ] = −F1 ℓ1 + ℓ2 cosα + F2 ℓ2 sin β cosα − F3 ℓ3 , was sich aber auch nach den Gesetzen der Trigonometrie ineinander überführen läßt. 6 Lösungen zu TM I (V 1.3) Prof. Dr.-Ing. F. Mestemacher Aufgabe 3.5 R = 5 ∑ i=1 Fi =    2 2 −3    F MR [0 ] = 5 ∑ i=1 ri × Fi =    −2 18 3    F a MR [P ] = 5 ∑ i=1 (ri − rP)× Fi =    11 2 1    F a Aufgabe 3.6 MTret = F ℓ1 , Z = 2 F ℓ1 d1 , MHR = F ℓ1 d2 d1 , FVor = F d2 d1 ℓ1 ℓ2 Aufgabe 3.7 Antragung: Ax = 0 ← Ay = F ↑ MA = 1 8 F ℓ x Aufgabe 3.8 Antragung: Ax = 2F ℓ d ← Ay = F ↑ B = 2F ℓ d → Aufgabe 3.9 Antragung: N1 = G 2 ( cosα + h ℓ sin α ) 0 (Normalkraft, links/unten) N2 = G 2 ( cosα − h ℓ sin α ) 0 (Normalkraft, rechts/oben) H = G sin α % (Haltekraft am Puffer) Lösungen zu TM I (V 1.3) Prof. Dr.-Ing. F. Mestemacher 7 Aufgabe 3.10 Antragung: Ax = F → Ay = 1 2 F ↑ MA = 0 x B = 12 F ↑ Gx = F ← (am linken Teilkörper) Gy = 1 2 F ↑ (am linken Teilkörper) Aufgabe 3.11 Antragung: A = − 12 F ↑ Bx = F ← By = 3 2 F ↑ MB = 2 F a y Gx = − F → (am linken Teilkörper) Gy = 1 2 F ↑ (am linken Teilkörper) Aufgabe 3.12 S(α) = G 2 cosα sin [ 1 2 (90°+ α) ] Aufgabe 3.13 Antragung: Ax = 2F tan[α− 90°] → Ay = − F ↑ Bx = −2F tan[α− 90°] ← (am Stab) By = −2 F ↑ (am Stab) Cx = −2F tan[α− 90°] → (am Stab) Cy = −2 F ↓ (am Stab) S = − 2 Fcos[ α− 90°] (als Zugkraft) 10 Lösungen zu TM I (V 1.3) Prof. Dr.-Ing. F. Mestemacher Aufgabe 4.1 Antragung: Ax = 1 3 ̺g bh 2 → Az = mg − 16 ̺g bh2 ↑ S = − √ 2 6 ̺g bh 2 ւ (am Wehr) Aufgabe 4.2 Bezeichnet man das Lager bei x = 0 mit A und dasjenige bei x = ℓ mit B, so erhält man Antragung: Ax = 0 → Az = ℓ ∫ 0 q(x) dx − B ↑ = q0ℓ (a4 5 + a3 4 + a2 3 + a1 2 + a0 ) − B = 3564 N B = 1 ℓ ℓ ∫ 0 q(x)xdx ↑ = q0ℓ (a4 6 + a3 5 + a2 4 + a1 3 + a0 2 ) = 3904 N xS = B ℓ Az + B = 6,273 m Aufgabe 4.3 F = ∫∫ A p(x, y) dxdy = p1 L ∫ 0 sin [ c y L + d ] ℓ ∫ 0 cos [ a x ℓ + b ] dx dy + p0 L ∫ 0 ℓ ∫ 0 dx dy = p1 L c ℓ a ( cos[d ] − cos[c + d ] )( sin[a + b ] − sin[b ] ) + p0 Lℓ = 6173,8 N Lösungen zu TM I (V 1.3) Prof. Dr.-Ing. F. Mestemacher 11 xS = 1 F ∫∫ A p(x, y) x dxdy = p1 F L ∫ 0 sin [ c y L + d ] ℓ ∫ 0 cos [ a x ℓ + b ] x dxdy + p0 F L ∫ 0 ℓ ∫ 0 xdx dy = p1 F L c ℓ2 a2 ( cos[d ] − cos[c + d ] )( cos[a + b ] + a sin[a + b ] − cos[b ] ) + p02F Lℓ 2 = 10,125 m yS = 1 F ∫∫ A p(x, y) y dxdy = p1 F L ∫ 0 sin [ c y L + d ] y ℓ ∫ 0 cos [ a x ℓ + b ] dxdy + p0 F L ∫ 0 y ℓ ∫ 0 dx dy = p1 F L2 c2 ℓ a ( sin[c + d ] − c cos[c + d ] − sin[d ] )( sin[a + b ] − sin[b ] ) + p02F L 2ℓ = 14,063 m Aufgabe 4.4 xS = 0 (Symmetrie!) , yS = 2 ∑ i=1 Ai yi 2 ∑ i=1 Ai = 1 2 ab2 + (c2 − b2)d ab + (c− b)d Aufgabe 4.5 xS = 2 ∑ i=1 Ai xi 2 ∑ i=1 Ai = − 2,095 mm , yS = 0 (Symmetrie!) Aufgabe 4.6 xS = 3 ∑ i=1 ̺i Vi xi 3 ∑ i=1 ̺i Vi = − 11,925 mm 12 Lösungen zu TM I (V 1.3) Prof. Dr.-Ing. F. Mestemacher yS = 3 ∑ i=1 ̺i Vi yi 3 ∑ i=1 ̺i Vi = − 13,717 mm zS = 3 ∑ i=1 ̺i Vi zi 3 ∑ i=1 ̺i Vi = 0,034 mm Aufgabe 4.7 zS = π 0 ∫ −R z (R2 − z2) dz π 0 ∫ −R (R2 − z2) dz = − 3 8 R Lösungen zu TM I (V 1.3) Prof. Dr.-Ing. F. Mestemacher 15 Aufgabe 6.1 Alle drei Stäbe werden entsprechend ihrer Numerierung mit lokal definierten Längs- koordinaten x1, x2, x3 versehen. Die Zählung erfolgt vom Gelenk aus nach unten, rechts bzw. links/oben. Damit erhält man für die Normalkräfte N1(x1) ≡ m2 g für ∀ x1 ∈ ]0, ℓ1[ N2(x2) ≡ (m1 + m2)g tan α für ∀ x2 ∈ ]0, ℓ2[ N3(x3) ≡ m1 + m2 cosα g für ∀ x3 ∈ ]0, ℓ3[ Die Berechnung von Querkräften und Biegemomenten erübrigt sich bei Stäben, da diese trivialerweise ≡ 0 ausfallen. Aufgabe 6.2 a) Die Abwinkelung erzwingt eine Bereichsgrenze. Als Bereich I mit lokalem Ko- ordinatensystem x1, z1 wurde das horizontale Balkenstück von x1 = 0 (Lager A) bis x1 = 2ℓ (Abwinkelung) definiert. Bereich II mit lokalem Koordinatensystem x2, z2 erstreckt sich über das vertikale Balkenstück von x2 = 0 (Abwinkelung) bis x2 = ℓ (freies Ende). Die Definitionsfaser liegt damit unten bzw. rechts. 1 Man erhält N(x1) ≡ −F Q(x1) ≡ F M(x1) = F (x1 − ℓ)      für ∀ x1 ∈ ]0, 2ℓ [ , (I) N(x2) ≡ −F Q(x2) ≡ −F M(x2) = F (ℓ − x2)      für ∀ x2 ∈ ]0, ℓ [ . (II) b) Die lokalen Koordinatensysteme x1, z1 (horizontales Balkenstück) und x2, z2 (ver- tikales Balkenstück) werden genauso wie unter a) definiert. Außer der Abwinke- lung, die ja auch ohne die dort ansässige Kraft F für eine Bereichsgrenze sorgen würde, wird hier noch eine weitere Bereichsgrenze bei x1 = ℓ (Angriffspunkt der dort wirkenden Kraft F ) erforderlich. Es wird somit definiert: Bereich I : x1 = 0 (Lager A) bis x1 = ℓ (Kraft F ), Bereich II : x1 = ℓ (Kraft F ) bis x1 = 2ℓ (Abwinkelung), Bereich III : x2 = 0 (Abwinkelung) bis x2 = ℓ (Lager B). 1 Entspricht der Situation in Beispiel 6.6 16 Lösungen zu TM I (V 1.3) Prof. Dr.-Ing. F. Mestemacher Die Schnittgrößen lauten hier N(x1) ≡ 0 Q(x1) ≡ 0 M(x1) ≡ 0        für ∀ x1 ∈ ]0, ℓ [ , (I) N(x1) ≡ 0 Q(x1) ≡ −F M(x1) = F (ℓ − x1)        für ∀ x1 ∈ ]ℓ, 2ℓ [ , (II) N(x2) ≡ F Q(x2) ≡ F M(x2) = F (x2 − ℓ)        für ∀ x2 ∈ ]0, ℓ [ . (III) Aufgabe 6.3 a) Es wird ein globales Koordinatensystem mit Ursprung in Lager A festgelegt. Die Längskoordinate x zeigt dabei nach links, die Querkoordinate z nach unten. Be- reichsgrenzen werden durch die eingeprägte Kraft F bei x = ℓ sowie durch die Lagerkraft B bei x = 2ℓ erzwungen. Damit werden drei Bereiche festgelegt: Bereich I : x = 0 (Lager A) bis x = ℓ (Kraft F ), Bereich II : x = ℓ (Kraft F ) bis x = 2ℓ (Lager B), Bereich III : x = 2ℓ (Lager B) bis x = 3ℓ (freies Ende). Die Schnittgrößen ergeben sich zu N(x) ≡ −F cosα Q(x) ≡ 12 ( 1 − sinα ) F M(x) = 12 ( 1 − sinα ) F x        für ∀ x ∈ ]0, ℓ [ , (I) N(x) ≡ −F , cosα Q(x) ≡ − 12 ( 1 + sinα ) F M(x) = − 12 ( 1 + sinα ) F x + F ℓ        für ∀ x ∈ ]ℓ, 2ℓ [ , (II) N(x) ≡ −F , cosα Q(x) ≡ F sin α M(x) = F sin α (x − 3ℓ)       für ∀ x ∈ ]2ℓ, 3ℓ [ . (III) Lösungen zu TM I (V 1.3) Prof. Dr.-Ing. F. Mestemacher 17 b) Es gibt keine Singularitäten zwischen x = 0 und x = ℓ, daher nur ein Bereich. Die Schnittgrößen lauten N(x) ≡ 0 Q(x) = q0 ℓ ( − x ℓ + 1 2 ) M(x) = q0 ℓ 2 2 [ − (x ℓ )2 + x ℓ ]                für ∀ x ∈ ]0, ℓ [ . Aufgrund der Gleichungen (6.2) und (6.4) erhält man wegen q(x) ≡ q0 = const erwartungsgemäß einen linearen Verlauf für Q(x) und eine quadratische Parabel für M(x). Das maximale Biegemoment liegt mit Mmax = M(x = ℓ/2) = q0 ℓ 2 8 auf Balkenmitte. c) Die Unstetigkeit (Sprung) im Verlauf der Streckenlast bei x = ℓ erfordert an dieser Stelle eine Bereichsgrenze, so daß hier zwei Bereiche mit Bereich I : x = 0 (Lager A) bis x = ℓ (Sprung), Bereich II : x = ℓ (Sprung) bis x = 2ℓ (freies Ende), vorliegen. Man erhält N(x) ≡ 0 Q(x) = q0 ℓ ( − x ℓ + 3 ) M(x) = q0 ℓ 2 2 [ − (x ℓ )2 + 6 x ℓ − 7 ]                 für ∀ x ∈ ]0, ℓ [ , (I) N(x) ≡ 0 Q(x) = 2 q0 ℓ ( − x ℓ + 2 ) M(x) = q0 ℓ 2 [ − (x ℓ )2 + 4 x ℓ − 4 ]                 für ∀ x ∈ ]ℓ, 2ℓ [ . (II)