Aufgaben zu Technische Mechanik 1 - 3 Statik, Elastostatik, Kinetik

Springer-Lehrbuch

W. Hauger · V. Mannl† · W. Wall · E. Werner

Aufgaben zu Technische Mechanik 1–3

Statik, Elastostatik, Kinetik

6., korrigierte Auflage

123

Professor (em.) Dr. Werner Hauger Insitut für Mechanik Technische Universität Darmstadt Hochschulstraße 1 64289 Darmstadt Deutschland Professor Wolfgang Wall Lehrstuhl für Numerische Mechanik Technische Universität München Boltzmannstraße 15 85748 Garching Deutschland

Dr. Volker Mannl† Professor Dr. mont. Ewald Werner Lehrstuhl für Werkstoffkunde und Werkstoffmechanik Technische Universität München Boltzmannstraße 15 85748 Garching Deutschland

ISBN 978-3-540-77691-8

e-ISBN 978-3-540-77692-5

DOI 10.1007/978-3-540-77692-5 Springer-Lehrbuch ISSN 0937-7433 Bibliografische Information der Deutschen Nationalbibliothek Die Deutsche Nationalbibliothek verzeichnet diese Publikation in der Deutschen Nationalbibliografie; detaillierte bibliografische Daten sind im Internet über http://dnb.d-nb.de abrufbar. c 2008, 2006, 2005, 2001, 1994, 1991 Springer-Verlag Berlin Heidelberg  Dieses Werk ist urheberrechtlich geschützt. Die dadurch begründeten Rechte, insbesondere die der Übersetzung, des Nachdrucks, des Vortrags, der Entnahme von Abbildungen und Tabellen, der Funksendung, der Mikroverfilmung oder der Vervielfältigung auf anderen Wegen und der Speicherung in Datenverarbeitungsanlagen, bleiben, auch bei nur auszugsweiser Verwertung, vorbehalten. Eine Vervielfältigung dieses Werkes oder von Teilen dieses Werkes ist auch im Einzelfall nur in den Grenzen der gesetzlichen Bestimmungen des Urheberrechtsgesetzes der Bundesrepublik Deutschland vom 9. September 1965 in der jeweils geltenden Fassung zulässig. Sie ist grundsätzlich vergütungspflichtig. Zuwiderhandlungen unterliegen den Strafbestimmungen des Urheberrechtsgesetzes. Die Wiedergabe von Gebrauchsnamen, Handelsnamen, Warenbezeichnungen usw. in diesem Werk berechtigt auch ohne besondere Kennzeichnung nicht zu der Annahme, dass solche Namen im Sinne der Warenzeichen- und Markenschutz-Gesetzgebung als frei zu betrachten wären und daher von jedermann benutzt werden dürften. Satz: Digitale Druckvorlage der Autoren Einbandgestaltung: WMXDesign GmbH, Heidelberg Herstellung: le-tex publishing services oHG Gedruckt auf säurefreiem Papier 987654321 springer.de

Vorwort

Ein wirkliches Verst¨andnis der Mechanik kann man nur durch das selbst¨andige L¨osen von Aufgaben erlangen. In diesem Sinne ist die vorliegende ¨ Aufgabensammlung als studienbegleitendes Ubungsbuch konzipiert, dessen Inhalt sich am Stoff der Vorlesungen in Technischer Mechanik an deutschsprachigen Hochschulen orientiert. Sie bietet den Studierenden die M¨oglichkeit, u ufen und ¨ber die Lehrveranstaltungen hinaus ihren Kenntnisstand zu u ¨berpr¨ zu verbessern. Die Aufgaben dienen dem Zweck, die prinzipielle Anwendung der Grundgleichungen der Mechanik zu u ur jede Aufgabe stichwort¨ben. Die L¨osung wird f¨ artig erl¨autert. Dabei haben wir uns meist auf einen L¨osungsweg beschr¨ankt (auf die Anwendung der graphischen Verfahren haben wir verzichtet). Wir raten den Studierenden allerdings dringend, die L¨osungen nicht nur nachzuvollziehen, sondern die Aufgaben selbst¨andig zu bearbeiten und auch andere als die von uns gew¨ahlten L¨osungswege zu gehen. Die zum L¨osen der Aufgaben ben¨otigten Formeln wurden kapitelweise zusammengestellt. Sie geben dem Leser die bequeme M¨oglichkeit zum Nachschlagen, k¨onnen aber keinesfalls ein Lehrbuch ersetzen. Die Terminologie und die Symbole stimmen weitestgehend mit denjenigen u ¨ berein, die in den SpringerLehrb¨ uchern u ¨ber Technische Mechanik verwendet werden. Wir danken an dieser Stelle allen Kollegen und Mitarbeitern, die uns bei der Abfassung, Gestaltung und Durchsicht der Auflagen bis zur jetzigen unterst¨ utzt haben, insbesondere Frau C. Schwarz und Herrn C. Krempaszky. Wir gedenken unseres Koautors, Herrn Dr. V. Mannl, der kurz vor Erscheinen der sechsten Auflage verstorben ist. Dem Springer-Verlag danken wir f¨ ur die Ber¨ ucksichtigung unserer W¨ unsche und f¨ ur die ansprechende Ausstattung des Buches. Darmstadt und M¨ unchen, im M¨arz 2008

W. Hauger W. Wall E. Werner

Inhaltsverzeichnis

Formeln und Aufgaben I

3

Statik Formelsammlung . . . . . . . I.1 Zentrale Kraftsysteme . I.2 Allgemeine Kraftsysteme I.3 Schwerpunkt . . . . . . . I.4 Lagerreaktionen . . . . . I.5 Fachwerke . . . . . . . . I.6 Schnittgr¨oßen . . . . . . I.7 Arbeit . . . . . . . . . . I.8 Haftung und Reibung . . I.9 Seil unter Eigengewicht .

3 . . . . . . . . . .

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3 3 3 4 6 7 7 8 9 10

Aufgabensammlung I.1 bis I.9 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

12

II Elastostatik

41

Formelsammlung . . . . . . . . . . . . . . . . . II.1 Zug und Druck . . . . . . . . . . . . . . . II.2 Biegung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . II.3 Torsion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . II.4 Prinzip der virtuellen Kr¨afte, Methode der passiven Arbeiten . . . . . . . . . . . . . . II.5 Spannungszustand, Verzerrungszustand, Elastizit¨atsgesetz . . . . . . . . . . . . . . II.6 Knickung . . . . . . . . . . . . . . . . . . II.7 Querkraftschub . . . . . . . . . . . . . . .

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41 41 42 50

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51

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55 57 58

Aufgabensammlung II.1 bis II.7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

59

III Kinetik Formelsammlung . . . . . . . . . . . . . III.1 Kinematik des Punktes . . . . . . . III.2 Kinematik des starren K¨orpers . . . III.3 Kinetik des Massenpunktes und der Massenpunktsysteme . . . . . . . .

83 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

83 83 85

. . . . . . . . . . . . . . .

86

VIII III.4 III.5 III.6 III.7

Relativbewegung des Massenpunkts Kinetik des starren K¨orpers . . . . Schwingungen . . . . . . . . . . . . Prinzipien der Mechanik . . . . . .

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88 90 95 96

Aufgabensammlung III.1 bis III.7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

98

L¨ osungen

133

I

133

Statik

II Elastostatik

216

III Kinetik

302

Formeln und Aufgaben

I Statik

Formelsammlung I.1

Zentrale Kraftsysteme

Gleichgewichtsbedingungen: 

Fi = 0 .

i

Komponentenschreibweise: 

Fix = 0 ,

i

I.2



Fiy = 0 ,

i



Fiz = 0 .

i

Allgemeine Kraftsysteme

a) Momentenvektor einer Kraft F bez¨ uglich eines Punktes A: M (A) = r × F ; r: Vektor von A zu einem Punkt auf der Wirkungslinie von F .

Komponentenschreibweise: Mx(A) = ry Fz − rz Fy , My(A) = rz Fx − rx Fz , Mz(A) = rx Fy − ry Fx .

4

Statik: Formelsammlung

b) Gleichgewichtsbedingungen: 



Fi = 0 ,

i

(A)

Mi

=0.

i

(Die Momentensumme enth¨alt auch eingepr¨agte und Reaktionsmomente). Komponentenschreibweise: 

Fix

=0,



i



Fiy



=0,

i



(A)

Mix = 0 ,

i

Fiz

=0,

i



(A)

Miy = 0 ,

i

(A)

Miz = 0 .

i

Hinweis: Die Kr¨aftegleichgewichtsbedingungen k¨onnen ganz oder teilweise durch Momentengleichgewichtsbedingungen bez¨ uglich geeigneter Punkte ersetzt werden.

I.3

Schwerpunkt

a) Volumenschwerpunkt: xs =

1  x dV , V

ys =

1  y dV , V

zs =

1  z dV . V

Zusammengesetzter K¨orper: 



xi Vi

i xs = 

Vi

,

i



y i Vi

i ys = 

zi Vi i zs =  ; Vi

,

Vi

i

i

xi , yi , zi : Schwerpunktskoordinaten der Teilk¨orper, Vi : Teilvolumina. b) Fl¨achenschwerpunkt (ebene Fl¨achen): 

1 xs = A



x dA

xi Ai

i

bzw. xs =  i

Ai

,

ys : entsprechend.

5

Schwerpunkt

Fl¨achenmomente erster Ordnung (statische Momente): Sy =





x dA ,

Sx = y dA .

c) Linienschwerpunkt (ebene Kurven): 

xs =

1 l



x dl

bzw.

xi li i xs =  , li

ys : entsprechend.

i

Tabelle I.3.1: Schwerpunktskoordinaten z

Halbkugel

S

V =

2π 3 r 3

V =

1 π h r 2 zS = h 4 3

A=

1 ah 2

r

zS =

3 r 8

z

Kreiskegel

h

S r

rechtwinkeliges Dreieck

y S

h x

a

Kreisausschnitt

2 1 a , yS = h 3 3

2 sin α r 3 α

y α S α r

Kreisbogen

xS =

x

A = α r2

xS =

x

l = 2αr

xS = r

y α α r

S

sin α α

6

Statik: Formelsammlung

I.4

Lagerreaktionen

Tabelle I.4.1: Lagerungen f¨ ur ebene Tragwerke (Auswahl) Symbol

Schnittbild

Pendelst¨ utze (einwertig) gelenkiges Lager (einwertig) gelenkiges Lager (zweiwertig) Parallelf¨ uhrung (zweiwertig) Schiebeh¨ ulse (zweiwertig) Einspannung (dreiwertig)

Tabelle I.4.2: Lagerungen f¨ ur r¨aumliche Tragwerke (Auswahl) Symbol gelenkiges Lager (einwertig) gelenkiges Lager (dreiwertig) Loslager (zweiwertig) Einspannung (dreiwertig)

Schnittbild

7

Schnittgr¨ oßen

Systeme, deren Reaktionen sich mit Hilfe der Gleichgewichtsbedingungen eindeutig ermitteln lassen, nennt man statisch bestimmt. Andernfalls heißen sie statisch unbestimmt.

I.5

Fachwerke

An Knoten von Fachwerken sind die Beziehungen zentraler Kraftsysteme (s. Abschn. I.1) anzuwenden. F¨ ur ein Gesamtfachwerk gelten die Beziehungen f¨ ur allgemeine Kraftsysteme und Lagerreaktionen (s. Abschn. I.2 und I.4).

I.6

Schnittgro ¨ßen

a) Vorzeichenkonvention: Positive Schnittgr¨oßen zeigen Schnittufer in die positiven Koordinatenrichtungen.

am

b) Zusammenhang zwischen der Belastung und den Schnittgr¨oßen: dN = −p , dx

dMy = dx

Qz ,

dQz = − qz , dx

dMz = − Qy , dx

dQy = − qy . dx

Ebener Sonderfall (qy ≡ 0, qz = q, Qy ≡ 0, Qz = Q, My = M, Mz ≡ 0): dN = −p, dx dM =Q, dx

dQ = −q dx

→

d2 M = −q. dx2

positiven

8

Statik: Formelsammlung

Tabelle I.6.1: Randbedingungen (ebener Fall) N

Q

M

freies Ende (ohne eingepr¨agte Lasten)

0

0

0

gelenkiges Lager

0 = 0

0

= 0

0

= 0

Schiebeh¨ ulse

0

= 0

= 0

Einspannung

= 0

= 0

= 0

= 0 Parallelf¨ uhrung

c) F¨oppl-Symbol:



0 f¨ ur x < a , (x − a)n f¨ ur x > a .

x − an = Rechenregeln:

d x − an = nx − an−1 , dx 

I.7

x − an dx =

1 x − an+1 + C . n+1

Arbeit

a) Prinzip der virtuellen Arbeit Wenn die virtuelle Arbeit der ¨außeren Lasten (Kr¨afte und Momente) bei einer beliebigen virtuellen Starrk¨orperverr¨ uckung eines mechanischen Systems aus seiner Lage veschwindet, ist diese Lage eine Gleichgewichtslage: δW = 0:

 i

F i · δr i +



M j · δϕj = 0 ;

j

δr i : virtuelle Verr¨ uckung des Kraftangriffspunkts, δϕj : virtuelle Verdrehung des K¨orpers, an dem das Moment angreift.

Haftung und Reibung

9

b) Gleichgewichtslagen eines konservativen Systems mit einem Freiheitsgrad und ihre Stabilit¨at Die Potentialkurve hat an der Stelle, die einer Gleichgewichtslage zugeordnet ist, eine waagrechte Tangente: Ep = 0 ;

Ep : potentielle Energie;

( ) : Ableitung nach der Koordinate des Freiheitsgrads. Stabilit¨atskriterium: Ep > 0: stabile Gleichgewichtslage, Ep < 0: instabile Gleichgewichtslage, Ep = 0: h¨ohere Ableitungen entscheiden u ¨ber die Stabilit¨at. Beispiele f¨ ur Potentiale: 1) Potential einer Federkraft / eines Drehfedermoments Ep =

1 2

c x2 ,

Ep = 12 cT ϕ2 ;

c : Federkonstante, x : L¨angen¨anderung der (ungespannten) Feder, cT : Drehfederkonstante, ϕ : Verdrehwinkel. 2) Potential einer Gewichtskraft Ep = Gz ; z: H¨ohe des Schwerpunkts u ¨ ber einem Nullniveau.

I.8

Haftung und Reibung

a) Bedingung f¨ ur Haften: |H| ≤ μ0 N ; H: Haftungskraft, μ0 : Haftungskoeffizient, N: Normalkraft. Die Haftungskraft ist eine Reaktionskraft. Ihre Orientierung ergibt sich bei statischer Bestimmtheit aus den Gleichgewichtsbedingungen.

10

Statik: Formelsammlung

b) Coulombsches Reibungsgesetz: R = μN ; R: Reibungskraft, μ: Reibungskoeffizient. Die Reibungskraft wirkt entgegen der Richtung der Geschwindigkeit. c) Seilhaftung: S1 e−μ0 α ≤ S2 ≤ S1 eμ0 α ;

α: Umschlingungswinkel.

d) Seilreibung: S2 = S1 eμα

(S2 > S1 ).

Das Seil bewegt sich relativ zur Rolle in Richtung von S2 .

I.9

Seil unter Eigengewicht

Differentialgleichung der Kettenlinie (Seillinie): y  =

q0  1 + y 2 ; H

q0 : Gewicht pro L¨angeneinheit des Seils; H: Horizontalzug (= Horizontalkomponente S cos α der Seilkraft S bzw. Seilkraft im Scheitelpunkt). Gleichung der Kettenlinie: y = y0 cosh

x y0

mit

y0 =

H . q0

Anmerkung: Die willk¨ urliche Wahl von y0 = H/q0 legt den Scheitel der Kettenlinie in den Punkt x = 0, y = y0 .

11

Seil unter Eigengewicht

Neigung der Kettenlinie: y  = tan α = sinh

x s = ; y0 y0

s: vom Scheitelpunkt gez¨ahlte Bogenl¨ange. Durchhang: 

f = y0 cosh



x2 −1 . y0

Seilkraft:



s H = H 1 + S= cos α y0

Smax = H cosh

2

= H cosh

x = q0 y ; y0

x2 = q0 ymax . y0

Seill¨ange: 

L = y0 sinh

x2 x1 − sinh y0 y0



.

Bei flachem Durchhang kann die Kettenlinie durch eine quadratische Parabel approximiert werden. Dann gilt n¨aherungsweise f¨ ur den Durchhang, die maximale Seilkraft und die Seill¨ange (beide Endpunkte auf gleicher H¨ohe): q0 l2 f = , 8H



Smax



l q0 l

 = 1+ 2 4f

2

,

L=l+

8f 2 . 3l

12

Statik: Aufgabensammlung

Aufgabensammlung I.1

Zentrale Kraftsysteme

Aufgabe I.1.1: Eine Kugel (Gewicht G) liegt auf einer glatten schiefen Ebene (Neigungswinkel α) und wird von einer glatten Wand gehalten. Wie groß sind die Kontaktkr¨afte?

Aufgabe I.1.2: Eine glatte Walze (Gewicht G, Radius r) soll eine Stufe (H¨ohe h) hochgezogen werden. Welche Richtung muss die dazu erforderliche Kraft F haben, damit sie m¨oglichst klein ist? Wie groß ist dieser Minimalwert?

Aufgabe I.1.3: Das Seil einer Seilwinde wird reibungsfrei u ¨ber den Knoten K eines Stabzweischlags gef¨ uhrt. Wie groß sind die Stabkr¨afte, wenn am Seil ein Klotz (Gewicht G) h¨angt?

Zentrale Kraftsysteme

13

Aufgabe I.1.4: Ein Seil der L¨ange l ist in den Punkten A und B an zwei W¨anden befestigt. An einer reibungsfreien Rolle (Radius vernachl¨assigbar) h¨angt ein Klotz (Gewicht G). Welchen Abstand d von der linken Wand hat die Rolle in der Gleichgewichtslage? Wie groß ist die Seilkraft?

Aufgabe I.1.5: Am Knoten K eines Stabsystems h¨angt ein Fass (Gewicht G). Gesucht sind die Stabkr¨afte.

Aufgabe I.1.6: Ein Stabdreischlag ist an einer Wand befestigt. An einem ¨ im Knoten K gef¨ Seil, das reibungsfrei durch eine Ose uhrt wird, h¨angt eine Kiste (Gewicht G). Wie groß sind die Stabkr¨afte?

14

Statik: Aufgabensammlung

Aufgabe I.1.7: Auf einen Himmelsk¨orper (Masse m) wirken die Anziehungskr¨afte (Gravitationskonstante γ) von 3 weiteren Himmelsk¨orpern a, b, c mit den Massen ma = mb und mc . Der Himmelsk¨orper c bewegt sich auf einer Kreisbahn vom Radius c um den Punkt O; die Achse der Kreisbahn ist die Diagonale d − d. Man bestimme f¨ ur den Sonderfall a = b = c die resultierende Kraft auf m. a

m

b

mc c ϕ

d

I.2

mb d

O ma

Allgemeine Kraftsysteme

Hinweis: Bei einigen Aufgaben dieses Abschnitts ist die Kenntnis des Schwerpunkts von K¨orpern erforderlich (s. Abschn. I.3). Aufgabe I.2.1: Ein Balken (L¨ange l, Gewicht G) lehnt in der dargestellten Weise an einer Mauer. Er wird an seinem unteren Ende durch ein Seil S gehalten; die Ber¨ uhrfl¨achen sind glatt. Wie groß ist die Seilkraft?

Aufgabe I.2.2: Eine homogene Stange (L¨ange l, Gewicht G) steckt in einem glatten Schlitz. Wie groß muss die horizontale Kraft F sein, damit Gleichgewicht herrscht?

Allgemeine Kraftsysteme

15

Aufgabe I.2.3: Eine mit drei St¨aben abgest¨ utzte Scheibe (Radius r) wird durch ein eingepr¨agtes Moment M0 belastet. Wie groß sind die Stabkr¨afte?

Aufgabe I.2.4: Die dargestellte quadratische Platte (Gewicht vernachl¨assigbar) wird von sechs St¨aben gest¨ utzt und durch eine Kraft F belastet. Man bestimme die Stabkr¨afte.

Aufgabe I.2.5: Eine homogene dreieckf¨ormige Platte (Gewicht G) wird durch sechs St¨abe gehalten. Gesucht sind die Stabkr¨afte.

16

Statik: Aufgabensammlung

Aufgabe I.2.6: Eine homogene Tischplatte (Gewicht G1 ) wird durch sechs St¨abe gest¨ utzt. Wie groß sind die Stabkr¨afte, wenn auf dem Tisch eine Last (Gewicht G2 ) liegt?

Aufgabe I.2.7: Auf einen Drittelkreisbogen (Radius R) wirkt die konstante tangentiale Streckenlast p = p0 . Man reduziere das Lastsystem auf den Kreismittelpunkt M. Man bestimme die Wirkungslinie der Resultierenden, wenn sich das Lastsystem auf eine Einzelkraft reduzieren l¨asst. M

120◦

p0

R

Schwerpunkt

I.3

17

Schwerpunkt

Aufgabe I.3.1: Man bestimme die Schwerpunkte der dargestellten d¨ unnwandigen Profile (t  a).

Aufgabe I.3.2: Aus einer kreis- bzw. einer ellipsenf¨ormigen Fl¨ache wurde in der dargestellten Weise jeweils ein Kreis ausgeschnitten. Gesucht sind die Schwerpunkte der Restfl¨achen.

Aufgabe I.3.3: Man bestimme die Lage des Schwerpunkts einer Halbkreis߬ache mittels Integration a) in kartesischen Koordinaten und b) in Polarkoordinaten. Man vergleiche mit Tab. I.3.1.

Aufgabe √ I.3.4: Man bestimme den Schwerpunkt der von den Kurven f (x) = x a und g(x) = x2 /a begrenzten Fl¨ache.

18

Statik: Aufgabensammlung

Aufgabe I.3.5: Man bestimme den Schwerpunkt der dargestellten Ziffer.

Aufgabe I.3.6: Ein homogenes Stehaufm¨annchen besteht aus einer Halbkugel und einem aufgesetzten Kegel. Damit es nicht umkippt, darf sein Schwerpunkt nicht oberhalb der Trennebene zwischen Halbkugel und Kegel liegen (vgl. Abschn. I.7). Wie groß darf bei gegebenem Radius r die H¨ohe h des Kegels h¨ochstens sein?

Lagerreaktionen

19

Aufgabe I.3.7: Man bestimme den Schwerpunkt einer d¨ unnwandigen Kugelschale (Radius R, H¨ohe H, Dicke t  R).

Aufgabe I.3.8: Man berechne die Lage des Schwerpunkts einer dickwandigen Halbkugelschale (Innenradius Ri , Außenradius Ra ) sowie den Schwerpunkt einer Halbkugel (Radius R). Aufgabe I.3.9: F¨ ur die Analyse der Schwingbewegung einer Glocke in ihrem Ger¨ ust wird die Position des Schwerpunkts ben¨otigt. Die Glocke ist eine d¨ unnwandige Rotationsschale mit konstantem Gewicht p0 pro Fl¨acheneinheit. Der obere Teil ist eine Halbkugelschale vom Radius R, der Meridianschnitt des unteren Teils ein Achtelkreisbogen mit Radius R und Mittelpunkt M.

R

M R

I.4

Lagerreaktionen

Aufgabe I.4.1: Ein Balken unter einer Dreiecksbelastung wird von drei St¨aben gest¨ utzt. Wie groß sind die Stabkr¨afte?

20

Statik: Aufgabensammlung

Aufgabe I.4.2: Ein Tragwerk aus einem Balken und drei St¨aben wird durch eine Kraft F belastet. Wie groß sind die Lagerkraft in A und die Stabkr¨afte?

Aufgabe I.4.3: Ein Balken ist bei A gelenkig gelagert. Er wird von einem Seil gehalten, das bei B reibungsfrei umgelenkt wird. Wie groß sind die Seilkraft und die Lagerkr¨afte in A und B, wenn am rechten Ende des Balkens ein Stein (Gewicht G) h¨angt?

Aufgabe I.4.4: Das dargestellte Tragwerk wird durch die Kr¨afte F1 = F und F2 = 2F belastet. Man bestimme die Lagerreaktionen in A und C sowie die Gelenkkr¨afte in B und D.

Lagerreaktionen

21

Aufgabe I.4.5: An einem Kran h¨angt ein homogener Baumstamm (Gewicht G). Wie groß sind die Kr¨afte in den Lagern A und B sowie die Gelenkkraft in C?

Aufgabe I.4.6: An einem Kran h¨angt ein Container (Gewicht G). Wie groß sind die Lagerreaktionen in A und B sowie die Gelenkkraft in C, wenn das Seil u uhrt wird? ¨ ber eine reibungsfreie Rolle R (Radius vernachl¨assigbar) gef¨

Aufgabe I.4.7: F¨ ur den dargestellten Gerber-Tr¨ager bestimme man die Lagerreaktionen und die Gelenkkraft.

22

Statik: Aufgabensammlung

Aufgabe I.4.8: An einem Gelenkbalken ist unmittelbar rechts vom Gelenk G1 ein Querarm angeschweißt, der durch ein Kr¨aftepaar belastet wird. Außerdem greift unmittelbar rechts vom Gelenk G2 eine Kraft P an. Wie groß sind die Lagerreaktionen und die Gelenkkr¨afte? Wie ¨andern sie sich, wenn die Kraft P unmittelbar links vom Gelenk G2 angreift?

Aufgabe I.4.9: Ein Mast (Gewicht G1 ) ist in A gelenkig gelagert und wird durch zwei St¨abe gest¨ utzt. An seiner Spitze h¨angt eine Kiste (Gewicht G2 ). Wie groß sind die Lagerkraft in A und die Stabkr¨afte?

Aufgabe I.4.10: Das dargestellte Tragwerk wird durch eine Kraft F (Richtung parallel zu AB) belastet. Die Schiebeh¨ ulse E ist mit dem Balken CD fest verbunden. Sie l¨asst eine axiale Verdrehung und Verschiebung des Balkens GHAB zu. Man bestimme die Lagerreaktionen.

23

Fachwerke

Aufgabe I.4.11: Zwei glatte Kreiszylinderwalzen (Radius R, Gewicht mg) werden durch einen symmetrischen U-f¨ormigen B¨ ugel (Gewicht Mg) zusammengehalten und so auf eine glatte horizontale Unterlage gestellt. Man bestimme alle Kontaktkr¨afte. Welche Bedeutung hat das Verh¨altnis M/m f¨ ur die Kontaktkraft im Aufstandspunkt A (s. auch Aufgabe I.7.10)?

R R 45◦ A

I.5

Fachwerke

Aufgabe I.5.1: Das dargestellte Fachwerk wird durch eine Kraft P belastet. Man identifiziere die Nullst¨abe. Wie groß sind die Lagerreaktionen und die Kraft im Stab 4?

Aufgabe I.5.2: Das dargestellte Fachwerk wird durch die Kr¨afte F1 = F und F2 = 3F belastet. Wie groß sind die Stabkr¨afte S1 , S2 und S3 ?

24

Statik: Aufgabensammlung

Aufgabe I.5.3: Die St¨abe 2, 8 und 9 des dargestellten symmetrischen Fachwerks haben die gleiche L¨ange. Der Stab 5 ist orthogonal zu den ebenfalls gleich langen St¨aben 1 und 7. Das Fachwerk wird durch eine Kraft F belastet. Man bestimme die Lagerreaktionen. Welche St¨abe sind Nullst¨abe? Wie groß sind die Stabkr¨afte S9 und S10 ?

Aufgabe I.5.4: Das dargestellte Fachwerk wird durch eine Kraft F belastet. Wie groß sind die Kr¨afte in den St¨aben 1 bis 4?

Aufgabe I.5.5: Das dargestellte System ist bei A gelenkig gelagert und h¨angt ¨ bei B an einem Seil. Uber eine reibungsfreie Rolle (Radius a/2, Gewicht vernachl¨assigbar) wird ein weiteres Seil gef¨ uhrt, das eine Kiste (Gewicht G) tr¨agt. Wie groß sind die Stabkr¨afte?

Schnittgr¨ oßen

25

Aufgabe I.5.6: Ein Tragwerk aus einem Gelenkbalken und f¨ unf St¨aben wird durch die Gleichstreckenlast q0 belastet. Wie groß sind die Stabkr¨afte?

Aufgabe I.5.7: Das skizzierte r¨aumliche Fachwerk wird durch zwei Kr¨afte F1 = F√ abe 5, 7 und 8 haben die L¨angen 2 = F belastet. Die St¨ l5 = l7 = l8 = 2 a; alle anderen St¨abe haben die L¨ange a. Man bestimme die Kr¨afte in den St¨aben 1 bis 9.

I.6

Schnittgr¨ oßen

Aufgabe I.6.1: Ein Balken wird durch zwei eingepr¨agte Kr¨afte F1 = 5F und F2 = 2F sowie ein eingepr¨agtes Moment M0 = 3F a belastet. Gesucht sind die Schnittgr¨oßenverl¨aufe.

Aufgabe I.6.2: Eine Laufkatze auf zwei R¨adern kann auf einem Balken (Gewicht vernachl¨assigbar) fahren. Ihr Gewicht G ist dreieckf¨ormig verteilt. F¨ ur welchen Wert ξ = ξ ∗ nimmt das Biegemoment den gr¨oßtm¨oglichen Wert Mmax an? Wie groß ist Mmax ?

26

Statik: Aufgabensammlung

Aufgabe I.6.3: Ein beidseitig gelenkig gelagerter Balken tr¨agt eine Gleichstreckenlast und eine Dreieckslast. Gesucht sind die Schnittgr¨oßenverl¨aufe und die Lagerkr¨afte.

Aufgabe I.6.4: Der dargestellte Kragtr¨ager wird durch eine Gleichstrekkenlast q0 und ein eingepr¨agtes Moment M0 = 4q0 a2 belastet. Man ermittle die Querkraft- und die Momentenlinie.

Aufgabe I.6.5: F¨ ur den dargestellten Gerber-Tr¨ager bestimme man die Schnittgr¨oßenverl¨aufe.

Aufgabe I.6.6: Ein Gerber-Tr¨ager wird durch ein Moment M0 und eine Kraft F belastet. Man skizziere den Momentenverlauf.

Schnittgr¨ oßen

27

Aufgabe I.6.7: An einem Gelenkbalken ist unmittelbar rechts vom Gelenk G1 ein Querarm angeschweißt, der durch ein Kr¨aftepaar F a belastet wird. Am Gelenk G2 wirkt eine weitere Kraft F (vgl. Aufgabe I.4.8). Man bestimme die Schnittgr¨oßenverl¨aufe.

Aufgabe I.6.8: Man ermittle die Schnittgr¨oßenverl¨aufe im Gelenkbalken AGB des dargestellten Tragwerks (vgl. Aufgabe I.5.6).

Aufgabe I.6.9: Man ermittle den Verlauf des Biegemoments im dargestellten Tragwerk.

Aufgabe I.6.10: Man ermittle die Schnittgr¨oßenverl¨aufe f¨ ur den dargestellten Rahmen.

28

Statik: Aufgabensammlung

Aufgabe I.6.11: An einem Balken BC ist bei D ein Querarm angeschweißt. Ein in C befestigtes Seil wird reibungsfrei u ¨ ber eine Rolle (Radius vernachl¨assigbar) in E gef¨ uhrt. Man bestimme die Schnittgr¨oßenverl¨aufe im Tragwerk, wenn am Seil eine Kiste (Gewicht G) h¨angt.

Aufgabe I.6.12: Eine Laubs¨age wird zum Einspannen des S¨ageblatts mit der Kraft F zusammengedr¨ uckt. Man bestimme die Schnittgr¨oßenverl¨aufe.

Aufgabe I.6.13: Man bestimme die Schnittgr¨oßen f¨ ur einen einseitig eingespannten Viertelkreisbogen (Radius r) unter einer Gleichstreckenlast q0 .

Aufgabe I.6.14: Ein bei A eingespannter Rahmen wird durch zwei Kr¨afte und zwei eingepr¨agte Momente belastet. Die Momentenvektoren liegen in der Rahmenebene, F1 steht senkrecht auf ihr und F2 liegt in der zu M2 senkrechten Ebene. Man bestimme die Lagerreaktionen und die Schnittgr¨oßenverl¨aufe f¨ ur F1 = F2 = F und M1 = M2 = F a.

29

Arbeit

Aufgabe I.6.15: Ein Affe (Gewicht G) klammert sich an einen vertikalen, fest verwurzelten Stamm (spez. Gewicht γ), dessen Querschnittsradius sich von 2r0 am Boden linear auf r0 am oberen Ende verj¨ ungt. Der K¨orperschwerpunkt des Affen hat den Abstand a von der Stammachse, seine K¨orpermuskulatur ist kr¨aftig, seine Handgelenk- und Fußgelenkmuskulatur sehr schwach. Man bestimme die Schnittgr¨oßen im Stamm. 2r0 h

b

H

G a 4r0

I.7

Arbeit

Hinweis: Weitere Aufgaben zum Prinzip der virtuellen Arbeit finden sich in Abschnitt III.2. Aufgabe I.7.1: Drei gelenkig verbundene Stangen (Eigengewicht vernachl¨assigbar) werden durch eine Kraft F und ein Moment M0 belastet. Mit Hilfe des Prinzips der virtuellen Arbeit bestimme man den Winkel ϕ = ϕ∗ , unter dem das System im Gleichgewicht ist.

30

Statik: Aufgabensammlung

Aufgabe I.7.2: Die Montageplattform einer Autohebeb¨ uhne wird von zwei Tr¨agern der L¨ange l gehalten, die in ihrer Mitte (Punkt M) durch einen Bolzen miteinander verbunden sind. Im Punkt A ist an einem der Tr¨ager unter einem Winkel von 30◦ ein Hebel (L¨ange a) angeschweißt, der mit der Kolbenstange des Hydraulikzylinders verbunden ist. Alle Gelenke k¨onnen als reibungsfrei angesehen werden; das Eigengewicht der Konstruktion sei vernachl¨assigbar. Man bestimme die Kraft F auf den Hydraulikkolben, welche der Last (Gewicht G) das Gleichgewicht h¨alt.

Aufgabe I.7.3: Man bestimme die Lagerkraft B des dargestellten Gelenkbalkens mit Hilfe des Prinzips der virtuellen Arbeit.

Aufgabe I.7.4: Ein beidseitig gelenkig gelagerter Balken wird durch eine Kraft F belastet. Man bestimme im Bereich 0 < x < a mit Hilfe des Prinzips der virtuellen Arbeit a) das Biegemoment M(x) und b) die Querkraft Q(x).

Arbeit

31

Aufgabe I.7.5: Eine Walze (Gewicht G, Radius r), die auf einem Zylinder (Radius R) abrollen kann, wird durch eine parallel gef¨ uhrte Feder (Federsteifigkeit c) gehalten. Die Feder ist in der dargestellten Lage entspannt. Man bestimme die Gleichgewichtslagen und untersuche ihre Stabilit¨at.

Aufgabe I.7.6: Abstand r vom kann auf einer rutschen. Man Stabilit¨at.

An einer homogenen Scheibe (Radius R, Masse M) ist im Mittelpunkt eine Einzelmasse m angebracht. Die Scheibe schiefen Ebene (Neigungswinkel α) rollen, jedoch nicht bestimme die Gleichgewichtslagen und untersuche ihre

Aufgabe I.7.7: Um eine homogene Scheibe (Gewicht G1 , Radius r) ist ein Seil geschlungen, an dem ein Klotz (Gewicht G2 ) h¨angt. Die Scheibe kann auf einer kreisf¨ormigen Bahn (Radius R) rollen. Welche Gleichgewichtslage stellt sich f¨ ur G1 = G2 = G ein?

32

Statik: Aufgabensammlung

Aufgabe I.7.8: Zwei gelenkig miteinander verbundene Stangen (L¨ange l, Gewicht G) tragen einen vertikal reibungsfrei gef¨ uhrten Kolben (Gewicht Q). Die bei A und B angebrachten Drehfedern (Federkonstante cT ) sind in der vertikalen Lage der Stangen entspannt. Man bestimme die Gleichgewichtslagen und untersuche ihre Stabilit¨at.

Aufgabe I.7.9: Zwei gleiche homogene St¨abe (jeweils Gewicht G, L¨ange 2L), die im reibungsfreien Gelenk B verbunden sind, werden symmetrisch auf zwei gleich hohe Schneiden im Abstand 2a gelegt. Man bestimme f¨ ur reibungsfreie Schneidenber¨ uhrung die Gleichgewichtslagen und ihre Stabilit¨at.

2L g

B 2a

Aufgabe I.7.10: Man bestimme die Auflagerreaktion im Punkt A des B¨ ugels von Aufgabe I.4.11 nach dem Prinzip der virtuellen Arbeiten.

Haftung und Reibung

I.8

33

Haftung und Reibung

Aufgabe I.8.1: Eine rauhe Seiltrommel ist bei B reibungsfrei drehbar gelagert. Der Haftungskoeffizient zwischen der Trommel und dem Klotz ist μ0 . Am Ende des Seils h¨angt eine Last (Gewicht G). Wie groß muß die Kraft F am Ende des Hebels mindestens sein, damit sich die Trommel nicht dreht?

Aufgabe I.8.2: Eine Walze (Gewicht G1 = 3G) wird durch eine Wand und einen Balken (Gewicht G2 = G) in der dargestellten Lage gehalten. Der Balken haftet am Boden; alle anderen Ber¨ uhrungsfl¨achen sind glatt. Wie groß muß der Haftungskoeffizient μ0 zwischen Balken und Boden mindestens sein, damit Gleichgewicht besteht?

Aufgabe I.8.3: Ein Zylinder (Radius 2r, Gewicht G1 ) liegt auf zwei weiteren Zylindern (Radius r, Gewicht G2 ). Welchen Wert muss der f¨ ur alle Ber¨ uhrfl¨achen gleich große Haftungskoeffizient μ0 mindestens haben, damit kein Rutschen auftritt?

34

Statik: Aufgabensammlung

Aufgabe I.8.4: Zwischen zwei vertikalen rauhen W¨anden sind eine Kugel (Gewicht G1 ) und ein Keil (Gewicht G2 ) eingeklemmt. Der Haftungskoeffizient zwischen Kugel und linker Wand bzw. zwischen Keil und rechter Wand ist jeweils durch μ0 gegeben. Die schr¨age Oberfl¨ache O des Keils ist glatt. Wie groß muss μ0 mindestens sein, damit sich das System im Gleichgewicht befindet?

Aufgabe I.8.5: Eine Klemmvorrichtung besteht aus einer Stange (Gewicht vernachl¨assigbar) und einem Klotz (Gewicht G1 ). Wie schwer darf eine Platte (Gewicht G2 ) h¨ochstens sein, damit sie von der Vorrichtung (Haftungskoeffizient μ0 ) gehalten wird?

Aufgabe I.8.6: An einem B¨ ugel (Gewicht G) befinden sich ein reibunsfrei drehbarer Zapfen A und ein fester zylindrischer Zapfen B. Der B¨ ugel wird in ein Seil eingeklinkt, an dem ein Klotz (Gewicht GK = G/5) h¨angt. Wie oft muss das Seil um den Zapfen B geschlungen werden (Haftungskoeffizient μ0 = 0, 1), damit der B¨ ugel nicht abrutscht? Unter welchem Winkel β zur Vertikalen stellt sich der B¨ ugel ein?

Seil unter Eigengewicht

35

Aufgabe I.8.7: Bei der skizzierten Simplex-Trommelbremse sind die beiden Bremsbacken in A gelenkig gelagert. Sie werden beim Bremsen durch den Radbremszylinder jeweils mit der Kraft F belastet. Man berechne das Bremsmoment MB als Funktion des Reibungskoeffizienten μ unter der Annahme, dass die Normalkr¨afte und die Reibungskr¨afte jeweils in der Backenmitte angreifen.

I.9

Seil unter Eigengewicht

Aufgabe I.9.1: Ein Kabel (Eigengewicht q0 = 100 N/m) der L¨ange L = 150 m wird an zwei gleich hohen Masten im Abstand von l = 100 m aufgeh¨angt. Wie groß sind der Durchhang f und die maximale Seilkraft Smax ?

36

Statik: Aufgabensammlung

Aufgabe I.9.2: Ein Seil h¨angt zwischen zwei Punkten, die sich in der gleichen H¨ohe befinden. a) Bis zu welchem Verh¨altnis v = f /l darf man den Parabelansatz verwenden, wenn f¨ ur die maximale Seilkraft Smax ein Fehler von 5% zugelassen wird? b) Zu welchem Fehler f¨ uhrt dann die N¨aherungsformel f¨ ur die Seill¨ange?

Aufgabe I.9.3: Der linke Teil AB des Seils ABCD (Eigengewicht q0 pro L¨angeneinheit) liegt auf einer rauhen Ebene, der rechte Teil CD wird u ¨ber eine reibungsfreie Rolle (Radius vernachl¨assigbar) in der H¨ohe b umgelenkt. Die Kraft P h¨alt das Seil im Gleichgewicht. Man bestimme die horizontale L¨ange l, u ¨ber der das Seil angehoben ist.

Aufgabe I.9.4: Das rechte Ende eines Seils (L¨ange L, Eigengewicht q0 pro L¨angeneinheit) ist an einem Klotz (Gewicht vernachl¨assigbar) befestigt, der auf einer rauhen Unterlage liegt. Der Haftungskoeffizient zwischen dem Klotz und der Unterlage ist durch μ0 gegeben. Wie groß darf der Abstand a der beiden Seilenden h¨ochstens sein, wenn der Klotz haften soll? Wie groß sind im Haftgrenzfall der Durchhang und die maximale Seilkraft?

Seil unter Eigengewicht

37

Aufgabe I.9.5: Ein Seil (L¨ange l, Gewicht q0 pro L¨angeneinheit) ist im Punkt A fest aufgeh¨angt. Es wird bei B u ¨ber eine reibungsfreie Rolle (Durchmesser vernachl¨assigbar) gef¨ uhrt und bei D mit einer Feder verbunden. Die Feder hat im entspannten Zustand die L¨ange d0 . Wie muss die Federkonstante c gew¨ahlt werden, damit die kleinste im Bereich AB auftretende Seilkraft den vorgegebenen Wert S ∗ hat? Gegeben: b, d0 , h, l, q0 , S ∗ .

Aufgabe I.9.6: Man bestimme die Schwerpunktlage eines beidseitig in gleicher H¨ohe im Abstand 2r befestigten schweren Seils der L¨ange L = πr und vergleiche mit den Schwerpunktlagen eines gleich langen Kreisbogens zwischen A und B bzw. eines gleich langen, straff gezogenen Seils (gestrichelt gezeichnet).

Aufgabe I.9.7: Ein Seil (Eigengewicht q0 = 10 N/m) wird in zwei Punkten A und B befestigt. Wie groß m¨ ussen der horizontale und der vertikale Abstand zwischen A und B gew¨ahlt werden, wenn die maximale Seilkraft, der Horizontalzug und der Neigungswinkel bei A durch Smax = 2000 N, S0 = 1200 N und αA = 45◦ vorgegeben sind? Welche Neigung besitzt das Seil bei B? Wie lang ist das Seil?

38

Statik: Aufgabensammlung

Aufgabe I.9.8: Man bestimme die L¨ange des in den Lagern A und B befestigten Seils.

Aufgabe I.9.9: Ein Seil (Eigengewicht q0 pro L¨angeneinheit) ist im Punkt A auf einer horizontal reibungsfrei gleitenden Schiebeh¨ ulse befestigt und in gleicher H¨ohe um eine Stange gelegt, auf der es nicht durchrutscht. Es wird durch die horizontal auf die Schiebeh¨ ulse wirkende Kraft F im Gleichgewicht gehalten. Der Haftungskoeffizient μ0 zwischen Seil und Stange, die Seill¨ange L zwischen A und B sowie der Durchhang f sind gegeben. Wie groß muss die Kraft F sein, um das System im Gleichgewicht zu halten? Wie groß ist der Umschlingungswinkel β? Innerhalb welcher Grenzen muss die L¨ange l des Seilst¨ ucks zwischen C und D liegen, damit das Seil nicht rutscht (das Gewicht des Seils zwischen B und C ist zu vernachl¨assigen)?

39

Seil unter Eigengewicht

Aufgabe I.9.10: F¨ ur die Hochspannungsleitung zwischen zwei gleich hohen Masten im Abstand 2a steht ein beliebig langes Kabel (Eigengewicht q0 pro L¨angeneinheit) zur Verf¨ ugung, so dass ein beliebiger Durchhang realisierbar ist. Jedoch soll die maximale Seilkraft minimal werden. F¨ ur welchen Neigungswinkel ϕ1 ist dies der Fall? Welche Seill¨ange ist dabei zu w¨ahlen? Welcher Durchhang f stellt sich dann ein? ϕ1 f

q0

2a

II Elastostatik

Formelsammlung II.1

Zug und Druck

Normalspannung:

σ(x) =

N(x) ; A(x)

N(x): Normalkraft, A(x): Querschnitts߬ache.

Kinematische Beziehung:

ε(x) =

du(x) ; dx

ε(x): Dehnung, u(x): Verschiebung.

L¨angen¨anderung:

Δl =

l

ε(x) dx ;

l: Stabl¨ange.

0

Sonderfall gleichf¨ormiger Dehnung (ε = konst):

Δl = ε l .

42

Elastostatik: Formelsammlung

Hookesches Gesetz (Elastizit¨atsgesetz): ε(x) =

N(x) σ(x) + αT ΔT (x) = + αT ΔT (x); E EA(x)

E: Elastizit¨atsmodul, αT : thermischer Ausdehnungskoeffizient, ΔT (x): Temperatur¨anderung, EA(x): Dehnsteifigkeit. Sonderfall mit N = konst, A = konst, ΔT = 0: Δl =

Fl ; EA

F = N: axiale Last.

Federsteifigkeit“ des Zugstabs: ” c=

F EA = . Δl l

Ersatzfedersteifigkeiten: c∗ =



cj

(Parallelschaltung),

j

 1 1 = ∗ c j cj

II.2

(Reihenschaltung).

Biegung

a) Querschnittsgr¨oßen Fl¨achentr¨agheitsmomente (Fl¨achenmomente 2. Ordnung, Lage des Koordinatenursprungs beliebig): 



z 2 dA,

Iy = 

Ip =

Iz =

y 2 dA,

Iyz = Izy = −



yz dA,



r 2 dA =

(y 2 + z 2 ) dA = Iy + Iz ;

Iy , Iz : axiale Fl¨achentr¨agheitsmomente, Iyz : Deviationsmoment, Ip : polares Fl¨achentr¨agheitsmoment.

43

Biegung

Zusammengesetzter Querschnitt:

Iy =



(Iy )i ,

Iz =



i

(Iz )i ,

Iyz =

i

i

Tabelle II.2.1: Fl¨achentr¨agheitsmomente

Rechteck

b S

y

h

Iy

Iz

b h3 12

b h3 12

π r4 4

π r4 4

π r3 t

π r3 t

z

Kreis

r y

S z

d¨ unner Kreisring (t  r)

r y

S t z

Drehung der Bezugsachsen:



(Iyz )i .

44

Elastostatik: Formelsammlung

Iη =

1 1 (Iy + Iz ) + (Iy − Iz ) cos 2ϕ + Iyz sin 2ϕ , 2 2

Iζ =

1 1 (Iy + Iz ) − (Iy − Iz ) cos 2ϕ − Iyz sin 2ϕ , 2 2 −

Iη ζ =

1 (Iy − Iz ) sin 2ϕ + Iyz cos 2ϕ . 2

Haupttr¨agheitsmomente:

I1 , 2

Iy + Iz = ± 2



Iy − Iz 2

2 2 . + Iyz

Hauptrichtungen: tan 2ϕ∗ =

2Iyz . Iy − Iz

Tabelle II.2.2: Biegelinien Nr. Lastfall

 EI wA

EI wB

1

F l2 F l2 (β − β 3 ) − (α − α3 ) 6 6

2

q0 l3 24

3

q0 l3 (1 − β 2 )2 24

−

q0 l3 24

q0 l3 [4(1 − β 3 ) 24 −6(1 − β 2 ) + (1 − β 2 )2 ]

45

Biegung

Mohrscher Kreis: Graphische Darstellung der Beziehungen von Iy , Iz , Iyz zu Iη , Iζ , Iη ζ und zu I1 , I2 in Abh¨angigkeit von ϕ und ϕ∗ . Auftragung der axialen Tr¨agheitsmomente und des gegen Bezugsachsdrehungen invarianten Mittelpunkts (Iy + Iz )/2 = (Iη + Iζ )/2 = (I1 + I2 )/2 auf der Abszisse, Auftragung der Deviationsmomente in Ordinatenrichtung. Drehungen der Bezugsachsen entsprechen entgegengesetzte zweifache Drehungen der Durchmesser des Mohrschen Kreises.

EI w(x) F l3 [β ξ (1 − β 2 − ξ 2 ) + ξ − α3] 6

q0 l4 (ξ − 2 ξ 3 + ξ 4) 24

q0 l4 4 [ξ − ξ − α4 − 2 (1 − β 2 ) ξ 3 + (1 − β 2 )2 ξ] 24

EI wmax F l3 48 f¨ ur a = b = l/2

5 q0 l4 384

46

Elastostatik: Formelsammlung

Tabelle II.2.2 (Fortsetzung) Nr. Lastfall

4

 EI wA

EI wB

7 q0 l3 360

−

M0 l (3 β 2 − 1) 6   M0 l f¨ ur b = 0 − 6

5

q0 l3 45

M0 l (3 α2 − 1) 6   M0 l f¨ ur b = 0 3

6

0

F a2 2

7

0

q0 l3 6

8

0

q0 l3 β (β 2 − 3 β + 3) 6

9

0

q0 l3 24

10

0

M0 a

Erkl¨arungen: ξ =

x ; l

α=

a ; l

β=

b ; l

EI = const;

w =

dw . dx

47

Biegung

EI w(x)

EI wmax

q0 l4 (7 ξ − 10 ξ 3 + 3 ξ 5 ) 360 √

M0 l2 [ξ (3 β 2 − 1) + ξ 3 − 3 ξ − α2 ] 6

3 M0 l2 27 f¨ ur a = 0

F l3 [3 ξ 2 α − ξ 3 + ξ − α3 ] 6

F l3 3 f¨ ur a = l

q0 l4 (6 ξ 2 − 4 ξ 3 + ξ 4 ) 24

q0 l4 8

q0 l4 [ξ − α4 − 4 β ξ 3 + 6 β (2 − β) ξ 2] 24

q0 l4 (10 ξ 2 − 10 ξ 3 + 5 ξ 4 − ξ 5) 120

M0 l2 2 (ξ − ξ − α2 ) 2 

ξ − α = n

(ξ − α)n f¨ ur ξ > α 0 f¨ ur ξ < α

q0 l4 30

M0 l2 2 f¨ ur a = l

48

Elastostatik: Formelsammlung

Parallelverschiebung der Bezugsachsen (Satz von Steiner. Voraussetzung: Der Ursprung des (y, z)-Koordinatensystems ist der Fl¨achenschwerpunkt S):

Iy¯ = Iy + z¯s2 A ,

I¯z = Iz + y¯s2A ,

Iy¯¯z = Iyz − y¯s z¯s A .

Widerstandsmomente: Wy =

Iy , |z|max

Wz =

Iz . |y|max

b) Hookesches Gesetz und Biegelinie Voraussetzung: y und z sind Hauptachsen durch den Fl¨achenschwerpunkt. Differentialgleichungen der Biegung in z- und in y-Richtung: My (x) d2 w(x) , =− dx2 EIy (x) → [EIy (x) w  (x)] = qz (x) ,

d2 v(x) Mz (x) = dx2 EIz (x) [EIz (x) v  (x)] = qy (x) ;

EIy (x), EIz (x): Biegesteifigkeiten; w bzw. v: Verschiebungen in z- bzw. in y-Richtung. Sonderfall gerader Biegung (Mz = 0) mit EIy = EI = konst, qz = q: EIw IV (x) = q(x).

49

Biegung

c) Normalspannungsverteilung Voraussetzung: y und z sind Achsen durch den Fl¨achenschwerpunkt. Normalspannung bei schiefer Biegung und Zug: 1 N(x) + {[My (x) Iz (x) − Mz (x) Iyz (x)] z A(x) Δ(x)

σ(x, y, z) =

−[Mz (x) Iy (x) − My (x) Iyz (x)]y} , 2 (Δ = Iy Iz − Iyz ; neutrale Faser: σ = 0).

Sonderfall: y und z sind Hauptachsen durch S: σ(x, y, z) =

Mz (x) N(x) My (x) + z− y. A(x) Iy (x) Iz (x)

Maximalspannung: |σ|max (x) = |σ(x, y ∗ , z ∗ )| ; y ∗ , z ∗ : Koordinaten des Querschnittspunkts mit dem maximalen Abstand von der neutralen Faser. Sonderfall gerader Biegung (Mz = 0, Iyz = 0) ohne L¨angskraft (N = 0): σ(x, z) =

My (x) z, Iy (x)

|σ|max (x) =

|My (x)| . Wy (x)

50

II.3

Elastostatik: Formelsammlung

Torsion

Tabelle II.3.1: Torsionswiderstandsmomente und Torsionstr¨agheitsmomente

Vollkreisquerschnitt

r

dickwandiges Kreisrohr

IT

π 3 r 2

π 4 r 2

π ra4 − ri4 2 ra

ra ri

d¨ unnwandige geschlossene Hohlquerschnitte

WT

π 4 (r − ri4 ) 2 a

Am

s

d¨ unnwandiges Kreisrohr (t  r)

tmin t(s)

4 A2m ds/t

2 Am tmin

r



2 π r2 t

2 π r3 t

1 2 ht 3

1 3 ht 3

1 r α t2 3

1 r α t3 3

t

schmales Rechteck (t  h)

t h

d¨ unnwandiger Kreisbogen (t  r α)

r α t

aus schmalen Rechtecken zusammengesetzte Profile

≈

1 3

 i

hi t3i

tmax

≈

1  hi t3i 3 i

Prinzip der virtuellen Kr¨ afte, Methode der passiven Arbeiten

51

Maximale Schubspannung: τmax (x) =

MT (x) ; WT (x)

MT (x): Torsionsmoment, WT (x): Torsionswiderstandsmoment. Verdrehwinkel pro L¨angeneinheit: MT (x) dϑ(x) = ; dx G IT (x) G: Schubmodul, IT (x): Torsionstr¨agheitsmoment, GIT (x): Torsionssteifigkeit. Relative Verdrehung der Endquerschnitte: l

Δϑ = 0

MT (x) dx. G IT (x)

Sonderfall: MT = konst, IT = konst: Δϑ =

II.4

MT l . G IT

Prinzip der virtuellen Kr¨ afte, Methode der passiven Arbeiten

1) Prinzip der virtuellen Kr¨afte a) Verschiebung (Verdrehung) f an der Stelle i eines Systems: 

f=

¯ NN dx + EA



¯ MM dx + EI



¯T MT M dx ; GIT

N, M, MT : Schnittgr¨oßenverl¨aufe infolge der gegebenen Belastung, ¯ , M, ¯ M ¯ T : Schnittgr¨oßenverl¨aufe infolge einer virtuellen Kraft (eines N virtuellen Moments) 1“ an der Stelle i in Richtung der ” gesuchten Verschiebung (Verdrehung).

52

Elastostatik: Formelsammlung

Tabelle II.4.1: Tafel der Integrale Mk

k

Mi

k

s

1

k1

k

s

s

k2 s

i

sik

1 sik 2

1 2

sik

1 si(k1 2

+ k2 )

i

1 2

1 sik 3

1 sik 6

1 si(k1 6

+ 2k2 )

i2

1 s(i1 2

1 s(i1 6

1 s(2i1 6

s

2

sik

s

3

i1

+ i2 )k

+ 2i2 )k

1 s(2i1 k1 + 6

+ i2 )k

s

2i2 k2 + i1 k2 + i2 k1 )

quad. Parabel

4

i

2 sik 3

1 sik 3

1 sik 3

1 si(k1 3

2 sik 3

5 sik 12

1 sik 4

1 si(3k1 +5k2 ) 12

1 sik 3

1 sik 4

1 sik 12

1 si(k1 12

+ 3k2 )

1 sik 4

1 sik 5

1 sik 20

1 si(k1 20

+ 4k2 )

3 sik 8

11 sik 40

1 sik 10

1 si(4k1 +11k2) 40

1 sik 4

2 sik 15

7 sik 60

1 si(7k1 60

+ k2 )

s

quad. Parabel

5

i s

quad. Parabel

6

i s

kub. Parabel

7

i s

kub. Parabel

8

i s

kub. Parabel

9

i s

Quadratische Parabeln: ◦ kennzeichnet den Scheitelpunkt Kubische Parabeln: ◦ kennzeichnet die Nullstelle der Dreiecksbelastung Trapeze: i1 und i2 (bzw. k1 und k2 ) k¨ onnen unterschiedliche Vorzeichen haben

+ 8k2 )

Prinzip der virtuellen Kr¨ afte, Methode der passiven Arbeiten

53

Sonderfall Fachwerk:

f=



Sj S¯j lj . (EA)j

b) Statisch unbestimmte Kraft (Moment) X bei einem einfach statisch unbestimmten System: 

X =−

 ¯  ¯1 N0 N M1 M0 dx + dx + EA EI  ¯2  ¯2  N1 M1 dx + dx + EA EI

¯ T1 MT0 M dx GIT ; ¯2 M T1 dx GIT

0“ -System: Statisch bestimmtes System mit gegebener Belastung, ” 1“ -System: Statisch bestimmtes System mit Belastung durch eine ” Kraft (ein Moment) 1“ an der Stelle der statisch unbe” stimmten Reaktion, N0 , M0 , MT0 : Schnittgr¨oßenverl¨aufe im 0“ -System, ” ¯ 1, M ¯ T1 : Schnittgr¨oßenverl¨aufe im 1“ -System. ¯1 , M N ” Sonderfall Fachwerk: (0) S¯j Sj lj (EA)j X =− . ¯j2 lj  S (EA)j



2) Methode der passiven Arbeiten Vorbemerkung: Diese Methode ist eng verwandt mit dem Prinzip der virtuellen Kr¨afte. Sie wird hier so allgemein formuliert, dass sie auch auf mehrfach statisch unbestimmte Tragwerksysteme anwendbar ist. Es gilt: ¯a = W ¯i ; W

54

Elastostatik: Formelsammlung

¯ a : Außere ¨ passive Arbeit von eingepr¨agten oder Reaktions-Vorspannlasten W (Scheinlasten, passive Lasten, Hilfslasten; Kr¨afte und/oder Momente) mit den tats¨achlichen Verschiebungen und/oder Verdrehungen an den Stellen der Vorspannlasten, ¯ i : Innere passive Arbeit W ¯i = W



¯ MM dx + EI



N N¯ dx + EA



¯T MT M dx , GIT

M, N, MT : Schnittgr¨oßenverl¨aufe zu den tats¨achlichen Lasten, ¯ N ¯, M ¯ T : Schnittgr¨oßenverl¨aufe zu den passiven Lasten. M, Anwendungen a) Statisch unbestimmte Systeme Zu den r statisch unbestimmten Reaktionen Ri (i = 1, . . . , r; r: Gesamtzahl der Reaktionen abz¨ uglich der Anzahl der Gleichgewichtsbedingungen) ¯ i eingef¨ werden r Vorspannlasten R uhrt, aus denen sich die restlichen Vorspannreaktionen eindeutig mit Hilfe der Gleichgewichtsbedingungen berechnen lassen. Die tats¨achlichen Verschiebungen bzw. Verdrehungen an den Stellen der Vorspannlasten und -reaktionen sind Null, d.h. ¯a = 0 W

→

¯i = 0 . W

Anleitung: ucken durch Ri und tats¨achliche einSchnittgr¨oßenverl¨aufe M, N, MT ausdr¨ ¯ , N, ¯ M ¯ T ausdr¨ ¯i . gepr¨agte Lasten Pj ; Schnittgr¨oßenverl¨aufe M ucken durch R ¯ Da die Vorspannungen Ri beliebig (d.h. voneinander unabh¨angig) sind, liefert ¯ i = 0 r Gleichungen f¨ ur die Reaktionen Ri (i = 1, . . . , r). W b) Verschiebungen (Verdrehungen) an Punkten statisch bestimmter bzw. statisch unbestimmter Systeme Vorbemerkung: Bei statisch unbestimmten Systemen m¨ ussen die statisch unbestimmten Reaktionen Ri in Abh¨angigkeit von den eingepr¨agten Lasten Pj bekannt sein; sie sind vorab z. B. nach a) zu berechnen. An den Stellen der m gesuchten tats¨achlichen Verschiebungen und/oder Verdrehungen uk (k = 1, . . . , m) werden m Scheinlasten (Kr¨afte und/oder Momente) P¯k eingef¨ uhrt derart, dass ¯a = W



P¯k uk .

Spannungszustand, Verzerrungszustand, Elastizit¨ atsgesetz

55

ussen mit den Scheinreaktionen im Gleichgewicht stehen Die Scheinlasten P¯k m¨ (bei statisch unbestimmten Systemen ist das nicht eindeutig; die Wahl einer beliebigen Gleichgewichtsl¨osung ist zul¨assig). Anleitung: Schnittgr¨oßenverl¨aufe M, N, MT ausdr¨ ucken durch die tats¨achlichen eingepr¨agten Lasten Pj , bei statisch unbestimmten Systemen siehe Vorbemerkung ¯ , N, ¯ M ¯ T ausdr¨ zu b); Schnittgr¨oßenverl¨aufe M ucken durch P¯k . Da die Schein¯a = W ¯i lasten P¯k beliebig (d. h. voneinander unabh¨angig) sind, liefert W m Gleichungen f¨ ur die Verschiebungen uk (k = 1, . . . , m). ¯,M ¯ T = 0): Sonderfall Fachwerk (M, MT , M ¯i = W

II.5



Sj S¯j lj . (EA)j

Spannungszustand, Verzerrungszustand, Elastizit¨ atsgesetz

a) Ebener Spannungszustand Koordinatentransformation: 1 1 (σx + σy ) + (σx − σy ) cos 2ϕ + τxy sin 2ϕ , 2 2 1 1 ση = (σx + σy ) − (σx − σy ) cos 2ϕ − τxy sin 2ϕ , 2 2 1 − (σx − σy ) sin 2ϕ + τxy cos 2ϕ . τξη = 2 σξ =

Hauptspannungen:

σ1 , 2

σx + σy ± = 2



σx − σy 2

2 2 . + τxy

56

Elastostatik: Formelsammlung

Hauptrichtungen: tan 2ϕ∗ =

2τxy . σx − σy

Maximale Schubspannung:

τmax =

σx − σy 2

2

→

2 + τxy

τmax =

1 | σ1 − σ2 | . 2

Mohrscher Kreis: Ersetzt man das Grundsymbol I der Fl¨achentr¨agheitsmomente durch σ und die Koordinatenindizes y, z, η, ζ durch x, y, ξ, η in dieser Reihenfolge, so erh¨alt man den Mohrschen Kreis f¨ ur ebene Spannungszust¨ande. b) Ebener Verzerrungszustand Die Koordinatentransformation sowie die Ermittlung der Hauptdehnungen und der Hauptrichtungen werden wie beim ebenen Spannungszustand durchgef¨ uhrt. Dabei sind die Spannungen σx , σy und τxy durch die Verzerrungen εx , εy und εxy = γxy /2 zu ersetzen. (Anm.: Es ist zu beachten, dass in der Literatur auch die Notation εxy = γxy benutzt wird). c) Hookesches Gesetz (ebener Spanungszustand) εx =

1 (σx − ν σy ) + αT ΔT , E

εy =

1 (σy − ν σx ) + αT ΔT , E

γxy =

1 τxy ; G

εx , εy : Dehnungen, γxy : Gleitung, ν: Poissonsche Zahl ; bzw. σx =

E (εx + ν εy ) , 1 − ν2

τxy = G γxy .

σy =

E (εy + ν εx ) , 1 − ν2

57

Knickung

Zusammenhang zwischen E, G und ν: E = 2(1 + ν) G . d) Vergleichsspannung (ebener Spannungszustand) Schubspannungshypothese (Tresca): σV =

⎧ ⎨ (σx

2 − σy )2 + 4τxy

⎩1

max|σx + σy ± 2

f¨ ur σ1 σ2 < 0 ,



2 | f¨ (σx − σy )2 + 4τxy ur σ1 σ2 ≥ 0 .

Hypothese der Gestalt¨anderungsenergie (Huber-v. Mises-Hencky): σV =

II.6



2 . σx2 + σy2 − σx σy + 3τxy

Knickung

a) Differentialgleichung f¨ ur die Auslenkung: (EIw  ) + F w  = 0. b) Sonderfall: EI = konst: w IV + λ2 w  = 0 mit λ2 = F/EI .

Tabelle II.6.1: Eulersche Knicklasten (Euler-F¨alle I - IV) in Vielfachen von E I/l2 F

l

F

I

π2 4

II

π2

F

F

III

2.04 π 2

IV

4π 2

58

Elastostatik: Formelsammlung

Allgemeine L¨osung: w(x) = A cos λx + B sin λx + C λx + D ; A, B, C, D: Integrationskonstanten.

II.7

Querkraftschub

Voraussetzung: y und z sind Hauptachsen durch den Fl¨achenschwerpunkt. Schubspannung f¨ ur einen Balken mit Vollquerschnitt (Q = Qz ): τ (x, z) =

Q(x)Sy (z) ; Iy b(z)

Sy (z): statisches Moment von bei z abgeschnittener Teilfl¨ache, b(z): Breite des Querschnitts in der Trennlinie. Schubspannung f¨ ur einen Balken mit offenem, d¨ unnwandigem Querschnitt (Q = Qz ): τ (x, s) =

Q(x) Sy (s) ; Iy t(s)

Sy (s): statisches Moment von bei s abgeschnittener Teilfl¨ache, t(s): Wandst¨arke in der Trennlinie, s: Bogenl¨ange der Trennlinie im d¨ unnwandigen Querschnitt.

Zug und Druck

59

Aufgabensammlung II.1

Zug und Druck

Aufgabe II.1.1: Ein Stab (Dichte , Elastizit¨atsmodul E, L¨ange l) mit Rechteckquerschnitt (konstante Dicke a, linear ver¨anderliche Breite b(x)) ist an seinem oberen Ende aufgeh¨angt. Man bestimme die Spannung σ(x), die Spannung σ(l) an der Einspannstelle und die Verl¨angerung des Stabes infolge des Eigengewichts.

Aufgabe II.1.2: Der dargestellte elastische Stab (Dehnsteifigkeit EA) wird am rechten Ende durch eine Feder (Federsteifigkeit c = EA/l) gehalten. Die Belastung besteht aus einer linear ver¨anderlichen Streckenlast n(x) und einer Kraft F = n0 l. Man bestimme die Verl¨aufe der Normalkraft N(x) und der Verschiebung u(x) und stelle sie grafisch dar.

Aufgabe II.1.3: Ein d¨ unner Kreisring (Elastizit¨atsmodul E, W¨armeausdehnungskoeffizient αT , Innenradius r − δ, δ  r) mit rechteckigem Querschnitt (Breite b, Dicke t  r) wird erw¨armt und auf ein starres Rad (Radius r) aufgezogen. Welche Temperaturerh¨ohung ΔT ist dazu n¨otig? Wie groß ist die Zugspannung σ im Ring, nachdem er sich wieder auf seine urspr¨ ungliche Temperatur abgek¨ uhlt hat? Wie groß ist dann der Anpressdruck p des Ringes auf das Rad?

60

Elastostatik: Aufgabensammlung

Aufgabe II.1.4: Der dargestellte Verbundstab (ESt = 2ECu = E, ASt = ACu /2 = A) soll zwischen zwei feste W¨ande geklemmt werden. F¨ ur den Einbau wird das mittlere Stabteil mit der Kraft F zusammengedr¨ uckt. Wie groß muss F mindestens sein, damit der Einbau gelingt? Wie groß sind die Spannungen im Stab nach dem Einbau? Um wieviel ist das Mittelst¨ uck nach dem Einbau k¨ urzer als vor dem Einbau?

Aufgabe II.1.5: Ein Stabzweischlag (Dehnsteifigkeit der St¨abe EA) wird durch eine Kraft F belastet. Man bestimme die Verschiebung des Knotens K.

Aufgabe II.1.6: Ein Tragwerk besteht aus einem starren Balken BC und zwei elastischen St¨aben (Dehnsteifigkeit EA). Man bestimme die Verschiebung des Punktes C unter der Wirkung der Kraft F .

61

Biegung

Aufgabe II.1.7: Das Seil (L¨ange l, Dehnsteifigkeit (EA)1 ) einer Seilwinde wird reibungsfrei u ¨ber den Knoten K eines Stabzweischlags (Dehnsteifigkeit der St¨abe (EA)2 ) gef¨ uhrt (vgl. Aufgabe I.1.3). Wie verschiebt sich der Knoten K, wenn an den Haken H ein Klotz (Gewicht G) geh¨angt wird? Wie weit senkt sich der Haken ab?

Aufgabe II.1.8: Der um den Wert δ (δ  h) zu kurze Stab 2 soll mit dem Knoten K verbunden werden. Alle St¨abe haben die gleiche Dehnsteifigkeit EA. Wie groß sind die Stabkr¨afte nach der Montage?

II.2

Biegung

Aufgabe II.2.1: Ein Tr¨ager besitzt das dargestellte d¨ unnwandige Profil (t  a). Man bestimme die Haupttr¨agheitsmomente und die Hauptachsen durch den Schwerpunkt.

62

Elastostatik: Aufgabensammlung

Aufgabe II.2.2: An der Unterseite eines Tr¨agers mit einem d¨ unnwandigen, quadratischen Kastenprofil (Kantenl¨ange a, konstante Wandst¨arke t  a) soll zur Verst¨arkung ein Blech (Breite a, Dicke t) angeschweißt werden. Das Blech wird a) flach auf der Unterseite oder b) senkrecht dazu angeschweißt. Man berechne f¨ ur beide F¨alle die Fl¨achentr¨agheitsmomente sowie die Widerstandsmomente bez¨ uglich der horizontalen Achsen durch die Fl¨achenschwerpunkte.

Aufgabe II.2.3: Ein einseitig eingespannter Tr¨ager aus einem d¨ unnwandigen U-Profil (t  b) wird durch eine Gleichstreckenlast q0 belastet. Wie groß darf die L¨ange l h¨ochstens sein, damit die dem Betrag nach gr¨oßte Normalspannung die zul¨assige Spannung σzul nicht u ¨berschreitet?

Aufgabe II.2.4: Ein quadratischer Tr¨ager mit axialer Bohrung (Radius r) wird durch eine Kraft F belastet. Man berechne die maximale Normalspannung |σ|max im Schnitt D − D f¨ ur die dargestellten Lagen des Profils.

Biegung

63

Aufgabe II.2.5: Die dargestellte S¨aule (Elastizit¨atsmodul E) wird durch eine vertikale Kraft F (Angriffspunkt K) exzentrisch belastet. Dabei sind sowohl die Kraft F als auch die Exzentrizit¨at e unbekannt. In den Punkten B bzw. C werden die Dehnungen εB bzw. εC gemessen. Wie groß ist F ?

Aufgabe II.2.6: Man bestimme die Biegelinie f¨ ur den dargestellten Gelenkbalken (Biegesteifigkeit EI).

Aufgabe II.2.7: Man ermittle die Verschiebung des Punktes D des dargestellten Rahmens (Biegesteifigkeit EI, Dehnsteifigkeit EA → ∞).

64

Elastostatik: Aufgabensammlung

Aufgabe II.2.8: Zwei einseitig eingespannte Balken (Biegesteifigkeit EI) sind durch einen Stab (Dehnsteifigkeit EA, W¨armeausdehnungskoeffizient αT ) gelenkig miteinander verbunden. Das System ist nicht vorgespannt. Wie groß ist die Kraft S im Stab, wenn seine Temperatur um ΔT ge¨andert und im Punkt C eine Kraft F aufgebracht wird?

Aufgabe II.2.9: Der dargestellte Rahmen (Biegesteifigkeit EI, Dehnsteifigkeit EA → ∞) wird durch eine auf die L¨angeneinheit in Richtung der Balken bezogene Gleichstreckenlast q0 belastet. Wie groß sind die Lagerreaktionen, wenn der Rahmen im unbelasteten Zustand spannungsfrei ist?

Aufgabe II.2.10: Der dargestellte Rahmen (Biegesteifigkeit EI, Dehnsteifigkeit EA → ∞) wird durch eine Gleichstreckenlast q0 belastet. Man bestimme die Lagerreaktionen.

Biegung

65

Aufgabe II.2.11: Man ermittle die Lagerreaktionen und die Biegelinie f¨ ur den dargestellten Durchlauftr¨ager (Biegesteifigkeit EI).

Aufgabe II.2.12: Der dargestellte einseitig eingespannte Balken (Biegesteifigkeit EI) wird am anderen Ende mit einer Drehfeder (Federkonstante cT ) gehalten. Im unbelasteten Zustand ist die Drehfeder entspannt. Man bestimme die Biegelinie, wenn am rechten Ende ein eingepr¨agtes Moment M0 aufgebracht wird.

Aufgabe II.2.13: Ein Balken (Biegesteifigkeit EI) ist bei A gelenkig und bei B mit einer Parallelf¨ uhrung gelagert. Zus¨atzlich sind bei A eine Drehfeder (Federkonstante cA = EI/a) und bei B eine Dehnfeder (Federkonstante cB = EI/a3 ) angebracht. Im unbelasteten Zustand sind beide Federn entspannt. Wie groß sind das Moment MA in der Drehfeder und die Kraft FB in der Dehnfeder, wenn in der Balkenmitte eine Kraft F aufgebracht wird?

Aufgabe II.2.14: Ein schlanker, einseitig eingespannter Mast mit einem rautenf¨ormigen, d¨ unnwandigen Profil (konstante Wandst¨arke t) wird an seinem freien Ende durch eine Kraft F belastet. Wie groß ist die maximale Biege-

66

Elastostatik: Aufgabensammlung

spannung und wo tritt sie auf? Wie groß ist die Verschiebung des Endquerschnitts?

Aufgabe II.2.15: Im dargestellten Querschnitt eines Balkens wirkt das positive Biegemoment My . Man bestimme die Fl¨achentr¨agheitsmomente Iy , Iz und Iyz sowie die Hauptachsen. Wie groß ist die Biegespannung im Punkt A?

Aufgabe II.2.16: Ein Speichenrad steht unter der Radlast P . Man bestimme f¨ ur die skizzierte Radstellung die Verschiebung der Nabe aus dem Zentrum. Dabei sollen die Speichen als elastisch (Dehnsteifigkeit EA, Biegesteifigkeit EI) und der Radreif sowie die Nabe als starr betrachtet werden.

67

Torsion

II.3

Torsion

Aufgabe II.3.1: Eine Welle (Schubmodul G) mit Kreisquerschnitt besteht aus zwei Bereichen mit konstantem Radius und einem konischen Bereich. Man bestimme die Verdrehung ϑE des Endquerschnitts infolge eines Torsionsmoments M0 .

Aufgabe II.3.2: Ein d¨ unnwandiges Aluminiumrohr (mittlerer Radius r1 = 2r, Wandst¨arke t = r/8, Schubmodul G1 ) und ein Stahlstab (Radius r2 = r, Schubmodul G2 = 3G1 ) werden durch zwei starre Endplatten miteinander verbunden. Welcher Anteil des eingeleiteten Torsionsmoments M0 wird vom Aluminiumrohr getragen? Wie groß darf M0 h¨ochstens sein, damit die zul¨assige Schubspannung τzul im Aluminiumrohr nicht u ¨berschritten wird?

Aufgabe II.3.3: Ein horizontaler Rahmen aus Stahl (E/G ≈ 8/3) besteht aus drei rechtwinklig miteinander verbundenen Balken mit Kreisquerschnitt (Radius r). Er ist im unbelasteten Zustand spannungsfrei. Wie groß sind die Lagerreaktionen, wenn der Rahmen durch eine vertikale Kraft F belastet wird?

68

Elastostatik: Aufgabensammlung

Aufgabe II.3.4: Man bestimme f¨ ur die dargestellten d¨ unnwandigen Profile (t  b) die Torsionstr¨agheitsmomente und die Torsionswiderstandsmomente. Wie groß ist das Verh¨altnis τmax, o /τmax, g der maximalen Schubspannungen f¨ ur die offenen Profile (o) und das geschlossene Profil (g), wenn in den Querschnitten ein Torsionsmoment MT wirkt?

Aufgabe II.3.5: Am freien Ende eines einseitig eingespannten, d¨ unnwandigen Torsionsstabes (Schubmodul G) ist ein starrer Querarm angeschweißt. Die Belastung besteht aus einem Kr¨aftepaar. Man bestimme die Verschiebung des Punktes D.

Prinzip der virtuellen Kr¨ afte, Methode der passiven Arbeiten

69

Aufgabe II.3.6: Am freien Ende eines einseitig eingespannten, d¨ unnwandigen Kastentr¨agers (Schubmodul G) sind zwei starre Querarme angeschweißt. Zwei um den Wert a zu kurze Federn (Federkonstante c) werden mit den Querarmen verbunden. Wie groß sind nach der Montage das Torsionsmoment und die maximale Schubspannung im Tr¨ager?

II.4

Prinzip der virtuellen Kr¨ afte, Methode der passiven Arbeiten

Aufgabe II.4.1: Das dargestellte System ist bei A gelenkig gelagert und ¨ h¨angt bei B an einem Seil (vgl. Aufgabe I.5.5). Uber eine reibungsfreie Rolle (Radius a/2) wird ein weiteres Seil (L¨ange 3 a) gef¨ uhrt, das eine Kiste (Gewicht G) tr¨agt. Die Dehnsteifigkeit der St¨abe ist EA, die der Seile EA/5. Wie groß ist die Absenkung υ des Hakens?

Aufgabe II.4.2: Ein nicht vorgespanntes Fachwerk aus f¨ unf gleich langen St¨aben (Dehnsteifigkeit EA) wird durch eine Kraft F belastet. Man bestimme die Stabkr¨afte.

70

Elastostatik: Aufgabensammlung

Aufgabe II.4.3: Ein nicht vorgespanntes Tragwerk besteht aus sechs elastischen St¨aben (Dehnsteifigkeit EA, Eigengewicht vernachl¨assigbar) und einem starren Balken (Gewicht G). Man bestimme die Kraft im Lager B.

Aufgabe II.4.4: Ein Balken (Biegesteifigkeit EI) auf drei St¨ utzen wird durch ein Moment MA belastet. Man bestimme die Lagerkraft B und den Neigungswinkel ϕB infolge des Moments.

Aufgabe II.4.5: Der dargestellte Rahmen (Biegesteifigkeit EI, Dehnsteifigkeit EA → ∞) wird durch ein Moment M0 belastet. Man bestimme den Neigungswinkel ϕA am Lager A und die Vertikalverschiebung υB des Lagers B.

Prinzip der virtuellen Kr¨ afte, Methode der passiven Arbeiten

71

Aufgabe II.4.6: Ein dehnstarrer Rahmen mit den Biegesteifigkeiten (EI)1 bzw. (EI)2 ist bei A eingespannt und wird bei B durch eine Kraft F belastet. Wie groß muss das Verh¨altnis (EI)1 /(EI)2 sein, damit sich der Punkt B unter einem Winkel von 45◦ gegen¨ uber der Horizontalen nach oben verschiebt?

Aufgabe II.4.7: Ein dehnstarrer Rahmen (Elastizit¨atsmodul E) mit Rechteckquerschnitt (konstante Breite b) ist bei A eingespannt. Die Querschnittsh¨ohe ist im Bereich AB konstant und im Bereich BC linear ver¨anderlich. Der Rahmen wird durch eine Gleichstreckenlast q0 belastet. Man bestimme die Absenkung des Punktes C.

¨ Aufgabe II.4.8: Uber einen einseitig eingespannten Rahmen (Biegesteifigkeit EI, Dehnsteifigkeit EA → ∞) wird ein Seil gef¨ uhrt, das an seinem freien Ende eine Last (Gewicht G) tr¨agt. Das Seil wird bei B, C und D reibungsfrei ¨ umgelenkt. Wie groß ist die Anderung des Abstands zwischen den Punkten B und C?

72

Elastostatik: Aufgabensammlung

Aufgabe II.4.9: Ein rechteckiger Rahmen (Biegesteifigkeit EI, Dehnsteifigkeit EA → ∞) wird durch eine Gleichstreckenlast q0 belastet. Man bestimme den Momentenverlauf im Rahmen.

Aufgabe II.4.10: Ein Tragwerk aus einem dehnstarren Balken (Biegesteifigkeit EI) und drei St¨aben (Dehnsteifigkeit EA) wird durch eine Kraft F belastet (vgl. Aufgabe I.4.2). Wie groß ist die Absenkung w des Angriffspunkts der Kraft?

Aufgabe II.4.11: Eine Krankonstruktion besteht aus einem dehnstarren Balken (Biegesteifigkeit EI) und einer Pendelst¨ utze (Dehnsteifigkeit (EA)1 ). ¨ uhrt, Uber reibungsfrei gelagerte Rollen wird ein Seil (Dehnsteifigkeit (EA)2 ) gef¨ an dessen Ende eine Kiste (Gewicht G) befestigt ist. Um welche Strecke muss das Seilende bei B nach unten gezogen werden, damit die Kiste gerade vom Boden abhebt?

Prinzip der virtuellen Kr¨ afte, Methode der passiven Arbeiten

73

Aufgabe II.4.12: Ein bei B eingespannter, dehnstarrer Balken (Biegesteifigkeit (EI)1 ) wird zus¨atzlich durch ein bei C befestigtes Seil (Dehnsteifigkeit (EA)2 ) gehalten. Im unbelasteten Zustand ist das System nicht vorgespannt. Wie groß ist die Seilkraft, wenn am freien Ende des Balkens eine Kraft F wirkt?

Aufgabe II.4.13: In den Punkten A und B eines horizontalen Rahmens (Biegesteifigkeit EI, Torsionssteifigkeit GIT ) sind zwei R¨ader (Radius √ ¨ r = 2 a/2) reibungsfrei drehbar angebracht. Uber die R¨ader wird in der dargestellten Weise ein Seil gef¨ uhrt. Man bestimme die Vertikalverschiebungen von A und B in Abh¨angigkeit von der Seilkraft S.

74

Elastostatik: Aufgabensammlung

Aufgabe II.4.14: Der dargestellte Lastenaufzug besteht aus einem Rahmen (Biegesteifigkeit EI, Torsionssteifigkeit GIT = 3EI/4, Gewicht vernachl¨assigbar), an dem im Punkt C ein Rad (Gewicht G1 = G, Radius r = a/4) ¨ arretiert ist. Uber das Rad ist ein Seil gewickelt, an dem eine Last (Gewicht G2 = 8G) h¨angt. Man bestimme die Lagerreaktionen und die Absenkung des Punktes C.

Aufgabe II.4.15: Der dargestellte Durchlauftr¨ager (Biegesteifigkeit EI) ist durch eine Einzelkraft P belastet. Man w¨ahle ein statisch bestimmtes Hauptsystem und skizziere es. Man berechne die Auflagerkr¨afte und skizziere anschließend den Biegemomentenverlauf.

Aufgabe II.4.16: Der dargestellte Balken (Biegesteifigkeit EI) wird zwischen A und B durch eine Gleichstreckenlast q0 und bei B durch ein Moment M0 belastet. Man bestimme die Lagerreaktionen in A, B und C.

Aufgabe II.4.17: An das vormontierte Kabelgeschirr einer H¨angebr¨ ucke (starre Pfeiler, Dehnsteifigkeit der Kabel EA) wird die starre Fahrbahnplatte vom Gewicht G horizontal angeh¨angt. Welche Absenkung erfahren die Anschlusspunkte an der Platte durch die Fahrbahnmontage? (Anm: Im unbelasteten Zustand sind die Winkel α und β nicht eindeutig. Bei der Montage stellen sich die Winkel α = 30◦ und β = 45◦ ein.)

Prinzip der virtuellen Kr¨ afte, Methode der passiven Arbeiten

75

Aufgabe II.4.18: Man l¨ose die Aufgabe II.4.3 mit Hilfe der Methode der passiven Arbeiten.

Aufgabe II.4.19: Man l¨ose die Aufgabe II.4.4 mit Hilfe der Methode der passiven Arbeiten.

Aufgabe II.4.20: Man bestimme die Lagerreaktion B der Aufgabe II.4.14 mit Hilfe der Methode der passiven Arbeiten.

Aufgabe II.4.21: Die H¨angebr¨ ucke nach Aufgabe II.4.17 w¨ urde bei dem Bruch eines Kabels eine unzul¨assige Stellung einnehmen oder sogar einst¨ urzen. Daher wird die Fahrbahnplatte zur Sicherung nun an f¨ unf Kabel geh¨angt. Man bestimme die Absenkung der Anschlusspunkte durch die Fahrbahnmontage.

76

Elastostatik: Aufgabensammlung

Aufgabe II.4.22: F¨ ur das skizzierte nichtvorgespannte√Fachwerk mit 8 St¨aben (Dehnsteifigkeit der St¨abe 1 - 4: EA; der St¨abe 5 - 8: 2 EA) bestimme man a) alle Stabkr¨afte und b) die Absenkung des Angriffspunkts der Last F .

Aufgabe II.4.23: Ein St¨ utzwerk aus zwei eingespannten und gelenkig verbundenen Balken (Biegesteifigkeit EI, Dehnsteifigkeit EA → ∞) wird durch eine Kraft F belastet. Im unbelasteten Zustand ist das System nicht vorgespannt. Wie groß sind a) die Lagerreaktionen und b) die Verschiebung des Gelenks?

Aufgabe II.4.24: Man l¨ose die Aufgabe II.2.16 mit Hilfe der Methode der passiven Arbeiten.

II.5

Spannungszustand, Verzerrungszustand, Elastizit¨ atsgesetz

Aufgabe II.5.1: An einer Scheibe (Elastizit¨atsmodul E = 2, 1 · 105 N/mm2 , Querkontraktionszahl ν = 0, 3) wirken die Spannungen σx = 30 N/mm2 und τxy = 15 N/mm2 . Man bestimme die Dehnung εAB in Richtung der Diagonalen AB.

Spannungszustand, Verzerrungszustand, Elastizit¨ atsgesetz

77

Aufgabe II.5.2: Von einem ebenen Spannungszustand sind die beiden Hauptspannungen σ1 = 30 N/mm2 und σ2 = −10 N/mm2 an einem infinitesimalen Element (Schnitt I) gegeben. Man berechne f¨ ur den gegen¨ uber Schnitt I um 45◦ gedrehten Schnitt II die freigelegten Spannungen und skizziere sie am Element. Mit Hilfe des Mohrschen Kreises ermittle man die Lage eines x, y-Koordinatensystems, in dem gilt: σy = 0, τxy < 0. Wie groß sind σx und τxy ?

Aufgabe II.5.3: Ein auf Zug (F = 7500 N) und Torsion (M0 = 125 Nm) beanspruchtes Rohr (r = 20 mm, t = 1 mm) soll durch Spiralschweißung so hergestellt werden, dass die Schweißnaht senkrecht zur Richtung der kleineren Hauptspannung verl¨auft. Man bestimme den Spannungszustand im Rohr und die Hauptspannungen. Wie groß ist der Winkel ϕ∗ zwischen der Schweißnaht und der Rohrachse? Man untersuche, ob die Wandst¨arke t groß genug ist, so dass nach der Huber-v. Mises-Henckyschen Festigkeitshypothese die zul¨assige Spannung σzul = 120 N/mm2 nicht u ¨berschritten wird.

Aufgabe II.5.4: Ein einseitig eingespannter Tr¨ager aus einem d¨ unnwandigen U-Profil (L¨ange l = 20b, Wandst¨arke t = b/30) wird durch eine Gleichstreckenlast q0 belastet. Man bestimme den Spannungszustand im Punkt P und berechne die Hauptspannungen sowie die Hauptrichtungen.

78

Elastostatik: Aufgabensammlung

Aufgabe II.5.5: An der h¨ochstbeanspruchten Stelle eines Gabelschl¨ ussels (Elastizit¨atsmodul E = 2, 1 · 105 N/mm2 , Querkontraktionszahl ν = 0, 3) sind drei Dehnungsmessstreifen angebracht, mit deren Hilfe die Dehnungen εq = 5, 8 · 10−4 , εr = −1, 0 · 10−4 und εs = 1, 2 · 10−4 in den Richtungen q, r und s gemessen werden. Man bestimme unter der Annahme eines ebenen Spannungszustands die gr¨oßte Hauptspannung an dieser Stelle.

Aufgabe II.5.6: Ein einseitig eingespannter Winkel mit d¨ unnwandigem Hohlkastenprofil (konstante Wandst¨arke t = h/20) wird am freien Ende durch eine Kraft F belastet. Man bestimme nach der Schubspannungshypothese die Vergleichsspannung σV im Punkt P .

Aufgabe II.5.7: Ein Hinweisschild (Gewicht G) ist an einem Mast mit Kreisquerschnitt (Wandst¨arke t  r) befestigt. Es wird durch eine Windkraft W belastet. Man bestimme nach der Schubspannungshypothese die Vergleichsspannung an der am st¨arksten beanspruchten Stelle des Mastes f¨ ur W = 3G, h = 4a und r  a.

Knickung

II.6

79

Knickung

Aufgabe II.6.1: Eine Aufh¨angung besteht aus einem Stab (Elastizit¨atsmodul E) und einem Kreisbogentr¨ager. Wie schwer darf die angeh¨angte Last h¨ochstens sein, damit der Stab nicht knickt?

Aufgabe II.6.2: Ein Stabzweischlag aus gleichen St¨aben (Elastizit¨atsmodul E) soll durch eine vertikale Kraft im Knoten K aus der oberen lastfreien Gleichgewichtslage in die untere lastfreie Gleichgewichtslage durchgedr¨ uckt werden. Wie groß darf der Winkel α h¨ochstens sein, damit keiner der St¨abe knickt?

Aufgabe II.6.3: Der Druck auf den Kolben (Kolbenfl¨ache A, Kolbenhub h) einer Dampfmaschine ist in Abh¨angigkeit vom Kolbenweg x durch p = p0 h/(h + 4x) gegeben. Man bestimme den Radius r der Kolbenstange (L¨ange l + s) so, dass sie in keiner Stellung des Kolbens knickt.

80

Elastostatik: Aufgabensammlung

Aufgabe II.6.4: Ein Bauteil besteht aus vier Teilst¨ ucken: einem Stab  (Elastizit¨atsmodul E1 , W¨armeausdehnungskoeffizient αT1 , Querschnittsfl¨ache A1 , minimales Tr¨agheitsmoment I1 ), einem Rohr  (E2 , αT2 , A2 , E2 A2 = 4E1 A1 ), einem Stab ‘ (E3 = E2 , αT3 = αT2 , A3 = A2 /4) und einer starren Platte ’. Das Bauteil wurde bei Raumtemperatur vorspannungsfrei zwischen zwei starren W¨anden eingebaut. Wie groß darf eine im gesamten Bauteil konstante Temperatur¨anderung ΔT h¨ochstens sein, damit der Stab  nicht knickt?

Aufgabe II.6.5: Ein einseitig eingespannter Stab (Biegesteifigkeit EI) wird am freien Ende durch eine Feder (Federkonstante c) gest¨ utzt und durch eine vertikale Kraft F belastet. Man bestimme die Knicklast Fkrit .

II.7

Querkraftschub

Aufgabe II.7.1: Ein einseitig eingespannter Tr¨ager aus einem d¨ unnwandigen U-Profil wird durch eine Gleichstreckenlast q0 belastet. Man bestimme die Schubspannungsverteilung im Querschnitt. Wie groß ist das Verh¨altnis τmax /σmax ?

Querkraftschub

81

Aufgabe II.7.2: Man bestimme f¨ ur den dargestellten d¨ unnwandigen Querschnitt (Wandst¨arke t  a) eines Balkens die Lage des Schubmittelpunkts M.

Aufgabe II.7.3: Ein einseitig eingespannter Tr¨ager (Schubmodul G) mit d¨ unnwandigem Halbkreisprofil (Radius r, Wandst¨arke t  r) wird durch eine Kraft F belastet. Wie groß ist der Drehwinkel ϑ1 des Endquerschnitts infolge der Belastung?

Aufgabe II.7.4: Man ermittle f¨ ur das dargestellte d¨ unnwandige Profil (Schwerpunkt S) den Verlauf des statischen Moments Sy und stelle ihn graphisch dar. Wie groß ist das Fl¨achentr¨agheitsmoment Iy ? Wo liegt der Schubmittelpunkt?

82

Elastostatik: Aufgabensammlung



Aufgabe II.7.5: Ein d¨ unnwandiges, -f¨ormiges Profil mit bereichsweise kon√ stanten Wandst¨arken t bzw. 2 t wird durch eine Querkraft Qz auf der Wirkungslinie durch die Eckpunkte Eo und Eu beansprucht. Welche L¨ange l m¨ ussen die horizontalen Profilschenkel haben, damit keine Profilverdrillung auftritt? l Eo √ y

t 2t

√

45◦ 45◦

2t

2h

Eu

t

Qz

Aufgabe II.7.6: Das skizzierte d¨ unne Profil aus zwei gleichen Kreisbogenst¨ ucken mit konstanter Breite d wird durch die Querkr¨afte Qy und Qz beansprucht. Gesucht ist der Schubmittelpunkt.

R α

y z α R

d

III Kinetik

Formelsammlung III.1

Kinematik des Punktes

Ortsvektor: r, Geschwindigkeit: v = r, ˙ Beschleunigung: a = v˙ = r¨ .

a) Kartesische Koordinaten r = xex + yey + zez , v = xe ˙ x + ye ˙ y + ze ˙ z, a = x¨ex + y¨ey + z¨ez .

b) Zylinderkoordinaten r = rer + zez , v = re ˙ r + r ϕe ˙ ϕ + ze ˙ z, a = (¨ r − r ϕ˙ 2 )er + (r ϕ¨ + 2r˙ ϕ)e ˙ ϕ + z¨ez .

84

Kinetik: Formelsammlung

c) Nat¨ urliche Koordinaten v = vet , a = ve ˙ t+

v = |v| , v2 en ; 

: Kr¨ ummungsradius.

d) Sonderf¨alle Ebene Bewegung in Polarkoordinaten: r = rer , v = re ˙ r + r ϕe ˙ ϕ, a = (¨ r − r ϕ˙ 2 )er + (r ϕ¨ + 2r˙ ϕ)e ˙ ϕ.

Kreisbewegung: r = rer , v = r ϕe ˙ ϕ

bzw. v = r ϕe ˙ t,

a = −r ϕ˙ 2 er + r ϕe ¨ ϕ

bzw. a =

v2 en + r ϕe ¨ t. r

85

Kinematik des starren K¨ orpers

III.2

Kinematik des starren Ko ¨rpers

Ortsvektor:

r P = r A + r AP ,

Geschwindigkeit:

v P = v A + ω × r AP ,

Beschleunigung:

aP = aA + ω˙ × r AP + ω × (ω × r AP ) .

Sonderfall ebener Bewegung: r P = r A + r AP

mit r AP = rer ,

v P = v A + v AP

mit v AP = r ωeϕ , ϕ

aP = aA + arAP + aAP

mit arAP = − r ω 2er ,

ϕ

aAP = r ωe ˙ ϕ.

Die ebene Bewegung eines starren K¨orpers setzt sich aus Tanslation und Rotation zusammen. Sie l¨asst sich zu jedem Zeitpunkt auch als reine Rotation um den Momentanpol auffassen.

86

Kinetik: Formelsammlung

III.3

Kinetik des Massenpunktes und der Massenpunktsysteme

1) Kinetik des Massenpunktes a) Newtonsches Grundgesetz (Voraussetzung: m = konst) dp =F dt

→

ma = F ;

p = mv: Impuls .

b) Impulssatz mv − mv 0 =

t t0

¯ dt¯; F (t)

v 0 = v(t0 ) .

c) Drallsatz (Drehimpulssatz, Momentensatz) dL(0) = M (0) ; dt L(0) = r × mv: Drall (Drehimpuls), 0: raumfester Punkt . d) Arbeitssatz Ek1 − Ek0 = W ; Ek = mv 2 /2: kinetische Energie, 0: Ausgangszustand, 1: beliebiger Zustand, 1

 W = F · dr: Arbeit der ¨außeren Kr¨afte F . 0



Leistung: P = F · v =

dW dt



.

Sonderf¨alle: α) Ein Teil der ¨außeren Kr¨afte besitzt ein Potential Ep : Ek1 + Ep1 = Ek0 + Ep0 + WR ; WR : Arbeit der ¨außeren Kr¨afte ohne Potential.

Kinetik des Massenpunktes und der Massenpunktsysteme

β) Alle ¨außeren Kr¨afte besitzen ein Potential (Energiesatz): Ek1 + Ep1 = Ek0 + Ep0 = konst . 2) Kinetik der Massenpunktsysteme a) Schwerpunktsatz dp =F dt p=



→

mas = F ;

mi v i : Impuls, F =



F i : Resultierende der ¨außeren Kr¨afte,

as : Beschleunigung des Schwerpunktes. b) Impulssatz p − p0 =

t t0

¯ dt¯. F (t)

c) Drallsatz dL(0) = M (0) ; dt L(0) =



M (0) =

(r i × mi v i ): Drall,



(r i × F i ): Moment der ¨außeren Kr¨afte .

d) Arbeitssatz Ek1 − Ek0 = W (a) + W (i) ; Ek =



mi vi2 /2: kinetische Energie,

W (a) : Arbeit der ¨außeren Kr¨afte, W (i) : Arbeit der inneren Kr¨afte . Sonderf¨alle: α) Starre Bindungen: W (i) = 0 .

87

88

Kinetik: Formelsammlung

β) Die ¨außeren und die inneren Kr¨afte besitzen die Potentiale Ep(a) und Ep(i) (Energiesatz): (a)

(i)

(a)

(i)

Ek1 + Ep1 + Ep1 = Ek0 + Ep0 + Ep0 = konst. e) Gerader Stoß Impulssatz: v1 − v1 ) = −Fˆ , m1 (¯ m2 (¯ v2 − v2 ) = Fˆ ; v1 , v2 : Geschwindigkeiten vor dem Stoß, v¯1 , v¯2 : Geschwindigkeiten nach dem Stoß,  Fˆ = F (t) dt: Stoßkraft“, ts : Stoßdauer . ” 0 ts

Stoßbedingung: e=−

v¯1 − v¯2 ; v1 − v2

e : Stoßzahl .

Sonderf¨alle: e = 1:

ideal elastischer Stoß,

e = 0:

ideal plastischer Stoß.

III.4

Relativbewegung des Massenpunkts

Die Bewegung eines Punktes P wird in Bezug auf ein bewegtes, starres physikalisches System (F¨ uhrungssystem) beschrieben. Der Geschwindigkeitszustand dieses Systems gegen¨ uber einem ruhenden System setzt sich aus einem

Relativbewegung des Massenpunktes

89

Translationsanteil v 0 und einer Rotation mit der Winkelgeschwindigkeit ω zusammen.

a) Absolutgeschwindigkeit des Punktes P : v P = v f + v rel . F¨ uhrungsgeschwindigkeit: v f = v 0 + ω × r 0P . Relativgeschwindigkeit: v rel =

d∗ r 0P ; dt

d∗ : Zeitableitung im bewegten System. dt

b) Absolutbeschleunigung des Punktes P : aP = af + arel + ac . F¨ uhrungsbeschleunigung: af = a0 + ω˙ × r0P + ω × (ω × r 0P ) .

90

Kinetik: Formelsammlung

Relativbeschleunigung: arel =

d∗ v rel . dt

Coriolisbeschleunigung: a c = 2 ω × v rel . c) Bewegungsgleichung: maP = F

III.5

→

m(af + arel + ac ) = F .

Kinetik des starren K¨ orpers

1) Massentr¨agheitsmomente a) Massentr¨agheitsmoment bez¨ uglich einer Achse x − x Θx =

 2 r dm .

Satz von Steiner: Θx = Θx + rs2 m .

b) Tr¨agheitstensor ⎡

Θ

(A)

=

⎢ ⎣

⎤

Θx Θxy Θxz Θyx Θy Θyz ⎥ ⎦ Θzx Θzy Θz

91

Kinetik des starren K¨ orpers

mit 



Θxy = Θyx = − x y dm ,

Θx = (y 2 + z 2 ) dm , 



Θy = (z 2 + x2 ) dm ,

Θyz = Θzy = − y z dm ,





Θzx = Θxz = − z x dm .

Θz = (x2 + y 2 ) dm , Satz von Steiner: Θx = Θx + m(ys2 + zs2 ) ,

Θxy = Θx y − m xs ys ,

Θy = Θy + m(zs2 + x2s ) ,

Θyz = Θy z − m ys zs ,

Θz = Θz + m(x2s + ys2 ) ,

Θzx = Θz x − m zs xs .

Tabelle III.5.1: Massentr¨agheitsmomente a

Stab

S a

s

b

r

Θs =

A

l

Zylinder s

m l2 , 12 m l2 Θa = 3

s

. b

s S

l

m r2 , 2 m (3 r 2 + l2 ) Θb = 12 Θs =

Kugel S

r

Θs =

2 m r2 5

2) Rotation um eine feste Achse a − a a) Bewegungsgleichung Θa ϕ¨ = Ma ; Ma : Moment der ¨außeren Kr¨afte um die Achse a − a.

92

Kinetik: Formelsammlung

b) Arbeitssatz Ek1 − Ek0 = W ; Ek = Θa ω 2 /2: kinetische Energie, W =

ϕ ϕ0

Ma (ϕ) ¯ dϕ¯ : Arbeit der ¨außeren Kr¨afte (Momente).

Sonderfall (Energiesatz): Ek1 + Ep1 = Ek0 + Ep0 = konst.

3) Ebene Bewegung a) Bewegungsgleichungen Schwerpunktsatz (Kr¨aftesatz), Drallsatz (Momentensatz): m x¨s = Fx , m y¨s = Fy ,

S: Schwerpunkt .

Θs ϕ¨ = Ms .

b) Impulssatz, Drehimpulssatz m x˙ s − m x˙ s0 = m y˙ s − m y˙ s0 = Θs ϕ˙ − Θs ϕ˙ 0 =

t

¯ dt¯, Fx (t)

t0

t

¯ dt¯, Fy (t)

t0

t t0

¯ dt¯. Ms (t)

93

Kinetik des starren K¨ orpers

c) Arbeitssatz, Energiesatz Kinetische Energie: Ek = mvs2 /2 + Θs ω 2 /2 , Arbeitssatz:

Ek1 − Ek0 = W ,

Energiesatz:

Ek1 + Ep1 = Ek0 + Ep0 = konst.

d) Exzentrischer, schiefer Stoß Impulssatz, Drehimpulssatz: v1x − v1x ) = Fˆx , m1 (¯

m2 (¯ v2x − v2x ) = −Fˆx ,

m1 (¯ v1y − v1y ) = Fˆy ,

m2 (¯ v2y − v2y ) = −Fˆy ,

ˆ s1 , Θs1 (¯ ω 1 − ω1 ) = M

ˆ s2 ; Θs2 (¯ ω 2 − ω2 ) = M

v 1 , v 2 : Schwerpunktsgeschwindigkeiten, ω1 , ω2 : Winkelgeschwindigts keiten, x-Achse: Stoßnormale, Fˆx = Fx (t) dt, usw. 0

Stoßbedingung: e=−

P P − v¯2x v¯1x ; P P v1x − v2x

P : Stoßpunkt .

Rauhe Oberfl¨achen (Haften): P P v¯1y = v¯2y .

Glatte Oberfl¨achen: Fˆy = 0 .

94

Kinetik: Formelsammlung

4) R¨aumliche Bewegung a) Bewegungsgleichungen f¨ ur eine Rotation um einen festen Punkt A (Kreiselbewegung) d∗ L(A) + ω × L(A) = M (A) ; dt d∗ : Zeitableitung im k¨orperfesten System, dt ω: Winkelgeschwindigkeit, M (A) : Moment der ¨außeren Kr¨afte.

L(A) = Θ (A) · ω: Drall,

b) Bewegungsgleichungen f¨ ur eine allgemeine r¨aumliche Bewegung mas = F , d∗ L(S) + ω × L(S) = M (S) ; dt

S: Schwerpunkt .

Translatorischer“ Drallsatz (Anwendung vorteilhaft z. B. wenn die Bewegung ” des Bezugspunkts A einfacher zu beschreiben ist als die Bewegung des Schwerpunkts S oder wenn das Moment bez¨ uglich A keine oder weniger unbekannte Reaktionen enth¨alt): (A)

dtr Ltr + mr AS × a(A) = M (A) ; dt tr: gegen¨ uber dem ruhenden physikalischen System nichtdrehendes, mit dem K¨orperpunkt A translatorisch mitbewegtes physikalisches System.

(A)

Ltr = Θ(A) · ω: translatorischer“Drall, ω: Winkelgeschwindigkeit ” des K¨orpers gegen translatorisches (und gegen ruhendes) System;

95

Schwingungen

dtr (·) drech (·) = + ω rech × (·): Zeitableitung im translatorischen System, wodt dt rech d die Zeitableitung im gew¨ahlten Rechensystem und ω rech die bei dt Winkelgeschwindigkeit des Rechensystems gegen das translatorische (und gegen das ruhende) System sind. Die Wahl des Rechensystems (Koordinatensystem) erfolgt nach Rechenvorteilen z. B. so, dass Θx usw. konstant ist, wozu nicht immer ein k¨orperfestes Koordinatensystem ben¨otigt wird. r AS : a(A) :

Ortsvektor vom Bezugspunkt A zum K¨orperschwerpunkt S, Beschleunigung des translatorischen Systems (und K¨orperpunktes A) gegen das ruhende System, M (A) : Moment der ¨außeren Kr¨afte im ruhenden System. c) Der Arbeitssatz gilt wie bei der ebenen Bewegung mit Ek =

III.6

1 1 T m vT ω · Θ(S) · ω . S · vS + 2 2

Schwingungen

a) Unged¨ampfte freie Schwingungen Bewegungsgleichung: x¨ + ω 2 x = 0 ;

ω: Eigen(kreis)frequenz .

Allgemeine L¨osung der Bewegungsgleichung: x(t) = A cos ωt + B sin ωt ;

A, B: Integrationskonstanten .

b) Unged¨ampfte erzwungene Schwingungen Bewegungsgleichung bei harmonischer Erregung: x¨ + ω 2 x = ω 2 x0 cos Ωt ;

Ω: Erregerfrequenz .

Allgemeine L¨osung der Bewegungsgleichung f¨ ur Ω = ω: x(t) = A cos ωt + B sin ωt + x0 V cos Ωt ; 1 : Vergr¨oßerungsfunktion, V = 1 − η2 Ω η = : Frequenzverh¨altnis . ω

96

Kinetik: Formelsammlung

III.7

Prinzipien der Mechanik

a) Formale R¨ uckf¨ uhrung der Kinetik auf die Statik α) Dynamisches Gleichgewicht“ f¨ ur die Bewegung eines Massenpunkts: ” F + FT = 0; 

F = F i : Resultierende aller am Massenpunkt angreifenden Kr¨afte, F T = −m a: d’Alembertsche Tr¨agheitskraft (Scheinkraft). β) Dynamisches Gleichgewicht“ f¨ ur die ebene Bewegung eines starren ” K¨orpers: Fx + FTx = 0 , Fx =



Fix ,

Fy + FTy = 0 , Fy =



Fiy ,

M + MTS = 0 ; FTx = −m x¨s ,

FTy = −m y¨s ;

M: Resultierendes Moment bez¨ uglich eines beliebigen Punktes aller am starren K¨orper angreifenden Kr¨afte (einschließlich der Tr¨agheitskr¨afte) bzw. Momente, MTS = − ΘS ϕ¨ : Scheinmoment. Beachte: Als Bezugspunkt f¨ ur das Massentr¨agheitsmoment ΘS muss der Schwerpunkt S gew¨ahlt werden (Ausnahme: Im Sonderfall der reinen Rotation ist auch die Wahl des Drehpunkts A zul¨assig). Als Bezugspunkt f¨ ur das Momentengleichgewicht M + MTS = 0 darf wie in der Statik ein beliebiger Punkt gew¨ahlt werden. b) Prinzip der virtuellen Arbeiten Ein System von Massenpunkten oder starren K¨orpern bewegt sich so, dass bei einer virtuellen Verr¨ uckung die Summe der virtuellen Arbeiten der eingepr¨agten Kr¨afte und Momente sowie der d’Alembertschen Tr¨agheitskr¨afte und Tr¨agheitsmomente zu jedem Zeitpunkt verschwindet: δW + δWT = 0 . c) Lagrangesche Gleichungen 2. Art d dt



∂L ∂ q˙j



−

∂L = QR j , ∂qj

j = 1, . . . , f ;

L = Ek − Ep : Lagrangesche Funktion, Ek : kinetische Energie, Ep : potentielle Energie, qj : verallgemeinerte Koordinaten, QR j : verallgemeinerte Kr¨afte ohne Potential, f : Anzahl der Freiheitsgrade.

97

Prinzipien der Mechanik

Ermittlung der verallgemeinerten Kr¨afte u ¨ber die virtuelle Arbeit δW der Kr¨afte F R ohne Potential: i δW =



FR i · δr i =



i

QR j δqj .

j

Sonderfall konservativer Systeme: d dt



∂L ∂ q˙j



−

∂L = 0, ∂qj

j = 1, . . . , f .

98

Kinetik: Aufgabensammlung

Aufgabensammlung III.1

Kinematik des Punktes

Aufgabe III.1.1: Ein Radarschirm verfolgt eine Rakete, die vertikal mit konstanter Beschleunigung a aufsteigt. Die Rakete startet zur Zeit t = 0. Man bestimme die Winkelgeschwindigkeit ϕ(t) ˙ und die Winkelbeschleunigung ϕ(t) ¨ des Schirms. Wie groß ist die maximale Winkelgeschwindigkeit, und bei welchem Winkel wird sie erreicht?

Aufgabe III.1.2: In einer Ballmaschine werden Tennisb¨alle auf der Strecke l aus der Ruhelage bis zur Endgeschwindigkeit ve beschleunigt. Man bestimme ve f¨ ur die dargestellten Verl¨aufe der Beschleunigung.

Aufgabe III.1.3: Ein Punkt P bewegt sich auf der Bahnkurve von A nach B. Dabei nimmt seine Geschwindigkeit linear mit der Bogenl¨ange vom Anfangswert v0 auf den Endwert Null ab. Wie lange dauert es, bis P den Punkt B erreicht?

Kinematik des Punktes

99

Aufgabe III.1.4: Ein Faden wird auf eine mit konstanter Winkelgeschwindigkeit ω rotierende Trommel (Radius r) aufgewickelt. Der Endpunkt C des stets straffen Fadens wird auf der Geraden AB gef¨ uhrt. Man bestimme die Geschwindigkeit und die Beschleunigung des Punktes C in Abh¨angigkeit vom Winkel ϕ.

Aufgabe III.1.5: Ein Punkt P bewegt sich auf der quadratischen Parabel y = b(x/a)2 von A nach B. Der zeitliche Ablauf wird durch ϕ(t) = arctan ω0 t beschrieben, wobei ϕ(t) der Winkel zwischen der x-Achse und dem Ortsvektor r(t) ist. Man bestimme die Geschwindigkeit v(t) des Punktes P . Nach welcher Zeit erreicht er den Punkt B, und wie groß ist dann seine Geschwindigkeit?

Aufgabe III.1.6: Eine Kreisscheibe (Radius R) rotiert mit der konstanten Winkelgeschwindigkeit Ω. In einer F¨ uhrung bewegt sich ein Punkt P , dessen Abstand von der Drehachse durch ξ = R sin ωt gegeben ist (ω = konst). Man bestimme die Geschwindigkeit und die Beschleunigung von P .

100

Kinetik: Aufgabensammlung

Aufgabe III.1.7: Ein Pkw bewegt sich aus dem Stand zun¨achst l¨angs einer Geraden von A nach B und anschließend auf einer Viertelkreisbahn, die in C wieder in eine Gerade u ¨bergeht. Dabei ist die Geschwindigkeit durch √ v = k s gegeben. Man bestimme den Verlauf der Beschleunigung als Funktion der Bogenl¨ange s.

III.2

Kinematik des starren K¨ orpers

Aufgabe III.2.1: Zwei gelenkig verbundene Balken werden durch eine Kraft F und eine Streckenlast q0 belastet. Man bestimme mit Hilfe des Prinzips der virtuellen Arbeit die Horizontalkomponente der Kraft im Lager A.

Kinematik des starren K¨ orpers

101

Aufgabe III.2.2: Eine Person (Gewicht G) steigt auf eine Klappleiter, die auf einem glatten Boden steht. Man bestimme mit Hilfe des Prinzips der virtuellen Arbeit die Zugkraft in der Sicherungskette S in Abh¨angigkeit von der H¨ohe h.

Aufgabe III.2.3: Der skizzierte Greifer besteht aus zwei Schalen (Gewicht jeweils G/2) und dem Ausl¨osegeschirr (Gewicht vernachl¨assigbar). Alle Gelenke sind reibungsfrei. a) Mit welcher Kraft werden die Schalen im Punkt P aufeinandergepresst, wenn die Ausl¨oseseile entspannt sind? b) Welche Zug¨ kraft in den Ausl¨oseseilen ist zum Offnen der Schalen notwendig?

Aufgabe III.2.4: Auf das dargestellte Getriebe wirken die Kr¨afte F und P . Alle Gelenke und Lager sind reibungsfrei. An der Stelle A st¨ utzt sich der Winkel reibungsfrei auf den Keil (Neigungswinkel α) ab. Wie groß muss das Verh¨altnis der beiden Kr¨afte sein, damit das System im Gleichgewicht ist?

102

Kinetik: Aufgabensammlung

Aufgabe III.2.5: Die Kurbel 0A des dargestellten ebenen Mechanismus rotiert mit der konstanten Winkelgeschwindigkeit Ω. Die Stange AB ist in einer drehbaren Kulisse CD verschieblich gelagert und im Punkt A mit der Kurbel gelenkig verbunden. Man bestimme f¨ ur die gezeichnete Lage die Winkelgeschwindigkeit der Stange AB, die Geschwindigkeit des Punktes B sowie die Relativgeschwindigkeit zwischen der Stange und der Kulisse.

Aufgabe III.2.6: Eine Stange ber¨ uhrt im Punkt A den Boden und im Punkt B die Kante einer Stufe (H¨ohe h). Der Punkt A wird mit der konstanten Geschwindigkeit vA nach links geschoben. Man bestimme die Geschwindigkeit und die Beschleunigung des Ber¨ uhrpunktes B der Stange mit der Kante in Abh¨angigkeit vom Winkel ϕ. Auf welcher Bahn bewegt sich der Momentanpol?

Kinematik des starren K¨ orpers

103

Aufgabe III.2.7: Der dargestellte Hebel ABC wird im Punkt B durch eine Kulisse und im Punkt A durch die Stange MA gef¨ uhrt. Die Stange bewegt sich mit der Winkelgeschwindigkeit ϕ(t). ˙ Man bestimme f¨ ur die dargestellte Lage die Geschwindigkeiten der Punkte B und C sowie die Winkelgeschwindigkeit ω und die Winkelbeschleunigung ω˙ des Hebels.

Aufgabe III.2.8: Der starre Rahmen AEF , auf dem die Scheiben 1 und 2 drehbar gelagert sind, dreht sich mit ver¨anderlicher Winkelgeschwindigkeit Ω. Die Scheibe 1 rollt ohne Rutschen auf dem Boden ab und treibt schlupffrei die Scheibe 2 an. Man bestimme die Winkelgeschwindigkeit ω 1 der Scheibe 1, f¨ ur die Scheibe 2 die Winkelbeschleunigung ω˙ 2 sowie die Beschleunigung ihres Punktes D.

104

Kinetik: Aufgabensammlung

Aufgabe III.2.9: Der dargestellte r¨aumliche Mechanismus wird durch die Kurbel K (Kurbelradius r, Winkelgeschwindigkeit Ω) angetrieben. Die Stange BC ist drehbar und l¨angsverschieblich gelagert. Man bestimme f¨ ur die dargestellte Lage die Geschwindigkeit des Punktes B sowie die Winkelgeschwindigkeiten der Stangen AB und BC.

III.3

Kinetik des Massenpunktes und der Massenpunktsysteme

Aufgabe III.3.1: Ein horizontal beginnender Wurf (Luftwiderstand vernachl¨assigbar) soll so ausgef¨ uhrt werden, dass der geworfene Ball (Masse m) orthogonal durch einen Ring fliegt, der den horizontalen Abstand a von der Abwurfstelle hat und unter dem Winkel α gegen die Horizontale geneigt ist. Wie m¨ ussen dabei der vertikale Abstand b und die Anfangsgeschwindigkeit v0 gew¨ahlt werden? Welche Geschwindigkeit v hat der Ball beim Passieren des Rings?

Aufgabe III.3.2: Ein Fußballspieler spielt den Ball (Masse m) mit der Geschwindigkeit v0 unter dem Winkel α0 zur Horizontalen ab. W¨ahrend des Flugs wirkt eine Widerstandskraft FW = k v entgegen der Geschwindigkeit auf den Ball. Man bestimme die Geschwindigkeitskomponenten in Abh¨angigkeit von der Zeit. Wie groß ist die Horizontalkomponente, wenn der Ball beim Mitspieler (Abstand l) ist?

Kinetik des Massenpunktes und der Massenpunktsysteme

105

Aufgabe III.3.3: Ein Mann schiebt eine Kiste (Masse m, Abmessungen vernachl¨assigbar) eine rauhe Kreisbahn (Radius r, Haftungskoeffizient μ0 , Reibungskoeffizient μ) hinauf. Die Kraft F = k m wirke dabei immer unter dem Winkel α = π/4 zur Tangente an die Bahn. Wie groß muss die Konstante k mindestens sein, damit sich die Kiste aus der dargestellten Lage in Bewegung setzt? Wie lauten die Bewegungsgleichungen? Wie groß ist die Beschleunigung der Kiste zu Beginn der Bewegung?

Aufgabe III.3.4: Ein Wagen (Masse m) f¨ahrt mit konstanter Geschwindigkeit v durch eine u ¨ berh¨ohte, kreisf¨ormige Kurve (Radius r, Neigungswinkel α). Der Haftungskoeffizient zwischen der Straße und den Reifen ist μ0 . In welchem Bereich muss v liegen, damit der Wagen nicht seitlich rutscht?

Aufgabe III.3.5: Ein Wagen (Masse m) f¨ahrt auf einer Straße mit der Anfangsgeschwindigkeit v0 in eine Kurve. Vom Beginn der Kurve an wird der Wagen mit konstanter Bahnverz¨ogerung at = −a0 abgebremst. Der Haftungskoeffizient zwischen der Straße und den Reifen ist μ0 . Man bestimme die Geschwindigkeit v des Wagens als Funktion des Weges s. Wie

106

Kinetik: Aufgabensammlung

groß muss der Kr¨ ummungsradius (s) der Straße mindestens sein, damit der Wagen nicht rutscht?

Aufgabe III.3.6: Ein Langl¨aufer (Masse m) hat am Punkt A der Loipe die Geschwindigkeit vA = v0 . Obwohl er beim letzten Aufstieg (H¨ohe h) zum Punkt B nochmals kr¨aftig zulegt, erreicht er diesen nur mit der Geschwindigkeit vB = 2v0 /5. In aerodynamisch g¨ unstiger Haltung (Luftwiderstand vernachl¨assigbar) f¨ahrt er dann dem Ziel in C entgegen, das er mit der Geschwindigkeit vC = 4v0 durchf¨ahrt. Dabei wirkt durch den aufgetauten Schnee zwischen B und C eine konstante Reibungskraft. Welche Arbeit leistet der L¨aufer auf dem Weg von A nach B, wenn die Arbeit der Reibungskraft zwischen diesen Punkten vernachl¨assigbar ist? Wie groß ist der Reibungskoeffizient auf der Strecke BC?

Aufgabe III.3.7: Eine Bowlingkugel (Masse m) gleitet reibungsfrei mit der Geschwindigkeit v0 auf dem R¨ ucklauf einer Bowlingbahn. Am Ende des R¨ uck-

Kinetik des Massenpunktes und der Massenpunktsysteme

107

laufs wird die Kugel auf einer Kreisbahn (Radius r) auf die H¨ohe 2r gehoben. Am oberen Teil der Kreisbahn befindet sich eine glatte F¨ uhrung der L¨ange rϕF . Wie groß muss die Geschwindigkeit v0 bei gegebenem Winkel ϕF mindestens sein, damit die Kugel die obere Ebene erreicht?

Aufgabe III.3.8: Zwei Fahrzeuge (Massen m1 bzw. m2 ) stoßen mit den Geschwindigkeiten v1 bzw. v2 frontal zusammen. Nach dem Stoß, der vollkommen plastisch ist, rutschen beide Fahrzeuge mit blockierten R¨adern die Strecke s nach rechts. Der Reibungskoeffizient zwischen den R¨adern und der Fahrbahn ist μ. Man bestimme die Geschwindigkeit v1 , wenn v2 und s bekannt sind.

Aufgabe III.3.9: Ein reibungsfrei rollender Wagen (Masse m1 ) st¨oßt mit der Geschwindigkeit v1 ideal-plastisch gegen einen stehenden Wagen (Masse m2 ), ¨ der ebenfalls reibungsfrei rollen kann. Uber eine Feder (Federkonstante c) ist der zweite Wagen an einen Klotz (Masse m3 ) gekoppelt, der auf einer rauhen Unterlage (Haftungskoeffizient μ0 ) liegt. Wie groß darf v1 h¨ochstens sein, damit der Klotz nicht rutscht?

Aufgabe III.3.10: Eine Kugel (Masse m1 ) prallt ideal-elastisch auf eine an einem Faden h¨angende zweite Kugel (Masse m2 ). Der Faden kann maximal die Zugkraft S ∗ aufnehmen. Bei welcher Aufprallgeschwindigkeit v0 reißt er?

108

Kinetik: Aufgabensammlung

Aufgabe III.3.11: An einer starren Stange (Masse vernachl¨assigbar) sind zwei Punktmassen (Masse jeweils m) befestigt. Im Abstand a vom Lager A wird eine Stoßkraft Fˆ aufgebracht. Man bestimme die Winkelgeschwindigkeit der Stange nach dem Stoß. Welche Stoßkraft tritt im Lager auf? Wie groß muss a sein, damit im Lager keine Stoßkraft wirkt?

III.4

Relativbewegung des Massenpunktes

Aufgabe III.4.1: Der Aufh¨angepunkt A eines mathematischen Pendels (Masse m, L¨ange l) bewegt sich mit der konstanten Beschleunigung a0 in horizontaler Richtung. Wie lautet die Bewegungsgleichung?

Aufgabe III.4.2: In dem dargestellten System rotieren zwei Scheiben mit den konstanten Winkelgeschwindigkeiten Ω bzw. ω um ihre Achsen. Man bestimme die Beschleunigung des Punktes P in der gezeichneten Lage.

Relativbewegung des Massenpunktes

109

Aufgabe III.4.3: Ein abgewinkelter Hebel 0EA rotiert mit der konstanten Winkelgeschwindigkeit Ω um die z-Achse. Im Punkt A des Hebels ist eine Scheibe (Radius r) befestigt, die sich mit der konstanten Winkelgeschwindigkeit ω um ihre Achse dreht. Man bestimme die Geschwindigkeit und die Beschleunigung des Punktes P in der dargestellten Lage.

Aufgabe III.4.4: Eine Kreisscheibe rotiert mit der Winkelgeschwindigkeit ψ˙ und der Winkelbeschleunigung ψ¨ um ihren Mittelpunkt M. Auf der Scheibe bewegt sich ein Punkt P mit der relativen Winkelgeschwindigkeit ϕ˙ und der relativen Winkelbeschleunigung ϕ¨ auf einer Kreisbahn (Mittelpunkt 0, Radius r). Man bestimme die Geschwindigkeit v P und die Beschleunigung aP in den scheibenfesten Koordinaten x, y, z.

110

Kinetik: Aufgabensammlung

Aufgabe III.4.5: Eine Kreisscheibe (Radius r) rotiert mit der konstanten Winkelgeschwindigkeit Ω. Im Abstand a vom Mittelpunkt ist auf einer glatten F¨ uhrungsschiene ein Klotz (Masse m) arretiert. Mit welcher Relativgeschwindigkeit erreicht der Klotz nach dem L¨osen der Arretierung den Rand der Scheibe?

Aufgabe III.4.6: Ein Kreisring (Radius r) rotiert mit konstanter Winkelgeschwindigkeit Ω um die x-Achse. Im Ring befindet sich eine kleine Kugel (Masse m), die relativ zum Ring reibungsfrei gleiten kann. Man ermittle die Bewegungsgleichungen sowie die Gleichgewichtslagen der Kugel relativ zum Ring.

Aufgabe III.4.7: Eine Kreisscheibe rotiert mit der Winkelgeschwindigkeit ω und der Winkelbeschleunigung α um den raumfesten Punkt B. Der scheibenfeste Bolzen C gleitet in der Nut einer in A gelenkig gelagerten Kulisse AD. Man bestimme f¨ ur die gezeichnete Lage die Geschwindigkeit v C und die Beschleunigung aC des Bolzens C. Man ermittle die Relativgeschwindigkeit v rel des Bolzens gegen¨ uber der Kulisse und die Winkelgeschwindigkeit ωK der Ku-

Kinetik des starren K¨ orpers

111

uber der lisse. Man bestimme die Relativbeschleunigung arel des Bolzens gegen¨ Kulisse und die Winkelbeschleunigung αK der Kulisse.

III.5

Kinetik des starren K¨ orpers

Aufgabe III.5.1: Die dargestellte Scheibe (Dichte ) hat im Bereich r1 ≤ r ≤ r2 die konstante Breite b0 und im Bereich r2 ≤ r ≤ r3 die ver¨anderliche Breite b(r) = b0 r2 /r. Man bestimme das Massentr¨agheitsmoment Θa bez¨ uglich der Drehachse a − a.

Aufgabe III.5.2: Auf einer Stufenrolle (Radien r1 bzw. r2 ) sind zwei F¨aden aufgewickelt, an deren Enden jeweils ein Gewicht (Massen m1 bzw. m2 ) h¨angt. Die Rolle ist in A um ihre Achse reibungsfrei drehbar gelagert. Wie groß muss das Tr¨agheitsmoment ΘA der Rolle mindestens sein, damit beim Abwickeln keiner der F¨aden schlaff wird?

112

Kinetik: Aufgabensammlung

Aufgabe III.5.3: Auf eine reibungsfrei gelagerte, ruhende Scheibe  (Masse m, Radius r1 ) wird eine mit der Winkelgeschwindigkeit ω2 rotierende Scheibe  (Masse m, Radius r2 ) konzentrisch aufgesetzt. Infolge der Reibung zwischen den Scheiben nehmen sie nach einiger Zeit eine gemeinsame ¨ Winkelgeschwindigkeit an. Wie groß ist diese? Wie groß ist die Anderung der kinetischen Energie?

Aufgabe III.5.4: Ein Kind (Masse m) l¨auft auf dem Außenrand eines zun¨achst ruhenden Karussells von der karussellfesten Markierung A aus um die Drehachse. Das Karussell wird durch eine homogene Kreisscheibe (Masse M, Radius r) mit reibungsfreier Lagerung idealisiert. Um welchen Winkel hat sich das Karussell gedreht, wenn das Kind wieder bei der Markierung ankommt?

Aufgabe III.5.5: Der Schaufelkranz eines Kompressors kann durch St¨abe (L¨ange l, Dichte , Elastizit¨atsmodul E, Eigengewicht vernachl¨assigbar) mit Rechteckquerschnitt (konstante Dicke a, linear ver¨anderliche Breite b(x)) ideali-

Kinetik des starren K¨ orpers

113

siert werden. Die St¨abe sind auf einer Welle (Radius r  l), die mit konstanter Winkelgeschwindigkeit ω rotiert, befestigt. Man bestimme die Spannung σ(x) und die Spannung σ(l) an der Einspannstelle.

Aufgabe III.5.6: Ein homogener Quader (H¨ohe h, Breite b = 2h, Tiefe c, Dichte ) liegt so auf einer rauhen Stufe (Haftungskoeffizient μ0 = 0, 5), dass sich der Schwerpunkt S vertikal u ¨ ber der Kante befindet. Durch eine kleine St¨orung f¨angt er zum Zeitpunkt t = 0 zu kippen an. Bei welchem Winkel ϕ1 beginnt der Quader im Ber¨ uhrpunkt B zu rutschen?

Aufgabe III.5.7: Auf einem Band (Masse vernachl¨assigbar), das in D befestigt ist und u uhrt wird, ¨ber eine Umlenkrolle (Radius r1 , Masse m1 ) gef¨ liegt ein Zylinder (Radius r2 , Masse m2 ). Im Punkt A des Bandes greift eine Kraft F an. Wie groß sind die Schnittkr¨afte im Band sowie die Beschleunigung des Punktes A, wenn das Band an keiner Stelle rutscht?

114

Kinetik: Aufgabensammlung

Aufgabe III.5.8: Eine homogene Walze (Radius r, Masse m) liegt auf einer beweglichen, rauhen Unterlage (Reibungskoeffizient μ). Die Unterlage wird ab dem Zeitpunkt t0 = 0 mit der konstanten Geschwindigkeit v0 nach rechts gezogen. Man bestimme die Winkelbeschleunigung der Walze und die Beschleunigung des Schwerpunkts f¨ ur t > 0. Wie groß sind die maximale Schwerpunktsgeschwindigkeit und die maximale Winkelgeschwindigkeit?

Aufgabe III.5.9: Die T¨ ur (Masse m, Massentr¨agheitsmoment ΘA ) eines Fahrzeugs steht offen. Der Schwerpunkt S der T¨ ur hat den Abstand b von den reibungsfreien Angeln A. Mit welcher Winkelgeschwindigkeit f¨allt die T¨ ur ins Schloß, wenn das Fahrzeug mit der konstanten Beschleunigung a0 anf¨ahrt?

Aufgabe III.5.10: Eine Kugel (Masse m1 , Radius r) und eine Walze (Masse m2 , Radius r) sind durch zwei Stangen (Masse jeweils m3 /2, L¨ange l) miteinander verbunden und rollen eine rauhe schiefe Ebene (Neigungswinkel α) hinab. Wie groß ist die Beschleunigung der Stangen?

Kinetik des starren K¨ orpers

115

Aufgabe III.5.11: Ein Zylinderrollenlager besteht aus einem d¨ unnwandigen Außenring (Radius rR , Masse m) und sechs homogenen Zylindern (jeweils Radius rZ , Masse m). Auf den Außenring ist ein Faden (Masse vernachl¨assigbar) aufgewickelt, an dessen Ende ein Gewicht (Masse m) h¨angt. Wie groß ist die Beschleunigung des Gewichts?

Aufgabe III.5.12: Eine Platte (Masse m) gleitet auf einer rauhen schiefen Ebene (Neigungswinkel α, Reibungskoeffizient μ) abw¨arts. Auf der Platte rollt eine homogene Kreisscheibe (Radius r, Masse m). Der Haftungskoeffizient zwischen Platte und Scheibe ist μ0 . Man bestimme die Beschleunigungen der Platte und des Schwerpunkts der Scheibe sowie die Winkelbeschleunigung der Scheibe. Wie groß muss μ0 mindestens sein, damit die Scheibe nicht rutscht?

Aufgabe III.5.13: Ein Keil (Masse m2 , Neigungswinkel α) gleitet auf einer glatten Unterlage. Auf dem Keil rollt eine homogene Kugel (Radius r, Masse m1 ). Wie groß ist die Winkelbeschleunigung der Kugel?

116

Kinetik: Aufgabensammlung

Aufgabe III.5.14: Der dargestellte Schneebob besteht aus einem Rahmen (Masse m/3, Schwerpunkt SR ) und einem homogenen Rad (Masse m/3, Radius r). Auf ihm sitzt ein Kind (Masse m/3, Schwerpunkt SK ). Der Bob wird u ¨ber das Rad durch ein konstantes Motormoment M0 angetrieben. Die Reibung zwischen der Gleitschiene und dem Schnee kann vernachl¨assigt werden. Man bestimme die Beschleunigung des Bobs sowie die Reaktionskr¨afte mit dem Boden. Wie groß muss der Haftungskoeffizient μ0 mindestens sein, damit das Rad beim Abheben der Gleitschiene noch nicht durchdreht?

Aufgabe III.5.15: Ein homogener Stab (L¨ange l, Masse M) setzt sich aus der vertikalen Lage  durch eine kleine St¨orung in Bewegung. Nach halber Umdrehung (Lage ) trifft er auf eine kleine Kugel (Masse m, Radius r  l). Der Stoß ist ideal-elastisch. Man bestimme die Winkelgeschwindigkeiten des Stabes kurz vor und nach dem Auftreffen sowie die Geschwindigkeit der Kugel nach dem Stoß.

Aufgabe III.5.16: Ein homogener Balken (Masse m) ist in A gelenkig gelagert. Er f¨allt aus der vertikalen Lage ohne Anfangsgeschwindigkeit auf das Lager B. Man berechne die Kraftst¨oße in A und in B beim Auftreffen des Balkens, wenn der Stoß vollkommen plastisch ist.

Kinetik des starren K¨ orpers

117

Aufgabe III.5.17: Ein homogener Balken (Masse m) ist in A reibungsfrei gelenkig gelagert. Er f¨allt aus der vertikalen Lage ohne Anfangsgeschwindigkeit auf das Lager C. Man berechne die Kraftst¨oße in A und in C beim Auftreffen des Balkens, wenn der Stoß teilplastisch mit der Stoßzahl e erfolgt. Bei welchem Abstand a verschwindet der Kraftstoß im Lager A? Wie groß ist die ¨ Anderung der kinetischen Energie?

Aufgabe III.5.18: Auf einer glatten, horizontalen Unterlage liegt ein Kreuz (Masse M), das in 0 reibungsfrei drehbar gelagert ist. Eine Scheibe (Radius r, Masse m) st¨oßt in der Lage  im Punkt P mit der Geschwindigkeit v0 gegen das Kreuz. Der Stoß ist ideal-elastisch. Man bestimme die Winkelgeschwindigkeit des Kreuzes und die Schwerpunktgeschwindigkeit der Scheibe nach dem Stoß. F¨ ur welches Massenverh¨altnis M/m kommt es in der Lage  erneut zu einem Stoß? Wie groß sind die Winkelgeschwindigkeit des Kreuzes und die Schwerpunktgeschwindigkeit der Scheibe nach dem zweiten, ebenfalls elastischen Stoß?

118

Kinetik: Aufgabensammlung

Aufgabe III.5.19: Eine Scheibe  (Masse m1 = m) bewegt sich rein translatorisch mit der Geschwindigkeit v1 und st¨oßt unter dem Winkel α = 30◦ zur Stoßnormalen auf eine ruhende Scheibe  (Masse m2 = m). Die Oberfl¨achen der Scheiben sind glatt. Die Stoßzahl ist e = 0, 6. Man bestimme die Schwerpunktsgeschwindigkeiten der Scheiben nach dem Stoß nach Gr¨oße und ¨ Richtung sowie die Anderung der kinetischen Energie.

Aufgabe III.5.20: Eine homogene Kreisscheibe (Masse m, Radius r) st¨oßt mit der Schwerpunktsgeschwindigkeit v unter dem Einfallswinkel α = 45◦ auf einen starren, rauhen Boden (Haften im Ber¨ uhrpunkt). Der Stoß ist ideal-elastisch. Welche Drehzahl n muss die Scheibe vor dem Stoß haben, damit sich ein gleich großer Ausfallswinkel α ¯ = 45◦ einstellt?

Aufgabe III.5.21: Eine homogene Kreisscheibe  (Masse m1 ) ist im Punkt A reibungsfrei drehbar mit einer homogenen Kreisscheibe  (Masse m2 ) verbunden, welche in B reibungsfrei drehbar gelagert ist. Die Scheibe  dreht sich zun¨achst mit der Winkelgeschwindigkeit ω, w¨ahrend die Scheibe  in Ruhe ist. Pl¨otzlich blockiert das Lager in A; die beiden Scheiben sind dann starr miteinander verbunden. Man bestimme die Winkelgeschwindigkeit Ω der Scheiben nach dem Blockieren, die in A und in B auftretenden ¨ Kraft- und Momentenst¨oße sowie die Anderung der kinetischen Energie.

Kinetik des starren K¨ orpers

119

Aufgabe III.5.22: Der dargestellte r¨aumliche Rahmen besteht aus drei gleichen St¨aben (L¨ange l, Masse m), die jeweils orthogonal miteinander verschweißt sind. Er ist in A so gelagert, dass er sich um die Achse AC drehen kann. Wie lautet der Tr¨agheitstensor bez¨ uglich A im gegebenen rahmenfesten Koordinatensystem? Welches Moment wirkt in A, wenn der Rahmen mit konstanter Winkelgeschwindigkeit ω rotiert?

Aufgabe III.5.23: Ein homogener Zylinder (Radius r, L¨ange 3r, Masse m) kann reibungsfrei um eine Stange (Masse vernachl¨assigbar) rotieren. Die Stange ist um die z-Achse reibungsfrei drehbar gelagert. Zur Zeit t = 0 hat die Stange eine Anfangsauslenkung ϕ0  1, ihre Winkelgeschwindigkeit ist Null. Der Zylinder rotiert zu diesem Zeitpunkt mit der Winkelgeschwindigkeit Ω0 relativ zur Stange. Man bestimme Ω(t), ϕ(t) und das auf das Lager A wirkende Moment.

120

Kinetik: Aufgabensammlung

Aufgabe III.5.24: Eine d¨ unne Kreisscheibe (Masse m) rotiert mit konstanter Winkelgeschwindigkeit Ω um einen masselosen Schaft. Im Gelenk A ist der Schaft mit der L¨ange L in der Zeichenebene frei drehbar. Durch eine kleine St¨orung kippt das System aus der labilen Gleichgewichtslage ϕ = 0. Man berechne die absolute Winkelgeschwindigkeit ω abs (ϕ) und das Lagermoment M A.

Aufgabe III.5.25: Eine homogene Kugel wird durch eine Stange DA auf einer schiefen Ebene um die Achse DB gef¨ uhrt. Alle Lager sind reibungsfrei. Durch eine kleine St¨orung rollt die Kugel aus ihrer h¨ochsten (labilen) Gleichgewichtslage. Man bestimme in der tiefsten Stellung ihre Winkelgeschwindigkeit und die Normalkontaktkraft mit der Ebene.

Kinetik des starren K¨ orpers

121

Aufgabe III.5.26: Man l¨ose die Aufgabe III.4.1 mit Hilfe des translatorischen Drallsatzes. Aufgabe III.5.27: Auf einer Kreisscheibe , die sich mit der konstanten Winkelgeschwindigkeit Ω dreht, ist im Gelenk A reibungsfrei drehbar eine zweite Kreisscheibe  befestigt. Sie besteht aus zwei homogenen H¨alften mit den unterschiedlichen Massen m1 und m2 (m1 = 2m2 ). Man bestimme mit Hilfe des translatorischen Drallsatzes die Bewegungsgleichung der Scheibe  und die Lagerreaktionen in A.

Aufgabe III.5.28: Eine d¨ unne Kreisscheibe  (Masse m, Radius r) kann in ihrer Ebene reibungsfrei um einen Zapfen B pendeln. Der Punkt B liegt auf dem Scheibenumfang und ist am Rand einer horizontalen Scheibe (Radius R = 3r) gelagert, die sich reibungsfrei um ihre Achse drehen kann. Das Mas(0) sentr¨agheitsmoment dieser Scheibe um ihre Drehachse ist Θ2 = 3m R2 . Bestimmen Sie die Bewegungsgleichungen und die Lagereaktionen in B.

Aufgabe III.5.29: Ein magenkitzelndes Jahrmarktkarrusell besteht aus einer Kreisplattform , die als d¨ unne Vollscheibe (Masse M = 4m, Radius R) betrachtet werden darf. Eine ungleichm¨aßige Personenbesetzung wird durch eine Einzelmasse m simuliert. Der Drehpunkt D der Scheibe wird durch einen Hubkolben nach einem gegebenen Hubgesetz ζ(t) gehoben und gesenkt. Dadurch wird die Plattform von einem Schwenkarmsystem, gegen¨ uber dem sie sich mit konstanter Winkelgeschwindigkeit ω dreht, gekippt. Die Gesamtanordnung steht auf einer horizontalen Grundplatte , die sich mit konstanter Winkelgeschwindigkeit Ω dreht. Bestimmen Sie f¨ ur den Zeitpunkt t0 ,

122

Kinetik: Aufgabensammlung

√ zu dem ζ(t0 ) = 2R gilt und die Zusatzmasse an der h¨ochsten Stelle ist, die Momente, die im Lagerzapfen D auf die Scheibe  ausge¨ ubt werden.

III.6

Schwingungen

Aufgabe III.6.1: Ein Seil (Masse vernachl¨assigbar) wird u ¨ber eine homogene, reibungsfrei gelagerte Rolle (Radius r, Masse M) gef¨ uhrt. Das eine Ende des Seils ist u ¨ ber eine Feder (Federkonstante c) mit dem Lager A verbunden, am anderen Ende h¨angt ein Klotz (Masse m). Das Seil kann auf der Rolle nicht rutschen. Man bestimme die Eigenfrequenz des Systems.

Aufgabe III.6.2: Das Pendel einer Uhr besteht aus einer homogenen Stange (L¨ange l, Masse m), auf der im Abstand a von der Drehachse eine homogene Kreisscheibe (Radius r, Masse M) nicht drehbar angebracht ist. Man stelle die

Schwingungen

123

Bewegungsgleichung f¨ ur kleine Ausschl¨age auf und bestimme die Eigenfrequenz. Bei welchem Verh¨altnis a/l wird f¨ ur m = M und r  a die Eigenfrequenz maximal?

Aufgabe III.6.3: Ein Rad (Radius r, Masse m), das am Ende einer in A gelagerten Stange (L¨ange l, Masse vernachl¨assigbar) angebracht ist, kann auf einer festen F¨ uhrung abrollen. Die Gelenke sind reibungsfrei. Man stelle die Bewegungsgleichung f¨ ur das Rad auf. Wie groß ist die Eigenfrequenz des Systems f¨ ur kleine Ausschl¨age?

Aufgabe III.6.4: Das dargestellte Getriebe besteht aus zwei Wellen (Drehfedersteifigkeiten cT1 bzw. cT2 , Massen vernachl¨assigbar) und einem Zahnradpaar (Radien r1 bzw. r2 , Massen und Zahnflankenreibung vernachl¨assigbar). Es wird in A angetrieben und ist bei B mit einer Schwungscheibe (Massentr¨agheitsmoment Θ) verbunden. F¨ ur t < 0 rotiert die Schwungscheibe mit der konstanten Winkelgeschwindigkeit ϕ˙ 0 . Zum Zeitpunkt t = 0 blockiert das Lager in A. Man stelle f¨ ur t ≥ 0 die Bewegungsgleichung der Schwungscheibe auf und bestimme deren L¨osung.

124

Kinetik: Aufgabensammlung

Aufgabe III.6.5: Ein Tragwerk besteht aus einem dehnstarren Balken (Biegesteifigkeit EI, Masse vernachl¨assigbar) und drei dehnstarren St¨aben (Massen vernachl¨assigbar). Im Punkt A des Balkens ist eine Feder (Federkonstante c) befestigt, an der ein Klotz (Masse m) h¨angt. Wie groß ist die Eigenfrequenz vertikaler Schwingungen des Systems?

Aufgabe III.6.6: Eine Stange (L¨ange l, Masse vernachl¨assigbar) ist bei A gelenkig gelagert und tr¨agt an ihrem freien Ende einen Massenpunkt. Die am Lager angebrachte Drehfeder (Federsteifigkeit cT ) ist f¨ ur ϕ = 0 entspannt. Man stelle die Bewegungsgleichung f¨ ur das System auf. Wie muss man die Federsteifigkeit cT w¨ahlen, damit ϕ0 = π/6 eine Gleichgewichtslage ist? Wie groß ist die Frequenz freier Schwingungen mit kleinen Amplituden um diese Gleichgewichtslage?

Aufgabe III.6.7: Ein Masse-Feder-System (m = 4 kg, c = 1 N/m) wird ohne Anfangsgeschwindigkeit aus einer um x0 = 1 m ausgelenkten Lage losgelassen und mit einer zeitabh¨angigen Kraft F (t) angeregt. Die Systemantwort lautet 

x(t) = x0 cos

t t−T + 20 1 − cos 2t0 2t0



t − T 0



mit t0 = 1 s und T = 5 s. Man berechne und skizziere den zeitlichen Verlauf der Kraft F (t).

125

Prinzipien der Mechanik

Aufgabe III.6.8: Bei einem Saiteninstrument h¨angen die Eigenfrequenzen einer Saite von ihrer Vorspannung ab. Dies soll an einem vereinfachenden Modell demonstriert werden. Im Modell besteht die Saite aus zwei gleichen Federn (Federzahl c) zwischen den Lagerb¨ocken im Abstand 2l. Um die Federn miteinander und mit der auf einen Punkt konzentrierten Saitenmasse m zu verbinden, m¨ ussen sie aus ihrer ungespannten L¨ange um eine Vorspannl¨angung v gedehnt werden. Man bestimme die Bewegungsgleichung f¨ ur die Querauslenkung w der Masse m und linearisiere sie (w  l). Welche Beziehung zwischen v und der Eigenfrequenz liefert die Linearisierung? m

w

v

c

l

III.7

Prinzipien der Mechanik

Aufgabe III.7.1: Eine homogene Scheibe (Radius r, Masse m) kann auf einer rauhen Unterlage rollen. Ihr Schwerpunkt S ist durch eine Feder (Federkonstante c) mit dem Lager A verbunden. Man bestimme die Bewegungsgleichung a) nach Newton und b) durch formale R¨ uckf¨ uhrung auf die Statik.

Aufgabe III.7.2: Eine Walze (Radius r, Masse m) rollt auf einer kreisf¨ormigen Bahn (Radius R). Man bestimme die Bewegungsgleichung durch formale R¨ uckf¨ uhrung auf die Statik.

126

Kinetik: Aufgabensammlung

Aufgabe III.7.3: Eine Kurbel rotiert mit der konstanten Winkelgeschwindigkeit Ω. Ihr Handgriff AB (L¨ange l, Masse m) besitzt eine gleichf¨ormige Massenverteilung und hat einen Kreisquerschnitt (Radius r). Man bestimme die maximale Biegespannung im Handgriff.

Aufgabe III.7.4: Ein homogener Winkel (Masse m) rotiert mit konstanter Winkelgeschwindigkeit Ω um eine Achse durch 0. Man bestimme die Schnittgr¨oßen durch formale R¨ uckf¨ uhrung auf die Statik.

Aufgabe III.7.5: Die Unruh einer Uhr besteht aus einem geschlitzten d¨ unnen Ring (Masse μ pro L¨ange) mit einem Steg. Die Drehung um die Achse durch 0 erfolgt nach einem gegebenen Zeitgesetz ϕ = ϕ(t). Man bestimme die Schnittgr¨oßen im Querschnitt A-A.

Aufgabe III.7.6: Auf einem Band (Masse vernachl¨assigbar), das in D befestigt ist und u uhrt wird, liegt ¨ber eine Umlenkrolle (Radius r1 , Masse m1 ) gef¨

Prinzipien der Mechanik

127

ein Zylinder (Radius r2 , Masse m2 ). Im Punkt A des Bandes greift eine Kraft F an. Wie groß ist die Beschleunigung des Punktes A, wenn das Band an keiner Stelle rutscht?

Aufgabe III.7.7: Ein Motor wirkt mit einem konstanten Moment M0 auf das Antriebsrad (Masse m1 , Radius r1 ) einer Hebevorrichtung. Dieses treibt den als Stufenwelle ausgebildeten Abtrieb (Masse m2 , Radius r2 bzw. Masse m3 , Radius r3 ) u ¨ber die gr¨oßere Stufe an. Auf der kleineren ist ein Seil (Masse vernachl¨assigbar) aufgewickelt, an dem eine Last (Masse m4 ) h¨angt. Mit welcher Beschleunigung bewegt sich die Last, wenn zwischen den R¨adern kein Rutschen auftritt?

Aufgabe III.7.8: Das dargestellte System besteht aus einem Schlitten (Masse M), einer homogenen Scheibe (Masse m, Radius r) und zwei Federn (Federkonstante c). Der Schlitten gleitet reibungsfrei auf der Unterlage; die Scheibe rollt auf dem Schlitten. Man bestimme die Bewegungsgleichungen des Systems, wenn am Schlitten eine Kraft F (t) angreift.

Aufgabe III.7.9: Zwei mathematische Pendel (L¨ange l, Masse m) sind durch eine Feder (entspannte L¨ange b, Federkonstante c) verbunden. Man bestimme die Bewegungsgleichungen des Systems.

128

Kinetik: Aufgabensammlung

Aufgabe III.7.10: Die Kurbel K des dargestellten Systems ist durch eine Drehfeder (Federkonstante cT ) mit der Stange S gelenkig verbunden. Die Stange und die Kurbel liegen in einer Ebene; ihre Massen sind vernachl¨assigbar. Am freien Ende der Stange befindet sich eine Punktmasse m. Die Drehfeder ist f¨ ur ϕ1 = ϕ¯1 entspannt. Man stelle die Bewegungsgleichungen des Systems auf.

Aufgabe III.7.11: Zwei Scheiben (Massentr¨agheitsmoment Θ) sind reibungsfrei gelagert und u ¨ber eine Drehfeder (Federkonstante cT ) miteinander verbunden. An der Scheibe  greift ein Moment M(t) an. Man stelle die Bewegungsgleichungen des Systems auf und bestimme deren L¨osung f¨ ur M ≡ 0.

Prinzipien der Mechanik

129

Aufgabe III.7.12: Eine homogene Scheibe (Dichte ρ, Dicke d, Radius 2R) wurde im Abstand R von ihrem Zentrum mit zwei symmetrisch angeordneten L¨ochern (Radius R/2) versehen. Sie rollt im Schwerefeld der Erde schlupffrei in der Zeichenebene und ist im Punkt D in vertikaler Richtung elastisch gefesselt. Die horizontal frei bewegliche Feder (Steifigkeit k) ist in der Lage ϕ = 0 ungespannt. Die Scheibenachse A ist durch einen linearen D¨ampfer (D¨ampfungskoeffizient c) mit einer starren Wand verbunden. In A greift eine horizontale Kraft F (t) an. Man stelle die Bewegungsgleichung des Systems auf.

Aufgabe III.7.13: Ein homogener Balken (L¨ange L, Masse M) ist in A und in B gelenkig mit masselosen Schiebeh¨ ulsen verbunden, die reibungsfrei auf den beiden Linearf¨ uhrungen gleiten k¨onnen. Die Schiebeh¨ ulse A ist durch eine Feder (Steifigkeit k, ungespannte Lage: α = α0 ) elastisch gefesselt. Zus¨atzlich ist im Punkt A ein Punktmassependel (L¨ange l, Masse m) angebracht, an dessen Ende die nichtkonservative Kraft F wirkt. Der Betrag von F ist konstant, die Wirkungslinie ist stets senkrecht zum Pendel. Man stelle unter Verwendung der generalisierten Koordinaten α und ϕ die kinetische sowie die potientielle Energie auf und berechne die generalisierten Kr¨afte.

130

Kinetik: Aufgabensammlung

Aufgabe III.7.14: Eine d¨ unne, homogene Kreisscheibe mit dem Gewicht mg sitzt schief auf einer vertikalen Drehachse durch ihren Mittelpunkt. Die Neigung der Scheibe gegen die Drehachse ist tan α = 2. Der tiefste Scheibenpunkt ist u ¨ ber eine starre, masselose Stange der L¨ange l mit einem an der Drehachse angeschweißten T-Ausleger verbunden. Der h¨ochste Scheibenpunkt ist u ¨ber eine Feder (masselos, Federzahl c) mit dem am Fuß eingespannten T-Ausleger verbunden. Die Feder ist ungedehnt, wenn sie vertikal h¨angt. In der Achsbohrung wirken ein Reibmoment MR und eine Reibkraft KR . Man bestimme die Bewegungsgleichung der Scheibe ohne Beschr¨ankung auf kleine Drehwinkel. Ein Knicken der Feder bei Druckbeanspruchung und Kollisionen der Feder und der Stange mit der Drehachse bei sehr großen Drehwinkeln sind nicht zu beachten. l/2 l/2 c α l R

g

Lo ¨sungen

I Statik

L¨osung I.1.1 Die schiefe Ebene und die Wand sind glatt. Daher wirken in den Kontaktpunkten nur Normalkr¨afte, die mit der Gewichtskraft ein zentrales Kr¨aftesystem bilden. Gleichgewichtsbedingungen: G , cos α

↑:

N2 cos α − G = 0

→

N2 =

→:

N1 − N2 sin α = 0

→

N1 = G tan α .

Die Kontaktkraft N2 ist gr¨oßer als die Gewichtskraft.

L¨osung I.1.2 Die Kontaktkr¨afte sind Normalkr¨afte, da die Walze glatt ist. Beim Hochziehen geht der Kontakt der Walze mit dem Boden verloren, und es gilt N2 = 0. Die daf¨ ur ben¨otigte Kraft F wird zun¨achst f¨ ur einen beliebigen Winkel ϕ bestimmt. Anschließend wird der Winkel ϕ∗ gesucht, f¨ ur den die Kraft minimal wird.

134

Statik: L¨ osungen

Gleichgewichtsbedingungen: →:

F cos ϕ − N1 sin α = 0 , F sin ϕ + N1 cos α − G = 0 .

↑:

Aufl¨osen liefert: sin α sin α G= G. sin α sin ϕ + cos α cos ϕ cos (α − ϕ)

F =

Die Kraft F wird minimal, wenn der Nenner maximal wird: cos (α − ϕ∗ ) = 1

→

ϕ∗ = α .

Minimale Kraft: Fmin = G sin α . Geometrie: α = arccos

r−h . r

L¨osung I.1.3 Die St¨abe werden als Zugst¨abe angenommen. Gleichgewicht am Klotz: ↑:

S−G=0

→

S = G.

135

Statik: L¨ osungen

Gleichgewicht am Knoten: ←:

S + S1 sin α + S2 sin β = 0 ,

↓:

S + S1 cos α + S2 cos β = 0 .

Au߬osen liefert: S1 =

sin β − cos β G, sin (α − β)

S2 =

cos α − sin α G. sin (α − β)

Ist einer der beiden St¨abe unter einem Winkel von 45◦ geneigt, so ist der andere Stab ein Nullstab.

L¨osung I.1.4 uhrt. Es werden die Hilfsgr¨oßen α, β, l1 und l2 eingef¨ Gleichgewichtsbedingungen: →: ↑:

−S sin α + S sin β = 0

→

α=β,

S cos α + S cos β − G = 0

→

S=

Geometrie zur Bestimmung von α: a sin α = , l



cos α =

1−

2

a l

.

G . 2 cos α

136

Statik: L¨ osungen

Geometrie zur Bestimmung von d: d = l1 sin α , a = l1 sin α + l2 sin α , b = −l1 cos α + l2 cos α . Aufl¨osen liefert: √ d = a(1 − b/ l2 − a2 )/2 . Der Winkel α und damit auch die Seilkraft S sind unabh¨angig von b.

L¨osung I.1.5 Bei r¨aumlichen Problemen ist es h¨aufig zweckm¨aßig, die Kr¨afte in vektorieller Form anzugeben. Gleichgewichtsbedingungen (vektorielle Schreibweise): S1 + S2 + S3 + G = 0 mit ⎡

⎤

1 S1 ⎢ ⎥ S1 = √ ⎣ 0 ⎦ , 2 −1 ⎡

G=G

⎢ ⎣

⎤

0 0 ⎥ ⎦. −1

⎡

⎤

1 S2 ⎢ ⎥ S2 = √ ⎣ 2 ⎦ , 6 −1

⎡

⎤

−1 S3 ⎢ ⎥ S3 = √ ⎣ 2 ⎦ , 6 −1

137

Statik: L¨ osungen

Gleichgewichtsbedingungen (Komponentenschreibweise): 1 1 1 √ S1 + √ S2 − √ S3 = 0 , 2 6 6 2 2 √ S2 + √ S3 = 0 , 6 6 1 1 1 − √ S1 − √ S 2 − √ S3 − G = 0 . 2 6 6 Aufl¨osen liefert: √ S1 = − 2 G

√ (Druck),

S2 =

6 G 2

(Zug) ,

√ S3 = −

6 G 2

(Druck) .

L¨osung I.1.6 Gleichgewichtsbedingungen (vektorielle Schreibweise): S1 + S2 + S3 + F = 0

138

Statik: L¨ osungen

mit ⎡

⎤

⎡

⎡

F =G

⎤

⎤

−1 S2 ⎢ ⎥ S 2 = √ ⎣ −3 ⎦ , 10 0

1 S1 ⎢ ⎥ S 1 = √ ⎣ −3 ⎦ , 10 0 ⎡

⎡

⎤

0 −3 G ⎢ ⎥ 0 ⎥ ⎦+ ⎣ 0 ⎦. 5 −1 −4

⎢ ⎣

Gleichgewichtsbedingungen (Komponentenschreibweise): 1 3 1 √ S1 − √ S2 − G = 0 , 5 10 10 3 2 3 − √ S1 − √ S2 − √ S3 = 0 , 10 10 5 1 9 − √ S3 − G = 0 . 5 5 Aufl¨osen liefert:

S1 =

√ 9 10 G 10

S3 = −

9

√ 5

5

G

(Zug),

(Druck) .

S2 =

√ 3 10 G 10

⎤

0 S3 ⎢ ⎥ S 3 = √ ⎣ −2 ⎦ , 5 −1

(Zug) ,

139

Statik: L¨ osungen

L¨osung I.1.7 Gravitationsgesetz: K =γ

Mm r . |r|2 |r|

Ortsvektoren von mc und m: b a b c sin ϕ a c sin ϕ =√ 2 → a = √ 2 , b = √ 2 , c sin ϕ a + b2 a + b2 a + b2 √ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ b sin ϕ/ √a2 + b2 a ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ r c = c ⎣ −a sin ϕ/ a2 + b2 ⎦ , rm = ⎣ b ⎦ , c cos ϕ √ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ c b sin ϕ/ √a2 + b2 − a x ⎢ ⎥ ⎢ ⎥  = r c − r m = ⎣ −c a sin ϕ/ a2 + b2 − b ⎦ = ⎣ y ⎦ ;  c(cos ϕ − 1) z im Sonderfall: ⎡

=

⎢ a⎣

√ ⎤ sin ϕ/ √2 − 1 ⎥ − sin ϕ/ 2 − 1 ⎦ . cos ϕ − 1

Anziehungskr¨afte: ⎡

⎤

0 γ m ma ⎢ ⎥ Ka = 2 ⎣ −b ⎦ , 2 3/2 (b + c ) −c ⎡

⎡

γ m mb ⎢ Kb = 2 ⎣ (a + c2 )3/2 ⎤

x γ m mc ⎢ y ⎥ Kc = 2 ⎣ ⎦; (x + 2y + 2z )3/2 z im Sonderfall: ⎡

⎤

0 γ m ma ⎢ ⎥ K a = √ 2 ⎣ −1 ⎦ , 2 2a −1

⎡

⎤

−1 γ m mb ⎢ ⎥ Kb = √ 2 ⎣ 0 ⎦ , 2 2a −1

⎤

−a 0 ⎥ ⎦ , −c

140

Statik: L¨ osungen

√ ⎡ ⎤ sin ϕ/ √2 − 1 γ m mc ⎢ ⎥ Kc = 2 ⎣ − sin ϕ/ 2 − 1 ⎦ . a (4 − 2 cos ϕ)3/2 cos ϕ − 1 Resultierende im Sonderfall: R = Ka + Kb + Kc √ ⎛ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎞ −1 sin ϕ/ √2 − 1 γ m ⎜ ma ⎢ mc ⎥ ⎢ ⎥⎟ R = 2 ⎝ √ ⎣ −1 ⎦ + ⎣ − sin ϕ/ 2 − 1 ⎦⎠ . a (4 − 2 cos ϕ)3/2 2 2 −2 cos ϕ − 1

→

r m

M −K

K Kc

z

m z

ρ

Kb

ϕ

mc c cos ϕ

d a b

c

y mb

mc

y

Ka

c sin ϕ

d

a

b mc

x

c sin ϕ d ma

d

x

L¨osung I.2.1 uhrungsDie Kontaktkr¨afte N1 und N2 stehen senkrecht zu den jeweiligen Ber¨ ebenen. Gleichgewichtsbedingungen: 

Gl h cos α + N2 = 0 2 sin α

A:

−

→:

S − N2 sin α = 0

→

N2 =

Gl sin α cos α , 2h

→

S=

Gl 2 sin α cos α . 2h

Anm.: Mit der Gleichgewichtsbedingung in vertikaler Richtung w¨are zu pr¨ ufen, ob N1 < 0 gilt; dann w¨are die L¨osung physikalisch nicht sinnvoll, sondern der Balken w¨ urde abheben.

141

Statik: L¨ osungen

L¨osung I.2.2 Gleichgewichtsbedingungen: →: ↓: 

A:

N2 sin 30◦ − F = 0 , N1 − N2 cos 30◦ + G = 0 , N2 (l − a) − G

l cos 30◦ − F l sin 30◦ = 0 . 2

Aufl¨osen liefert: √

F =

3 G, 6 − 8a/l

N1 =

8a/l − 3 G, 6 − 8a/l

N2 = 2F .

uhrt Die L¨osung ist nur f¨ ur N1 > 0 und N2 > 0 physikalisch sinnvoll. Dies f¨ auf die Bedingung 3/8 < a/l < 3/4.

142

Statik: L¨ osungen

L¨osung I.2.3 Aus Symmetriegr¨ unden sind alle Stabkr¨afte gleich groß. Gleichgewichtsbedingung: 

→

M0 + h S1 = 0

C:

S 1 = S2 = S 3 = −

M0 . h

Geometrie: h=

3 r. 2

L¨osung I.2.4 Gleichgewichtsbedingungen (vektorielle Schreibweise): 

Si + F = 0 ,

i



ri × S i + rF × F = 0 .

i

Ortsvektoren: ⎡

r1 = r4 = r6 = 0 , r2 = r5 =

⎢ ⎣

⎤

⎡

⎤

⎡

Kraftvektoren: ⎡

S1 =

⎢ S1 ⎣

⎤

0 0 ⎥ ⎦, −1

⎡

S2 =

⎢ S2 ⎣

⎤

2a 2a 0 ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ 0 ⎥ ⎦ , r 3 = ⎣ 2a ⎦ , r F = ⎣ 2a ⎦ . 0 0 0

⎤

0 0 ⎥ ⎦ , −1

⎡

S3 =

⎢ S3 ⎣

⎤

0 0 ⎥ ⎦, −1

143

Statik: L¨ osungen ⎡

⎤

2 S4 ⎢ ⎥ S4 = √ ⎣ 0 ⎦ , 5 −1 ⎡

F =F

⎢ ⎣

⎡

⎤

0 S5 ⎢ ⎥ S5 = √ ⎣ 2 ⎦ , 5 −1

⎡

S6 ⎢ S6 = ⎣ 3

⎤

2 2 ⎥ ⎦ , −1

⎤

1 0 ⎥ ⎦ . 0

Gleichgewichtsbedingungen (Komponentenschreibweise): 2 2 √ S 4 + S6 + F = 0 , 3 5 2 2 √ S 5 + S6 = 0 , 3 5 1 1 1 S1 + S2 + S3 + √ S4 + √ S5 + S6 = 0 , 3 5 5 2a S3 = 0 , 2 2a S2 + 2a S3 + √ a S5 = 0 , 5 4 √ a S5 − 2a F = 0 . 5 Aufl¨osen liefert: S1 =

1 F, 2

3 S6 = − F . 2

1 S2 = − F , 2

√ S 3 = S4 = 0 ,

S5 =

5 F, 2

144

Statik: L¨ osungen

L¨osung I.2.5 Als Gleichgewichtsbedingungen werden nur Momentengleichungen um geeignet gew¨ahlte Achsen verwendet. Damit lassen sich die Stabkr¨afte rekursiv bestimmen. Komponenten der schr¨ag wirkenden Kraft S 6 : 1 S6x = √ S6 , 6

2 S6y = − √ S6 , 6

1 S6z = √ S6 . 6

Gleichgewichtsbedingungen:      

(A)

3a S3 = 0

→

(A)

6a S6z − 2a G = 0

→

S3 = 0 , √ S6 = 6 G/3 ,

Miz = 0 : Mix = 0 : (0)

− 3a S4 + a G = 0

→

S4 = G/3 ,

(0)

− 3a S5 − 6a S6x = 0

→

S5 = − 2G/3 ,

(B)

− 6a S1 − 6a S4 + 4a G = 0

→

S1 = G/3 ,

(B)

− 6a S2 − 3a S5 = 0

→

S2 = G/3 .

Miy = 0 : Miz = 0 : Mix = 0 : Miz = 0 :

L¨osung I.2.6 Eine rekursive Bestimmung der Stabkr¨afte ist bei diesem Beispiel nicht m¨oglich. Die Aufgabe wird ohne Vektorformalismus gel¨ost.

145

Statik: L¨ osungen

Geometrie: S1z S1 S1x = = , S2x S2z S2

S3y S3 = , S4y S4

S1x 4a = . S1z 6a

Gleichgewichtsbedingungen: 

Fix = 0:

S1x − S2x = 0 

Fiy = 0:

S3y + S4y = 0 

(0)

→ S4 = 0 ,

(0)

Miy = 0:

−8a S2z − 8a S6 − 4a G1 − 6a G2 = 0 

√ → S2 = − 13(2G1 + 3G2 )/24 ,

Miz = 0:

−12a S1x + 12a S2x − 8a S4y = 0 

→ S3 = −S4 ,

(B)

Mix = 0:

12a S1z +12a S2z +6a G1 +9a G2 = 0 

→ S 1 = S2 ,

→ S6 = −(2G1 + 3G2 )/8 ,

(D)

Miy = 0:

8a S1z + 8a S5 + 4a G1 + 2a G2 = 0

→ S5 = −(2G1 − G2 )/8 .

ur G2 > 2G1 ein Zugstab. Der Stab 5 ist f¨ ur G2 < 2G1 ein Druckstab und f¨

146

Statik: L¨ osungen

L¨osung I.2.7 Infinitesimale Kraft am Bogenelement: dRx (−ϕ) = dRx (ϕ) ,

dRy = p0 cos ϕ R dϕ .

Resultierende: 60◦

Rx =

60◦

dRx = 0 ,

Ry = 2

−60◦

60◦

dRy = 2p0 R 0

cos ϕ dϕ =

√

3p0 R .

0

Moment um M: 

MM = p0

M:

2π R R = 2π p0 R2/3 . 3

¨ Aquivalentes Lastsystem in M: 

R=

√ 0 3 p0 R



,

MM = 2π p0 R2 /3 .

Bedingung f¨ ur resultierende Einzelkraft auf Wirkungslinie durch B: 

B:

MB = MM − Ry b = 0

→

b=

MM 2π R = √ ∼ = 1, 21R . Ry 3 3

Resultierende Einzelkraft und Wirkungslinie: 

R=

√ 0 3p0 R



,

xB = 1, 21R , yB beliebig .

MM

M

R

60◦ 60◦ y

ϕ

dR

R dϕ

x

dR

b

R B

147

Statik: L¨ osungen

L¨osung I.3.1 Wegen t  a kann man die Schwerpunkte mit Hilfe der Formeln f¨ ur Linienschwerpunkte berechnen. a) Gesamtschwerpunkt: 



xi li , xs =  li

yi li ys =  . li

Teilprofile: : x1 = 0 ,

y1 = a/2 ,

l1 = a ,

: x2 = a/2 ,

y2 = 0 ,

l2 = a ,

‘: x3 = 3 a/2 ,

y3 = a/2 ,

l3 =

√ 2a.

Einsetzen liefert: √ xs = (5 2/4 − 1) a ,

ys =

√ 2 a/4 .

b) Gesamtschwerpunkt: 

xs = 0

(Symmetrie),

yi li ys =  . li

Teilprofile: : y1 =

1 a, 2

l1 = 2a ,

: y2 = 0, ‘: y3 = a + Einsetzen liefert:

ys =

3+π a. 4+π

l2 = 2a , 2 a, π

l3 = πa .

148

Statik: L¨ osungen

L¨osung I.3.2 Die ausgeschnittenen Kreisfl¨achen gehen in die Formeln f¨ ur die Schwerpunktskoordinaten als negative“ Fl¨achen ein. Der Gesamtschwerpunkt liegt ” auf der Verbindungsgeraden der Teilschwerpunkte. a) Gesamtschwerpunkt: 

xi Ai xs =  , Ai

ys = 0

(Symmetrie) .

Teilfl¨achen: A1 = π r12 ,

x1 = 0 ,

x2 = r1 /2 ,

A2 = − π r22 .

Einsetzen liefert: xs = −

r1 r22 . 2(r12 − r22 )

b) Gesamtschwerpunkt: 

xi Ai , xs =  Ai

ys = −xs .

Teil߬achen: x1 = 0 ,

A1 = π a b ,

x2 = b/3 ,

A2 = − π b2 /9 .

149

Statik: L¨ osungen

Einsetzen liefert: xs = −

b2 . 3(9a − b)

L¨osung I.3.3 Schwerpunktskoordinaten: xs = 0

(Symmetrie),

ys =

1 A



y dA =

2 πR 2



y dA .

a) Wir √ integrieren zuerst u ¨ber y mit den Integrationsgrenzen y = 0 und y = R 2 − x2 (die variable Grenze folgt aus der Kreisgleichung). Anschließend erfolgt die Integration u ¨ber x mit den Grenzen x = −R und x = R. Fl¨achenelement: dA = dx dy . Statisches Moment: 

y dA =

=

R

√ R2 −x2

x = −R

y=0

R x = −R

R

y dy dx

√

1 2 $$ R2 −x2 1 R y $ dx = (R2 − x2 ) dx 0 2 2 x = −R

= (R2 − x2 ) dx = 0

2 3 R . 3

150

Statik: L¨ osungen

Einsetzen liefert: ys =

4R . 3π

b) Fl¨achenelement: dA = r dϕ dr . Zusammenhang zwischen y, r und ϕ: y = r sin ϕ . Statisches Moment: π



R

r 2 sin ϕ dr dϕ =

y dA = ϕ=0 r=0

R3 3

π

sin ϕ dϕ = ϕ=0

2 3 R . 3

Einsetzen liefert: ys =

4R . 3π

L¨osung I.3.4 Wir w¨ahlen ein Fl¨achenelement dA = dx dy und integrieren zuerst u ¨ ber y mit den Integrationsgrenzen y = g(x) und y = f (x). Anschließend erfolgt die Integration u ¨ber x mit den Grenzen x = 0 und x = a. Schwerpunktskoordinaten: xs =

1 A



x dA ,

ys = xs

(Symmetrie).

151

Statik: L¨ osungen

Fl¨ache: 

a

A = dA =

f(x)

=

a x=0

a

dy dx =

x = 0 y = g(x)

[f (x) − g(x)] dx =

f (x )

x=0

a x=0

[y|g(x )] dx

√ ( x a − x2 /a) dx = a2 /3 .

Statisches Moment: 

a

x dA =

f(x)

x = 0 y = g(x)

a

=

x=0

x dy dx =

a x=0

x[f (x) − g(x)] dx

√ (x x a − x3 /a) dx = 3a3 /20 .

Einsetzen liefert: xs = 9a/20 .

L¨osung I.3.5 Wir zerlegen die Ziffer in f¨ unf Teilfl¨achen. Die ausgeschnittene Halbkreisfl¨ache ’ geht negativ in die Formeln f¨ ur die Schwerpunktskoordinaten ein.

152

Statik: L¨ osungen

i

xi /a

yi/a

Ai /a2

1

2,5

8,5

3

7,5

25,5

2

0,5 4 +1 π 8 +1 3π 0,5

7

4 9 π 2

2

28 27 π 2

3 4 5

3 3

xi Ai /a3

9 18 + π 2 16 − − 2π 3 0,5

−2π

0,5

1

Summen:

8+

→ xs = 1,93a ,

5 π 2

68 5 + π 3 2

yi Ai /a3

−6π 0,5 54 +

15 π 2

ys = 4,89a .

L¨osung I.3.6 Schwerpunktskoordinate: 

y i Vi ys =  . Vi Teilk¨orper: y1 =

1 h, 4

V1 =

π 2 hr , 3

3 y2 = − r , 8

V2 =

2π 3 r . 3

153

Statik: L¨ osungen

Forderung: ys ≤ 0

→

h≤

√

3r.

L¨osung I.3.7 Schwerpunktskoordinate: 

z dV . zs =  dV Volumenelement: dV = 2π(R sin ϕ) (R dϕ) t = 2π t R2 sin ϕ dϕ . Statisches Moment: 



z dV = R cos ϕ dV = 2π t R3

α 0

sin ϕ cos ϕ dϕ = π t R3 (1 − cos2 α) .

Volumen: 

α

V = dV = 2π t R2 sin ϕ dϕ = 2π t R2 (1 − cos α) . 0

Einsetzen liefert: zs = (1 + cos α) R/2

→

zs = R − H/2 .

154

Statik: L¨ osungen

Sonderfall α = π/2 (Halbkugelschale): zs = R/2 .

L¨osung I.3.8 Wir w¨ahlen eine d¨ unnwandige Halbkugelschale mit dem Radius r und der Dicke dr als Volumenelement: dV = 2π r 2 dr. Die Schwerpunktskoordinate dieses Elements ist nach Aufgabe I.3.7 durch z = r/2 gegeben. Schwerpunktskoordinate: 

z dV zs =  . dV Volumen: V = 2π

R a Ri

r 2 dr = 2π(Ra3 − Ri3 )/3 .

Statisches Moment: 

z dV =

R a Ri

(r/2) 2π r 2 dr = π(Ra4 − Ri4 )/4 .

Einsetzen liefert:

zs =

3(Ra4 − Ri4 ) . 8(Ra3 − Ri3 )

155

Statik: L¨ osungen

Halbkugel (Ra = R, Ri = 0): zs = 3R/8

(siehe Tabelle I.3.1).

L¨osung I.3.9 Der Schwerpunkt liegt auf der Rotationsachse, die Teilungsebene der Glocke liegt bei z = 0. Oberer Teilschwerpunkt: 

zo =

π/2 

z dA , Ao

zo Ao = −

2πR cos ϕ R dϕ = 2πR2 ,

Ao = 0

π/2 

2πR cos ϕR sin ϕ dϕ = −πR3 .

0

Unterer Teilschwerpunkt: π/4 

2πR(2 − cos ψ)R dψ = πR2 (π −

Au =

√

2) ,

0 π/4 

zu Au = 0

7 √ 2πR(2 − cos ψ) sin ψ R dψ = 2πR3 ( − 2) . 4

Gesamtschwerpunkt: zs =

zo Ao + zu Au Ao + Au

→

zs =

√ 5/2 − 2 2 √ R. π+2− 2

Da das Gewicht pro Fl¨acheneinheit konstant ist, geht es nicht in die Rechnung ein.

156

Statik: L¨ osungen 2R ψ

R dϕ ϕ

M

R

R z

L¨osung I.4.1 Die Streckenlast wird durch ihre Resultierende R = q0 a ersetzt. Geometrie: sin α = 3/5 . Gleichgewichtsbedingungen: 

A:

a S3 sin α + 2a R/3 = 0

→

S3 = −10q0 a/9 ,

←:

S1 cos α + S3 cos α = 0

→

S1 = 10q0 a/9 ,

S1 sin α + S2 + S3 sin α + R = 0

→

S2 = −q0 a .

↓:

L¨osung I.4.2 Wir bilden zun¨achst Gleichgewicht am Gesamtsystem und anschließend am Knoten K. Gleichgewicht am System aus dem Balken und den St¨aben 2 und 3: ↑:

AV − F = 0

→

AV = F ,

A:

l F + h S1 = 0

→

l S1 = − F , h

→:

AH − S1 = 0

→

l AH = − F . h



157

Statik: L¨ osungen

Gleichgewicht am Knoten K: →:

−S1 + S3 sin α = 0

→

S3 = −

↑:

S2 + S3 cos α = 0

→

S2 =

l F, h sin α

l F. h tan α

Die Lagerkraft und die Stabkr¨afte sind unabh¨angig von der L¨ange a des Stabes 1.

L¨osung I.4.3 Gleichgewicht am Balken: 

A : a S + 2a S sin 60◦ − 3a G sin 60◦ = 0

→

: Ax − S cos 60◦ − G cos 60◦ = 0

→



C : 2a Ay + a S + a G sin 60◦ = 0

→

√ 9−3 3 G, 4 √ 13 − 3 3 Ax = G, 8 √ 9− 3 G. Ay = − 8

S=

Gleichgewicht am Lager B: →:

−BH + S sin 30◦ + S sin 60◦ = 0 Symmetrie:

→

√ 3 3 G, 4 √ 3 3 G. BV = 4

BH =

158

Statik: L¨ osungen

L¨osung I.4.4 Wir bilden zun¨achst das Gleichgewicht am Gesamtsystem und anschließend am Balken BC. Das Bauteil AD ist ein Stab. Gleichgewicht am Gesamtsystem: →: F1 − CH = 0 

C : 6a A − a F1 − 2a F2 = 0 

E : a F1 − 4a F2 + 6a CV = 0

→

CH = F ,

→

A = 5F/6 ,

→

CV = 7F/6 .

Gleichgewicht am Balken BC: 

√

2 D + 6a F2 − 8a CV = 0 B : 4a 2 

D: 4a BV + 2a F2 − 4a CV = 0

2

√

2

→

D=−

→

BV = F/6 ,

→

BH = F/3 .

3

√ →:

BH −

2 D − CH = 0 2

L¨osung I.4.5 Gleichgewicht am Baumstamm: 

D: 4a G − 6aS1 = 0

→

S1 = 2G/3 ,

F,

159

Statik: L¨ osungen 

→

S2 = G/3 .

→

AV = 4G/7 ,

→

BV = 3G/7 .

→

CV = 2G/21 ,

C : 7a AV − 4a AH − 3a S1 = 0

→

AH = G/2 ,

→:

→

CH = − G/2 .

→

BH = − G/2 .

E : 2a G − 6a S2 = 0 Gleichgewicht am Gesamtsystem: 

B : 14a AV − 8a G = 0 

A : 14a BV − 6a G = 0

Gleichgewicht am linken Teilk¨orper: ↑:

AV − S1 + CV = 0



AH + CH = 0

Gleichgewicht am Gesamtsystem: →:

AH + BH = 0

L¨osung I.4.6 Gleichgewicht am Container: ↑:

S−G=0

→

S = G.

160

Statik: L¨ osungen

Gleichgewicht am linken Teilk¨orper: √ 2 S=0 C : 2a AV + a 2 

√ 2 S=0 A : 2a CV + a 2



→

√ 2 AV = − G, 4 √

2 G. 4

→

CV = −

→

√ 6− 2 G, BH = 6

→

CH =

→

√ 6− 2 G, AH = − 6

→

√ 4+ 2 G. BV = 4

Gleichgewicht am rechten Teilk¨orper: √ √ 2 2 S − 3a S − 3a S=0 C : 3a BH + 4a 2 2 

√



B : 3a CH + 7a

√ 2 2 S −3a S−3a S=0 2 2

√ 3−2 2 G. 3

Gleichgewicht am Gesamtsystem: →:

↑:

AH + BH = 0

AV +BV −G = 0

L¨osung I.4.7 Am rechten Teilsystem ersetzen wir die Streckenlast durch ihre Resultierende R = 32 q0 a.

161

Statik: L¨ osungen

Gleichgewicht am Gesamtsystem: →

AH = F cos α .

→

GV = F/2 sin α ,

G : −2a AV + a F sin α = 0

→

AV = F/2 sin α ,

→:

→

GH = 0 .

→

C = (9q0 a − F sin α)/8 ,

→

B = (3q0 a + 5F sin α)/8 .

→:

−AH + F cos α = 0

Gleichgewicht am linken Teilsystem: 

A : −a F sin α + 2a GV = 0



−AH + F cos α − GH = 0

Gleichgewicht am rechten Teilsystem: 

B : a GV − 3a R + 4a C = 0 

C : 5a GV − 4a B + a R = 0

L¨osung I.4.8 Das Kr¨aftepaar ist einem eingepr¨agten Moment F a gleichwertig, das am mittleren Teilbalken angreift. Aus den Gleichgewichtsbedingungen in horizontaler Richtung ergeben sich die Horizontalkomponenten der Lager- und der Gelenkkr¨afte zu Null. Gleichgewicht am mittleren Teilbalken: 

G 1 : a F − 2a G2 = 0 ↓: G1 − G2 = 0

→

G2 = F/2 ,

→

G1 = F/2 .

162

Statik: L¨ osungen

Gleichgewicht am linken Teilbalken: 

A : MA − a G1 = 0

→

MA = F a/2 ,

↑:

→

A = −F/2 .

A + G1 = 0

Gleichgewicht am rechten Teilbalken: 

B : a(G2 + P ) + MB = 0 

G 2 : MB + a B = 0

→

MB = −(F/2 + P ) a ,

→

B = F/2 + P .

Wenn die Kraft P unmittelbar links vom Gelenk G2 angreift, erh¨alt man G2 = F/2 + P . Alle Lagerreaktionen sowie G1 a¨ndern sich nicht.

L¨osung I.4.9 Geometrie: S1x : S1y : S1z = S2x : S2y : S2z = 1 : 1 : 2 . Symmetrie: S 1 = S2 . Gleichgewichtsbedingungen: 

Fix = 0:

Ax + S1x − S2x = 0

→

Ax = 0 ,

a G1 − 2a Az = 0

→

Az = G1 /2 ,

i

 i

(B)

Mix = 0:

163

Statik: L¨ osungen 

(A)

Mix = 0:

− a S1z − a S2z − 2a S1y − 2a S2y − a G1 − 2a G2 = 0

i

→ 

Fiy = 0:

Ay + S1y + S2y = 0 →

√ S1 = − 6(G1 + 2G2 )/8 , Ay = (G1 + 2G2 )/4 .

i

L¨osung I.4.10 Gleichgewicht am rechten Teilk¨orper: 

Fix = 0:

Dx = 0 ,

i



(E)

Mix = 0:

−a C + a Dz = 0

→

C = Dz .

→

Dz = 0 ,

→

Ax = 0 ,

→

Dy = −F/3 ,

→

Ay = −2F/3 ,

i

Gleichgewicht am Gesamtsystem: 

(A)

Miy = 0:

−3a C − 3a Dz = 0

i



Fix = 0:

Ax + Dx = 0

i



(A)

Miz = 0:

−2a Dx + 3a Dy + aF = 0

i



Fiy = 0:

Ay + Dy + F = 0

i



(A)

2a B + 2a Dz − a F = 0

→

B = F/2 ,

(D)

3a Az + 3a B = 0

→

Az = −F/2 .

Mix = 0:

i

 i

Miy = 0:

164

Statik: L¨ osungen

L¨osung I.4.11 Geometrie: a=

√

2R.

Gleichgewicht f¨ ur oberen Zylinder (zentrales Kraftsystem): ↑:

N2 =

√ 2 mg ,

→:

N1 = mg .

Gleichgewicht f¨ ur unteren Zylinder (zentrales Kraftsystem): √ ←: N3 − N2 / 2 = 0 √ ↑: N4 − N2 / 2 − mg = 0

→

N3 = mg ,

→

N4 = 2mg .

Gleichgewicht f¨ ur B¨ ugel: 

B : N1 (a + R) − N3 R − Mg(R + a/2) + A(2R + a) = 0

↑: A + B − Mg = 0 →: −N1 + N3 = 0

→

√ 2 Mg √ , − mg A= 2 2+ 2

→

B=

→

√ Mg 2 √ > 0, + mg 2 2+ 2

Gleichgewicht erf¨ ullt .

Die Bindung in A ist einseitig. Es k¨onnen nur Druckkontaktkr¨afte A > 0 u ¨bertragen werden. F¨ ur A < 0 kippt die Anordnung gegen Uhrzeigersinn um B:

165

Statik: L¨ osungen

√ M 2 √ < m 1 + 2/2

→

Kippen .

Mg

N1

R

N1

mg R

N2

a mg

R+a

N2

N3

N3

a

B

R

A 2R + a

N4

L¨osung I.5.1 Die St¨abe 1, 7 und 9 sind Nullst¨abe. Die Lagerreaktionen erhalten wir aus den Gleichgewichtsbedingungen am gesamten Fachwerk. Die Stabkraft S3 ist gleich der Lagerreaktion A. Gleichgewicht am gesamten Fachwerk: 

A : h P − 2h BV = 0



B : h P − 2h A = 0 →:

→

BV = P/2 ,

→

A = P/2 ,

BH = 0 .

Gleichgewicht am Knoten I: √ ↑: S3 +

2 S4 = 0 2

√ →

S4 = −

2 P. 2

166

Statik: L¨ osungen

L¨osung I.5.2 Wir berechnen zuerst die Lagerkraft A aus dem Gleichgewicht am Gesamtsystem. Anschließend trennen wir das Fachwerk mit einem Ritter-Schnitt durch die St¨abe 1, 2 und 3 und bilden Gleichgewicht am linken Teilsystem. Gleichgewicht am Gesamtsystem: 

B:

6a A − 5a F1 − a F2 = 0

4 F. 3

→

A=

3a A − 2a F1 − 2a S3 = 0

→

S3 = F ,

a A + 2a S1 = 0

→

2 S1 = − F , 3 √ 2 F. S2 = − 3

Gleichgewicht am linken Teilsystem: 

C: 

D:

√ ↑:

A − F1 +

2 S2 = 0 2

→

L¨osung I.5.3 Die Lagerreaktionen folgen aus dem Gleichgewicht am Gesamtsystem. Die St¨abe 5 und 6 sind Nullst¨abe. Die Kraft im Stab 9 bestimmen wir mit Hilfe eines Ritter-Schnitts aus dem Gleichgewicht am rechten Teilsystem. Die Stabkraft S10 erhalten wir aus den Gleichgewichtsbedingungen am Knoten B. Gleichgewicht am Gesamtsystem: 

A : a F − 2a B = 0



→

B : a F − 2a AV = 0 → →:

AH = 0 .

B = F/2 , AV = F/2 ,

167

Statik: L¨ osungen

Gleichgewicht am rechten Teilsystem: 

K : c S9 − a B = 0 . Geometrie: b/c = tan 30◦ =

√ 3/3,

a=b+c

→

Einsetzen liefert: 1 S9 = 2

√



3 +1 F . 3

Gleichgewicht am Knoten B: ↑:

B + S10 sin 30◦ + S11 sin 45◦ = 0 ,

←: S10 cos 30◦ + S11 cos 45◦ = 0 . Aufl¨osen liefert: 1 √ S10 = ( 3 + 1) F . 2

L¨osung I.5.4 Geometrie: S2H S3H 2 = =√ , S2 S3 5

S2V S3V 1 = =√ . S2 S3 5

√ a = ( 3/3 + 1) c .

168

Statik: L¨ osungen

Gleichgewicht am Knoten I: ←: S2H + S3H = 0

→

S2 = −S3 .

→

S3 = −

→

S1 = 4F ,

→

S4 = −4F .

Gleichgewicht am rechten Teilsystem: √ ↑: 

S2V − S3V − F = 0 a a S2H + S3H − 4a F = 0 2 2

II :

a S1 +

←:

S1 + S2H + S3H + S4 = 0

L¨osung I.5.5 Die St¨abe 1 und 2 sind Nullst¨abe. Gleichgewicht am Gesamtsystem: 

A:

2 5 1 a G − 2a √ B − a √ B = 0 2 5 5

→

√ 5 5 B= G, 8

→:

2 AH − √ B = 0 5

→

AH =

5 G, 4

↑:

1 AV + √ B − G = 0 5

→

AV =

3 G. 8

5 F, 2

169

Statik: L¨ osungen

Gleichgewicht an den Knoten: Knoten II: √

2 S3 = 0 2

√ 3 2 G, 8

→

S3 = −

→

7 S4 = − G . 8

→

1 S5 = − G , 2

→

√ 1 S8 = − (7 + 4 3) G . 8

√ √ 2 2 S3 + S5 + S7 = 0 2 2

→

√ 7 2 G. S7 = 8

←:

2 S6 + √ B = 0 5

→

5 S6 = − G , 4

↓:

1 S9 − √ B = 0 5

→

S9 =

↑:

AV +

→:

AH +

√

2 S3 + S4 = 0 2

Knoten IV: ↑:

S5 +

1 G=0 2 √

→:

−S4 + S8 +

3 G=0 2

Knoten III: ↓: Knoten V:

5 G. 8

170

Statik: L¨ osungen

L¨osung I.5.6 Gleichgewicht am Gesamtsystem: 

B: 

A:

12a A − 9a R = 0

→

A = 9q0 a/2 ,

12a B − 3a R = 0

→

B = 3q0 a/2 .

Gleichgewicht am rechten Teilsystem: 

G:

→

S5 = 3q0 a .

−S5 + S4 sin α = 0

→

S4 = 15q0 a/4 ,

S3 + S4 cos α = 0

→

S3 = − 9q0 a/4 .

6a B − 3a S5 = 0

Gleichgewicht am Knoten II: →: ↑: Symmetrie: S 1 = S4 ,

S 2 = S3 .

L¨osung I.5.7 Vektorielle Darstellung der am Knoten III wirkenden Kr¨afte S 7 und S 8 : ⎡

⎤

2 S7 ⎢ ⎥ S 7 = − √ ⎣ √1 ⎦ , 2 2 3

⎡

⎤

2 S8 ⎢ −1 ⎥ S8 = − √ ⎣ √ ⎦ . 2 2 3

171

Statik: L¨ osungen

Gleichgewicht am Knoten I: 





Fix = 0:

Fiz = 0:

S6 = 0 , √ 3 S3 − F = 0 2

1 Fiy = 0: −S1 − S3 = 0 2

→

S3 =

2

√

3

3

F,

√

3 F. 3

→

S1 = −

→

S2 =

→

S5 = 0 ,

→

S4 = 0 .

Gleichgewicht am Knoten II: 





Fiz = 0:

√ 3 S2 − F = 0 2

Fiy = 0: S1 +

√ 2 1 S2 + S5 = 0 2 2

2

√ 3

3

F,

√ Fix = 0: −S4 −

2 S5 = 0 2

Gleichgewicht am Knoten III: 





Fiy = 0:

1 1 1 1 S 3 − S2 − √ S 7 + √ S 8 = 0 2 2 2 2 2 2 → S 7 = S8 , √

Fiz = 0: −

√ √ √ 3 3 3 3 S2 − S 3 − √ S7 − √ S 8 = 0 2 2 2 2 2 2

1 1 Fix = 0: −S9 − √ S7 − √ S8 = 0 2 2

→

√ 2 6 F, S8 = − 3

→

√ 4 3 S9 = F. 3

172

Statik: L¨ osungen

L¨osung I.6.1 Da keine Streckenlast vorhanden ist, erh¨alt man bereichsweise eine konstante Querkraft und ein linear ver¨anderliches Biegemoment. Lagerreaktionen: A = 2F ,

B = 5F .

L¨osung I.6.2 Die Momentenlinie ist bereichsweise linear ver¨anderlich. Wir berechnen f¨ ur beliebiges ξ die Biegemomente M1 (ξ) und M2 (ξ) an den Knickstellen der Momentenlinie. Anschließend werden die Werte ξ1 bzw. ξ2 bestimmt, f¨ ur die M1 bzw. M2 maximal werden. Lagerreaktionen: A=

G (3l − 3 ξ − a) , 3l

B=

G (3 ξ + a) . 3l

Biegemomente: M1 (ξ) = A ξ =

G [(3l − a) ξ − 3 ξ 2] , 3l

M2 (ξ) = B (l − ξ − a) =

G [(3l − 4a) ξ − 3 ξ 2 + a l − a2 ] . 3l

173

Statik: L¨ osungen

Extremwerte:

2

dM1 =0 dξ

→

ξ1 =

1 (3l − a) 6

→

M1max =

1 a 3− 36 l

dM2 =0 dξ

→

ξ2 =

1 (3l − 4a) 6

→

M2max =

1 a 3−2 36 l

Gl , 2

Gl .

Es gilt: M1max > M2max

→

Mmax = M1max ,

ξ ∗ = ξ1 .

Die L¨osung gilt nur f¨ ur ξ1 + a < l, d. h. f¨ ur a < 3l/5.

L¨osung I.6.3 Wir bestimmen die Schnittgr¨oßenverl¨aufe mit Hilfe des F¨oppl-Symbols. Belastung: q(x) = q0 − q0 x − a0 +

3q0 x − 2a1 . 4a

174

Statik: L¨ osungen

Schnittgr¨oßenverl¨aufe: Q(x) = −q0 x + q0 x − a1 −

3q0 x − 2a2 + C1 , 8a

1 q0 1 x − 2a3 + C1 x + C2 . M(x) = − q0 x2 + q0 x − a2 − 2 2 8a Randbedingungen: M(0) = 0: C2 = 0 , M(4a) = 0: −8q0 a2 + 9q0 a2 /2 − q0 a2 + 4a C1 = 0

→

Einsetzen liefert: Q(x) = M(x) =

3q0 9 q0 a − q0 x + q0 x − a1 − x − 2a2 , 8 8a 9 1 1 q0 q0 a x − q0 x2 + q0 x − a2 − x − 2a3 . 8 2 2 8a

Lagerkr¨afte: A = Q(0)

→

A = 9q0 a/8 ,

B = −Q (4a)

→

B = 11q0 a/8 .

C1 = 9q0 a/8 .

175

Statik: L¨ osungen

Maximales Moment (tritt auf bei x > 2a): 

Q(x0 ) = 0

→

M(x0 ) = Mmax →

1 x0 = 2 + √ 3



a,

Mmax = 0,80q0 a2 .

L¨osung I.6.4 F¨ ur die L¨osung mit Hilfe des F¨oppl-Symbols muss bei der Integration jeweils ein Sprung in der Querkraftlinie bzw. in der Momentenlinie durch die vertikale Komponente der Stabkraft S bzw. durch das eingepr¨agte Moment M0 ber¨ ucksichtigt werden. Belastung: q(x) = q0 x − 4a0 . Schnittgr¨oßenverl¨aufe: Q(x) = −q0 x − 4a1 − S cos α x − 4a0 + C1 , M(x) = −q0 x − 4a2 /2 − S cos α x − 4a1 + C1 x − M0 x − 2a0 + C2 . Randbedingungen: M(0)

= 0:

C2 = 0 ,

Q(8a) = 0: −4q0 a − S cos α + C1 = 0 , M(8a) = 0: −8q0 a2 − 4a S cos α + 8a C1 − M0 = 0 . Aufl¨osen liefert: C1 = −q0 a,

S cos α = −5q0 a .

176

Statik: L¨ osungen

Einsetzen liefert: Q(x) = −q0 x − 4a1 + 5q0 a x − 4a0 − q0 a , M(x) = −q0 x − 4a2 /2 + 5q0 a x − 4a1 −q0 a x − 4q0 a2 x − 2a0 . Die Querkraft und das Biegemoment sind unabh¨angig von der Richtung des Stabes.

L¨osung I.6.5 Lagerreaktionen: A = q0 a ,

B = 7q0 a/2 ,

C = −3q0 a/2 ,

MC = 3q0 a2 /2 .

Schnitt an der Stelle x1 : ↓: 

S:

Q(x1 ) − A + R = 0 x1 =0 M(x1 ) − Ax1 + R 2

→

Q(x1 ) = q0 (a − x1 ) ,

→

1 x1 x21 M(x1 ) = q0 a2 2 − 2 2 a a





.

177

Statik: L¨ osungen

Schnitt an der Stelle x2 : ↑: 

S:

Q(x2 ) + C = 0

→

Q(x2 ) = 3q0 a/2 ,

M(x2 ) − MC − C(2a − x2 ) = 0

→

M(x2 ) =

3 x2 q0 a2 −1 + 2 a



.

L¨osung I.6.6 Die Momentenlinie wird vom freien Ende her skizziert. Zum Zeichnen des Momentenverlaufs werden folgende Werte ben¨otigt: M(2l) = 0 ,

M(4l) = 0 ,

M(3l) = − F l .

178

Statik: L¨ osungen

L¨osung I.6.7 Lagerreaktionen (vgl. Aufgabe I.4.8): A = −F/2 ,

MA = F a/2 ,

B = 3F/2 ,

MB = −3F a/2 .

L¨osung I.6.8 Lagerkr¨afte und Stabkr¨afte (s. Aufgabe I.5.6): A = 9q0 a/2 ,

B = 3q0 a/2 ,

S2 = S3 = −9q0 a/4 .

S1 = S4 = 15q0 a/4 ,

179

Statik: L¨ osungen

Bild I.6.9

Bild I.6.8

L¨osung I.6.9 Lagerreaktionen: AV = −F/2 ,

BH = F/2 .

L¨osung I.6.10 Die Momentenlinie kann ohne Berechnung der Lagerkr¨afte konstruiert werden. Der Querkraftverlauf folgt aus der Beziehung Q = dM/dx.

180

Statik: L¨ osungen

L¨osung I.6.11 Lagerreaktionen: AH = − 2G/3 ,

AV = G ,

B = 2G/3 .

181

Statik: L¨ osungen

L¨osung I.6.12 Zur Berechnung der Schnittgr¨oßen im Bogen schneiden wir an einer beliebigen Stelle ϕ. Gleichgewichtsbedingungen: :

N + F sin ϕ = 0

→

N = − F sin ϕ ,

:

Q + F cos ϕ = 0

→

Q = − F cos ϕ ,

M + F (r sin ϕ + 4r) = 0

→

M = − F r(4 + sin ϕ) .



S:

L¨osung I.6.13 Die Lage des Schwerpunkts f¨ ur einen Kreisbogen wird der Tabelle I.3.1 entnommen: a=r

2 ϕ sin . ϕ 2

Gleichgewichtsbedingungen:  i

Fiz = 0:

Qz + q0 r ϕ = 0

→

Qz = −q0 r ϕ ,

182

Statik: L¨ osungen 

(0)

Mix = 0:

i

MT + q0 r ϕ r − a cos 



ϕ =0 2

(0)

Miy = 0: My + q0 r ϕ a sin

i

ϕ =0 2

→

MT = −q0 r 2 (ϕ − sin ϕ) ,

→

My = −q0 r 2 (1 − cos ϕ) .

Alle anderen Schnittgr¨oßen sind Null.

L¨osung I.6.14 Lagerreaktionen: √ Ax = −

3 F, 2

MAx = 2F a ,

Ay = 0 ,

Az =

MAy = −7F a ,

3 F, 2 √ MAz = − 3F a .

183

Statik: L¨ osungen

L¨osung I.6.15 Wir betrachten getrennt die Schnittgr¨oßen aus dem Stammgewicht und die Schnittgr¨oßen aus dem Anklammern. Die Teill¨osungen k¨onnen superponiert werden. Kegelstumpfvolumen des Stamms oberhalb der Schnittstelle x:

r(x) = r0 2 − V (x) =

x H



,

π x π [(2H − x)r 2 (x) − H r02 ] = H r02 [(2 − )3 − 1] . 3 3 H

Schnittgr¨oßen aus Stammgewicht: N st (x) = −γ V (x)

→

N st = −γ Qst = 0 ,

π x H r02 [(2 − )3 − 1] , 3 H M st = 0 .

184

Statik: L¨ osungen

Gleichgewicht am freigeschnittenen Affen: Infolge der schwachen Gelenkmuskulatur k¨onnen Klammerkr¨afte Ax , Ay , Bx und By aufgebracht werden, aber keine Klammermomente. 

B:

Ay b − Ga = 0

→

Ay = Ga/b ,

→:

By − Ay = 0

→

By = Ay = Ga/b ,

Ax + Bx − G = 0

→

Ax + Bx = G .

↑:

Die Klammerung ist statisch u ¨berbestimmt: Durch Strecken oder Kontraktion der K¨orpermuskulatur kann der Affe innerhalb der Haftungsgrenzen und der k¨orperlichen Spannkraftgrenzen Ax bzw. Bx aktiv beeinflussen. Schnittgr¨oßen durch Anklammern: Bereich H − h < x ≤ H : N an = 0 ,

Qan = 0 ,

M an = 0 .

Bereich H − h − b < x < H − h : N an = −Ax (unbestimmt) ,

Qan = Ga/b ,

Bereich 0 ≤ x < H − h − b : N an = − G ,

Qan = 0 ,

M an = Ga .

a M an = G (H − h − x) . b

185

Statik: L¨ osungen

h

N

Ay

γV

M Q

Ay

Ax

Ax Q M

b

Bx By

By

Bx

N

G

x y z

H a/b ?

H/2

−7

3 N st 2 γ π H r0

−1

N an /G

Qan /G

1 M an /G a

L¨osung I.7.1 Wir denken uns das System aus einer beliebigen Lage ϕ durch eine virtuelle Verr¨ uckung δϕ ausgelenkt. Prinzip der virtuellen Arbeit: δW = 0: M0 δϕ − F l δϕ sin ϕ = 0

→

Aufl¨osen liefert: ϕ∗ = arcsin

M0 . Fl

Gleichgewicht ist nur f¨ ur |M0 /F l| ≤ 1 m¨oglich.

(M0 − F l sin ϕ) δϕ = 0 .

186

Statik: L¨ osungen

L¨osung I.7.2 Wir f¨ uhren die virtuelle Verdrehung δα des Tr¨agers AB ein. Wegen der Symmetrie bleibt die Plattform beim Hochheben horizontal (δwG = δwB ). Prinzip der virtuellen Arbeit: δW = 0: F δf − G δwG = 0 . Geometrie: δwG = δwB = l δα cos 30◦ =

√ 3 l δα/2 ,

δf = a δα .

Einsetzen liefert: (F a −

√

√ 3 l G/2)δα = 0

→

F =

3l G. 2a

L¨osung I.7.3 Durch Entfernen des Lagers in B machen wir den Balken beweglich. Anschließend denken wir uns das System durch eine virtuelle Verr¨ uckung ausgelenkt. Die Streckenlast wird durch die Teilresultierenden R1 bzw. R2 links bzw. rechts vom Gelenk ersetzt. Prinzip der virtuellen Arbeit: δW = 0: R1 δwR1 + R2 δwR2 − B δwB + F sin α δwF = 0 .

187

Statik: L¨ osungen

Geometrie: δwR1 = a δϕ/2 ,

δwR2 = 5a δψ/2 ,

δwG = a δϕ = 3a δψ

→

δwB = 2a δψ ,

δwF = a δψ ,

δϕ = 3 δψ.

Einsetzen liefert: (3q0 a/2 + 5q0 a/2 − 2B + F sin α)a δψ = 0 →

B = 2q0 a + F/2 sin α.

L¨osung I.7.4 Durch einen Schnitt an der Stelle x legen wir die Schnittgr¨oßen frei. Sie gehen wie eingepr¨agte Gr¨oßen in das Prinzip der virtuellen Arbeit ein. Der Schnitt erm¨oglicht die virtuellen Verr¨ uckungen δwl und δwr (die ebenfalls m¨ogliche horizontale virtuelle Verr¨ uckung des rechten Teilk¨orpers ist hier nicht von Interesse). Kinematik: δwl = x δα ,

δwr = (l − x)δβ ,

δwF = (l − a)δβ .

Prinzip der virtuellen Arbeit: δW = 0: −M δα − M δβ + Q δwl − Q δwr + F δwF = 0 .

188

Statik: L¨ osungen

a) M¨ogliche virtuelle Verr¨ uckung: δwl = δwr

→

δα = (l/x − 1)δβ .

Einsetzen liefert: [−M(l/x − 1) − M + F (l − a)]δβ = 0

→

M = (1 − a/l)x F .

→

Q = (1 − a/l)F .

b) M¨ogliche virtuelle Verr¨ uckung: δα = −δβ

→

δwl = −x δβ.

Einsetzen liefert: [−Q x − Q(l − x) + F (l − a)]δβ = 0

L¨osung I.7.5 Potientielle Energie:

Ep = G(R + r) cos ϕ +

1 c(R + r)2 sin2 ϕ . 2

Ableitungen: Ep = − G(R + r) sin ϕ + c(R + r)2 sin ϕ cos ϕ , Ep = − G(R + r) cos ϕ + c(R + r)2 (2 cos2 ϕ − 1) .

189

Statik: L¨ osungen

Gleichgewichtslagen: Ep = 0 →

→

sin ϕ [− G + c(R + r) cos ϕ ] = 0

ϕ1 = 0 ,

ϕ2, 3 = ± arccos

G . c(R + r)

ur G < c(R + r). Die Gleichgewichtslagen ϕ = ϕ2,3 = 0 existieren nur f¨ Stabilit¨at: a)

G < c(R + r): Ep (ϕ1 ) = (R + r)[− G + c(R + r)] > 0

→ stabile Gleichgewichtslage,

Ep (ϕ2,3 ) = (R + r)[− G cos ϕ2,3 + c(R + r)(2 cos2 ϕ2,3 − 1)] =

b)

1 2 [G − c2 (R + r)2 ] < 0 c

G > c(R + r): Ep (ϕ1 ) < 0

c)

→ instabile Gleichgewichtslage.

→ instabile Gleichgewichtslage.

G = c(R + r): Ep (ϕ1 ) = 0 ,

Ep (ϕ1 ) = 0 ,

EpIV (ϕ1 ) = − 3c(R + r)2 < 0

→ instabile Gleichgewichtslage.

190

Statik: L¨ osungen

L¨osung I.7.6 Wir w¨ahlen die Lage, f¨ ur die die Einzelmasse auf gleicher H¨ohe wie der Mittelpunkt der Scheibe liegt, als Bezugslage. Die horizontale Ebene durch den zugeh¨origen Kontaktpunkt K ist das Bezugsniveau zur Aufstellung der potentiellen Energie. Geometrie: x = Rϕ. Potentielle Energie: Ep = M g(R cos α − x sin α) + m g(R cos α − x sin α + r sin ϕ) → Ep = (M + m)g R(cos α − ϕ sin α) + m g r sin ϕ . Ableitungen: Ep = −(M + m)g R sin α + m g r cos ϕ , Ep = − m g r sin ϕ . Gleichgewichtslagen: Ep = 0

→

cos ϕ =

M +m R sin α =: k . m r

Gleichgewichtslagen existieren nur f¨ ur k ≤ 1 . Fallunterscheidung: a)

k<1

→

ϕ1, 2 = ± arccos k .

b)

k=1

→

ϕ1 = 0 .

191

Statik: L¨ osungen

Stabilit¨at: a)

b)

√ Ep (ϕ1 ) = − m g r 1 − k 2 < 0 √ Ep (ϕ2 ) = m g r 1 − k 2 > 0 Ep (ϕ1 ) = 0, Ep (ϕ1 ) = − m g r = 0

→ instabile Gleichgewichtslage, → stabile Gleichgewichtslage. → Wendepunkt mit horizontaler Tangente: instabile Gleichgewichtslage.

L¨osung I.7.7 Geometrie: Rϕ = rψ. Potientielle Energie: Ep = G1 [r + (R − r)(1 − cos ϕ)] + G2 [r + (R − r)(1 − cos ϕ)] − G2 r(ψ − ϕ) →

Ep = 2G[r + (R − r)(1 − cos ϕ)] − G(R − r)ϕ .

Ableitungen: Ep = 2G(R − r) sin ϕ − G(R − r) , Ep = 2G(R − r) cos ϕ .

192

Statik: L¨ osungen

Gleichgewichtslage: Ep = 0

→

ϕ1 = π/6 .

Stabilit¨at: Ep (ϕ1 ) =

√

3 G(R − r) > 0

→ stabile Gleichgewichtslage.

Die Gleichgewichtslage ist unabh¨angig vom Verh¨altnis der Radien. Alternativer L¨osungsweg: Bei Gleichgewicht muss die Summe der Momente um den Kontaktpunkt K  verschwinden. Geometrie: sin ϕ1 =

r/2 r

→

ϕ1 = π/6 .

L¨osung I.7.8 Potientielle Energie: Ep = G l/2 cos ϕ + 3G l/2 cos ϕ + 2Q l cos ϕ + cT ϕ2 /2 + cT (2ϕ)2 /2 →

Ep = 2l(G + Q) cos ϕ + 5cT ϕ2 /2 .

193

Statik: L¨ osungen

Ableitungen: Ep = 2l(G + Q)(Kϕ − sin ϕ) , Ep = 2l(G + Q)(K − cos ϕ)

mit

K=

5cT . 2l(G + Q)

Gleichgewichtslagen: Ep = 0

→

Kϕ = sin ϕ .

Fallunterscheidung: a)

K ≥ 1: Es existiert nur die Gleichgewichtslage ϕ1 = 0 .

b)

K < 1: Es existieren weitere Gleichgewichtslagen ϕj = 0, j = 2, . . . , N. Beispiel: F¨ ur K = 0,1 erh¨alt man aus der zeichnerischen L¨osung: ϕ1 = 0,

ϕ2 = 0,9π ,

ϕ3 = 2,3π ,

ϕ4 = 2,7π .

Stabilit¨at: a)

K>1: Ep (ϕ1 ) = 2l(G + Q)(K − 1) > 0

→

stabile Gleichgewichtslage,

→

stabile Gleichgewichtslage.

K=1: EpIV (ϕ1 ) = 2l(G + Q) > 0 b)

K < 1: Ep (ϕj ) = 2l(G + Q)(K − cos ϕj ) . Beispiel: K = 0,1 : Ep (ϕ1 ), Ep (ϕ3 ) < 0

→

instabile Gleichgewichtslagen,

Ep (ϕ2 ), Ep (ϕ4 ) > 0

→

stabile Gleichgewichtslagen.

Die Gleichgewichtslagen sind abwechselnd stabil und instabil.

194

Statik: L¨ osungen

L¨osung I.7.9 Schwerpunktsh¨ohe: z+h z =√ 2 L a + z2

→

h= √

Lz −z. a2 + z 2

Potential Ep und Ableitungen: 

Ep = 2G h = 2G z √



L −1 , a2 + z 2

1 dEp L z2 L a2 L −1− √ 2 = √ 2 − 1, =√ 2 2 2 3 2G dz a +z ( a +z ) ( a + z 2 )3 1 d2 Ep L a2 z √ = −3 . 2G dz 2 ( a2 + z 2 )5

195

Statik: L¨ osungen

Gleichgewichtslagen: dEp =0 dz

→

→

2 3 (La2 )2 = (a2 + zgl )





L zgl  =± a a

2/3

−1.

ur L ≥ a. Gleichgewichtslagen zgl existieren nur f¨ Stabilit¨at der Gleichgewichtslagen: d2 Ep < 0 f¨ ur zgl > 0 dz 2

→

zgl > 0: instabil ,

d2 Ep > 0 f¨ ur zgl < 0 dz 2

→

zgl < 0: stabil .

(Anschaulich: F¨ ur zgl < 0 liegt der Schwerpunkt h¨oher als f¨ ur zgl > 0 .) Anmerkung: Wenn man die Symmetrieannahme fallen l¨asst, m¨ ussen die Schwerpunktsh¨ohen und das Potential durch die vertikale und die seitliche Position (z und x) von B ausgedr¨ uckt werden. Anstelle der Potentialkurve Ep (z) erh¨alt man dann eine Potentialfl¨ache Ep (z, x). zgl > 0

zgl < 0 S

L

S

h

S

S

S

z

G a

L¨osung I.7.10 uhrt Eingef¨ uhrt wird eine virtuelle Drehung um B mit dem Winkel δϕB . Sie f¨ zu horizontalen und vertikalen Verschiebungen δu bzw. δw in den Angriffspunkten der ¨außeren Kr¨afte am Gesamtsystem: δuS1 = (R + a)δϕB ,

δwS1 = R δϕB ,

δuS2 = R δϕB ,

δwS2 = (R + a)δϕB ,

δuS = h δϕB ,

δwS = (R + a/2)δϕB ,

δuN4 = 0 ,

δwN4 = (R + a)δϕB ,

δuA = 0 ,

δwA = (2R + a)δϕB .

196

Statik: L¨ osungen

Das ergibt eine virtuelle Arbeit von N4 : δWN4 = N4 δwN4 und verhindert zun¨achst die Bestimmung von A aus der Gleichgewichtsbedingung δW = 0 . Wir f¨ uhren zus¨atzlich eine vertikale virtuelle Verschiebung δv aller Punkte der beiden Zylinder ein: δv = −δwN4 = −(R + a)δϕB . Dabei sind N1 und N3 ¨außere Kr¨afte, die senkrecht auf δv stehen; deshalb ist ihre virtuelle Arbeit mit δv Null. Gesamte virtuelle Arbeit: δW = A δwA − m g(δwS1 + δv) − m g(δwS2 + δv) − Mg δwS = [A(2R + a) − mg(R + R + a − 2R − 2a) − Mg(R + a/2)]δϕB . Gleichgewichtsbedingung: δW = 0

√ 2 Mg √ . −mg A= 2 2+ 2

→ δwS

δuS δwS1

Mg mg S1

δuS1 δϕB

δv

S

δuS2

δwS2 mg S2

δuN4

B

N4 , δwN4

δv

N1 mg

N3 mg

δuA A, δwA

N4 , δv

L¨osung I.8.1 Ohne Haftung w¨ urde sich die Trommel im Uhrzeigersinn drehen. Die Haftungskraft ist so gerichtet, dass diese Bewegung verhindert wird. Gleichgewicht an der Trommel: 

B:

rH −rG = 0

→

H = G.

197

Statik: L¨ osungen

Gleichgewicht am Hebel: 

A:

b N + c H − (a + b)F = 0 →

1 N = [(a + b) F − c G] . b

Haftbedingung:

→

H ≤ μ0 N

F ≥

b + μ0 c G. μ0 (a + b)

L¨osung I.8.2 Gleichgewicht an der Walze: ↑:

D cos 60◦ − G1 = 0

→

D = 6G .

→

N = 4G ,

→

H=

Gleichgewicht am Balken: ↑: 

B:

N − D cos 60◦ − G2 = 0 aN +

√ a 5 3 a H − a D − G2 = 0 4 2

4√ 3G. 3

198

Statik: L¨ osungen

Haftbedingung: √ →

H ≤ μ0 N

μ0 ≥

3 . 3

L¨osung I.8.3 Geometrie: cos α =

√

3/2

→

α = 30◦ .

→

N1 +

→

H 1 = H2 = H .

Gleichgewicht am mittleren Zylinder: ↑:

2N1 sin α + 2H1 cos α − G1 = 0

√ 3 H 1 = G1 .

Gleichgewicht am linken Zylinder: ↑: →: 

S:

N2 − N1 sin α − H1 cos α − G2 = 0 , H2 − N1 cos α + H1 sin α = 0 , H1 r − H2 r = 0

Au߬osen liefert: H=

√

3 G1 /6 ,

N1 = G1 /2 ,

N2 = G1 /2 + G2 > N1 .

199

Statik: L¨ osungen

Wesentliche Haftbedingung: H ≤ μ0 N1

→

μ0 ≥

√

3/3 .

Anm.: Da die Wirkungslinie der Resultierenden von G2 , N2 und H2 durch den Punkt B geht, muss bei Gleichgewicht auch die Resultierende von N1 und H1 durch diesen Punkt gehen (zentrales Kr¨aftesystem).

L¨osung I.8.4 Gleichgewicht an der Kugel: 

S:

Hl = 0 ,

↑:

N sin α − G1 = 0 ,

→:

Nl − N cos α = 0

→

Nl = G1 cotan α .

Nl − Nr = 0

→

Nr = Nl = G1 cotan α ,

H r − G1 − G2 = 0

→

H r = G 1 + G2 .

→

μ0 ≥ (1 + G2 /G1 ) tan α .

Gleichgewicht am Gesamtsystem: →: ↑:

Haftbedingung: Hr ≤ μ0 Nr

200

Statik: L¨ osungen

L¨osung I.8.5 Geometrie: SV a = . SH b Gleichgewicht an der Platte: →: ↑:

N1 − N2 = 0 , H 1 + H 2 − G2 = 0 .

Gleichgewicht am Klotz: →: ↑:

N2 − SH = 0 , SV − H2 − G1 = 0 .

Haftbedingungen: H1 ≤ μ0 N1 ,

H2 ≤ μ0 N2 .

Aufl¨osen liefert f¨ ur μ0 < a/b: G2 ≤

2μ0 G1 . a/b − μ0

201

Statik: L¨ osungen

F¨ ur μ0 → a/b gilt G2 → ∞. Im Fall μ0 ≥ a/b haftet die Platte bei beliebig kleinem Gewicht G1 (Selbsthemmung).

L¨osung I.8.6 Aus dem Kr¨aftegleichgewicht in horizontaler Richtung folgt, dass die Seilkraft oberhalb von A vertikal gerichtet ist. Kr¨afte- und Momentengleichgewicht: ↑: 

B:

SA − GK − G = 0

→

SA = 6G/5 ,

a SA − b G = 0

→

6a = 5b .

Geometrie: a = l sin β ,

b=

l l sin β + cos β . 2 4

Einsetzen liefert: →

tan β = 5/14

β = 19, 7 ◦ .

Seilhaftung: S2 ≤ S1 eμ0 α

mit

S1 = GK = G/5 ,

S2 = SA = 6G/5 .

202

Statik: L¨ osungen

Aufl¨osen liefert: α≥

ln 6 → α ≥ 17, 9 = 2, 85(2π) . μ0

ˆ 0, 95(2π) > 0, 85(2π) sind 3 Umschlingungen ausreichend. Wegen 360◦ − β =

L¨osung I.8.7 Wir nehmen an, dass sich die Trommel entgegen dem Uhrzeigersinn dreht. Die Reibungskr¨afte R1 und R2 wirken entgegen der Bewegungsrichtung. Gleichgewicht an der linken Bremsbacke: 

A:

r N1 − r R1 − 2r F = 0 .

Gleichgewicht an der rechten Bremsbacke: 

A:

− r N2 − r R2 + 2r F = 0 .

Reibungsgesetze: R1 = μ N1 ,

R2 = μ N2 .

203

Statik: L¨ osungen

Au߬osen liefert: R1 =

2μ F, 1−μ

R2 =

2μ F. 1+μ

Die Bremskr¨afte f¨ ur die auf- und die ablaufende Backe sind verschieden. Bremsmoment: MB = r(R1 + R2 )

→

MB =

4μ rF . 1 − μ2

L¨osung I.9.1 Seill¨ange: L=2

q0 l H sinh q0 2H

→

3 q0 l u = sinh u mit u = . 2 2H

→

H=

Graphische L¨osung: u∗ = 1, 62

q0 l = 3080 N . 2u∗

204

Statik: L¨ osungen

Durchhang:

f=

H q0



cosh

q0 l −1 2H



→

f = 50,1 m .

Maximale Seilkraft: 

Smax = q0 ymax = q0

H +f q0



→

Smax = 8090 N .

L¨osung I.9.2 a) Wir bestimmen die maximale Seilkraft mit Hilfe der Kettenlinie bzw. des Parabelansatzes bei fest vorgew¨ahltem Verh¨altnis v = f /l (zum Beispiel v = 0,1/0,15/0,2) und stellen den Fehler als Funktion von v graphisch dar. Durchhang (Kettenlinie): f=

H q0



cosh

q0 l −1 2H



→

2v u + 1 = cosh u mit u =

Graphische L¨osung (zum Beispiel f¨ ur v = 1/5): u∗ = 0,762 . Maximale Seilkraft: SmaxK = H cosh u∗ =

q0 l cosh u∗ = 0, 856q0 l . 2u∗

q0 l . 2H

205

Statik: L¨ osungen

Maximale Seilkraft (Parabelansatz, zum Beispiel f¨ ur v = 1/5):

SmaxP



l q0 l

 = 1+ 2 4f

2



1 q0 l = 1+ 2 4v

2

= 0,8q0 l .

Fehler: SmaxK − SmaxP 0,056 = = 0,065 = ˆ 6,5% . SmaxK 0,856 Ablesen liefert das gesuchte Verh¨altnis: f = 0,175 . l

b) Durchhang (Kettenlinie mit v = 0,175) :

f=

H q0



cosh

q0 l −1 2H



→

0,35u + 1 = cosh u

u∗ = 0,6741 .

→

Seill¨ange (Kettenlinie):

LK = 2

l H q0 l = ∗ sinh u∗ sinh q0 2H u

→

LK = 1,0775l .

→

LP = 1,0817l .

Seill¨ange (N¨aherungsformel): 



8f 2 LP = 1 + 2 l 3l Fehler: ΔL = 0,004 = ˆ 0,4 % . LK

206

Statik: L¨ osungen

L¨osung I.9.3 Kettenlinie: y = y0 cosh

x l → yC = y0 + b = y0 cosh . y0 y0

Umkehrfunktion: l = y0 arcosh

y0 + b . y0

Seilkraft bei C: SC = P = q0 yC

→

P = q0 (y0 + b) → y0 = P/q0 − b .

Einsetzen liefert: l=

P − q0 b P arcosh . q0 P − q0 b

207

Statik: L¨ osungen

L¨osung I.9.4 Wir bezeichnen den Grenzwert der Haftungskraft mit H0 und die Horizontalbzw. die Vertikalkomponente der Seilkraft mit S0 bzw. V .

Gleichgewicht am Klotz: H 0 = S0 ,

N =V .

Grenzhaftung: H0 = μ 0 N . Neigungswinkel des Seils beim Klotz: a) tan α = V /S0 = N/H0

→

tan α = 1/μ0 .

L/2 y0

→

y0 =

→

1 a = sinh μ0 μ0 L

b) tan α =

c) tan α = sinh →

a 2y0

L = μ0 L/2 . 2 tan α

a = μ0 L arsinh 1/μ0 .

Durchhang: 

f = y0





⎧ ⎪

⎡





1 μ0 L ⎨ ⎢ = cosh ⎣arcosh  ⎪ 2 ⎩ μ0

→



a μ0 L 1 cosh −1 = cosh arsinh 2y0 2 μ0



2

f = ( 1 + μ20 − μ0 )L/2 .

⎤ ⎥

+ 1⎦ − 1

⎫ ⎪ ⎬ ⎪ ⎭





−1

208

Statik: L¨ osungen

Maximale Seilkraft: Smax = q0 ymax = q0 (y0 + f )

→



Smax = q0 L

1 + μ20 /2 .

L¨osung I.9.5 Die kleinste Seilkraft im Bereich AB tritt im Scheitel auf: H = S ∗ . Die L¨ange der gespannten Feder wird mit d bezeichnet. Seilkraft bei B: SB = H cosh

b q0 b q0 = S ∗ cosh ∗ . 2H 2S

Seill¨ange und L¨ange der gespannten Feder: l =h−d+

b q0 2H sinh q0 2H

→

d=

Gleichgewicht am Seilst¨ uck BD: ↑:

SB − q0 (h − d) − FC = 0

mit der Federkraft FC = c(d − d0 ) .

2S ∗ b q0 sinh +h−l. q0 2S ∗

209

Statik: L¨ osungen

Au߬osen und Einsetzen liefert:

SB − q0 (h − d) c= d − d0

→

b q0 b q0 + 2S ∗ sinh ∗ − l q0 2S ∗ 2S . 2S ∗ b q0 sinh ∗ + h − d0 − l q0 2S

S ∗ cosh c=

L¨osung I.9.6 Seill¨ange: →

πr r = sinh 2y0 y0

x y0

→

y1 r = cosh = 2,88 . y0 y0

x y0

→

ds = cosh

L = π r = 2y0 sinh

r y0

→

Kettenlinie: y = y0 cosh

Bogenl¨ange: s = y0 sinh

x dx . y0

r = 1,72 . y0

210

Statik: L¨ osungen

Schwerpunktskoordinate: 

ys =

y ds 2y0 = L πr

r

cosh2

0

x 2y0 dx = y0 πr 

y1 y0 − = 2 π

→

y1 − ys =

→

y1 − ys = 0,652r .

y1 1 − 2y0 π





π r y1 r + 4y0 2



=

y1 y0 + 2 π

y0 r r

Schwerpunkt eines Halbkreisbogens (vgl. Tabelle I.3.1): y1 − ys = r

2r sin α = α π

→

y1 − ys = 0,637r .

Schwerpunkt eines straffen Seils: y1 − ys =

r√ 2 h = π −4 2 4

→

y1 − ys = 0,606r .

Von allen m¨oglichen Kurven gleicher L¨ange zwischen zwei festen Aufh¨angepunkten besitzt die Kettenlinie den tiefstm¨oglichen Schwerpunkt.

L¨osung I.9.7 Wir w¨ahlen das Koordinatensystem so, dass der (gedachte) Scheitelpunkt bei x = 0, y = y0 = S0 /q0 = 120 m liegt.

211

Statik: L¨ osungen

Seilkraft und Koordinaten (Punkt A): SA = S0 /cos αA = 1697 N , tan αA = sinh(xA /y0 )

→

yA = SA /q0 = 169,7 m , xA = y0 arsinh(tan αA ) = 105,8 m .

Neigungswinkel und Koordinaten (Punkt B): cos αB = S0 /SB = S0 /Smax = 0,6

→

αB = 53,1◦ ,

yB = SB /q0 = Smax /q0 = 200 m , tan αB = sinh(xB /y0 )

→

xB = y0 arsinh(tan αB ) = 131,8 m .

Horizontaler und vertikaler Abstand: xB − xA = 26,0 m ,

yB − yA = 30,3 m .

Seill¨ange: s = y0 tan α → Δl = sB − sA = y0 (tan αB − tan αA ) →

Δl = 40,0 m .

L¨osung I.9.8 Neigungswinkel bei B: tan αB = sinh

xB =1 y0

→

xB = arsinh 1 = 0,881 . y0

212

Statik: L¨ osungen

Beziehung zwischen sinh und cosh: cosh γ − sinh γ = 1 2

2

xB cosh = y0

→



1 + sinh2

xB √ = 2. y0

Gleichung der Kettenlinie: y x = cosh y0 y0

yA yB xA xB − = cosh − cosh y0 y0 y0 y0 √ a xA xA a √ 3 = cosh − 2 bzw. cosh = 3 + 2. y0 y0 y0 y0

→

→

Geometrie: xB − xA = 7a

a 1 = y0 7

→



xB xA − y0 y0





1 xA = 0, 881 − 7 y0

Einsetzen liefert: 

cosh

xA 3 xA = 0,881 − y0 7 y0



+

√ xA 2 = 1,792 − 0,429 . y0

Graphisch-numerische L¨osung: xA = −1, 547 , y0





xA = 0,881 . y0

Seill¨ange: 

y0 xB xA a sinh L= − sinh a y0 y0 →

L = 9,35a .



= 2,883(1 + 2,242) a



.

213

Statik: L¨ osungen

L¨osung I.9.9 Durchhang: f = y0 (cosh xB /y0 − 1) . Seill¨ange: L = 2y0 sinh xB /y0 . Beziehung zwischen sinh und cosh: cosh2 γ − sinh2 γ = 1 

→

f +1 y0

2



L − 2y0

2

→

=1

y0 =

L2 − 4f 2 . 8f

Horizontalzug: →

H = F = q0 y0

F =

L2 − 4f 2 q0 . 8f

Neigungswinkel bei B und Umschlingungswinkel β: L 2y0

→

tan αB =

β = αB + π/2

→

β = arctan

tan αB =

4f L , L2 − 4f 2 4f L + π/2 . L2 − 4f 2

Seilkr¨afte bei B und C: SB = q0 ymax = q0 (y0 + f )

→

SB =

L2 + 4f 2 q0 , 8f

SC = q0 l . Seilhaftung: SB e−μ0 β ≤ SC ≤ SB eμ0 β

→

L2 + 4f 2 −μ0 β L2 + 4f 2 μ0 β e e . ≤l≤ 8f 8f

214

Statik: L¨ osungen

L¨osung I.9.10 Die maximale Seilkraft tritt in den Aufh¨angepunkten 1“ (x = ±a) auf: ” N1 =

q0 y0 . cos ϕ1

Neigung in 1“: ” tan ϕ1 = sinh

a y0

→

a = arsinh (tan ϕ1 ) . y0

Einsetzen liefert: N1 =

a q0 = cos ϕ1 arsinh (tan ϕ1 )

a q0 . 1 + sin ϕ1 cos ϕ1 ln cos ϕ1

Extremumsbedingung: dN1 = 0. dϕ1 ur Die Bedingung f¨ uhrt auf eine transzendente Gleichung g(ϕ1 = ϕ∗1 ) = 0 f¨ ϕ∗1 . Die Nullstellenbestimmung ist nicht weniger aufwendig als die Suche nach einem Minimum in einem Wertevorrat N1 (ϕ1 = m Δϕ), s. Tabelle und Diagramm: ϕ1

0◦

N1 /(a q0 ) ∞

10◦

20◦

30◦

40◦

50◦

60◦

70◦

80◦

5,788 2,986 2,102 1,711 1,539 1,519 1,685 2,364

90◦ ∞

215

Statik: L¨ osungen

55◦

ϕ1 N1 /(a q0 )

56◦

57◦

1,51048 1,50904 1,50909 → ϕ∗1 ∼ = 56, 44◦ .

Erforderliche Seill¨ange: L = 2y0 sinh →

a = 2y0 tan ϕ∗1 y0

mit y0 =

a = 0, 834a arsinh(tan ϕ∗1 )

L = 2, 515a .

Durchhang: f = y0 (cosh

a − 1) y0

→

f = 0, 675a .

N1 q0 a 6

y

N1

∞

∞

ϕ1

y0 + f

4

2

y0 x x1 = a

ϕ1 30◦

60◦

90◦

II Elastostatik L¨osung II.1.1 Geometrie:

b(x) = b0 1 +

x l



,

A(x) = a b0 1 +



x l



1 x 1 x. V(x) = [b0 + b(x)]a x = a b0 2 + 2 2 l

Gleichgewicht: N(x) =  g V(x) . Spannung an der Stelle x: σ(x) =

N(x) A(x)

→

σ(x) =

1 (2l + x)x g . 2 l+x

Spannung an der Einspannstelle x = l: σ(l) = 3 g l/4 .

,

217

Elastostatik: L¨ osungen

Verl¨angerung des Stabes: Δl =

l

N(x) dx EA(x)

0

→

Δl =

 g l2 (3 − 2 ln 2) . 4E

L¨osung II.1.2 Streckenlast: n(x) = n0 x/l . Gleichgewicht am Teilstab: 

1 →: N(x) + x n(x) − F = 0 2

→

x2 N(x) = n0 l 1 − 2 2l

→

Ff = n0 l/2 .

→

Δl =

Kraft in der Feder: Ff = N(l) Verl¨angerung der Feder: Δl = Ff /c

n0 l2 . 2 EA

Dehnung: ε(x) =

N(x) n0 l = EA EA



1−

x2 2l2



.

Verschiebung: u(x) =



ε(x) dx

→

u(x) =

→

C=−

n0 l EA



Randbedingung: u(l) = − Δl

4n0 l2 . 3 EA

Einsetzen liefert: u(x) =

n0 l2 EA



x3 4 x − + − 3 3 l 6l



.

x−

x3 6l2



+C.



.

218

Elastostatik: L¨ osungen

L¨osung II.1.3 Die W¨armedehnung ist gleich der Dehnung, die sich aus der Umfangs¨anderung ergibt. Die Spannung σ kann nicht aus Gleichgewichtsbedingungen allein ermittelt werden, da das Problem statisch unbestimmt ist. Forderung: εT = ε . Dehnung in Umfangsrichtung: ε=

δ δ 2π r − 2π(r − δ) = ≈ . 2π(r − δ) r−δ r

W¨armedehnung: εT = αT ΔT

→

ΔT =

Dehnung nach dem Abk¨ uhlen: ε=

δ . r

Elastizit¨atsgesetz: σ =Eε

→

σ=E

δ . r

δ . αT r

219

Elastostatik: L¨ osungen

Gleichgewicht an einem Element des Ringes: ↑:

p b r Δϕ − 2σ b t sin

Δϕ = 0. 2

Linearisieren (sin(Δϕ/2) ≈ Δϕ/2) und Aufl¨osen liefert: t p=σ . r

L¨osung II.1.4 L¨angen¨anderung beim Zusammendr¨ ucken: Δl = −

Fa . (EA)Cu

Forderung: Δl = −2h

→

F =

2h EA . a

L¨angen¨anderungen der Stabteile: ΔlCu =

Na , (EA)Cu

ΔlSt = 2

Na . (EA)St

Vertr¨aglichkeitsbedingung: ΔlCu + ΔlSt = −h

→

N =−

h EA . 3a

220

Elastostatik: L¨ osungen

Spannungen in den Stabteilen: σCu =

N ACu

→

σCu = −

h E, 6a

σSt =

N ASt

→

σSt = −

h E. 3a

L¨angen¨anderung des Mittelst¨ ucks: ΔlCu =

Na (EA)Cu

→

ΔlCu = −

h . 3

L¨osung II.1.5 Wir bestimmen die Horizontalkomponente Δu der Verschiebung mit Hilfe eines Verschiebungsplans. Stabkr¨afte: S1 = −F ,

S2 = 0 .

L¨angen¨anderungen der St¨abe: Δl1 = −

Fl , EA

Δl2 = 0 .

Komponenten der Verschiebung:

Δv = |Δl1 |

Δu =

√

3 Δv

→

Δv =

Fl , EA

→

Δu =

√ Fl . 3 EA

Die Verschiebung des Knotens ist unabh¨angig von der L¨ange des Stabes 2.

221

Elastostatik: L¨ osungen

L¨osung II.1.6 Die Horizontalkomponente der Verschiebung ist Null (starrer Balken). Stabkr¨afte: S1 = −F/2 ,

S2 = F .

Vertikalverschiebung des Punktes C: Δv = |Δl1 | +

Δl2 . sin 30◦

Stabl¨angen: √ l1 = 2a tan 30◦ = 2a/ 3 ,

√ l2 = 2a/cos 30◦ = 4a/ 3 .

L¨angen¨anderungen: Δl1 =

1 Fa S1 l1 = −√ , EA 3 EA

Einsetzen liefert: √ Fa . Δv = 3 3 EA

Δl2 =

4 Fa S2 l2 =√ . EA 3 EA

222

Elastostatik: L¨ osungen

L¨osung II.1.7 Die Verschiebung des Knotens wird mit Hilfe eines Verschiebungsplans bestimmt. Stabkr¨afte: √ S1 = − 2 G ,

S2 = 0 .

L¨angen¨anderungen der St¨abe: Δl1 = −

2G a , (EA)2

Δl2 = 0 .

Gesamtverschiebung: d=

|Δl1 | = 3,86 |Δl1| . sin 15◦

Horizontalverschiebung: u = d cos 30◦

→

u = 6,69

Ga . (EA)2

→

v = 3,86

Ga . (EA)2

Vertikalverschiebung: v = d sin 30◦

Der Knoten verschiebt sich beim Anh¨angen des Klotzes nach links oben.

Absenkung des Hakens bei undehnbarem Seil: f1 = u − v = 2,83

Ga . (EA)2

223

Elastostatik: L¨ osungen

Verl¨angerung des Seils: f2 =

Gl . (EA)1

Gesamte Absenkung des Hakens: f = f1 + f2

→

f = 2,83

Ga Gl + . (EA)2 (EA)1

L¨osung II.1.8 Symmetrie: S 1 = S3 . Gleichgewicht: ↑:

S1 cos α + S2 + S3 cos α = 0

L¨angen¨anderungen: Δl1 =

S1 l1 , EA

Δl2 =

S2 l2 . EA

→

S2 = −2S1 cos α .

224

Elastostatik: L¨ osungen

Vertr¨aglichkeitsbedingung: Δl2 − v = δ . Geometrie: l1 =

h , cos α

l2 = h − δ ≈ h ,

v=

Δl1 . cos α

Aufl¨osen liefert: S1 = −

EA δ cos2 α , h(1 + 2 cos3 α)

S2 =

2EA δ cos3 α . h(1 + 2 cos3 α)

L¨osung II.2.1 Fl¨achentr¨agheitsmomente:

2

Iy = 2

t a3 a +2 12 2

2

Iz = 2

a 2

2

at+ 2

2a t

Iyz = −2 −a



a at 2

a t(2a)3 +2 12 2

2a t

→

Iy =

7 3 a t, 6

→

Iz =

17 3 a t, 6

→

Iyz = a3 t .

→

ϕ∗ = 65◦ .

Hauptrichtungen: tan 2ϕ∗ =

2Iyz Iy − Iz

225

Elastostatik: L¨ osungen

Haupttr¨agheitsmomente:

I1, 2

Iy + Iz ± = 2

→



Iy − Iz 2

I1 = 3,3a3 t ,

2 2 + Iyz

I2 = 0,7a3 t .

L¨osung II.2.2 a) Schwerpunktskoordinate: a 0+ a z¯i li 2 = z¯s =  li 4a + a 

→

a . 10

z¯s =

Fl¨achentr¨agheitsmoment: Iy = 2

a2 t a3 + 2 t a + z¯s2 4a t + 12 4

a − z¯s 2

2

at 13 3 a t. 15

→

Iy =

→

Wy =

Widerstandsmoment:

Wy =

Iy a/2 + z¯s

13 2 a t. 9

226

Elastostatik: L¨ osungen

b) Schwerpunktskoordinate: 

z¯i li 0+ aa = z¯s =  li 4a + a

→

a . 5

z¯s =

Fl¨achentr¨agheitsmoment: Iy = 2

a2 t a3 t a3 + 2 t a + z¯s2 4a t + + (a − z¯s )2 a t 12 4 12 31 3 a t. 20

→

Iy =

→

Wy =

Widerstandsmoment: Wy =

Iy 3a/2 − z¯s

31 2 a t. 26

Das Fl¨achentr¨agheitsmoment ist im Fall b) gr¨oßer. Ein Tr¨ager mit diesem Profil erf¨ahrt daher die kleinere Durchbiegung. Allerdings treten wegen des kleineren Widerstandsmoments gr¨oßere Spannungen auf (Stegbeulen).

L¨osung II.2.3 Schwerpunktskoordinate: 

ζi li ζs =  li

→

ζs =

b (b/2) 2b = . 3b 3

227

Elastostatik: L¨ osungen

Fl¨achentr¨agheitsmoment: ⎡

 2

1 b Iy = 2 ⎣ t b3 + 12 6

⎤

bt⎦ +

 2

b 3

bt =

1 3 b t. 3

Widerstandsmoment: Wy =

Iy zmax

=

Iy 2b/3

1 2 b t. 2

→

Wy =

→

|σ|max =

→

l≤b

Maximales Biegemoment: |M|max = q0 l2 /2 . Maximale Spannung: |σ|max =

|M|max Wy

q0 l2 . b2 t

Forderung:

|σ|max ≤ σzul

t σzul . q0

L¨osung II.2.4 Die maximale Normalspannung im Schnitt D −D tritt am oberen Rand des Querschnitts auf. Die Fl¨achentr¨agheitsmomente Iy sind f¨ ur beide Lagen des Profils gleich groß.

228

Elastostatik: L¨ osungen

Lagerreaktion in B: 

C:

B 7l − F l = 0

→

B = F/7 .

→

MD = 3F l/7 .

Biegemoment bei D: MD = B 3l Normalkraft: N = −F . Querschnittsfl¨ache: A = (16 − π)r 2 . Fl¨achentr¨agheitsmoment:

Iy =



64 π 4 (4r)4 π 4 r . − r = − 12 4 3 4

Normalspannung: σ=

M N + z. A Iy

a) Abstand der oberen Randfaser: z = −2r . Einsetzen liefert: 

|σ|max = 0,08 + 0,04

l r



F . r2

229

Elastostatik: L¨ osungen

b) Abstand der oberen Randfaser: z = −2

√

2r.

Einsetzen liefert: 

|σ|max = 0,08 + 0,06

l r



F . r2

Bei einem schlanken Balken (l  r) ist der Anteil aus der Biegung sehr viel gr¨oßer als der Anteil aus dem Druck.

L¨osung II.2.5 Querschnittsfl¨ache: A = 5a2 . Lage des Schwerpunkts:

p=

1 1 5 a 2a2 + a 3a2 A 2 2



→

p=

17 a. 10

Spannungen: σB = −

eF F + p, A I

σC = −

eF F − (4a − p) . A I

230

Elastostatik: L¨ osungen

Dehnungen: εB = −

F eF + p, EA EI

Au߬osen mit Elimination von

εC = −

F eF − (4a − p) . EA EI

eF liefert: EI

F = −(23εB + 17εC ) a2 E/8 .

L¨osung II.2.6 Wir integrieren die Differentialgleichung der Biegelinie mit Hilfe des F¨oppl-Symbols. Dabei muss am Gelenk G ein Sprung ΔϕG in der Neigung ber¨ ucksichtigt werden. Differentialgleichung und Integration: EIw IV (x) = q0 = q(x) , EIw  (x) = q0 x + C1 = −Q(x) , EIw  (x) = q0 x2 /2 + C1 x + C2 = −M(x) , EIw  (x) = q0 x3 /6 + C1 x2 /2 + C2 x + C3 + EI ΔϕG x − l0 , EIw(x)

= q0 x4 /24 + C1 x3 /6 + C2 x2 /2 + C3 x + C4 + EI ΔϕG x − l1 .

Bedingungen: M(0) = 0

→

C2 = 0 ,

w(0) = 0

→

C4 = 0 ,

231

Elastostatik: L¨ osungen

→

C1 = −q0 l/2 ,

M(l) = 0

→

q0 l2 /2 + C1 l = 0

w (2l) = 0

→

8q0 l3 /6 + 4C1 l2 /2 + C3 + EI ΔϕG = 0 ,

w(2l) = 0

→

16q0 l4 /24 + 8C1 l3 /6 + 2C3 l + EI ΔϕG l = 0 .

Au߬osen liefert: C3 = q0 l3 /3 ,

EI ΔϕG = −2q0 l3 /3 .

Biegelinie: w(x) =

q0 (x4 − 2l x3 + 8l3 x − 16l3 x − l1 ) . 24EI

L¨osung II.2.7 Die Verformungen der Teilbalken werden der Biegelinientafel entnommen. Die Verschiebung des Punktes D folgt durch Superposition von drei Lastf¨allen (Lastf¨alle 5, 7 und 10 in Tabelle II.2.2). Verformungen der Teilbalken: EIw1 =

q0 a3 , 6

EIw2 =

q0 a2 b , 2

EIw2 =

q0 a2 b2 , 4

EIw3 =

q0 a4 . 8

Horizontalverschiebung von D: uD = b w1 + w2

→

uD =

q0 a2 b (2a + 3b) . 12EI

232

Elastostatik: L¨ osungen

Vertikalverschiebung von D: wD = a w1 + a w2 + w3

→

wD =

q0 a3 (7a + 12b) . 24EI

L¨osung II.2.8 Das Problem ist einfach statisch unbestimmt. Wir w¨ahlen die Stabkraft als statisch Unbestimmte: X = S . Verschiebungen im 0“-System: ” (0)

wI = αT ΔT b ,

(0)

wII =

F a3 . 3EI

Verschiebungen im 1“-System: ” 3 Xb Xa X a3 (1) (1) + , wII = . wI = 3EI EA 3EI Kompatibilit¨at: (0)

(1)

w I = wI + wI ,

(0)

(1)

wII = wII − wII ,

Aufl¨osen liefert: F a3 − αT ΔT b . S = 3EI 3 2a b + 3EI EA

wI = wII .

233

Elastostatik: L¨ osungen

L¨osung II.2.9 Das Problem ist einfach statisch unbestimmt. Durch das Anbringen eines Gelenks in der Ecke C erh¨alt man einen Dreigelenkbogen. Als statisch Unbestimmte tritt das Biegemoment X = MC auf. Aus Symmetriegr¨ unden ist die Vertikalkomponente der Schnittkraft bei C Null. Zur Verformung √ des Rahmens tr¨agt nur die zum Rahmen senkrechte Komponente 2q0 /2 der Belastung bei. Gleichgewicht am Gesamtsystem: AH = BH ,

AV =

√ 2 q0 a ,

Neigungswinkel im 0“-System: ” √ 2 √ q0 ( 2 a)3 (0) 2 wC = − . 24EI Neigungswinkel im 1“-System: ” √ X 2a (1) wC = − . 3EI

BV = AV .

234

Elastostatik: L¨ osungen

Kompatibilit¨at: wC = 0

→

(0)

(1)

w C + wC = 0 .

Aufl¨osen liefert: √ MC = −

2 q0 a2 . 8

Gleichgewicht am linken Teilbalken: 

C:

a√ 2 q0 a + MC = 0 a AH − a AV + 2

→

√ 5 2 q0 a . AH = 8

L¨osung II.2.10 Der Rahmen ist einfach statisch unbestimmt gelagert. Wir w¨ahlen die Lagerkraft B = X als statisch Unbestimmte. Die Verformungen werden mit Hilfe der Biegelinientafel ermittelt.

235

Elastostatik: L¨ osungen

Verschiebung im 0“-System: ” (0)

q0 l3 q0 l4 +l sin 30◦ 8 6 5q0 l4 = . 24EI

EIwB = EI(wC + l wC sin 30◦ ) = (0)

(0)

→

(0)

wB

Verschiebung im 1“-System: ” (1)

EIwB = EI(wC + l wC sin 30◦ + wCB sin 30◦ ) (1)

(1)



=

+

X sin 30◦ l3 sin 30◦ 3 →

Vertr¨aglichkeitsbedingung: wB = 0



X l2 X l3 X l sin 30◦ l2 + +l + X l sin 30◦ l sin 30◦ 3 2 2

→

(0)

(1)

w B = wB .

(1)

wB =

7X l3 . 6EI

236

Elastostatik: L¨ osungen

Au߬osen liefert: B = 5q0 l/28 . Superposition: A = A(0) + A(1) MA =

(0) MA

+

(1) MA

→

A = 23q0 l/28 ,

→

MA = −13q0 l2 /56 .

L¨osung II.2.11 Das Problem ist zweifach statisch unbestimmt. Differentialgleichung und Integration: EIw IV (x) = q0 x − l0 = q(x) , EIw  (x) = q0 x − l1 − B x − l0 + C1 = −Q(x) , EIw  (x) = q0 x − l2 /2 − B x − l1 + C1 x + C2 = −M(x) , EIw  (x) = q0 x − l3 /6 − B x − l2 /2 + C1 x2 /2 + C2 x + C3 , EIw(x)

= q0 x − l4 /24 − B x − l3 /6 + C1 x3 /6 + C2 x2 /2 + C3 x + C4 .

Bedingungen: w(0) = 0

→

C4 = 0 ,

w (0) = 0

→

C3 = 0 ,

w(l)

=0

→

C1 l3 /6 + C2 l2 /2 = 0 ,

w(2l) = 0

→

q0 l4 /24 − B l3 /6 + 4C1 l3 /3 + 2C2 l2 = 0 ,

M(2l) = 0

→

q0 l2 /2 − B l + 2 C1 l + C2 = 0 .

Au߬osen liefert: C1 = 3q0 l/28 ,

C2 = −q0 l2 /28 ,

B = 19q0 l/28 .

237

Elastostatik: L¨ osungen

Biegelinie: w(x) =

q0 (7 x − l4 − 19l x − l3 + 3l x3 − 3l2 x2 ) . 168EI

Lagerreaktionen: = Q(0) = − C1

→

A = − 3q0 l/28 ,

MA = M(0) = − C2

→

MA = q0 l2 /28 ,

→

C = 3q0 l/7 .

A

C

= − Q(2l)

L¨osung II.2.12 Das Problem ist einfach statisch unbestimmt. Wir ermitteln die Biegelinie durch Integration der Differentialgleichung. Das R¨ uckstellmoment durch die Drehfeder ist proportional zum Neigungswinkel w  (a). Differentialgleichung und Integration: EIw IV (x) = 0 = q(x) , EIw  (x) = C1 = −Q(x) , EIw  (x) = C1 x + C2 = −M(x) , EIw  (x) = C1 x2 /2 + C2 x + C3 , EIw(x)

= C1 x3 /6 + C2 x2 /2 + C3 x + C4 .

Randbedingungen: w(0) = 0 → C4 = 0,

w  (0) = 0 → C3 = 0 ,

Q(a) = 0 → C1 = 0 , M(a) = M0 + cT w  (a) → C2 = − M0 − cT w  (a) .

238

Elastostatik: L¨ osungen

Neigungswinkel: EIw  (a) = C2 a = −M0 a − cT a w (a) → w (a) = −

M0 a . EI + cT a

Einsetzen liefert:

w(x) =



cT a M0 2 −1 x . EI + cT a 2EI

L¨osung II.2.13 Das Problem ist zweifach statisch unbestimmt. Wir ermitteln die Biegelinie durch bereichsweise Integration. Dabei treten die statisch Unbestimmten MA und FB als Parameter auf. Gleichgewicht am Balken: ↑:

A − F + FB = 0



→

MA + F a − 2FB a − MB = 0 →

A:

A = F − FB , MB = MA + F a − 2FB a .

I : Bereich

→

M(x) = A x + MA

M(x) = F x − FB x + MA ,

EIw  = −F x2 /2 + FB x2 /2 − MA x + CI , EIw = −F x3 /6 + FB x3 /6 − MA x2 /2 + CI x + DI . II : Bereich

M(x) = FB (2a − x) + MB 

→

M(x) = F a − FB x + MA ,

EIw = − F a x + FB x /2 − MA x + CII , 2

EIw = −F a x2 /2 + FB x3 /6 − MA x2 /2 + CII x + DII .

239

Elastostatik: L¨ osungen

¨ Rand- und Ubergangsbedingungen: = 0

→

DI = 0 ,

w (2a) = 0

→

CII = 2F a2 − 2FB a2 + 2MA a ,

w (a− ) = w  (a+ )

→

CI = 3F a2 /2 − 2FB a2 + 2MA a ,

w(a− ) = w(a+ )

→

DII = −F a3 /6 .

MA = − cA w  (0)

→

MA = − F a/2 + 2FB a/3 ,

FB = cB w(2a)

→

FB =

w(0) 

Kompatibilit¨at:

6 MA 1 F+ . 2 11 a

Au߬osen liefert: FB = 5F/14 ,

MA = − 11F a/42 .

L¨osung II.2.14 Der Mast wird auf schiefe Biegung belastet. Wir zerlegen die Kraft F in ihre Komponenten in Richtung der Hauptachsen des Querschnitts und ermitteln die Spannungen und die Verschiebung durch Superposition. Die maximale Biegespannung tritt an der Einspannstelle auf. Die Schubspannungen infolge der Querkraft werden vernachl¨assigt. Biegemomente im Einspannquerschnitt: My = − F l sin 30◦ = − F l/2 , √ Mz = F l cos 30◦ = 3 F l/2 .

240

Elastostatik: L¨ osungen

Fl¨achentr¨agheitsmomente: Iy = 2

t 1 1 a3 = a3 t , 12 sin 30◦ 3

Iz = 2

1 t (2a cos 30◦ )3 = a3 t . 12 cos 30◦

Normalspannung im Einspannquerschnitt: σ(y, z) =

Mz My z− y Iy Iz

Spannungs-Nulllinie: √ 3z + 3 y = 0

→

σ(y, z) = −(3z +

→

√ y = − 3z.

√

3 y)

Fl . 2a3 t

1 2 - bzw. Maximale Normalspannung (tritt auf den gesamten Flanken 3 4 - auf):

$ $

σmax = $$σ 0, ∓

$ a $$ 3 F l . = 2 $ 4 a2 t

Verschiebung in y-Richtung: F l3 cos 30◦ v= 3EIz

√ →

v=

3 F l3 . 6 E t a3

→

w=

1 F l3 . 2 E t a3

Verschiebung in z-Richtung: w=

F l3 sin 30◦ 3EIy

241

Elastostatik: L¨ osungen

L¨osung II.2.15 Der Balken wird auf schiefe Biegung beansprucht. Fl¨achentr¨agheitsmomente:

2

Iy =

3 a4 3a(4a)3 − 2 − 2a2 a 12 12 2

→

Iy =

34 4 a , 3

Iz =

4a(3a)3 a4 − 2 − 2a2 a2 12 12

→

Iz =

41 4 a , 6

→

Iyz = −3a4 .

→

ϕ∗ = −26,6◦ .



3 Iyz = 0 − (−2a2 ) − a a 2 Hauptachsen: tan 2ϕ∗ =

2Iyz 4 → tan 2ϕ∗ = − Iy − Iz 3

Biegespannung: 2 . σ = (Iz z + Iyz y)My /Δ mit Δ = Iy Iz − Iyz

Koordinaten des Punktes A: y = −a/2 , z = 2a . Einsetzen liefert: σA =

39 My . 176 a3

Alternativer L¨osungsweg: Wir zerlegen das Biegemoment My in seine Komponenten in Richtung der Hauptachsen und ermitteln die Biegespannung durch Superposition. Dabei bezeichnen wir die 1-Achse mit η und die 2-Achse mit ζ. Biegespannung: σA =

Mη Mζ ζA − ηA . Iη Iζ

242

Elastostatik: L¨ osungen

Haupttr¨agheitsmomente:

I1, 2



Iy − Iz 2 Iy + Iz 2 ± = + Iyz 2 2 → I1 = Iη = 77a4 /6, I2 = Iζ = 32a4 /6 .

Komponenten des Biegemoments: M1 = Mη = My cos ϕ∗ ,

M2 = Mζ = −My sin ϕ∗ .

Trigonometrie: tan 2ϕ∗ = −4/3

→

sin 2ϕ∗ = −4/5 , √ sin ϕ∗ = −1/ 5 ,

cos 2ϕ∗ = 3/5 , √ cos ϕ∗ = 2/ 5 .

Koordinatentransformation: η = y cos ϕ + z sin ϕ ,

ζ = − y sin ϕ + z cos ϕ .

Koordinaten des Punktes A: yA = −a/2,

zA = 2a → ηA = −3

√

5 a/5,

√ ζA = 7 5 a/10 .

Einsetzen liefert: σA =

39 My . 176 a3

L¨osung II.2.16 Das Problem ist vielfach statisch unbestimmt, kann aber aufgrund der vorhandenen Symmetrien auf ein einfach statisch unbestimmtes Problem zur¨ uckgef¨ uhrt werden. Die vertikalen Speichen 1 bzw. 3 werden auf Zug bzw. Druck beansprucht (dabei gilt S3 = −S1 ), die horizontalen Speichen 2 und 4

243

Elastostatik: L¨ osungen

auf Biegung. Die Biegelinien der Speichen 2 bzw. 4 sind punktsymmetrisch bez¨ uglich D bzw. E. Da somit in D bzw. in E die Kr¨ ummung gleich Null ist, verschwindet dort auch das Biegemoment. Deshalb wirkt dort als einzige Schnittgr¨oße die Querkraft; sie wird als statisch Unbestimmte X gew¨ahlt. Gleichgewicht an der Nabe: ↑:

S1 − S3 + 2X − P = 0

→

2S1 + 2X = P .

Kompatibilit¨at: wN = Δl1 = 2wD mit Δl1 =

S1 l , EA

wD =

X(l/2)3 . 3EI

Au߬osen liefert: X=

P , 2+α

S1 =

αP 2(2 + α)

mit α =

EA l2 . 6EI

Anm.: F¨ ur verschwindende Dehnsteifigkeit (α = 0) folgt X = P/2, S1 = 0; f¨ ur verschwindende Biegesteifigkeit (α → ∞) ergibt sich X = 0, S1 = P/2. Verschiebung der Nabe: wN =

α Pl . 2(2 + α) EA

244

Elastostatik: L¨ osungen

L¨osung II.3.1 Torsionstr¨agheitsmomente: π π IT2 = r 4 (x) , IT1 = r04 , 2 2

IT3 =

π 4 r . 32 0

1 : Bereich

ϑ1 =

2M0 l . π G r04

2 : Bereich

ϑ2 =

2M0 π G r04

3l

dx  x 4 1− 6l

→

0

ϑ2 =

28M0 l . π G r04

3 : Bereich

ϑ1 =

32M0 l . π G r04

Verdrehung des Endquerschnitts: ϑE = ϑ1 + ϑ2 + ϑ3

→

ϑE =

62M0 l . π G r04

L¨osung II.3.2 Das Problem ist einfach statisch unbestimmt. Torsionstr¨agheitsmomente: IT1 = 16π r 3 t ,

IT2 =

π 4 r . 2

245

Elastostatik: L¨ osungen

Drehwinkel des Aluminiumrohrs und des Stahlstabs: ϑ1 =

M1 l , G1 IT1

ϑ2 =

M2 l . G2 IT2

Kompatibilit¨at: ϑ1 = ϑ2

→

M1 M2 = . G1 IT1 G2 IT2

→

4 M1 = − M0 . 7

→

M0, max =

Gleichgewichtsbedingung: M0 + M1 + M2 = 0 . Aufl¨osen liefert: M1 = −

M0 G2 IT2 1+ G1 IT1

Maximale Schubspannung: τmax =

|M1 | r1 = τzul IT1

7 3 π r τzul . 4

L¨osung II.3.3 Das Problem ist einfach statisch unbestimmt. Wir w¨ahlen die Lagerkraft B = X als statisch Unbestimmte. Fl¨achentr¨agheitsmoment und Torsionstr¨agheitsmoment: I=

π 4 r , 4

IT =

π 4 r . 2

246

Elastostatik: L¨ osungen

Verschiebung im 0“-System: ” (0)

wB =

F l3 F (2l)2 (F l)(2l) F (2l)3 + + 2l + l 3EI 3EI 2EI GIT

(0)

→

wB =

→

wB =

29F l3 . 3EI

Verschiebung im 1“-System: ” (1)

wB =

X(4l)3 (X 2l)l X l3 (Xl) (2l) l+ 2l + + 3EI 3EI GIT GIT

(1)

89X l3 . 3EI

Kompatibilit¨at: (0)

(1)

wB = wB

→

B = 29F/89 .

→

A

Reaktionen im Lager A: A

= A(0) + A(1)

= 60F/89 ,

(0)

(1)

→

MAx = 60F l/89 ,

(0)

(1)

→

MAy = 62F l/89 .

MAx = MAx + MAx

MAy = MAy + MAy

L¨osung II.3.4 Torsionstr¨agheitsmomente: a)−c): IT =

1  hi t3i 3

→

IT =

1 [2b(2t)3 + b t3 ] 3

→

IT =

17 3 bt . 3

247

Elastostatik: L¨ osungen

√ 2 1 3 b b 2 2 b b 2 + 2t t



4A2 d): IT = ) m ds t

4 →

IT =

Torsionswiderstandsmomente: a−c): WT =

IT tmax

→

WT =

→

WT =

17 2 bt . 6 √

d):

WT = 2Am tmin

3 2 b t. 2

Maximale Schubspannung: τmax =

MT . WT

Verh¨altnis der maximalen Schubspannungen: WTg τmax, o = τmax, g WTo

→

L¨osung II.3.5 Verschiebung des Punktes D: wD = 2a ϑC . Verdrehwinkel des Querarms: ϑC =

MT 3a . G IT

Torsionsmoment: MT = 3P a .

√ 3 3b τmax, o = . τmax, g 17 t

→

IT =

3 3 b t. 8

248

Elastostatik: L¨ osungen

Torsionstr¨agheitsmoment: 4A2 IT = ) m ds t

→ IT =

4(3b2 /2)2 18 3  = b t. 3b 7 b + 2 2 · 2t t 

Einsetzen liefert: wD = 7

P a3 . G b3 t

L¨osung II.3.6 Das Problem ist einfach statisch unbestimmt. Wir w¨ahlen die Federkraft F als statisch Unbestimmte. Verl¨angerung der Federn: Δl =

F . c

Vertikalverschiebung der Enden des Querarms: w = 2h ϑ1 . Torsionsmoment: MT = 4F h .

249

Elastostatik: L¨ osungen

Torsionstr¨agheitsmoment: 4A2 IT = ) m ds t

→

4(2h h)2  = 4h3 t . IT =  2h h + 2 2t t

Verdrehwinkel des Querarms: ϑ1 =

MT l . G IT

Vertr¨aglichkeitsbedingung: Δl + w = a . Aufl¨osen liefert:

MT =

4a c h . 2c l 1+ Ght

Torsionswiderstandsmoment: WT = 2Am tmin

→

WT = 4h2 t .

Maximale Schubspannung: τmax =

MT WT

→

τmax =

acG . G h t + 2c l

250

Elastostatik: L¨ osungen

L¨osung II.4.1 v=

 i

Si S¯i li . (EA)i

i

Si

S¯i

li

Si S¯i li EA (EA)i G a

1

0

0

a

0

2

0 √ 3 −3 2G/8

0 √ −3 2/8

a √

0

4 −7G/8

−7/8

a

49/64

5 −G/2

−1/2

a

1/4

2a

√ 18 2/64

6 −5G/4 −5/4 a √ √ √ 7 7 2G/8 7 2/8 2a √ √ 8 −(7 + 4 3)G/8 −(7 + 4 3)/8 a

25/16 √ 98 2/64 √ (97 + 56 3)/64

9

25/64 √ 625 5/64

10

5G/8 √ 5 5G/8

5/8 √ 5 5/8

a √

11

G

1

3a

15

Σ

45,4

Einsetzen liefert: v = 45,4

Ga . EA

5a

251

Elastostatik: L¨ osungen

L¨osung II.4.2 Das Problem ist einfach statisch unbestimmt. Wir w¨ahlen die Stabkraft S5 als statisch Unbestimmte. Statisch Unbestimmte: (0) S¯i Si li (EA)i . X = S5 = − i ¯2 li  S



i

i

(EA)i

Stabkr¨afte: (0)

Si = Si + X S¯i . i

Si

(0)

S¯i

(0) S¯i Si

S¯i2

Si

1

−F

−1

F

1

−3F/5

2

−F

−1

F

1

−3F/5

3

0

−1

0

1

2F/5

4

0

−1

0

1

2F/5

5

0

1

0

1

−2F/5

Σ

2F

5

L¨osung II.4.3 Das Gewicht des Balkens wird statisch ¨aquivalent auf die Knoten I und II verteilt. Aus Symmetriegr¨ unden wird nur eine H¨alfte des einfach statisch unbestimmten Tragwerks betrachtet.

252

Elastostatik: L¨ osungen

Statisch Unbestimmte: (0) S¯i Si li (EA)i . X=B=− i ¯i2 li  S



i

i 1

(0)

S¯i

Si

−5G/8

(EA)i li

(0) S¯i Si li

S¯i2 li

5/8 5a −125G a/64 125a/64

2

0

−5/8

5a

0

125a/64

3

3G/8

−3/8

6a −54G a/64

54a/64

Σ

−179G a/64 304a/64

Einsetzen liefert: B = 179 G/304 .

L¨osung II.4.4 Die auftretenden Integrale werden mit Hilfe der Koppeltafel berechnet. Statisch Unbestimmte: 

¯ 1 M0 M dx . X = B = −  EI2 ¯ M1 dx EI

253

Elastostatik: L¨ osungen

Integrale:  

¯ 1 M0 dx = − 1 a a MA − 1 a a MA + 2 MA M 3 2 2 6 2 2



3 ¯ 2 dx = 2 1 a a a = a . M 1 3 22 6

Einsetzen liefert: B=

3MA . 2a

Neigungswinkel: 

ϕB =

¯ 1 )M ¯ (M0 + X M dx . EI

Integral: 

¯ 1 )M ¯ dx = (M0 + X M

=

1 MA 1 1 1 a − a 3 2 2 6 2



¯ dx M0 M

MA + 2

MA 2

→



=−

1 MA a 12

ϕB = −

MA a . 12EI

1 = − MA a2 , 4

254

Elastostatik: L¨ osungen

L¨osung II.4.5 Neigungswinkel ϕA : 

ϕA =

¯ϕ MM dx EI

→

ϕA =

M0 b . 3EI

→

vB =

M0 a b . 3EI

Vertikalverschiebung vB : 

vB =

¯v MM dx EI

Das Biegemoment im Bereich AC ist Null. Daher wird der Rahmen in diesem Bereich nicht gebogen, und es gilt vB = a ϕA .

L¨osung II.4.6 Horizontalverschiebung: 

uB =

¯H MM dx EI 

→



2 1 5 F a3 2 1 5 aF aa+ aF aa = uB = + . (EI)1 3 (EI)2 3 3 (EI)1 (EI)2

255

Elastostatik: L¨ osungen

Vertikalverschiebung: 

vB =

¯V MM dx EI 

→



1 1 25 15 5 1 15 5 F a3 vB = + . aF a a+ aF a a = (EI)1 2 3 (EI)2 2 3 3 18 (EI)1 (EI)2

Forderung: →

uB = vB

(EI)1 3 = . (EI)2 5

L¨osung II.4.7 Die Biegesteifigkeit ist im Bereich BC nicht konstant. Daher kann das auftretende Integral in diesem Bereich nicht mit Hilfe der Koppeltafel berechnet werden. Fl¨achentr¨agheitsmoment im Bereich AB: I = I0 =

b h30 . 12

Fl¨achentr¨agheitsmoment im Bereich BC: I(x) =

b h3 (x) 12

→

I(x) =

1 x 1+ 8 l

3

I0 .

256

Elastostatik: L¨ osungen

Absenkung des Punktes C: 

wC =

¯ MM dx EI

→

1 1 2l q0 l2 l + wC = EI0 2

l 0

1 q0 x2 x 2 dx .

 1 x 3 E 1+ I0 8 l

Integral:

l



x3 17 − 3 ln2 l4  dx = x 3 8 1+ l

0

→

wC = 1,2

L¨osung II.4.8 ¨ Anderung des Abstands: →

δ = uB + uC Integral: 

¯B + M ¯ C )dx = 2 M(M

δ=

1  ¯B + M ¯ C )dx . M(M EI

√   2 1 1 a 1− Gaa− aGaa 3 2 2

1 √ = − (2 2 − 1) G a3 6 √ 2 2 − 1 G a3 . → δ=− 6 EI

q0 l4 . EI0

257

Elastostatik: L¨ osungen

Der Abstand zwischen den Punkten B und C wird gr¨oßer.

L¨osung II.4.9 Aus Symmetriegr¨ unden ist es ausreichend, ein Viertel des Rahmens zu betrachten. Die Querkraft ist an den Punkten A und B Null. Als statisch Unbestimmte w¨ahlen wir das Biegemoment MB . Statisch Unbestimmte: 

¯ 1 M0 dx M . X = MB = −  ¯ 2 dx M 1

Integrale: 



¯ 1 M0 dx = −a q0 (b2 − a2 ) − 1 a q0 a2 − 1 b q0 b2 M 2 3 2 3 2 1 1 1 = − q0 b3 − q0 a b2 + q0 a3 , 6 2 3 ¯ 2 dx M 1

= a + b.

Einsetzen liefert: MB = (b2 + 2a b − 2a2 )q0 /6 .

258

Elastostatik: L¨ osungen

Biegemoment: ¯1 . M = M0 + X M

L¨osung II.4.10 w=

 i

i

Si

1

−3F

2

3F √ −3 2F

3

¯ Si S¯i li  M M + dx . (EA)i EI S¯i

li

Si S¯i li

−3

a

9F a

3 √ −3 2

a √

2a

Σ

9F a √ 18 2F a √ 18(1 + 2)F a

259

Elastostatik: L¨ osungen

Integral: 

¯ dx = 2 MM



1 1a aF aa + F a a = F a3 . 3 32

Einsetzen liefert: w = 18(1 +

√

2)

F a F a3 + . EA EI

L¨osung II.4.11 Die erforderliche Absenkung wB des Seilendes bei B ist gleich der Absenkung der Last wA , die sich einstellt, wenn man die Unterlage bei A entfernt und das Seilende bei B festh¨alt. Absenkung bei A: wA =

 i

=

→

Si S¯i li + (EA)i



¯ MM dx EI

2G 2h G(3h + 2l) 1 lGll + +2 (EA)1 (EA)2 3 EI wB =

4G h G(3h + 2l) 2 G l3 . + + (EA)1 (EA)2 3 EI

260

Elastostatik: L¨ osungen

L¨osung II.4.12 Statisch Unbestimmte: 

 ¯ ¯ 1 M0 M N1 N0 dx + dx (EI)1 (EA)2 . X=S=−   ¯2 ¯2 M N 1 1 dx + dx (EI)1 (EA)2

Integrale: 



¯ 1 M0 dx = − 5 F l3 sin α, M 48 ¯ 2 dx = 1 l3 sin2 α, M 1 24





¯ 2 dx = N 1

Einsetzen liefert:

S=

¯1 N0 dx = 0 , N

5F sin α cos α . (EI)1 2 sin2 α cos α + 24 2 l (EA)2

l . 2 cos α

261

Elastostatik: L¨ osungen

L¨osung II.4.13 Kr¨afte auf den Rahmen in A und B: R=

√

2S.

Absenkung von A: 

wA =

¯ MM dx + EI



¯T MT M dx . GIT

Integrale: 

¯ dx = 2R a3 /3, MM

→

wA =



¯ T dx = 5R a3 MT M

 √ 2 EI S a3 2 +5 . 3 GIT EI

Symmetrie: wB = − wA .

262

Elastostatik: L¨ osungen

L¨osung II.4.14 Statisch Unbestimmte: 

X=B=−

 ¯ ¯ 1 M0 M MT1 MT0 dx dx + EI GIT .  ¯2  ¯2 M1 MT1 dx dx + EI GIT

Integrale: 



¯ 1 M0 dx M

¯ 2 dx = 2a3 /3 , M 1

= a(2G a + 22G a)a/6 = 4G a3 , 

¯ T1 MT0 dx = − 9Ga3 , M



2 ¯ T1 dx = a3 . M

Einsetzen liefert: B = 4G .

Reaktionen im Lager A: Az = −13G ,

MAx = 5G a ,

MAy = 15G a .

Durchbiegung: 

wC =

 ¯ ¯T MM MT M dx + dx EI GIT

mit ¯1 , M = M0 + X M

¯ T1 . MT = MT0 + X M

Elastostatik: L¨ osungen

Integrale: 

¯ dx = 9G a3 /3 + a(2G a + 22G a) a/6 + 4G a3 /3 = 25G a3 /3 , MM ¯ T dx = 9G a3 − 4G a3 = 5G a3 . MT M



Einsetzen liefert: wC = 15

G a3 . EI

263

264

Elastostatik: L¨ osungen

L¨osung II.4.15 Die Lagerreaktion B wird als statisch Unbestimmte gew¨ahlt, d.h. das Lager B entf¨allt beim statisch bestimmten Hauptsystem. Es wird die Methode der passiven Arbeiten benutzt. Gleichgewicht am Tr¨ager: 

A : 3l P − 2l C − l B = 0 ↑: A+B +C −P = 0

→

C = (3P − B)/2 ,

→

A = −(P + B)/2 .

Innere passive Arbeit: ¯i = W



¯ MM dx = 0 : EI

¯ i = 1 l(P + B) l B ¯ l + 1 l[(P + B)l + P l]B ¯l =0 → EI W 3 2 2 6 2 Restliche Lagerreaktionen und Biegemomentenverlauf: A=

P , 4

C=

9P , 4

M(l) =

Pl . 4

B=−

3P . 2

265

Elastostatik: L¨ osungen

L¨osung II.4.16 Die Lagerung ist einfach statisch unbestimmt. Wir w¨ahlen die Lagerreaktion in C als statisch Unbestimmte und die Methode der passiven Arbeiten zur L¨osung. Gleichgewicht am Balken: 

A : 2q0 a2 + M0 − 2B a − 3C a = 0

→

↑ : A − 2q0 a + B + C = 0

→

M0 3C − , 2a 2 M0 C + . A = q0 a − 2a 2

B = q0 a +

Innere passive Arbeit: 

¯ MM dx = 0 : EI ¯ i = 1 a C a C¯ a+ 1 2a(2q0 a2 +2C a−2M0 )C¯ a− 1 2a 2q0 a2 C¯ a = 0 EI W 3 6 12

¯i = W

→

C=

2M0 − q0 a2 . 3a

Restliche Lagerreaktionen:

B=

1 M0 3 q0 a − 2 a



,

A=

1 M0 5q0 a − 6 a



.

266

Elastostatik: L¨ osungen

L¨osung II.4.17 Das System ist zwar wackelig, jedoch sind aufgrund der Symmetrie alle Seilkr¨afte mit Hilfe der Gleichgewichtsbedingungen bestimmbar. Gleichgewicht an der Fahrbahnplatte: ↑:

S1 + 2S2 = G .

Gleichgewicht am Knoten I: ↑:

2S3 sin α = S1 .

Gleichgewicht am Knoten II: →:

S3 cos α = S4 cos β ,

↑:

S4 sin β = S2 + S3 sin α .

Aufl¨osen liefert: S1 = G tan α cotan β , S3 = G

cotan β , 2 cos α

S2 = G(1 − tan α cotan β)/2 , S4 =

G . 2 sin β

¨ Außere passive Arbeit: ¯ wG . ¯a = G W Innere passive Arbeit: ¯* ¯ i = G G l tan2 α cotan2 β + 2(1 + tan α) l(1 − tan α cotan β)2 /4 W EA 

+2

l l cotan2 β 1 +2 . cos α 4 cos2 α cos β 4 sin2 β

267

Elastostatik: L¨ osungen

Methode der passiven Arbeiten: 

¯ i : wG = ¯a = W W

√  2 3 √ Gl + + 2 → 3 3 EA

wG = 2,66

Gl . EA

L¨osung II.4.18 Wir w¨ahlen die gesuchte Lagerreaktion B als statisch Unbestimmte. Dann ¯ gilt Sj = Sj (G, B) und S¯j = S¯j (B).

j

S¯j

Sj

1 −5G/8 + 5B/8 2 −5B/8 3 3G/8 − 3B/8

lj

¯ 5B/8 5a ¯ −5B/8 5a ¯ −3B/8 6a Σ

Sj S¯j lj ¯ a/64 (−125G + 125B)B ¯ 125B B a/64 ¯ a/64 (−54G + 54B)B ¯ a/64 (−179G + 304B)B

Innere passive Arbeit: ¯i = EA W



¯ a/64 = 0 Sj S¯j lj = 0: (−179G + 304B)B

j

→

B = 179G/304 .

268

Elastostatik: L¨ osungen

L¨osung II.4.19 Wir w¨ahlen die gesuchte Lagerreaktion B als statisch Unbestimmte. Dann ¯ =M ¯ (B). ¯ gilt M = M(MA , B) und M Innere passive Arbeit: ¯i = EI W





¯ dx = 0: MM

¯a 1 1 B a (MA − B a) − 3 2 2 

¯a 1 B + a(MA + MA − B a) − 6 2





=0

→

B=

3MA . 2a

¯ B ein. Die Zur Bestimmung der Neigung f¨ uhren wir das Scheinmoment M ¯ B ¯ und C¯ bilden mit M ¯ B ein Gleichgewichtsgew¨ahlten Scheinreaktionen A, system. ¨ Außere passive Arbeit: ¯a = M ¯ B ϕB . W Innere passive Arbeit: ¯ i = 1 1 a 1 (MA − Ba)M ¯B W EI 3 2

mit

B=

3MA . 2a

269

Elastostatik: L¨ osungen

Methode der passiven Arbeiten: ¯a = W ¯i W

→

ϕB = −

MA a . 12EI

L¨osung II.4.20 Innere passive Arbeit: ¯i = W



¯ MM dx + EI



¯T MT M dx = 0: GIT

1 1 ¯ + 1 1 a(−2G a − 22G a − 2B a)(−B ¯ a) a(−B a)(−Ba) EI 3 EI 6 +

1 ¯a=0 → a(B a − 9G a)B GIT

B = 4G .

270

Elastostatik: L¨ osungen

L¨osung II.4.21 Durch die zwei zus¨atzlichen Kabel (Symmetrie!) wird das Problem einfach statisch unbestimmt. Wir betrachten S5 als statisch Unbestimmte und f¨ uhren eine Vorspannung S¯5 ein. Von den Gleichgewichtsbedingungen in Aufgabe II.4.17 ¨andert sich nur diejenige an der Fahrbahnplatte: ↑: S1 + 2S2 = G − 2S5 . Ersetzen von G in Aufgabe II.4.17 durch G − 2S5 liefert: S1 = (G − 2S5 ) tan α cotan β , S3 = (G − 2S5 )

cotanβ , 2 cos α

S2 = (G − 2S5 )(1 − tan α cotan β)/2 , S4 =

G − 2S5 . 2 sin β

Vorspannreaktionen: S¯1 = −2S¯5 tan α cotan β ,

S¯2 = −S¯5 (1 − tan α cotan β) ,

cotan β , S¯3 = −2S¯5 2 cos α

−2S¯5 S¯4 = . 2 sin β

Innere passive Arbeit: ¯ i = 0: EA W

√ √ 3 3 (G − 2S5 ) (−2S¯5 ) l 3 3 √   √  √    3 3 G − 2S5 3 +2 1+ l 1− 1− (−S¯5 ) 3 3 2 3 √ √ √ 3 3 2 3 +2 l (G − 2S5 ) (−2S¯5 ) 3 3 3 √ √ √ 2 2 (G − 2S5 ) (−2S¯5 ) +2 2l 2 2 √   3 +2 2+ l S5 S¯5 = 0 3 →

S5 =

√ √ 4/3 + 2 3/3 + 2 2 √ √ G. 20/3 + 2 3 + 4 2

271

Elastostatik: L¨ osungen

Absenkung der Anschlusspunkte: wG =

S5 l5 EA



→

wG = 2 +

√  3 S5 l 3 EA

→

wG = 0,87

Gl . EA

L¨osung II.4.22 a) Das System ist zweifach statisch unbestimmt. Wir betrachten die Stabkr¨afte S1 und S3 als statisch Unbestimmte und f¨ uhren die passiven Lasten S¯1 , S¯3 ein. Sie bilden mit den passiven Reaktionen in den anderen St¨aben und in den Auflagern ein Gleichgewichtssystem. Gleichgewicht an den Knoten (Bild a): Knoten I: →: ↑:

√ S6 = − 2 S1 , √ S2 + S6 / 2 − F = 0

→ S2 = F + S1 ,

√ S¯6 = − 2 S¯1 , S¯2 = S¯1 .

Knoten II: →:

√ S7 = − 2 S3 ,

√ S¯7 = − 2 S¯3 .

√ S8 = S6 = − 2 S1 , √ S5 = S7 = − 2 S3 ,

√ S¯8 = S¯6 = − 2 S¯1 , √ S¯5 = S¯7 = − 2 S¯3 .

√ S4 = −S5 / 2 = S3 ,

S¯4 = S¯3 .

Knoten III: : : Knoten IV: ↑:

272

Elastostatik: L¨ osungen

¨ Außere passive Arbeit unter Vorspannung S¯1 , S¯3 : ¯a = 0. W Innere passive Arbeit unter Vorspannung S¯1 , S¯3 : ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ i = S1 S1 2l + (F + S1 )S1 2l + S3 S3 2l + S3 S3 2l W EA EA EA EA √ √ √ √ (− 2 S1 )(− 2 S¯1 ) √ (− 2 S3 )(− 2S¯3 ) √ √ √ 2l + 2l + 2 EA 2 EA √ √ √ √ (− 2 S3 )(− 2S¯3 ) √ (− 2 S1 )(− 2 S¯1 ) √ √ √ + 2l + 2l. 2 EA 2 EA

Methode der passiven Arbeiten: ¯i ¯a = W W

(S¯1 , S¯3 beliebig):

S¯1 (2S1 + 2F + 2S1 + 2S1 + 2S1 ) = 0

→

S1 = −F/4 ,

S¯3 (2S3 + 2S3 + 2S3 + 2S3 ) = 0

→

S3 = 0 .

Restliche Stabkr¨afte: S2 = 3F/4 ,

S 4 = S5 = S7 = 0 ,

S 6 = S8 =

√ 2 F/4 .

b) Zur Bestimmung der Absenkung wF des Angriffspunkts der Kraft F f¨ uhren wir eine passive Last F¯ ein. Sie steht mit den passiven Reaktionen in den St¨aben und in den Lagern im Gleichgewicht. ¨ Außere passive Arbeit: ¯ a = F¯ wF . W

273

Elastostatik: L¨ osungen

1. Weg zur Ermittlung der inneren passiven Arbeit: Gleichgewicht an den Knoten (Bild b): Knoten I: S¯2 = 0

(gew¨ahlt) , √ ↑: S¯6 = 2 F¯ , →:

√ S¯1 = −S¯6 / 2 = − F¯ .

Knoten IV: S¯5 = 0

(gew¨ahlt) ,

↑:

S¯4 = 0 .

Knoten III, II: S¯7 = 0 ,

S¯8 =

√ 2 F¯ ,

S¯3 = 0 .

(Bemerke: Auch bei der Wahl S¯2 = S¯5 = 0 ist an allen Knoten das Gleichgewicht erf¨ ullt!) Innere passive Arbeit: √ √ ( 2 F/4) 2 F¯ √ (−F/4)(−F¯ ) ¯ √ 2l + Wi = 2l EA 2 EA √ √ ( 2 F/4) 2 F¯ √ 3F F¯ l √ . + 2l = 2EA 2 EA

2. Weg zur Ermittlung der inneren passiven Arbeit: S¯1 = S¯3 = S¯4 = S¯5 = S¯6 = S¯7 = S¯8 = 0 (gew¨ahlt). Gleichgewicht am Knoten I: ↑:

S¯2 = F¯ .

(Bemerke: Das Gleichgewicht ist an allen Knoten erf¨ ullt).

274

Elastostatik: L¨ osungen

Innere passive Arbeit: ¯ ¯ ¯ i = (3F/4)F 2l = 3F F l W EA 2EA

(siehe 1. Weg) .

Methode der passiven Arbeiten: ¯a ¯i = W W

→

wF =

3 Fl . 2 EA

Anm.: Die Stabkraft S2 = 3F/4 ruft die L¨angen¨anderung Δl2 = S2 (2l)/(EA) hervor, d.h. Δl2 = wF ist erf¨ ullt.

L¨osung II.4.23 a) Das Problem ist zweifach statisch unbestimmt. Wir betrachten die Lagerreaktionen BH und BV als statisch Unbestimmte und f¨ uhren die ¯H , B ¯V ein. Sie bilden mit den passiven Reaktionen passiven Lasten B ¯ A, M ¯ B ein Gleichgewichtssystem (s. Bild a). A¯H , A¯V , M Momentengleichgewicht am rechten Teilsystem: 

G:



G:

MB + BV l + BH l = 0

→

MB = −(BV + BH )l ,

¯V l + B ¯H l = 0 ¯B + B M

→

¯ B = −(B ¯V + B ¯H )l . M

275

Elastostatik: L¨ osungen

Innere passive Arbeit (Biegemomentenverl¨aufe s. Bild b): ¯ i = 0: EIW

1√ ¯H − B ¯V )l + 1 l BV l B ¯V l 2l(−BH − BV )l(−B 3 3 +

1 ¯V l + 2BV l B ¯V l l[2(2BV − F )l 2B 6 ¯V l + BV l 2B ¯V l] = 0 . + (2BV − F )l B

(a)

¯V = 0, B ¯H = 0 (beliebig): W¨ahle B ¯H ) = 0 (−BH − BV )(−B

→

BH = −BV ,

MB = 0 .

¯H = 0, B ¯V = 0 (beliebig): W¨ahle B ¯V = 0 [2BV + 4(2BV − F ) + 2BV + (2BV − F ) + 2BV ] B →

16BV − 5F = 0

→

BV = 5F/16 ,

BH = −5F/16 .

Kr¨aftegleichgewicht am Gesamtsystem: →: ↑:

−AH + BH = 0

→

AH = −5F/16 ,

AV + BV − F = 0

→

AV = 11F/16 .

Momentengleichgewicht am linken Teilsystem: 

G:

AV 2l − F l + MA = 0 →

MA = −3F l/8 .

b) Zur Bestimmung der Verschiebung von G f¨ uhren wir die passiven Lasten ¯ V ein (s. Bild c oder d). ¯ H und G G ¨ Außere passive Arbeit: ¯a = G ¯ H uG + G ¯ V wG W

(uG, wG :

Verschiebungskomponenten in G) .

¯H 1. Weg zur Ermittlung der inneren passiven Arbeit: Die passiven Lasten G ¯ ¯ ¯ ¯ und GV bilden mit den passiven Reaktionen AH , AV und MA ein Gleichgewichtssystem (s. Bild c).

276

Elastostatik: L¨ osungen

Innere passive Arbeit: ¯ i (G ¯ H, G ¯V) = EI W



+

¯ (G ¯ H, G ¯ V )dx = MM

1 ¯ V l) l BV l(−G 3

1 ¯ V l) + 2BV l(−G ¯ V l) l[2(2BV − F ) l(−2G 6 ¯ V l) + BV l(−2G ¯ V l)] = 0 + (2BV − F ) l(−G

(vgl. Gl. (a)).

2. Weg zur Ermittlung der inneren passiven Arbeit: Die passiven Lasten ¯ H und G ¯ V bilden mit den passiven Reaktionen B ¯H , B ¯V und M ¯ B ein G Gleichgewichtssystem (s. Bild d).

277

Elastostatik: L¨ osungen

Innere passive Arbeit: ¯ i = 0 (wegen BH + BV = 0 gilt M = 0 im rechten Teilsystem) . W ¯ H und G ¯ V sind beliebig): Methode der passiven Arbeiten (G ¯ i: G ¯ H uG + G ¯ V wG = 0 ¯a = W W

→

u G = wG = 0 .

Anm.: Das Resultat uG = wG = 0 ist auch anschaulich klar. Ohne L¨angsdehnung (EA → ∞) kann sich der linke Teil im Punkt G nur vertikal bewegen, der rechte Teil nur unter 45◦ zur Vertikalen. Folglich kann sich der Punkt G u ¨berhaupt nicht verschieben.

L¨osung II.4.24 Wir schneiden die Speichen vom Radkranz frei und f¨ uhren unter Beachtung der Symmetrie die Schnittreaktionen B, MB , S1 und S3 ein. Das Kr¨aftegleichgewicht in horizontaler Richtung ist damit erf¨ ullt. Wenn das Kr¨aftegleichgewicht in vertikaler Richtung erf¨ ullt ist, dann ist automatisch auch das Momentengleichgewicht gew¨ahrleistet. Wir haben demnach nur eine wesentliche Gleichgewichtsbedingung (↑:) und vier unbekannte Reaktionen: das Problem ist dreifach statisch unbestimmt. Wir betrachten B, MB und ¯ M ¯ B und S¯1 ein. S1 als statisch Unbestimmte und f¨ uhren passive Lasten B, Innere passive Arbeit: ¯i = W



¯ NN dx + EA



¯ MM dx = 0: EI

1 ¯ l[S1 S¯1 + (S1 + 2B − P )(S¯1 + 2B)] EA +

l 1 ¯B + B ¯ l) ¯ B + 2(MB + B l) (M 2 [2MB M EI 6 ¯B + B ¯ l) + (MB + B l)M ¯ B] = 0 . + MB (M

278

Elastostatik: L¨ osungen

¯ M ¯ B und S¯1 beliebig sind, erh¨alt man 3 Gleichungen: Da B, 2S1 + 2B − P = 0 , 6MB + 3B l = 0 , 2l l2 (S1 + 2B − P ) + (3MB + 2B l) = 0 . EA 3EI Aufl¨osen liefert: B=

P , 2+α

S1 =

MB = −

Pα 2(2 + α)

mit

Pl , 2(2 + α)

α=

EA l2 . 6EI

Verschiebung der Nabe:

wN =

S1 l EA

→

wN =

Pl α . 2(2 + α) EA

279

Elastostatik: L¨ osungen

L¨osung II.5.1 Transformationsgleichungen: σξ = σx /2 + σx cos 60◦ /2 + τxy sin 60◦

→

σξ = 35,5 N/mm2 ,

ση = σx /2 − σx cos 60◦ /2 − τxy sin 60◦

→

ση = −5,5 N/mm2 .

→

εAB = 1,8 · 10−4 .

Hookesches Gesetz: εAB = εξ =

1 (σξ − νση ) E

L¨osung II.5.2 Zur Charakterisierung des Schnitts II f¨ uhren wir ein ξ, η-Koordinatensystem ein. Aus den gegebenen Hauptspannungen kann der Mohrsche Kreis konstruiert werden. Dem Winkel 2ϕ im Uhrzeigersinn (vom Punkt σ1 zum Punkt P ) im Mohrschen Kreis entspricht der Winkel ϕ entgegen dem Uhrzeigersinn zwischen der 1-Achse und der x-Achse. Transformationsgleichungen: σξ =

1 1 (σ1 + σ2 ) + (σ1 − σ2 ) cos 90◦ 2 2

→

σξ = 10 N/mm2 ,

ση =

1 1 (σ1 + σ2 ) − (σ1 − σ2 ) cos 90◦ 2 2

→

ση = 10 N/mm2 ,

τξη =

1 − (σ1 − σ2 ) sin 90◦ 2

→

τξη = −20 N/mm2 .

280

Elastostatik: L¨ osungen

Ablesen aus dem Mohrschen Kreis: 2ϕ = 60◦

→

ϕ = 30◦ , τxy = −17,3 N/mm2 .

σx = 20 N/mm2 ,

L¨osung II.5.3 Normalspannungen: F → σx = A

σx =

F 2π r t

→

σx = 59,7 N/mm2 ,

τxy =

M0 2π r 2 t

→

τxy = 49,7 N/mm2 .

σy = 0 .

Schubspannung: τxy =

MT WT

→

Hauptspannungen: σ1, 2

σx + σy ± = 2



σx − σy 2

→

2 2 + τxy

σ1 = 87,8 N/mm2 ,

σ2 = − 28,2 N/mm2 .

281

Elastostatik: L¨ osungen

Hauptrichtungen: tan 2ϕ∗ =

2τxy σx − σy

→

ϕ∗ = 29,5◦ .

→

σV = 105 N/mm2 < σzul .

Vergleichsspannung: σV =



2 σx2 + 3τxy

L¨osung II.5.4 Normalspannung infolge Biegung: σ = 0. Schubspannung infolge Torsion: MT τT = WT

→

l b 2 2 = q0 l . τT = 1 4t2 31 3b t 3 t q0

Schubspannung infolge Querkraft (vgl. Aufgabe II.7.1): τQ = 2

Q A

→

τQ =

q0 l  τT . 3b t

Spannungszustand im Punkt P : σx = 0 ,

σz = 0 ,

τxz = −

q0 l 4t2

(reiner Schub).

282

Elastostatik: L¨ osungen

Hauptspannungen: 

2 σ1, 2 = ± τxz

q0 l . 4t2

→

σ1, 2 = ±

→

ϕ∗ = 45◦ .

Hauptrichtungen: tan 2ϕ∗ → ∞

L¨osung II.5.5 Transformationsgleichungen: εr = (εx + εy )/2 + (εx − εy )/2 cos 120◦ + γxy /2 sin 120◦ , εq = (εx + εy )/2 + (εx − εy )/2 cos 240◦ + γxy /2 sin 240◦ . Aufl¨osen liefert mit εx = εs : εy = (2εq + 2εr − εs )/3

→

εy = 2,8 · 10−4 ,

√ γxy = 2 3 (−εq + εr )/3

→

γxy = − 7,9 · 10−4 .

Hauptdehnungen:

ε1, 2 = →

εx + εy ± 2



εx − εy 2

ε1 = 6,0 · 10−4 ,

2

+

γxy 2

2

ε2 = − 2,0 · 10−4 .

283

Elastostatik: L¨ osungen

Maximale Hauptspannung: σ1 =

E (ε1 + ν ε2 ) 1 − ν2

→

σ1 = 125 N/mm2 .

L¨osung II.5.6 Fl¨achentr¨agheitsmoment: I=2

t(2h)3 + 2(t h)h2 12

h4 . 6

→

I=

→

W =

h3 . 6

→

σ=3

Fl . h3

→

WT =

h3 . 5

→

τ = 10

Widerstandsmoment: W =

I h

Normalspannung: σ=

M W

Torsionswiderstandsmoment: WT = 2t Am = 4t h2 Schubspannung: τ=

MT WT

Fl . h3

284

Elastostatik: L¨ osungen

Vergleichsspannung:

σV =

√ σ 2 + 4τ 2

→

σV = 20,2

Fl . h3

L¨osung II.5.7 Der Mast wird auf zweiachsige Biegung, Druck und Torsion beansprucht. Die Schubspannung infolge der Querkraft ist gegen die Schubspannung infolge Torsion vernachl¨assigbar. Die maximale Biegespannung tritt an der Einspannstelle auf. Querschnittsgr¨oßen: Iy = Iz = π r 3 t ,

A = 2π r t ,

WT = 2π r 2 t .

Schnittgr¨oßen an der Einspannung: N = −G,

MT = W a ,

My = − G a ,

Mz = − W h .

Normalspannung im Einspannquerschnitt: σ(y, z) =

N My Mz + z− y A Iy Iz →

σ(y, z) = −

→

α = 85,2◦ .

Spannungs-Nulllinie: z = 12y −

r2 . 2a

Steigung der Nulllinie: tan α = 12



G az ay 1 + 2 2 − 24 2 . 2π r t r r

285

Elastostatik: L¨ osungen

Maximale Normalspannung (im Punkt P ): ¯ , z = r sin α)| ¯ |σ|max = |σ(y = − r cos α

→

|σ|max = 3,8

Ga . r2 t

Schubspannung: τ=

MT WT

→

τ = 0,48

Ga . r2 t

Vergleichsspannung: σV =

√ σ 2 + 4τ 2

→

σV = 3,9

Ga . r2 t

L¨osung II.6.1 Der Bogen kann nur eine Kraft in Richtung der Geraden AB u ¨bertragen. Die Kraft S im Stab BC wird als Druckkraft positiv angenommen. Geometrie: Sy 3a = , Sx 4a

lBC = 5a .

286

Elastostatik: L¨ osungen

Gleichgewicht am Knoten B: √

→: ↑:

2 FBA = 0 , 2 √ 2 Sy + FBA − G = 0 . 2 Sx −

Aufl¨osen liefert: S = 5G/7 . Fl¨achentr¨agheitsmoment: I=

h4 2h h3 = . 12 6

Eulersche Knicklast (2. Euler-Fall): Skrit = π 2

EI 2 lBC

π 2 h4 E . 150a2

→

Skrit =

→

Gmax =

Maximale Last: Gmax =

7 Skrit 5

7π 2 h4 E . 750a2

L¨osung II.6.2 Maximale Stauchung (in der horizontalen Lage): |ε|max =

|l cos α − l| l

→

|ε|max = 1 − cos α .

287

Elastostatik: L¨ osungen

Stabkraft: →

S = EA ε

|S|max = EA(1 − cos α) .

Eulersche Knicklast (2. Euler-Fall): |S|krit = π 2

EI . l2

Forderung: |S|max < |S|krit

→

EA(1 − cos α) < π 2

EI . l2

Querschnittsgr¨oßen: A = 2h2 ,

I=

h4 . 6

Einsetzen liefert mit cos α = 1 − α2 /2 + . . . : cos α > 1 −

π 2 h2 12l2

→

πh α<√ . 6l

L¨osung II.6.3 Die Kolbenstange muss so dimensioniert werden, dass weder ihr innerhalb noch ihr außerhalb des Zylinders liegender Teil knickt. Sowohl die Druckkraft als auch die Teill¨ange innerhalb des Zylinders werden maximal f¨ ur x = 0. Daher ist dies die kritische Lage f¨ ur den inneren Teil der Kolbenstange. Druckkraft in der Kolbenstange f¨ ur x = 0: F = p0 A .

288

Elastostatik: L¨ osungen

Kritische Druckkraft f¨ ur den Stangenteil im Zylinder (4. Euler-Fall): Fkrit = 4π 2

EI . h2

Fl¨achentr¨agheitsmoment: I=

π 4 r . 4

Forderung:

F < Fkrit

→ r > r0 mit r04 =

p0 A h2 . π3 E

Druckkraft in der Kolbenstange f¨ ur x = 0: F = p0 A

h . h + 4x

Kritische Druckkraft f¨ ur den Stangenteil außerhalb des Zylinders (3. EulerFall):

Fkrit = 2,04π 2

EI . (l + x − h)2

Forderung: F (x) < Fkrit (x) → 4 > 1,96 mit  =

(λ − 1 + ξ)2 1 + 4ξ x l r , λ= , ξ= . r0 h h

F¨ ur λ < 1,6 knickt bei einem zu kleinen Radius der innerhalb des Zylinders liegende Teil der Kolbenstange. Der ¨außere Teil knickt f¨ ur λ > 1,6 und zwar f¨ ur 1,6 < λ < 1,8 bei ausgefahrener Stange (ξ = 1) und f¨ ur λ > 1,8 bei eingefahrener Stange (ξ = 0).

289

Elastostatik: L¨ osungen

L¨osung II.6.4 Verl¨angerungen der Teilst¨ ucke: 

Δlj = αTj ΔT +

σj Ej



l,

j = 1, 2, 3 .

Vertr¨aglichkeitsbedingungen: Δl1 = Δl2 ,

Δl3 = −Δl2 .

Gleichgewichtsbedingung: σ1 A1 + σ2 A2 = σ3 A3 . Aufl¨osen liefert: σ1 = −(5αT1 − 3αT2 )E1 ΔT /6 . Knickspannung (4. Euler-Fall): σkrit = −4π 2

E1 I1 . A1 l2

290

Elastostatik: L¨ osungen

Maximale Temperatur¨anderung: σ1 = σkrit

→

ΔTmax =

24π 2 I1 . (5αT1 − 3αT2 )A1 l2

uhrt eine Erw¨armung zum Knicken, f¨ ur αT1 < 3αT2 /5 F¨ ur αT1 > 3αT2 /5 f¨ eine Abk¨ uhlung.

L¨osung II.6.5 Die Querkraft am freien Ende des ausgelenkten Stabes setzt sich aus den zur Stabachse orthogonalen Komponenten der Kraft F und der Federkraft zusammen. Die kleinste L¨osung λ1 l der Eigenwertgleichung wird graphisch bestimmt. Differentialgleichung f¨ ur die Auslenkung w(x): EIy w IV + F w  = 0 → w IV + λ2 w  = 0 mit λ2 = F/EIy . Allgemeine L¨osung der Differentialgleichung: w = A cos λx + B sin λx + C λ x + D . Ableitungen: w  = − A λ sin λx + B λ cos λx + C λ , w  = − A λ2 cos λx − B λ2 sin λx , w  =

A λ3 sin λx − B λ3 cos λx .

Randbedingungen: w(0) = 0 , w  (0) = 0 , M(l) = 0 , Q(l) = F sin α − c w(l) cos α .

291

Elastostatik: L¨ osungen

Linearisieren (sin α ≈ α ≈ w  (l), cos α ≈ 1) liefert: Q(l) = F w  (l) − c w(l) . Am freien Ende gilt: M(l) = −EIy w (l) , Q(l) = −EIy w  (l) .

Einsetzen liefert: A+D =0

→ D = −A ,

B+C =0

→ C = −B ,

A cos λl + B sin λl = 0

→ A = −B tan λl ,

c(A cos λl + B sin λl) − C(EIy λ3 − c λl) + c D = 0 → B[(EIy λ3 − c λl) + c tan λl] = 0 .

Bedingung f¨ ur nichttriviale L¨osungen: tan λl − λl +

EIy (λl)3 = 0 . c l3

Kritische Last f¨ ur Knicken in der x, z-Ebene: → Fkrit = (λ1 l)2

Fkrit = λ21 EIy

Sonderf¨alle: Fkrit = 2,47

EIy l2

(1. Euler-Fall) ,

c → ∞: Fkrit = 20,2

EIy l2

(3. Euler-Fall) .

c = 0:

EIy . l2

292

Elastostatik: L¨ osungen

Kritische Last f¨ ur Knicken in der x, y-Ebene: Fkrit = 2,47

EIz l2

(1. Euler-Fall) .

L¨osung II.7.1 Querschnittsfl¨ache: A = 3b t . Fl¨achentr¨agheitsmoment (siehe Aufgabe II.2.3): I = b3 t/3 .

293

Elastostatik: L¨ osungen

Statische Momente: S1 (s1 ) = t s1 (2b/3 − s1 /2) , S2 (s2 ) = t b b/6 − t s2 b/3 = b2 t/6 − b t s2 /3 . Schubspannung: τ=

QS . It

Einsetzen liefert:

τ1 (s1 ) =

3 Q s1 s1 4−3 2A b b

τ2 (s2 ) =

3Q s2 1−2 2A b



,



.

Maximale Querkraft: Qmax = q0 l . Ort der maximalen Schubspannung: τ1 = 0

→

s1 = 2b/3 .

Maximale Schubspannung: τmax = 2

Qmax A

→

τmax =

2q0 l . 3b t

Maximale Normalspannung (siehe Aufgabe II.2.3):

σmax =

q0 l2 b2 t

→

2b τmax . = σmax 3l

Bei einem schlanken Balken (b  l) gilt τmax  σmax .

294

Elastostatik: L¨ osungen

L¨osung II.7.2 Fl¨achentr¨agheitsmoment: I=2

t(14a)3 t(6a)3 − + 2 · 8a t(7a)2 12 12

→

Statische Momente S1 und S2 : S1 (s1 ) = t s1 (3a + s1 /2) , S2 (s2 ) = t 4a 5a + t s2 7a = 20a2 t + 7a t s2 . Schubspannung: τ=

QS . It

Einsetzen liefert:



τ1 (s1 ) =

Q 1 s1 3a + s1 , I 2

τ2 (s2 ) =

Q (20a2 + 7a s2 ) . I

I = 1223a3 t .

295

Elastostatik: L¨ osungen

Resultierende Schubkr¨afte F1 und F2 : 4a

F1 = t

Q a3 t I

→

F1 = 0,03Q ,

Q a3 t I

→

F2 = 0,31Q .

τ1 ds1 = 34,7 0

8a

F2 = t

τ2 ds2 = 384 0

Gleichgewichtsbedingung: Q = F3 − 2F1

→

F3 = 1,06Q .

→

d = 4,85a .

Schubmittelpunkt: 

M : 2(d + 8a)F1 + 14a F2 − d F3 = 0

296

Elastostatik: L¨ osungen

L¨osung II.7.3 Fl¨achentr¨agheitsmoment: I = π r 3 t/2 . Statisches Moment: S=



z dA =

α

→

S = r 2 t sin α .

→

τ=

2Q sin α . πrt

sin ψ (t r dψ) →

d=

4r . π

r cos ϕ (t r dϕ)

0

Schubspannung: τ=

QS It

Schubmittelpunkt:

Qd =



r τ dA =

2Q πt

π 0

Torsionsmoment: MT = −F d

→

MT = −

→

ϑ1 = −

4r F. π

Torsionstr¨agheitsmoment: IT = π r t3 /3 . Drehwinkel: ϑ1 =

MT l G IT

12F l . π 2 G t3

Die Verdrehung ist unabh¨anging vom Radius des Halbkreisprofils. Bei einer Halbierung der Wandst¨arke verachtfacht sich die Verdrehung.

Elastostatik: L¨ osungen

297

L¨osung II.7.4 Die Wirkungslinien der Schubspannung schneiden sich im Punkt Z, d.h. Z ist der Schubmittelpunkt. Statisches Moment: Sy = A zS . Fallunterscheidung: a)

−h/4 ≤ z ≤ 7h/4:

√

 7 7 h−z h + z /2 2d 4 4

√ 49 2 2d Sy = → h − z2 . 16 2

Sy =

b)

−5h/4 ≤ z ≤ −h/4:   √ 5 5 h+z d h − z /2 Sy = − 2 4 4

√ 25 2 2d 2 h −z . Sy = − → 16 2

298

Elastostatik: L¨ osungen

Fl¨achentr¨agheitsmoment: √ Iy =

→

2 √

2 d(2h)3 3 + h 12 4

√

2 d (2h) + 2

2 √

2 dh3 3 + h 12 4



2 dh

√ 37 2 3 Iy = dh . 12

L¨osung II.7.5 Fl¨achentr¨agheitsmoment: Iy = 2t l h2 +

(2h)3 √ √ 2 t 2 = 2h2 t(l + 2h/3) . 12

Damit keine Profilverdrillung auftritt, muss der Schubmittelpunkt auf der Wirkungslinie Eo − Eu der Querkraft Qz liegen.

299

Elastostatik: L¨ osungen

Teilresultierende der Schubspannung: Im oberen horizontalen Schenkel hat der Schubspannungsverlauf eine Resultierende T1 auf der Mittellinie, im unteren horizontalen Schenkel eine Resultierende T4 . Entsprechend sind T2 und T3 die Resultierenden in den mittleren Schenkeln. Da T1 und T4 senkrecht zu Qz wirken, gilt T1 −T4 = 0 bzw. T4 = T1 . Die Wirkungslinien von T2 und T3 schneiden sich im Punkt O und haben eine vertikale Resultierende T23 durch O, f¨ ur die per def. T23 = Qz gilt. F¨ ur die ¨ statische Aquivalenz von Qz auf der Wirkungslinie Eo − Eu und von T1 , T23 , T4 m¨ ussen die Momente um O (oder einen anderen Bezugspunkt) u ¨bereinstimmen: 2T4 h = Qz h . Schubspannungsverteilung im unteren Schenkel: τ=

Qz Sy . Iy t

Statisches Moment: Sy = h (y + a)t

a = l − h.

mit

Einsetzen: τ=

Qz h (y + a) . Iy

Resultierende: h

T4 =

τ t dy = −a

Qz h t Iy

h

(y + a) dy = −a

Qz h t 2 l . 2Iy

Momentengleichheit: + 4h2 = 0 → l = h (−) → l − 2h l − 3

Qz h t 2 Qz = 2T4 = l Iy +

l =h 1+



2

,

7/3 ≈ 2, 53 h .



h2 +

4 h2 , 3

300

Elastostatik: L¨ osungen T1

T2

O y

T3

T23 = Qz

T4

h

a

L¨osung II.7.6 Vorbemerkung: Auf Formelauswertungen wird verzichtet. Allein durch Argumente, welche die mechanische Bedeutung der zugrunde liegenden Beziehungen benutzen, kann die L¨osung gewonnen werden. Schwerpunkt: Punktsymmetrie zum Koordinatenursprung

→

yS = zS = 0.

Hauptachsen der Fl¨achentr¨agheitsmomente: Die Fl¨achentr¨agheitsmomente Iy , Iz und Iyz lassen sich (mit α, R, d) berechnen. Damit k¨onnen die Hauptrichtungen η und ζ sowie die Haupttr¨agheitsmomente Iη , Iζ berechnet werden. Querkraft in den Hauptrichtungen: Mit dem bekannten Hauptachswinkel ϕ∗ k¨onnen aus den Querkraftkomponenten Qy und Qz die Komponenten Qη und Qζ berechnet werden. Schubspannung aus Qζ : τ=

Qζ Sη . Iη d

Statische Momente Sη1 und Sη2 : Es gibt zu jedem abgeschnittenen Teil 1“ einen Teil 2“ mit ” ” Sη2 = −Sη1 .

301

Elastostatik: L¨ osungen

Schubspannungen an den Trennlinien: Wegen Sη2 = −Sη1 gilt an den Trennlinien von Teil 1“ und Teil 2“ ” ” τ2 = τ1 . Schubmittelpunkt: Wegen der Punktsymmetrie sind τ1 und τ2 parallel und haben zusammen kein Moment um O = S. Wegen der Beliebigkeit der Paare τ1 und τ2 hat die gesamte Schubspannungsverteilung den Schubmittelpunkt M = O = S. Schubspannung aus Qη : Der L¨osungsweg ist sinngem¨aß derselbe, d.h. insgesamt ist der Schubmittelpunkt M = O = S. Anmerkung: Die Transformation auf Hauptachsen w¨are nicht n¨otig, wenn mit allgemeineren Formeln im y, z-Koordinatensystem argumentiert w¨ urde. Alle Argumente gelten auch f¨ ur andere zum Mittelpunkt punktsymmetrische Profile.

2“ ”

y η

ϕ∗

η

ζ

ζ 1“ ”

III Kinetik L¨osung III.1.1 Geschwindigkeit der Rakete: v = a t + v(0) . Ort der Rakete: x = a t2 /2 + v(0) t + x(0) . Anfangsbedingungen: v(0) = 0

→ v = at,

x(0) = 0

→ x=

a t2 . 2

Winkel des Radarschirms: tan ϕ =



x l

→ ϕ(t) = arctan

a t2 2l

Winkelgeschwindigkeit des Schirms: ⎡



a t2 at ⎣ / 1+ ϕ(t) ˙ = l 2l

2 ⎤ ⎦

.

Winkelbeschleunigung des Schirms: 

ϕ(t) ¨ =

 ⎡



a 3a3 t4 a t2 / ⎣1 + − 3 l 4l 2l

2 ⎤2 ⎦

.

Zeitpunkt der maximalen Winkelgeschwindigkeit:  ∗

ϕ(t ¨ )=0

∗

→ t =

4l2 3a2

1/4

.



.

303

Kinetik: L¨ osungen

Maximale Winkelgeschwindigkeit: ∗

˙ ) ϕ˙ max = ϕ(t

√ 3 3a . 8 l

→

ϕ˙ max =

→

ϕ(t∗ ) = 30◦ .

Winkel zum Zeitpunkt t∗ : √ ϕ(t∗ ) = arctan(1/ 3)

L¨osung III.1.2 a) Beschleunigung:

a(t) = a0 1 −

t 2te



.

Geschwindigkeit: v(t) = a0 t −

a0 2 t + v0 . 4te

Weg: x(t) =

a0 3 a0 2 t − t + v0 t + x0 . 2 12te

Anfangsbedingungen: v(0) = 0

→ v0 = 0 ,

x(0) = 0

→ x0 = 0 .

304

Kinetik: L¨ osungen

Dauer des Beschleunigungsvorgangs:

→

x(te ) = l

te =

12l . 5a0

Endgeschwindigkeit:

→

ve = v(te )

ve =

27 a0 l 20

→



ve = 1,16 a0 l .

b) Beschleunigung:

a(v) = a0 1 −

v 2ve



.

Trennen der Variablen: a=

dv dx dv dv = = v dt dx dt dx

→ dx =

v dv . a(v)

Integration: l

ve

dx = 0

0

v dv

a0 1 −

v 2ve





→

ve =

c) Beschleunigung:

a(x) = a0 1 −

x 2l



.

a0 l 2(2 ln2 − 1)

→



ve = 1,14 a0 l .

305

Kinetik: L¨ osungen

Trennen der Variablen: a=

dv v dx

→

v dv = a(x) dx .

Integration: ve

l

v dv = 0

a0 1 −

0



x dx 2l

→

ve =

3 a0 l 2



→

ve = 1,23 a0 l .

L¨osung III.1.3 Geschwindigkeit:

v(s) = v0 1 −

s l



.

Trennen der Ver¨anderlichen: ds =v dt

→

ds

v0 1 −

s l



= dt .

Integration: 

ds

s = v0 1− l



dt



→

s = l 1 − C exp −

→

s = l 1 − exp −

v0 t l



.

Anfangsbedingung: s(0) = 0:

0=1−C



v0 t l



.

306

Kinetik: L¨ osungen

Erreichen des Punktes B: s(tB ) = l

→

tB → ∞ .

L¨osung III.1.4 uhrt. Zur L¨osung werden die Hilfsgr¨oßen l0 und l eingef¨ Geometrie: xC = r sin ϕ − l cos ϕ , 2 − cos ϕ , sin ϕ

→

l=r

x˙ C = r ϕ˙ cos ϕ + l ϕ˙ sin ϕ − l˙ cos ϕ

→

x˙ C = 2r ϕ˙ − l˙ cos ϕ ,

ϕ˙ sin2 ϕ − (2 − cos ϕ)ϕ˙ cos ϕ l˙ = r sin2 ϕ

→

1 − 2 cos ϕ l˙ = r ϕ˙ , sin2 ϕ

l˙ + r ω − r ϕ˙ = 0

→

ϕ˙ = ω

r cos ϕ + l sin ϕ = 2r l + r(ϕ0 + ω t − ϕ) = l0 . Differentiation:

Einsetzen liefert: x˙ C =

rω . cos ϕ

sin2 ϕ . (2 − cos ϕ)cos ϕ

307

Kinetik: L¨ osungen

Beschleunigung des Punktes C:

x¨C = r ω

ϕ˙ sin ϕ cos2 ϕ

→

x¨C = r ω 2

tan3 ϕ . 2 − cos ϕ

L¨osung III.1.5 Gegeben:

2 x

y=b

a

,

ϕ = arctan ω0 t .

Neigungswinkel: ϕ = arctan

y . x

Au߬osen liefert: x(t) =

a2 ω0 t , b

y(t) =

a2 (ω0 t)2 . b

Differentiation: x(t) ˙ =

a2 ω0 , b

y(t) ˙ =2

a2 2 ω t. b 0

Geschwindigkeit des Punktes P : 

v=

x˙ 2 + y˙ 2

→

v(t) =

a2  ω0 1 + 4ω02 t2 . b

Erreichen des Punktes B: x(tB ) = a

→

tB =

b . a ω0

308

Kinetik: L¨ osungen

Geschwindigkeit im Punkt B:

vB = v(tB )

→

a2 b2 ω0 1 + 4 2 . vB = b a

L¨osung III.1.6 Wir verwenden Polarkoordinaten zur L¨osung der Aufgabe.

309

Kinetik: L¨ osungen

Polarwinkel: ϕ˙ = Ω = const

→ ϕ = Ω t,

ϕ¨ = 0 .

Ortsvektor: r = ξ er

→ r = R sin ωt er .

Geschwindigkeitsvektor: v = ξ˙ er + ξ ϕ˙ eϕ

→

v = R ω cos ωt er + R Ω sin ωt eϕ .

Beschleunigungsvektor: ˙ ϕ a = (ξ¨ − ξ ϕ˙ 2 )er + (ξ ϕ¨ + 2ξ˙ ϕ)e →

a = −R(ω 2 + Ω 2 )sin ωt er + 2R ω Ω cos ωt eϕ .

L¨osung III.1.7 Wir verwenden nat¨ urliche Koordinaten zur L¨osung der Aufgabe. Tangentialbeschleunigung: at =

dv dv = v dt ds

→ at =

1 2 k . 2

Normalbeschleunigung (an = 0 nur im Bereich BC): an =

v2 r

Gesamtbeschleunigung: 

a=

a2t + a2n .

→ an =

k2 s . r

310

Kinetik: L¨ osungen

L¨osung III.2.1 Wir ersetzen das zweiwertige Lager A durch ein in horizontaler Richtung verschiebliches einwertiges Lager. Dadurch wird einerseits die Kraft AH freigelegt, andererseits wird das System beweglich. Die Streckenlast wird durch ihre Resultierende R = 2b q0 ersetzt. Anschließend denken wir uns den Balken BC um einen Winkel δϕ um das Lager B gedreht. Dabei dreht sich der Balken AC um einen Winkel δψ um den Momentanpol M. Die virtuelle Arbeit δWF der Kraft F ist das Skalarprodukt aus dem Kraftvektor F und dem Verschiebungsvektor δw F . Prinzip der virtuellen Arbeit: δW = 0: R δwR + F δwF cos 45◦ − AH δwA = 0 . Geometrie: δwR = b δϕ , δwC = 2b δϕ = b δψ √ 2 b δψ , δwA = b δψ . δwF = 2 Einsetzen liefert: √ √   2 2 F − 2AH b δϕ = 0 R+2 2 2

→

→

δψ = 2δϕ ,

AH = q0 b + F/2 .

311

Kinetik: L¨ osungen

L¨osung III.2.2 Mit einem Schnitt durch die Sicherungskette machen wir das System beweglich. Dann f¨ uhren wir eine vertikale virtuelle Verr¨ uckung des Gelenks C ein. Die Fußpunkte A und B k¨onnen sich nur horizontal bewegen. Somit lassen sich die Momentanpole M1 und M2 der beiden Leiterteile ermitteln. Da die Kr¨afte an einem starren K¨orper linienfl¨ uchtige Vektoren sind, werden nur die virtuellen Verr¨ uckungen δuG und δuS (siehe Bild) ben¨otigt. Die virtuellen Arbeiten der Kr¨afte A und B sind Null. Prinzip der virtuellen Arbeit: δW = 0:

G δuG − 2S δuS = 0 .

Kinematik: δuS = c δα ,

δuG = b δβ

mit

δβ = δα .

Geometrie: b/h = a/l ,

c=

√ l2 − a2 .

Einsetzen liefert: √ (G h a/l − 2S l2 − a2 )δα = 0

→

S=G

ah √ . 2l l2 − a2

312

Kinetik: L¨ osungen

L¨osung III.2.3 Wir halten das Gelenk D fest und f¨ uhren die virtuelle Verdrehung δα der Schalen ein. Da der gesamte Bogen AC eine virtuelle Vertikalverschiebung erf¨ahrt, liegt der Momentanpol der Stange AB ebenfalls in D. a) Prinzip der virtuellen Arbeit (S = 0): δW = 0:

−(G/2)δuG + P δuP = 0 .

Kinematik: δuG = (a/2)δα ,

δuP =

√ 2 a δα .

Einsetzen liefert: (−G/4 +

√

2 P )a δα = 0

→

P =

b) Prinzip der virtuellen Arbeit (P = 0): δW = 0:

−(G/2)δuG + S δuS = 0 .

Kinematik: δuG = (a/2)δα ,

δuS = a δα .

√ 2 G/8 .

313

Kinetik: L¨ osungen

Einsetzen liefert: (−G/4 + S)a δα = 0

→

S = G/4 .

L¨osung III.2.4 Wir denken uns das Getriebe durch eine virtuelle Verr¨ uckung aus der gegebenen Lage ausgelenkt. Der Momentanpol M der Stange EG ist der Schnittpunkt der Senkrechten zu δuV und δuD . Prinzip der virtuellen Arbeit: δW = 0:

F δuF − P δuP cos γ = 0 .

Kinematik: δuF = a δϕ1 , δuV = d1 δϕ2 ,

δuH = b δϕ1 , δuP = d2 δϕ2 .

Geometrie: d1 =

l1 , cos β

d2 =

l2 . cos γ

δuV = δuH tan α ,

314

Kinetik: L¨ osungen

Einsetzen liefert: 



Fa − P b

l2 tan α cos β δϕ1 = 0 l1

→

F b l2 = tan α cos β . P a l1

L¨osung III.2.5 Wir bezeichnen den Ber¨ uhrpunkt der Kulisse mit der Stange mit D. Der entsprechende Punkt auf der Stange ist D  . Da sich die Stange gegen¨ uber der Kulisse nicht verdrehen kann, stimmen deren Winkelgeschwindigkeiten u ¨berein. Geometrie: a=b=

l , cos ϕ

d = l tan ϕ .

Geschwindigkeit des Punktes A: vA = r Ω . Winkelgeschwindigkeit der Stange AB: ωAB =

vA a

→

ωAB =

r Ω cos ϕ . l

315

Kinetik: L¨ osungen

Geschwindigkeit des Punktes B: vB = b ωAB

→

vB = r Ω .

Geschwindigkeit des Punktes D  : vD = d ωAB

→

vD = r Ω sin ϕ .

Winkelgeschwindigkeit der Kulisse CD: ωCD = ωAB . Geschwindigkeit des Punktes D: vD = c ωCD

→

vD =

r c Ω cos ϕ . l

Relativgeschwindigkeit: vrel = vD + vD

→

vrel = r Ω sin ϕ +



c cos ϕ . l

L¨osung III.2.6 Die Geschwindigkeit vB des Punktes B der Stange zeigt in Richtung der Achse der Stange (kein Abheben von der Kante).

316

Kinetik: L¨ osungen

Geschwindigkeit des Punktes A: v A = vA cos ϕ er − vA sin ϕ eϕ .

Geschwindigkeit des Punktes B: v B = vB er .

Kinematik: v B = v A + v AB mit v AB = a ϕ˙ eϕ .

Geometrie: a=

h . sin ϕ

Einsetzen liefert: vB er = vA cos ϕ er − vA sin ϕ eϕ + →

vB = vA cos ϕ ,

ϕ˙ =

h ϕ˙ eϕ sin ϕ vA sin2 ϕ . h

Beschleunigung des Punktes B: aB = aA + arAB + aϕAB mit aA = 0 ,

arAB = −a ϕ˙ 2 er ,

aϕAB = a ϕ¨ eϕ .

Winkelbeschleunigung der Stange:

ϕ¨ =

vA (sin2 ϕ)˙ h

→ ϕ¨ = 2

vA2 sin3 ϕ cos ϕ . h2

317

Kinetik: L¨ osungen

Einsetzen liefert: aB =

vA2 sin2 ϕ(− sin ϕ er + 2 cos ϕ eϕ ) . h

Koordinaten des Momentanpols: xM = h ctg ϕ ,

yM = h + xM ctg ϕ .

Bahnkurve des Momentanpols: yM =

x2M + h. h

L¨osung III.2.7 Geschwindigkeiten der Punkte A und B: ⎡

⎤

− sin ϕ ⎢ ⎥ v A = r ϕ˙ ⎣ cos ϕ ⎦ , 0

⎡

Winkelgeschwindigkeit des Hebels ABC: ⎡

ω=

⎢ ⎣

⎤

0 0 ⎥ ⎦ . ω

⎤

− cos α ⎢ ⎥ v B = vB ⎣ sin α ⎦ . 0

318

Kinetik: L¨ osungen

Kinematik: v B = v A + ω × r AB ⎡

→

⎤

⎡

⎤

⎡

⎤

− cos α − sin ϕ ωl ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ sin α ⎥ ⎦ = r ϕ˙ ⎣ cos ϕ ⎦ + ⎣ 0 ⎦ . 0 0 0

⎢ vB ⎣

Aufl¨osen liefert: vB = r ϕ˙

cos ϕ , sin α

ω=

r ϕ˙ cos ϕ sin ϕ − l tan α



.

Geschwindigkeit des Punktes C: ⎡

v C = v A + ω × r AC

→

⎢ ⎢ ⎢

⎤

− sin ϕ

v C = r ϕ˙ ⎢ ⎢ sin ϕ + cos ϕ − ⎣

cos ϕ tan α

⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦

.

0 Beschleunigungen der Punkte A und B: ⎡

aA =

⎢ r ϕ¨ ⎣

⎤

⎡

⎤

− sin ϕ cos ϕ ⎢ ⎥ cos ϕ ⎥ ⎦ − r ϕ˙ 2 ⎣ sin ϕ ⎦ , 0 0

⎡

aB =

⎢ aB ⎣

⎤

− cos α sin α ⎥ ⎦. 0

Winkelbeschleunigung des Hebels ABC: ⎡

⎤

0 ⎢ ⎥ ω˙ = ⎣ 0 ⎦ . ω˙ Beschleunigung des Punktes B: aB = aA + ω˙ × r AB + ω × (ω × r AB ) ⎡

→

⎤

⎡

⎤

⎡

⎤

⎡

⎤

⎡

⎤

− cos α − sin ϕ cos ϕ ω˙ l 0 ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ aB ⎣ sin α ⎦ = r ϕ¨ ⎣ cos ϕ ⎦ − r ϕ˙ 2 ⎣ sin ϕ ⎦ + ⎣ 0 ⎦ + ⎣ ω 2 l ⎦ . 0 0 0 0 0

319

Kinetik: L¨ osungen

Au߬osen liefert: aB =

1 (r ϕ¨ cos ϕ − r ϕ˙ 2 sin ϕ + l ω 2 ) , sin α

ω˙ =

1 1 (r ϕ¨ cos ϕ − r ϕ˙ 2 sin ϕ + l ω 2 ) . r ϕ¨ sin ϕ + r ϕ˙ 2 cos ϕ − l tan α





L¨osung III.2.8 Als F¨ uhrungssystem wird der Rahmen AEF benutzt, als Koordinatensystem ein rahmenfestes x,y,z-Koordinatensystem. F¨ uhrungswinkelgeschwindigkeit, F¨ uhrungsgeschwindigkeiten in C und in D: ⎡

ωf =

⎢ ⎣

⎤

⎡

0 Ω ⎥ ⎦ , 0

v fC = ω f × rAC = ⎡

v fD = ω f × r

AD

=

⎢ ⎣

⎤

⎡

⎢ ⎣

⎤

⎤

⎡

⎤

⎡

⎤

0 L 0 ⎢ ⎥ ⎢ Ω ⎥ 0 ⎥ ⎦×⎣ 0 ⎦= ⎣ ⎦ , 0 0 −ΩL ⎡

⎤

0 L 0 ⎢ ⎥ ⎢ Ω ⎥ 0 ⎥ ⎦ × ⎣ 2r ⎦ = ⎣ ⎦. 0 0 −Ω L

Relativwinkelgeschwindigkeit und Relativgeschwindigkeiten in C und in D = D1 von Scheibe 1: ⎡

ω 1 rel =

⎢ ⎣

⎤

ω1 0 ⎥ ⎦, 0

⎡

v rel C = ω 1 rel ×r EC = ⎡

v rel D1 = ω 1 rel × rED =

⎢ ⎣

⎤

⎡

⎢ ⎣

⎤

⎤ ⎡

⎤

⎡

⎤

ω1 0 0 ⎢ ⎥ ⎢ 0 ⎥ 0 ⎥ ⎦×⎣ −r ⎦ = ⎣ ⎦ , 0 −ω1 r 0 ⎡

⎤

ω1 0 0 ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ 0 ⎥ ⎦×⎣ r ⎦=⎣ 0 ⎦ . 0 ω1 r 0

Relativwinkelgeschwindigkeit und Relativgeschwindigkeit in D = D2 von Scheibe 2: ⎡

ω 2 rel

⎤

cos ϕ ⎢ ⎥ = ω2 ⎣ sin ϕ ⎦ , 0 ⎡

=

⎢ ω2 ⎣

v rel D2 = ω 2 rel × rFD ⎤ ⎡

⎤

⎡

⎤

cos ϕ sin ϕ 0 ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ sin ϕ ⎥ ⎦×⎣ − cos ϕ ⎦ L sin ϕ = L ω2 sin ϕ⎣ 0 ⎦ . 0 0 −1

320

Kinetik: L¨ osungen

Absolutgeschwindigkeit und Rollbedingung in C: ⎡

v C = v fC + v rel C = 0 →

⎢ ⎣

⎤

⎡

→

ω 1 = ω f + ω 1 rel

⎡

⎤

0 0 ⎥ ⎢ ⎥ 0 ⎦ = ⎣ 0 ⎦ → ω1 = −Ω L/r −Ω L − ω1 r 0 ⎤

−L/r 1 ⎥ =Ω⎢ ⎣ ⎦. 0

Absolutgeschwindigkeiten in D1 und D2 , Abrollbedingung in D: v D1 = v fD + v rel D1 , v D2 = v fD + v rel D2 ; v D1 = v D2 → v rel D1 = v rel D2 ⎡

⎤

⎡

⎤

0 0 ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ → ⎣ 0 ⎦ = L ω2 sin ϕ ⎣ 0 ⎦ −Ω L −1

→ ω2 = Ω/sin ϕ ⎡

→ ω 2 = ω f + ω 2 rel =

⎢ Ω⎣

⎤

ctgϕ 2 ⎥ ⎦ . 0

Winkelbeschleunigung von Scheibe 2: ω˙ 2 =

d∗ ω 2 + ω f × ω 2 mit dt ⎡

→

⎤ ⎡

d : dt∗

Zeitableitung im bewegten F¨ uhrungs- und Koordinatensystem

⎤ ⎡

⎤

ctgϕ 0 ctgϕ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ω˙ 2 = Ω˙ ⎣ 2 ⎦+⎣ Ω ⎦×⎣ 2 ⎦Ω 0 0 0

⎡

⎤ Ω˙ ctgϕ ⎢ ⎥ ω˙ 2 = ⎣ ⎦. 2Ω˙ 2 −Ω ctgϕ

→

Beschleunigung von Scheibe 2 in D (A ist ein scheiben- und raumfester Punkt): ⎡

aD2 = ω 2 × (ω 2 × r ⎡

→

aD2 =

⎢ ⎣

A D

) + ω˙ 2 × r ⎤

−4Ω 2 L Ω 2 L ctgϕ ⎥ ⎦ . −2Ω˙ L

A D

mit r

A D

=

⎢ ⎣

⎤

L 0 ⎥ ⎦ 0

321

Kinetik: L¨ osungen

L¨osung III.2.9 Der Winkelgeschwindigkeitsvektor ω AB der Stange AB setzt sich aus zwei Anteilen zusammen: der aus der Rotation der Stange BC folgenden Winkelgeschwindigkeit ω BC und der aus der Rotation um die Achse DE folgenden Winkelgeschwindigkeit ω DE . Geschwindigkeiten der Punkte A und B: v A = −r Ω ex ,

v B = vB ez .

Kinematik: v B = v A + ω AB × r AB . Winkelgeschwindigkeit der Stange AB: ω AB = ω BC + ω DE mit ω BC = ωBC ez ,

√ ω DE =

2 ωDE (ex + ey ) . 2

Geometrie: r AB = r ex − r ey + a ez mit a = Einsetzen liefert:

√ 2 a ωDE + r ωBC , 0 = −r Ω + 2

√ l2 − 2r 2 .

322

Kinetik: L¨ osungen

√ 2 0= − a ωDE + r ωBC , 2 √ vB = − 2 r ωDE . Aufl¨osen liefert: vB = −

ω BC =

r2 Ωez , a

ω AB =



1 r r Ω ex + ey + ez , 2 a a

1 Ωez . 2

L¨osung III.3.1 Bewegungsgleichungen: m x¨ = 0 ,

m z¨ = m g .

Integrationen: x˙ = C1 ,

z˙ = g t + C3 ,

x = C 1 t + C2 ,

z = g t2 /2 + C3 t + C4 .

Anfangsbedingungen: x(0) ˙ = v0

→

C1 = v0 ,

z(0) ˙ = 0

→

C3 = 0 ,

x(0) = 0

→

C2 = 0 ,

z(0) = 0

→

C4 = 0 .

323

Kinetik: L¨ osungen

Einsetzen liefert: x(t) ˙ = v0 ,

z(t) ˙ = gt,

x(t) = v0 t ,

z(t) = g t2 /2 .

Passieren des Rings: x(tR ) = a

→ v0 tR = a ,

→ g t2R /2 = b ,

z(tR ) = b

x(t ˙ R ) = v sin α → v0 = v sin α ,

z(t ˙ R ) = v cos α → g tR = v cos α .

Au߬osen liefert: b=

a , 2tan α

v0 =

-

√ g a tan α ,

v=

ga . sin α cos α

L¨osung III.3.2 Bewegungsgleichungen: m x¨ = −FW cos α ,

m z¨ = m g + FW sin α .

Kinematik: x¨ =

dx˙ , dt

z¨ =

dz˙ . dt

Komponenten der Geschwindigkeit: x˙ = v cos α ,

z˙ = −v sin α .

Einsetzen liefert mit FW = k v: m

dx˙ = −k x˙ , dt

m

dz˙ = m g − k z˙ . dt

324

Kinetik: L¨ osungen

Trennen der Ver¨anderlichen: k dz˙ m g = − m dt . z˙ − k

dx˙ k = − dt , x˙ m

Integrationen: mg k = − k t. z˙0 m

z˙ −

k x˙ ln = − t , x˙ 0 m

ln

Anfangsbedingungen f¨ ur t = 0: z˙0 = z(0) ˙ −

x˙ 0 = x(0) ˙ = v0 cos α0

mg mg = −v0 sin α0 − . k k

Einsetzen liefert:

x(t) ˙ = v0 cos α0 e−kt/m ,

z(t) ˙ =

Horizontalkomponente des Weges: x(t) = −

m v0 cos α0 e−kt/m + C . k

Anfangsbedingung:

x(0) = 0

→

C=

m v0 cos α0 . k

Einsetzen liefert:

x(t) =

m v0 cos α0 (1 − e−kt/m ) . k



mg mg − + v0 sin α0 e−kt/m . k k

325

Kinetik: L¨ osungen

Erreichen des Mitspielers: x(t∗ ) = l

→

t∗ =

m m v0 cos α0 ln . k m v0 cos α0 − k l

Horizontalkomponente der Geschwindigkeit: x(t ˙ ∗ ) = v0 cos α0 −

kl . m

L¨osung III.3.3 Die Bewegung setzt ein, wenn die Haftbedingung H ≤ μ0 N verletzt wird. Wir stellen die Bewegungsgleichungen mit Hilfe von nat¨ urlichen Koordinaten auf. Gleichgewichtsbedingungen (in der Anfangslage): √ 2 ↑: N = mg + F, 2 √ →:

H=

2 F. 2

Einsetzen der Bewegung: √ H > μ0 N

→

k>

2 μ0 g . 1 − μ0

326

Kinetik: L¨ osungen

Bewegungsgleichungen: √ m an = +N − m g cos ϕ −

2 F, 2

√ 2 m at = −R − m g sin ϕ + F. 2 Kinematik: an = r ϕ˙ 2 ,

at = r ϕ¨ .

Beginn der Bewegung: √ ϕ(0) = 0 ,

ϕ(0) ˙ =0

→

an = 0 ,

Reibungsgesetz: R = μN . Beschleunigung f¨ ur ϕ = 0: √ a = at

→

a=

2 k(1 − μ) − μ g . 2

N = mg +

2 F. 2

Kinetik: L¨ osungen

327

L¨osung III.3.4 Wir idealisieren den Wagen als Massenpunkt. Die Bewegung wird mit Hilfe von nat¨ urlichen Koordinaten beschrieben. Damit der Wagen nicht rutscht, muss die Haftbedingung erf¨ ullt sein. Normalbeschleunigung: an =

v2 . r

Bewegungsgleichung: m an = N sin α + H cos α . Gleichgewichtsbedingung in vertikaler Richtung: 0 = N cos α − H sin α − m g . Aufl¨osen liefert: H = m an cos α − m g sin α , N = m an sin α + m g cos α .

328

Kinetik: L¨ osungen

Haftbedingung: |H| ≤ μ0 N

v2 tan α + μ0 tan α − μ0 ≤ ≤ . 1 + μ0 tan α gr 1 − μ0 tan α

→

L¨osung III.3.5 Wir verwenden nat¨ urliche Koordinaten zur L¨osung der Aufgabe. Zur Zeit t = 0 befinde sich der Wagen am Beginn der Kurve. Geschwindigkeit: v˙ = at = −a0

→

v(t) = v0 − a0 t .

s˙ = v

→

s(t) = s0 + v0 t − a0 t2 /2 .

→

s(t) = v0 t − a0 t2 /2 .

Weg:

Anfangsbedingung: s(0) = s0 = 0

Elimination der Zeit liefert: 

v(s) =

v02 − 2a0 s .

Bewegungsgleichungen: m at = Ht

→

Ht = − m a0 ,

m an = Hn

→

Hn = m

0 = N − mg

→

N = mg.

→

a20 +

v2 , ρ

Haftbedingung: |H| ≤ μ0 N

v4 ≤ μ20 g 2 . ρ2

329

Kinetik: L¨ osungen

Aufl¨osen liefert: v 2 − 2a0 s (s) ≥  0 . μ20 g 2 − a20 F¨ ur a0 > μ0 g ist die Haftbedingung nicht mehr erf¨ ullt.

L¨osung III.3.6 Arbeitssatz zwischen A und B: EkB + EpB = EkA + EpA + W

→

m vB2 /2 + m g h = m vA2 /2 + 0 + W .

→

m vC2 /2 + 0 = m vB2 /2 + 3m g h − R lBC .

→

N = mg

→

R = μmg

Aufl¨osen liefert: W = m(g h − 21v02 /50) . Arbeitssatz zwischen B und C: EkC + EpC = EkB + EpB + W Normalkraft: N = mg cos α

10h . lBC

Reibungskraft: R = μN

10h . lBC

330

Kinetik: L¨ osungen

Einsetzen liefert: μ=

v 2 − vB2 3 − C 10 20g h

→

μ≈

4 v02 3 − . 10 5 g h

L¨osung III.3.7 Die Geschwindigkeit v0 muss mindestens so groß sein, dass die Kugel die obere Ebene mit der Geschwindigkeit v ≥ 0 erreicht. Außerdem muss sie so groß sein, dass die Normalkraft N zwischen der Kugel und dem ¨außeren Kreisbogen erst bei Erreichen der F¨ uhrung verschwindet. Energiesatz zwischen unterer Ebene und oberer Ebene: Ek0 + Ep0 = Ek1 + Ep1

→

m v02 /2 + 0 = m v 2 /2 + 2m g r .

→

v02 ≥ 4g r .

Au߬osen liefert: v02 = v 2 + 4g r

Energiesatz zwischen unterer Ebene und Beginn der F¨ uhrung: Ek0 + Ep0 = Ek2 + Ep2 →

m v02 /2 + 0 = m v 2 (ϕF )/2 + m g r(1 + cos ϕF ).

Bewegungsgleichung: :

m

v 2 (ϕ) = N + m g cos ϕ . r

Forderung f¨ ur ϕ = ϕF : N ≥0

→

v 2 (ϕF ) ≥ g r cos ϕF .

331

Kinetik: L¨ osungen

Aufl¨osen liefert: v02 ≥ (2 + 3 cos ϕF )g r . Mindestgeschwindigkeit: v02 =

⎧ ⎪ ⎨

(2 + 3 cos ϕF )g r

f¨ ur

ϕF < ϕ∗F = arccos 2/3 ,

⎪ ⎩

4g r

f¨ ur

ϕF > ϕ∗F .

L¨osung III.3.8 Wir w¨ahlen Geschwindigkeiten nach rechts positiv. Daher geht v2 negativ in den Impulssatz ein. Impulserhaltung: m1 v1 − m2 v2 = (m1 + m2 )¯ v

→

Arbeitssatz: Ek1 − Ek0 = W . Kinetische Energien: v 2/2 , Ek0 = (m1 + m2 )¯

Ek1 = 0 .

v¯ =

m1 v1 − m2 v2 . m1 + m2

332

Kinetik: L¨ osungen

Arbeit der Reibungskraft: W = −R s . Reibungsgesetz: R = μN

→

R = μ(m1 + m2 )g .

Einsetzen liefert: 1 − (m1 + m2 )¯ v 2 = −μ(m1 + m2 )g s 2

 m2 m2  v2 + 1 + 2μ g s . m1 m1

→

v1 =

→

v¯ =

→

F ≤ μ0 m3 g .

→

x≤

L¨osung III.3.9 Impulserhaltung: v m1 v1 = (m1 + m2 )¯

m1 v1 . m1 + m2

Gleichgewicht am Klotz: →: ↑:

H =F, N = m3 g .

Haftbedingung: H ≤ μ0 N Federkraft: F = cx

μ0 m3 g . c

333

Kinetik: L¨ osungen

Maximaler Federweg: xmax =

μ0 m3 g . c

Energiesatz: 1 1 v 2 = c x2max (m1 + m2 )¯ 2 2

→

v1max

μ0 m3 g = m1

L¨osung III.3.10 Impulserhaltung: m1 v0 = m1 v¯1 + m2 v¯2 . Energieerhaltung: m1 v02 /2 = m1 v¯12 /2 + m2 v¯22 /2 . Aufl¨osen liefert: v¯2 =

2m1 v0 . m1 + m2

Bewegungsgleichung: :

m2 an = S − m2 g cos ϕ →

S = m2

v22 + m2 g cos ϕ . l



m1 + m2 . c

334

Kinetik: L¨ osungen

Maximale Fadenkraft (f¨ ur ϕ = 0): v22 /l + g) . Smax = m2 (¯ Reißen des Fadens: Smax > S ∗

→

v0 >

m1 + m2  ∗ l(S /m2 − g) . 2m1

L¨osung III.3.11 Die y-Komponente der Schwerpunktsgeschwindigkeit ist vor und nach dem Stoß Null. Daher ist bei horizontaler Stoßkraft Fˆ auch die y-Komponente Aˆy der Stoßkraft im Lager Null. Impulssatz: →:

2m(¯ vs − vs ) = Aˆx − Fˆ .

Drallsatz: 

S:

 2

2

l 2

Kinematik: v¯s = −3l ω ¯ /2 . Geschwindigkeiten vor dem Stoß: vs = 0 ,



3 3 l−a . m(¯ ω − ω) = Aˆx l − Fˆ 2 2

ω = 0.

335

Kinetik: L¨ osungen

Au߬osen liefert:

ω ¯=

Fˆ a , 5l2 m

3a Aˆx = 1 − 5l



Fˆ .

Forderung: →

Aˆx = 0

a = 5l/3 .

L¨osung III.4.1 Wir f¨ uhren ein ξ, η-Koordinatensystem ein, das sich rein translatorisch mit dem Aufh¨angepunkt bewegt und beschreiben die Bewegung in diesem System. Bewegungsgleichung: m aP = F

aP = af + arel (ac = 0) .

mit

F¨ uhrungs- und Relativbeschleunigung: 

af =

a0 0





,

arel =

ξ¨ η¨



.

Geometrie: ξ = l sin ϕ

→

ξ¨ = l ϕ¨ cos ϕ − l ϕ˙ 2 sin ϕ ,

η = −l cos ϕ

→

η¨ = l ϕ¨ sin ϕ + l ϕ˙ 2 cos ϕ .

336

Kinetik: L¨ osungen

Kraft: 

F =

−S sin ϕ S cos ϕ − mg



.

Einsetzen liefert: m(a0 + l ϕ¨ cos ϕ − l ϕ˙ 2 sin ϕ) = −S sin ϕ , m(l ϕ¨ sin ϕ + l ϕ˙ 2 cos ϕ) = S cos ϕ − m g . Elimination von S liefert: l ϕ¨ + g sin ϕ + a0 cos ϕ = 0 .

L¨osung III.4.2 Wir beschreiben die Bewegung des Punktes P in einem mit der großen Scheibe fest verbundenen Koordinatensystem. Beschleunigung des Punktes P : aP = af + arel + ac . F¨ uhrungsbeschleunigung und Relativbeschleunigung: ⎡

af =

⎢ ⎣

⎤

0 −(a + r cos ϕ)Ω 2 ⎥ ⎦, 0

⎡

arel =

⎢ ⎣

0

⎤

−r ω 2 cos ϕ ⎥ ⎦ . −r ω 2 sin ϕ

337

Kinetik: L¨ osungen

Winkelgeschwindigkeit des F¨ uhrungssystems und Relativgeschwindigkeit: ⎡

Ω=

⎢ ⎣

⎤

0 0 ⎥ ⎦ , Ω

⎡

v rel =

⎢ ⎣

⎤

0 −r ω sin ϕ ⎥ ⎦. r ω cos ϕ

Coriolisbeschleunigung: ⎡

ac = 2Ω × v rel

→

⎤

2r ω Ω sin ϕ ⎢ ⎥ 0 ac = ⎣ ⎦ . 0

Einsetzen liefert: ⎡

aP =

⎢ ⎣

⎤

2r ωΩ sin ϕ −(a + r cos ϕ)Ω 2 − r ω 2 cos ϕ ⎥ ⎦. −r ω 2 sin ϕ

L¨osung III.4.3 Das Koordinatensystem rotiere mit dem Hebel um die z-Achse. Geschwindigkeit des Punktes P : v P = v f + v rel . Winkelgeschwindigkeit des Hebels: ⎡

Ω=

⎢ ⎣

⎤

0 0 ⎥ ⎦ . Ω

338

Kinetik: L¨ osungen

F¨ uhrungsgeschwindigkeit: ⎡

v f = v 0 + Ω × r 0P

→

vf =

⎢ ⎣

⎤

0 lΩ ⎥ ⎦ . 0

Relativgeschwindigkeit: ⎡

v rel

d∗ r AP = dt

→

v rel

⎤

−r ω sin α ⎥ =⎢ ⎣ −r ω cos α ⎦ . 0

Einsetzen liefert: ⎡

vP =

⎢ ⎣

⎤

−r ω sin α l Ω − r ω cos α ⎥ ⎦. 0

Beschleunigung des Punktes P : aP = af + arel + ac . F¨ uhrungsbeschleunigung: ⎡

af = a0 + Ω˙ × r 0P + Ω × (Ω × r 0P )

→

Relativbeschleunigung:

arel

d∗ v rel = dt

⎡

→

arel =

⎢ ⎣

⎤

0 0 ⎥ ⎦ . −r ω 2

Coriolisbeschleunigung: ⎡

ac = 2Ω × v rel

→

ac =

2⎢ ⎣

⎤

−l Ω 2 ⎢ ⎥ af = ⎣ 0 ⎦ . 0

⎤

r Ω ω cos α −r Ω ω sin α ⎥ ⎦ . 0

339

Kinetik: L¨ osungen

Einsetzen liefert: ⎡

aP =

⎢ ⎣

⎤

−l Ω 2 + 2r Ω ω cos α ⎥ −2r Ω ω sin α ⎦ . 2 −r ω

L¨osung III.4.4 Geschwindigkeit des Punktes P : v P = v f + v rel . Winkelgeschwindigkeit der Scheibe: ⎡

Ω=

⎢ ⎣

⎤

0 0 ⎥ ⎦ . ψ˙

F¨ uhrungsgeschwindigkeit: ⎡

v f = v 0 + Ω × r 0P

→

⎤

−r ψ˙ + r ψ˙ cos ϕ ⎢ ⎥ vf = ⎣ ⎦. r ψ˙ sin ϕ 0

Relativgeschwindigkeit: ⎡

v rel

d∗ r 0P = dt

→

v rel =

⎢ ⎣

Einsetzen liefert: ⎡

⎤ −r ψ˙ + r(ψ˙ + ϕ) ˙ cos ϕ ⎢ ⎥ vP = ⎣ ⎦ . r(ψ˙ + ϕ) ˙ sin ϕ 0

⎤

r ϕ˙ cos ϕ r ϕ˙ sin ϕ ⎥ ⎦. 0

340

Kinetik: L¨ osungen

Beschleunigung des Punktes P : aP = af + arel + ac . F¨ uhrungsbeschleunigung: af = a0 + Ω˙ × r 0P + Ω × (Ω × r 0P ) ⎡

→

af =

⎢ ⎣

⎤ −r ψ¨ + r ψ¨ cos ϕ − r ψ˙ 2 sin ϕ ⎥ 2 2 −r ψ˙ + r ψ¨ sin ϕ + r ψ˙ cos ϕ ⎦ . 0

Relativbeschleunigung:

arel

d∗ v rel = dt

⎡

→

arel =

⎢ ⎣

⎤

r ϕ¨ cos ϕ − r ϕ˙ 2 sin ϕ r ϕ¨ sin ϕ + r ϕ˙ 2 cos ϕ ⎥ ⎦. 0

Bahnkurven von P (Ω = ψ˙ = const, ω = ϕ˙ = const)

341

Kinetik: L¨ osungen

Coriolisbeschleunigung: ⎡

ac = 2Ω × v rel

→

⎤

−2r ψ˙ ϕ˙ sin ϕ ⎢ ⎥ ac = ⎣ 2r ψ˙ ϕ˙ cos ϕ ⎦ . 0

Einsetzen liefert: ⎡

aP =

⎢ ⎣

⎤ ¨ − cos ϕ) − r(ψ˙ + ϕ) −r ψ(1 ˙ 2 sin ϕ + r ϕ¨ cos ϕ ⎥ ˙ 2 cos ϕ + r(ψ¨ + ϕ) ¨ sin ϕ ⎦ . −r ψ˙ 2 + r(ψ˙ + ϕ) 0

L¨osung III.4.5 Wir beschreiben die Bewegung des Klotzes in einem scheibenfesten x, y-Koordinatensystem. Beschleunigung des Klotzes: aK = af + arel + ac .

F¨ uhrungs-, Relativ- und Coriolisbeschleunigung: 

af =

−x Ω 2 0





arel =

,

Einsetzen liefert: 

aK =

x¨ − Ω 2 x 2Ω x˙



.

x¨ 0





,

ac =

0 2Ω x˙



.

342

Kinetik: L¨ osungen

Kraft auf den Klotz: 

F =

0 Fy



.

Bewegungsgleichung: m aK = F . Bewegungsgleichung in x-Richtung: m(¨ x − Ω 2 x) = 0

→

x¨ − Ω 2 x = 0 .

Allgemeine L¨osung: x(t) = A cosh Ωt + B sinh Ωt . Anfangsbedingungen: x(0) = a

→

A = a,

x(0) ˙ =0

→

B = 0.

Einsetzen liefert: x(t) = a cosh Ωt . Erreichen des Randes: x(tR ) = r

→

cosh ΩtR = r/a .

→

√ x(t ˙ R ) = Ω r 2 − a2 .

Relativgeschwindigkeit: x(t ˙ R ) = a Ω sinh ΩtR

343

Kinetik: L¨ osungen

L¨osung III.4.6 Wir idealisieren die Kugel als Massenpunkt und beschreiben ihre Bewegung in einem ringfesten x, y, z-Koordinatensystem. Beschleunigung der Kugel: aK = af + arel + ac . F¨ uhrungsbeschleunigung: ⎡

af =

⎢ ⎣

0

⎤

−r Ω 2 sin ϕ ⎥ ⎦ . 0

Relativbeschleunigung: ⎡

arel =

⎢ ⎣

⎤

−r ϕ˙ 2 cos ϕ − r ϕ¨ sin ϕ −r ϕ˙ 2 sin ϕ + r ϕ¨ cos ϕ ⎥ ⎦. 0

Winkelgeschwindigkeit des Rings: ⎡

⎤

Ω ⎢ ⎥ Ω=⎣ 0 ⎦. 0 Relativgeschwindigkeit: ⎡

v rel =

⎢ ⎣

⎤

−r ϕ˙ sin ϕ r ϕ˙ cos ϕ ⎥ ⎦. 0

344

Kinetik: L¨ osungen

Coriolisbeschleunigung: ⎡

ac = 2Ω × v rel

→

ac =

⎢ ⎣

⎤

0 ⎥ 0 ⎦ . 2r Ω ϕ˙ cos ϕ

Eingepr¨agte Kraft: ⎡

⎤

−m g ⎢ ⎥ G=⎣ 0 ⎦. 0 Normalkraft: ⎡

⎤

Nx ⎢ ⎥ N = ⎣ Ny ⎦ mit Ny /Nx = tan ϕ . Nz Bewegungsgleichung: m aK = G + N . Einsetzen liefert: −m(r ϕ˙ 2 cos ϕ + r ϕ¨ sin ϕ) = −m g + Nx , −m(r ϕ˙ 2 sin ϕ − r ϕ¨ cos ϕ + r Ω 2 sin ϕ) = Nx tan ϕ , 2m r Ω ϕ˙ cos ϕ = Nz . Bedingung f¨ ur Gleichgewichtslagen relativ zum Ring: 

ϕ˙ = 0 ,

ϕ¨ = 0

→



r Ω2 +

g sin ϕ = 0 . cos ϕ

Gleichgewichtslagen: ϕ1 = 0 ,

ϕ2 = π ,

ϕ3, 4 = π ± arccos

g . r Ω2

ur Ω 2 > g/r . Die Gleichgewichtslagen ϕ3, 4 existieren nur f¨

345

Kinetik: L¨ osungen

L¨osung III.4.7 Bei der L¨osung wird ein in A von der Kulisse mitgef¨ uhrtes x, y-Koordinatensystem benutzt. Geometrie: √ a = 16l2 + 9l2 = 5l ,

sin β = 3/5 ,

cos β = 4/5 .

Geschwindigkeit von C: 

cos β − sin β

v C = 3l ω



→

3l ω 5

vC =



4 −3



.

Beschleunigung von C: 

aC = aCn + aCt = 3l ω 3l aC = 5

→



2



− sin β − cos β



+ 3l α



cos β − sin β



−3ω 2 + 4α −4ω 2 − 3α

.

F¨ uhrungsgeschwindigkeit der Kulisse in C und Relativgeschwindigkeit von C gegen¨ uber Kulisse: 



0 5

v f = β˙ l



v rel = vrel

,

1 0



.

Auswertung: v C = v f + v rel

→

ωK = β˙ = −

→

3l ω 5

9 ω, 25



4 −3





= β˙ l

v rel =

0 5

12 ωl 5







+ vrel 1 0

1 0





.

F¨ uhrungsbeschleunigung der Kulisse in C, Coriolisbeschleunigung und Relativbeschleunigung von C gegen¨ uber der Kulisse: 

af = 5l

−β˙ 2 β¨ 

arel = arel

1 0





, 

.

acor = 2ω K ×v rel = 2ωK vrel

0 1



=−

216 2 ω l 125



0 1



,

346

Kinetik: L¨ osungen

Auswertung: aC = af + acor + arel 

− 3 ω 2 + 4α − 4ω 2 − 3α

→

3l 5

→

arel = l





=l

12 144 2 α− ω 5 125



216 2 − 81ω 2/125 − ω l β¨ 125



1 0



,





0 +arel 1

Massentr¨agheitsmoment: Θ a = Θ 1 + Θ2 . Bereich r1 ≤ r ≤ r2 :

Bereich r2 ≤ r ≤ r3 : Θ2 =

 2 r dm



=  r 2 dV .

→

1 0



84 2 9 ω . ω˙ K = β¨ = − α − 5 125

L¨osung III.5.1

Θ1 =  r22 π b0 r22 /2 −  r12 π b0 r12 /2



Θ1 = π  b0 (r24 − r14 )/2 .

347

Kinetik: L¨ osungen

Volumenelement: dV = 2π r dr b(r) = 2π b0 r2 dr →

Θ2 = 2π  b0 r2

r3 2 r dr r2

= 2π  b0 r2 (r33 − r23 )/3 .

Einsetzen liefert: Θ a = π  b0 [(r24 − r14 )/2 + 2r2 (r33 − r23 )/3] .

L¨osung III.5.2 Bewegungsgleichung f¨ ur die Rolle: 

ΘA ϕ¨ = S1 r1 + S2 r2 .

A:

Bewegungsgleichungen f¨ ur die Gewichte: ↓:

m1 x¨1 = m1 g − S1 ,

↓:

m2 x¨2 = m2 g − S2 .

Kinematik: x˙ 1 = r1 ϕ˙ ,

x˙ 2 = r2 ϕ˙ .

Au߬osen liefert: S1 = m1 g

ΘA − m2 r2 (r1 − r2 ) , ΘA + m1 r12 + m2 r22

S2 = m2 g

ΘA + m1 r1 (r1 − r2 ) > 0. ΘA + m1 r12 + m2 r22

Forderung: S1 > 0

→

ΘA > m2 r2 (r1 − r2 ) .

348

Kinetik: L¨ osungen

F¨ ur ΘA < m2 r2 (r1 − r2 ) wird der ¨außere Faden schlaff.

L¨osung III.5.3 Massentr¨agheitsmomente: Θ1 = m r12 /2 ,

Θ2 = m r22 /2 .

Drallerhaltung: ω Θ2 ω2 = (Θ1 + Θ2 )¯

r22 ω2 . + r22

→

ω ¯=

→

1 r2 r2 ΔEk = − m ω22 2 1 2 2 . 4 r 1 + r2

r12

¨ Anderung der kinetischen Energie: ΔEk =

1 1 ω 2 − Θ2 ω22 (Θ1 + Θ2 )¯ 2 2

L¨osung III.5.4 Die Winkelgeschwindigkeit bzw. den Drehwinkel des Karussells bezeichnen wir mit ωK bzw. ϕK , die relative Winkelgeschwindigkeit bzw. den relativen Winkel des Kindes bez¨ uglich des Karussells mit ωrel bzw. ϕrel . Massentr¨agheitsmoment des Karussells: Θ0 = M r 2 /2 .

349

Kinetik: L¨ osungen

Drehimpuls bez¨ uglich des Karussellmittelpunkts: L(0) = Θ0 ωK + m r 2 (ωK + ωrel ) . Drehimpulssatz: dL(0) =0 dt

→

L(0) = const .

→

L(0) ≡ 0 .

→

Θ0 ϕK + m r 2 (ϕK + ϕrel ) = 0 .

→

ϕK = −

Anfangsbedingung: L(0) (0) = 0 Integration: t

L(0) dt¯ = 0

0

Relativer Winkel: ϕrel = 2π

2π . M +1 2m

350

Kinetik: L¨ osungen

L¨osung III.5.5 Geometrie:

b(x) = b0 1 +

x l



,

V (x) =

1 x a b0 2 + 2 l

A(x) = a b0 1 +

x l



,



x.

Schwerpunktskoordinate: x



ξ A(ξ) dξ ξ dV = 0x xs =  dV A(ξ) dξ

→

xs =

x(3l + 2x) . 3(2l + x)

0

Normalbeschleunigung: an (xs ) = (l − xs )ω 2 . Normalkraft: N(x) = m(x) an (xs ) =  V(x) an (xs ) . Spannung an der Stelle x:

σ(x) =

N(x) A(x)

→

Spannung an der Einspannstelle x = l: σ(l) =  l2 ω 2/3 .

σ(x) =  ω 2

x(3l2 − x2 ) . 3(l + x)

351

Kinetik: L¨ osungen

L¨osung III.5.6 Vor Beginn des Rutschvorgangs f¨ uhrt der Quader eine reine Rotation um den Punkt B aus. Massentr¨agheitsmoment bez¨ uglich Achse durch S: 

b h3 h b3 + ΘS =  c 12 12

→

ΘS =  c Ip



=

Massentr¨agheitsmoment bez¨ uglich Achse durch B:  2

Θ B = ΘS +

h 2

m

→

ΘB =

2 m h2 . 3

Drehimpulssatz: 

B:

ΘB ϕ¨ = m g

h sin ϕ . 2

Zeitfreie Integration: ϕ˙ 0

mgh ϕ¯˙ dϕ¯˙ = 2ΘB

ϕ

sin ϕ¯ dϕ¯

→

0

ϕ˙ 2 =

3g (1 − cos ϕ) . 2h

Beschleunigung des Schwerpunkts (nat¨ urliche Koordinaten):

an =

h 2 ϕ˙ , 2

at =

h ϕ¨ . 2

Schwerpunktsatz: :

m an = m g cos ϕ − N

→

N = m g(7cos ϕ − 3)/4 ,

:

m at = m g sin ϕ − H

→

H = 5m g sin ϕ/8 .

5 m h2 . 12

352

Kinetik: L¨ osungen

Haftbedingung: →

H ≤ μ0 N

7cos ϕ − 5sin ϕ ≥ 3 .

Ablesen liefert: ϕ1 = 0,19π = ˆ 34◦ .

L¨osung III.5.7 Massentr¨agheitsmomente: ΘB = m1 r12 /2 ,

ΘC = m2 r22 /2 .

Kr¨aftegleichgewicht im Punkt A: →:

S1 = F .

Bewegungsgleichung f¨ ur die Rolle: 

B:

ΘB ϕ¨1 = S1 r1 − S2 r1 .

353

Kinetik: L¨ osungen

Bewegungsgleichungen f¨ ur den Zylinder: 

ΘC ϕ¨2 = S2 r2 − S3 r2 ,

C: ↑:

m2 y¨C = S2 + S3 − m2 g .

Kinematik: x˙ = r1 ϕ˙ 1 ,

y˙ C = r2 ϕ˙ 2 ,

x˙ = 2r2 ϕ˙ 2 .

Au߬osen liefert: S2 =

x¨ =

3F + 2m1 g , 3 + 4m1 /m2

S3 =

F + (2m1 + m2 )g , 3 + 4m1 /m2

8F/m2 − 4g . 3 + 4m1 /m2

L¨osung III.5.8 Zun¨achst rutscht die Walze. Dabei sind die Winkelbeschleunigung ϕ¨ und die Beschleunigung x¨S des Schwerpunkts unabh¨angig voneinander. Der Rutschvorgang ist zu Ende, wenn der Ber¨ uhrpunkt B der Walze mit der Unterlage die Geschwindigkeit v0 erreicht hat. Anschließend rollt die Walze mit konstanter Geschwindigkeit und konstanter Winkelgeschwindigkeit auf der Unterlage.

354

Kinetik: L¨ osungen

Massentr¨agheitsmoment: ΘS = m r 2 /2 . Bewegungsgleichungen: →: ↑: 

S:

m x¨S = R , 0 = N −mg

→

N = mg,

ΘS ϕ¨ = R r .

Reibungsgesetz: →

R = μN

R = μmg.

Aufl¨osen liefert: x¨S = μ g ,

ϕ¨ = 2

μg . r

Schwerpunktsgeschwindigkeit: x˙ S = μ g t + x˙ S (0)

→

x˙ S = μ g t .

→

ϕ˙ = 2

Winkelgeschwindigkeit: ϕ˙ = 2

μg t + ϕ(0) ˙ r

μg t. r

Geschwindigkeit des Ber¨ uhrpunkts B: x˙ B = x˙ S + r ϕ˙

→

x˙ B = 3μ g t .

→

t∗ =

Ende des Rutschvorgangs: x˙ B = v0

v0 . 3μ g

355

Kinetik: L¨ osungen

Maximale Schwerpunktsgeschwindigkeit: x˙ S max = x˙ S (t∗ )

→

x˙ S max = v0 /3 .

Maximale Winkelgeschwindigkeit: ϕ˙ max = ϕ(t ˙ ∗)

→

ϕ˙ max =

2v0 . 3r

L¨osung III.5.9 Beschleunigung des Schwerpunkts: aS = aA + arAS + aϕAS

mit

aA = a0 ,

Schwerpunktsatz: :

m(b ϕ¨ − a0 cos ϕ) = At .

Drallsatz: 

S:

ΘS ϕ¨ = − At b .

Massentr¨agheitsmoment bez¨ uglich S: ΘS = ΘA − m b2 . Aufl¨osen liefert: ϕ¨ =

m a0 b cos ϕ . ΘA

arAS = b ϕ˙ 2 ,

aϕAS = b ϕ¨ .

356

Kinetik: L¨ osungen

Integration: 1 2 m a0 b sin ϕ ϕ˙ (ϕ) = 2 ΘA

→





π ϕ˙ 2

=

2m a0 b . ΘA

L¨osung III.5.10 Energiesatz: Ek + Ep = const. Kinetische Energie: Ek = (m1 + m2 + m3 )x˙ 2 /2 + (Θ1 + Θ2 )ϕ˙ 2 /2 . Potientielle Energie: Ep = −(m1 + m2 + m3 )g x sin α . Kinematik: x˙ = r ϕ˙ . Massentr¨agheitsmomente: Θ1 = 2m1 r 2 /5 ,

Θ2 = m2 r 2 /2 .

Einsetzen liefert: (7m1 /10 + 3m2 /4 + m3 /2)x˙ 2 − (m1 + m2 + m3 )g x sin α = const.

357

Kinetik: L¨ osungen

Differentiation des Energiesatzes: 2(7m1 /10 + 3m2 /4 + m3 /2)x˙ x¨ − (m1 + m2 + m3 )g x˙ sin α = 0 →

x¨ =

(m1 + m2 + m3 ) sin α g. 7m1 /5 + 3m2 /2 + m3

L¨osung III.5.11 Energiesatz: Ek + Ep = const. Kinetische Energie: Ek = m x˙ 2 /2 + ΘR ωR2 /2 + 6(m vZ2 /2 + ΘZ ωZ2 /2) . Potientielle Energie: Ep = −m g x . Kinematik: x˙ = rR ωR ,

vZ = rZ ωZ ,

Massentr¨agheitsmomente: ΘR = m rR2 ,

ΘZ = m rZ2 /2 .

Einsetzen liefert: 17x˙ 2 /8 − g x = const.

x˙ = 2vZ .

358

Kinetik: L¨ osungen

Differentiation des Energiesatzes: 17x˙ x¨/4 − g x˙ = 0

→

x¨ = 4g/17 .

L¨osung III.5.12 Wir bezeichnen die Beschleunigung der Platte bzw. des Schwerpunkts der Scheibe mit x¨1 bzw. x¨2 . Massentr¨agheitsmoment: ΘS = m r 2 /2 . Bewegungsgleichungen f¨ ur die Kreisscheibe: : m x¨2 = m g sin α − H , : 0

= N2 − m g cos α

→

N2 = m g cos α ,

→

N1 = 2m g cos α .

→

R = 2μ m g cos α .



S : ΘS ϕ¨ = H r .

Bewegungsgleichungen f¨ ur die Platte: : m x¨1 = m g sin α − R + H , : 0

= N1 − N2 − m g cos α

Reibungsgesetz: R = μ N1 Kinematik: x˙ 2 = x˙ 1 + r ϕ˙ .

359

Kinetik: L¨ osungen

Aufl¨osen liefert: x¨1 = g(sin α − 32 μ cos α) , x¨2 = g(sin α − 12 μ cos α) , ϕ¨ =

μg cos α . r

Haftungskraft: H=

1 ΘS ϕ¨ r

→ H=

1 μ m g cos α . 2

Haftbedingung: H ≤ μ0 N2

→

μ0 ≥ μ/2 .

F¨ ur μ = 0 wird ϕ¨ = 0. Dann ist die Relativgeschwindigkeit zwischen der Kreisscheibe und der Platte Null.

L¨osung III.5.13 Wir bezeichnen die Horizontal- bzw. die Vertikalbeschleunigung des Schwerpunkts der Kugel mit x¨1 bzw. y¨1 . Massentr¨agheitsmoment: ΘS = 2m1 r 2 /5 . Drallsatz f¨ ur die Kugel: 

S:

ΘS ϕ¨ = Hr .

360

Kinetik: L¨ osungen

Schwerpunktsatz f¨ ur die Kugel: →: m1 x¨1 = −H cos α + N1 sin α , ↑: m1 y¨1 = H sin α + N1 cos α − m1 g . Schwerpunktsatz f¨ ur den Keil: →:

m2 x¨2 = H cos α − N1 sin α .

Kinematik: x˙ 1 = x˙ 2 + r ϕ˙ cos α ,

y˙ 1 = −r ϕ˙ sin α .

Aufl¨osen liefert: g sin α r ϕ¨ = . 7 m1 − cos2 α 5 m1 + m2 Der Schwerpunkt des Gesamtsystems hat eine konstante Geschwindigkeit (m1 x¨1 + m2 x¨2 = 0).

L¨osung III.5.14 Wir bezeichnen den Gesamtschwerpunkt von Rahmen und Kind mit SV . Bewegungsgleichungen f¨ ur den Rahmen mit Kind: ←: 2m x ¨/3 = Ax , ↑: 2m y¨/3 = N1 + Ay − 2m g/3 , 

SV : ΘV ψ¨

= 2r Ay − 2r Ax − 2r N1 − M0 .

361

Kinetik: L¨ osungen

Bewegungsgleichungen f¨ ur das Rad: ←: m x¨/3 = H − Ax , ↑: m y¨/3 = N2 − Ay − m g/3 , 

= M0 − r H .

A : ΘA ϕ¨

Massentr¨agheitsmoment: ΘA = m r 2 /6 . Kinematik: ψ¨ = 0 ,

y¨ = 0 ,

x¨ = r ϕ¨ .

Aufl¨osen liefert: x¨ =

6M0 , 7m r

N1 =

m g 15M0 − , 3 28r

H=

6M0 , 7r

N2 =

2m g 15M0 + . 3 28r

Abheben der Gleitschiene: N1 = 0

→

M0 /r = 28m g/45 .

→

μ0 ≥ 8/15 .

Haftbedingung: H ≤ μ0 N2

Mit dem Abheben der Gleitschiene ¨andern sich die kinematischen Gleichungen.

362

Kinetik: L¨ osungen

L¨osung III.5.15 Massentr¨agheitsmoment des Stabs: ΘA = M l2 /3 . Energiesatz: M g l/2 = ΘA ω 2/2 − M g l/2

→



ω=

Energieerhaltung beim Stoß: ¯ 2 /2 + m v¯2 /2 . ΘA ω 2/2 = ΘA ω Drehimpulserhaltung beim Stoß: ¯ + m l v¯ . ΘA ω = ΘA ω Aufl¨osen liefert: M − 3m ω, M + 3m

ω ¯=

v¯ =

2l M ω. M + 3m

L¨osung III.5.16 Energiesatz: m g l/2 = ΘA ϕ˙ 2 /2

→

ϕ˙ 2 = 3g/l .

Impulssatz: →: ↑:

¯˙ S − x˙ S ) = AˆH , m(x ˆ. m(y¯˙S − y˙S ) = AˆV + B

Drehimpulssatz: 

A:

ˆl. ˙ = −B ΘA (ϕ¯˙ − ϕ)

6g/l .

363

Kinetik: L¨ osungen

Geschwindigkeiten vor dem Stoß: x˙ S = 0 ,

y˙ S = −

l 3g/l , 2



ϕ˙ =

3g/l .

Geschwindigkeiten nach dem Stoß: ¯˙ S = 0 , x

y¯˙S = 0 ,

ϕ¯˙ = 0 .

Einsetzen und Aufl¨osen liefert: AˆH = 0 ,

AˆV = m

√ 3g l/6 ,

ˆ=m B

L¨osung III.5.17 Energiesatz: m g l/2 = ΘA ϕ˙ 2 /2

→

ϕ˙ 2 = 3g/l .

Impulssatz: →: ↑:

m(x¯˙S − x˙ S ) = AˆH , m(y¯˙S − y˙S ) = AˆV + Cˆ .

Drehimpulssatz: 

˙ = −Cˆ a . A : ΘA (ϕ¯˙ − ϕ)

Geschwindigkeiten vor dem Stoß: x˙ S = 0 ,

√ y˙ S = − 3g l/2 ,

Stoßbedingung: e=−

y¯˙C y˙ C

→

ϕ¯˙ = −e ϕ˙ .



ϕ˙ =

3g/l .

√ 3g l/3 .

364

Kinetik: L¨ osungen

Geschwindigkeiten nach dem Stoß: x¯˙S = 0 , y¯˙S = e

√

3g l/2 ,

ϕ¯˙ = −e



3g/l .

Einsetzen und Aufl¨osen liefert: AˆH = 0 ,

(1 + e)(3a − 2l) m  AˆV = 3gl, 6a

(1 + e)m l  Cˆ = 3g l . 3a

Verschwindender Kraftstoß im Lager A: AˆV = 0

→

a = 2l/3 .

¨ Anderung der kinetischen Energie: ΔEk = −(1 − e2 )m g l/2 . Anm.: F¨ ur a = l und e = 0 erh¨alt man die Ergebnisse der Aufgabe III.5.16.

L¨osung III.5.18 Impulssatz: →:

m(¯ v − v0 ) = −Fˆ .

Massentr¨agheitsmoment: Θ0 = 16M r 2 /3 . Drehimpulssatz: 

0 : Θ0 (ϕ¯˙ − 0) = 3r Fˆ .

365

Kinetik: L¨ osungen

Stoßbedingung: 1=−

3r ϕ¯˙ − v¯ . 0 − v0

Au߬osen liefert: v0 18 , 27 + 16M/m r

ϕ¯˙ =

v¯ =

27 − 16M/m v0 . 27 + 16M/m

Bewegung der Scheibe nach dem Stoß: x = v¯ t . Bewegung des Kreuzes nach dem Stoß: ϕ = ϕ¯˙ t . Zweiter Stoß zur Zeit t∗ : x(t∗) = 2r

→

v¯ t∗ = 2r ,

ϕ(t∗) = π/2 → ϕ¯˙ t∗ = π/2 . Elimination von t∗ : v¯ 4r = π ϕ¯˙

→

M 9 = (3π − 8) m 16π

Impulssatz: →:

ˆ m(v¯ − v¯) = Fˆ .

Drehimpulssatz: 

0:

¯˙ = −3r Fˆˆ . Θ0 (ϕ¯˙ −ϕ)

→

M = 0, 26 . m

366

Kinetik: L¨ osungen

Stoßbedingung: 1=−

3r ϕ¯˙ − v¯ ¯˙ − v¯ . 3r ϕ

Aufl¨osen liefert: ϕ¯˙ = 0 ,

v¯ = v0 .

F¨ ur diesen Sonderfall bleibt das Kreuz nach dem zweiten Stoß in Ruhe.

L¨osung III.5.19 Da die Oberfl¨achen glatt sind, bewegen sich beide Scheiben nach dem Stoß rein translatorisch, und v¯2 hat die Richtung der Stoßnormalen. Impulssatz: :

v1x − v1x ) = Fˆ , m1 (¯

m2 (¯ v2x − v2x ) = −Fˆ ,

:

m1 (¯ v1y − v1y ) = 0 ,

m2 (¯ v2y − v2y ) = 0 .

Komponenten der Schwerpunktsgeschwindigkeiten vor dem Stoß: √ v1x = − 3 v1 /2 ,

v2x = 0 ,

v1y = v1 /2 ,

v2y = 0 .

Stoßbedingung: e=−

P P − v¯2x v¯1x . P P v1x − v2x

367

Kinetik: L¨ osungen

Kinematik: P = v1x , v1x

P v¯1x = v¯1x ,

P v2x = v2x ,

P v¯2x = v¯2x .

Aufl¨osen liefert: √ v¯1x = −

3 v1 , 10

v¯1y =

v¯2x = −

2√ 3 v1 , 5

v¯2y = 0

1 v1 2

→

v¯1 =

1√ 7 v1 , 5

→

v¯2 =

2√ 3 v1 . 5

→

α ¯ = 109◦ .

→

ΔEk = −3m v12 /25 .

Richtung der Schwerpunktsgeschwindigkeit v¯1 : tan α ¯=

v¯1y 5√ = − 3 v¯1x 3

¨ Anderung der kinetischen Energie: ΔEk = m v¯12 /2 + m v¯22 /2 − m v12 /2 Es gehen 24% der kinetischen Energie verloren.

368

Kinetik: L¨ osungen

L¨osung III.5.20 W¨ahrend des Stoßes haftet die Scheibe im Stoßpunkt P . Impulssatz: ↓:

m(¯ vx − vx ) = − Fˆx ,

→:

m(¯ vy − vy ) = − Fˆy .

Drehimpulssatz: 

S:

ω − ω) = −r Fˆy . ΘS (¯

Massentr¨agheitsmoment: ΘS = m r 2 /2 . Komponenten der Schwerpunktsgeschwindigkeit vor dem Stoß: √

√

2 vx = v, 2

vy =

2 v. 2

Stoßbedingung: e=−

v¯xP =1 vxP

→

v¯xP = −vxP .

Haftbedingung: v¯yP = 0 . Kinematik: vxP = vx ,

v¯xP = v¯x ,

v¯yP = v¯y + r ω ¯.

Aufl¨osen liefert: v¯x = −vx ,

v¯y = 2vy /3 − r ω/3 .

369

Kinetik: L¨ osungen

Forderung: α ¯ = 45◦

→

v¯x = − v¯y .

Einsetzen liefert: √ ω=−

2v . 2 r

Drehzahl (bedeutet Umdrehungen pro Zeit): |ω| n= 2π

√ →

n=

2v . 4π r

L¨osung III.5.21 ˆy = 0), da die SchwerEs treten keine Kraftst¨oße in y-Richtung auf (Aˆy = B ¨ punktgeschwindigkeit der Scheibe  keine Anderung in y-Richtung erf¨ahrt. Impulssatz und Drehimpulssatz f¨ ur die Scheibe  : →:



¯˙ A − x˙ A ) = Aˆ , m1 (x

A:

(A) ˆ. ˙ = −M Θ1 (ϕ¯˙ − ϕ)

Impulssatz und Drehimpulssatz f¨ ur die Scheibe  : →:

ˆ − Aˆ , ¯˙ B − x˙ B ) = B m2 (x



B:

(B) ¯ ˙ =M ˆ − a Aˆ . Θ2 (ψ˙ − ψ)

Geschwindigkeiten vor dem Blockieren: x˙ A = 0 ,

ϕ˙ = ω ,

x˙ B = 0 ,

ψ˙ = 0 .

370

Kinetik: L¨ osungen

Geschwindigkeiten nach dem Blockieren: ¯˙ A = a Ω , x

ϕ¯˙ = Ω ,

¯ ψ˙ = Ω .

¯˙ B = 0 , x

Einsetzen liefert: (A) ˆ, Θ1 (Ω − ω) = −M

m1 a Ω = Aˆ ,

ˆ = Aˆ , B

(B) ˆ − a Aˆ . Θ2 Ω = M

Au߬osen liefert: (A)

Θ1

Ω=

(A)

Θ1

(B)

+ Θ2

+ m1 a2

ω,

(A)

ˆ= Aˆ = B

m1 a Θ1 (A)

(B)

ˆ = M

(B)

Θ1 Θ2

(A) Θ1

+ Θ2

+ m1 a2

+ m1 a2 (B)

+ Θ2

ω,

(A)

+ m1 a2

Θ1 ω .

¨ Anderung der kinetischen Energie: ΔEk =

1 (B) 2 1 1 (A) 1 (A) Θ Ω + m1 (a Ω)2 + Θ1 Ω 2 − Θ1 ω 2 2 2 2 2 2 (A)

→

ΔEk = −

(B)

Θ1 (Θ2 (A) 2(Θ1

+

+ m1 a2 )

(B) Θ2

+ m1 a2 )

ω2 .

371

Kinetik: L¨ osungen

L¨osung III.5.22 Die Komponenten des Tr¨agheitstensors werden mit Hilfe des Satzes von Steiner ermittelt. Tr¨agheitsmomente: ⎡

 2 ⎤ ⎦m

Θx(A)

l m l2 m l2 ⎣ 2 + + l + = 3 12 2

Θy(A)

l m l2 m l2 ⎣ 2 + + l + = 3 12 2

Θz(A)

l m l2 m l2 ⎣ 2 + l2 m + + l + = 3 12 2

⎡

l m 2

l (A) Θyz = − (−l)m 2 

(A) Θzx

5 m l2 , 3

⎦m + 2l2 m

→

Θy(A) =

11 m l2 , 3

→

Θz(A) =

8 m l2 , 3

→

(A) Θxy =−

→

(A) Θyz =

1 m l2 , 2

→

(A) Θzx =

3 m l2 . 2

 2 ⎤ ⎦m



l = − − l m − (−l)l m 2

Tr¨agheitstensor: ⎡

Θ (A)

Θx(A) =

 2 ⎤

⎡

(A) Θxy = −l

→

⎤

10 −3 9 1 ⎢ ⎥ = m l2 ⎣ −3 22 3 ⎦ . 6 9 3 16

Winkelgeschwindigkeit: ⎡ ⎤ √ −1 2 ⎢ ⎥ ω= ω⎣ 0 ⎦ . 2 1

1 m l2 , 2

372

Kinetik: L¨ osungen

Drehimpuls: √

L(A) = Θ(A) · ω

→

L(A)

⎡

2 m l2 ω ⎢ = ⎣ 12

⎤

−1 6 ⎥ ⎦. 7

Moment: M (A) =

d∗L(A) + ω × L(A) = Θ (A) · ω˙ + ω × L(A) dt

mit

ω˙ = 0 .

Einsetzen liefert: ⎡

M (A)

1 = m l2 ω 2 ⎢ ⎣ 2

⎤

−1 1 ⎥ ⎦ . −1

L¨osung III.5.23 Wir beschreiben die Bewegung des Zylinders in dem mit der Stange fest verbundenen x, y, z-Koordinatensystem: Winkelgeschwindigkeit der Stange: ⎡

ωS =

⎢ ⎣

⎤

0 0 ⎥ ⎦ . ϕ˙

Winkelgeschwindigkeit des Zylinders: ⎡

ωZ =

⎢ ⎣

⎤

Ω 0 ⎥ ⎦ . ϕ˙

Tr¨agheitsmomente bez¨ uglich A (vgl. Tabelle III.5.1): Θx(A) = m r 2 /2 , ⎡

→ Θ (A) =

⎢ ⎣

Θy(A) = Θz(A) = m(r 2 + l2 ) ⎤

mr 2 /2 0 0 ⎥ 0 m(r 2 + l2 ) 0 ⎦ . 2 2 0 0 m(r + l )

373

Kinetik: L¨ osungen

Drehimpuls: ⎡

L(A) = Θ(A) · ω Z

→

L(A) =

⎢ ⎣

⎤

m r 2 Ω/2 ⎥ 0 ⎦. m(r 2 + l2 )ϕ˙

Moment bez¨ uglich A: ⎡

M

(A)

=

⎢ ⎣

⎤

0 ⎥ My ⎦ . −m g l sin ϕ

Bewegungsgleichungen: d∗L(A) + ω S × L(A) = M (A) dt ⎡

→

⎢ ⎣

⎤

⎡

⎤

x-Komponente: Ω˙ = 0

→

Ω(t) = Ω0 .

z-Komponente: ϕ¨ +

⎡

⎤

˙ 0 0 m r 2 Ω/2 ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ My 0 ⎦ + ⎣ m r 2 ϕ˙ Ω/2 ⎦ = ⎣ ⎦ . 2 2 0 −m g l sin ϕ m(r + l )ϕ¨

gl sin ϕ = 0 . r 2 + l2

Linearisieren (sin ϕ ≈ ϕ) liefert: ϕ¨ + ω 2 ϕ = 0 ,

ω2 =

Allgemeine L¨osung: ϕ(t) = A cos ωt + B sin ωt .

gl . r 2 + l2

374

Kinetik: L¨ osungen

Anfangsbedingungen: ϕ(0) ˙ =0

→

B = 0,

ϕ(0) = ϕ0

→

A = ϕ0

→

My = −m r 2 Ω0 ω ϕ0 sin ωt/2 .

→

ϕ(t) = ϕ0 cos ωt .

y-Komponente: ˙ My = m r 2 Ω0 ϕ/2

L¨osung III.5.24 Relativ-, F¨ uhrungs- und Absolutwinkelgeschwindigkeit: ⎡

ω rel =

⎢ ⎣

⎤

Ω 0 ⎥ ⎦, 0

⎡

ωf =

⎢ ⎣

⎤

⎡

0 0 ⎥ ⎦, ϕ˙

ω abs = ω f + ω rel =

⎢ ⎣

⎤

Ω 0 ⎥ ⎦. ϕ˙

Massentr¨agheitsmomente mit Bezugspunkt M: (M) (M) (M) Θxx = m r 2/2, Θyy = Θzz = m r 2/4 .

Massentr¨agheitsmomente mit Bezugspunkt A (Satz von Steiner): 

(A) Θxx

2

= m r /2,

(A) Θyy

=

(A) Θzz

r2 =m + L2 4



.

Kinetische Energie (A ist ein materieloser Punkt der Scheibe und fest): (A) 2 (A) 2 Ek = (Θxx Ω + Θzz ϕ˙ )/2 =

m 2



r2 2 r2 2 Ω + ϕ˙ + L2 ϕ˙ 2 2 4



.

Potentielle Energie: Ep = m g L cos ϕ . Energiesatz: 



m r2 2 r2 2 m r2 2 Ω + ϕ˙ + L2 ϕ˙ 2 + m g L cos ϕ = Ω + mgL 2 2 4 4

→ ϕ˙ = ±

⎡

8gL(1 − cos ϕ) → 4L2 + r 2

⎢ ⎢

ω abs = ⎢ ⎢ ⎣

Ω 0 8g L(1 − cos ϕ) 4L2 + r 2

⎤ ⎥ ⎥ ⎥. ⎥ ⎦

375

Kinetik: L¨ osungen

Drall um den festen Punkt A: ⎡

L(A)

⎤

r 2 Ω/2 ⎢ ⎥ 0 = m⎣ ⎦. (L2 + r 2 /4)ϕ˙

Drallsatz (ω f = ω rech ): ˙ (A) = M (A) L ⎡

⎤ ⎡

⎤ ⎡

⎤

⎡

⎤

0 0 r 2 Ω/2 MAx ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ 0 0 MAy → m⎣ ⎦+⎣ 0 ⎦×⎣ ⎦m = ⎣ ⎦ (L2 + r 2 /4)ϕ¨ ϕ˙ (L2 + r 2 /4)ϕ˙ m g L sin ϕ

→

MAx = 0 ,

(Kontrolle: ϕ¨ =

MAy = m r 2

Ω ϕ˙ 2g L(1 − cos ϕ) = m r2 Ω . 2 4L2 + r 2

1 dϕ˙ 2 4m g L sin ϕ ist erf¨ ullt.) = 2 dϕ 4L2 + r 2

376

Kinetik: L¨ osungen

L¨osung III.5.25 Benutzt wird ein stangenfestes x, y, z-Koordinatensystem. Wegen der Rollbedingung bewegt sich der Schwerpunkt S auf einer Kreisbahn um die Achse DB. Winkelgeschwindigkeit der Stange: ⎡

ωf =

⎢ ωf ⎣

⎤

0 1 ⎥ ⎦. 0

Winkelgeschwindigkeit der Kugel (der Punkt D ruht und ist materieloser Punkt der Kugel; wegen des Rollens ruht der Punkt C, d.h. DC ist Drehachse): ⎡

⎤

ωr ⎢ ⎥ ω = ⎣ ωf ⎦ mit ωr /ωf = −L/r, 0

ω˙ r /ω˙ f = −L/r .

Massentr¨agheitsmomente mit den Bezugspunkten S und D: (S) (S) (S) = Θyy = Θzz = 2m r 2/5 , Θxx (D) (D) (D) = 2m r 2 /5 , Θyy = Θzz = m(2r 2 /5 + L2 ) . Θxx

Kinetische Energie: 

2 1 (D) 2 1 (D) (D) L (D) ωr + Θyy ωf2 ) = ωf2 Θxx + Θyy Ek = (Θxx 2 2 r2



= m ωf2(2r 2 + 7L2 )/10 . Energiesatz (Index 1: tiefste Stellung): Ek + Ep = const. → m ωf21 (2r 2 + 7L2 )/10 − m g L sin α = m g L sin α

→ ωf21

20g L sin α = → 7L2 + 2r 2



ω1 =

⎡

20g L sin α ⎢ ⎣ 7L2 + 2r 2

⎤

−L/r 1 ⎥ ⎦. 0

377

Kinetik: L¨ osungen

Normalbeschleunigung von S in tiefster Stellung: ax = − ωf2 L = −

20g L2 sin α . 7L2 + 2r 2

Schwerpunktsatz: m ax = Cx + m g sin α → Cx = −

20m g L2 sin α − m g sin α . 7L2 + 2r 2

Drall: ⎡

L(D)

⎤

(D) Θxx ωr ⎢ (D) ⎥ = ⎣ Θyy ωf ⎦ . 0

Drallsatz: d∗L(D) + ω × L(D) = M (D) dt ⎡

→

⎤ ⎡

⎤ ⎡

⎤

⎡

⎤

(D) (D) Θxx ω˙ r Θxx ωr 0 −Cz r ⎢ (D) ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ (D) ⎥ ⎢ ⎥ −Cz L ˙ f ⎦+⎣ ωf ⎦×⎣ Θyy ωf ⎦ = ⎣ ⎣ Θyy ω ⎦. NL + C 0 r − m g L cos α 0 0 x

x- und y-Komponente: (D) −Θxx

L ω˙ f = −Cz r , r

(D) Θyy ω˙ f = −Cz L →

ω˙ f = ω˙ r = 0 ,

z-Komponente: (D) (D) −Θxx ωf ωr = Θxx

L 2 ω = NL + Cx r − m g L cos α r f

(D) 2 ωf /r . → N = m g cos α − Cx r/L + Θxx

Einsetzen liefert:

N = m g cos α +

28L r sin α r sin α + L 7L2 + 2r 2



.

Cz = 0 .

378

Kinetik: L¨ osungen

L¨osung III.5.26 Wir benutzen den Aufh¨angepunkt A als Bezugspunkt und verwenden ein mit A translatorisch bewegtes Koordinatensystem (Rechensystem = translatorisches System). Translatorischer Drallsatz (ebener Fall): Θ (A) ϕ¨ + m(r AP × aA ) · ez = M (A) mit Θ (A) = m l2 ,

M (A) = −m g l sin ϕ ,

(r AP × aA ) · ez = l a0 cos ϕ . Einsetzen liefert: l ϕ¨ + a0 cos ϕ + g sin ϕ = 0 .

379

Kinetik: L¨ osungen

L¨osung III.5.27 Wir benutzen den bewegten, vom Schwerpunkt S verschiedenen Scheibenpunkt A als Bezugspunkt und verwenden ein translatorisch bewegtes (,schleifendes‘) x, y, z-Rechensystem. Den absoluten Drehwinkel der Scheibe  bezeichnen wir mit ϕ. Translatorischer Drallsatz (ebener Fall): Θ (A) ϕ¨ + (m1 + m2 )(r AS × aA ) · ez = M (A) . Massentr¨agheitsmoment (konstant im schleifenden Koordinatensystem): Θ (A) = (m1 + m2 )r 2 /2 = 3m2 r 2 /2 . Scheibenschwerpunkt: r AS =

4r m1 − m2 4r = 3π m1 + m2 9π

4r (cos ϕ ex + sin ϕ ey ) . 9π

→

r AS =

→

aA = R Ω 2 (sin ψ ex − cos ψ ey ) .

Beschleunigung von A: aA = R ψ˙ 2 = R Ω 2 Somit gilt: (r AS × aA ) · ez = −

4r R Ω 2 (cos ϕ cos ψ + sin ϕ sin ψ) . 9π

Moment der ¨außeren Kraft: M (A) = −3m2 g r AS sin ϕ . Einsetzen liefert: ϕ¨ −

8g 8R Ω 2 (cos ϕ cos ψ + sin ϕ sin ψ) + sin ϕ = 0 . 9π r 9π r

380

Kinetik: L¨ osungen

Impulssatz (maS = F ): ↓:



3m2 R Ω 2 sin ψ − 

Ax = 3m2 R Ω 2 sin ψ −

→:





4r (ϕ¨ sin ϕ + ϕ˙ 2 cos ϕ) = Ax + G 9π

→



4r (ϕ¨ sin ϕ + ϕ˙ 2 cos ϕ) − g , 9π

Ay = 3m2 −R Ω 2 cos ψ +



4r (ϕ¨ cos ϕ − ϕ˙ 2 sin ϕ) . 9π

L¨osung III.5.28 Wir f¨ uhren ein x, y, z-Koordinatensystem ein, das mit der pendelnden Scheibe  fest verbunden ist und benutzen den Zapfenpunkt B als Bezugspunkt f¨ ur den Drallsatz dieser Scheibe. Das physikalische (translatorische) System, in dem wir die Kinetik der Scheibe  beobachten, bewegt sich mit B, dreht sich aber nicht mit der Scheibe  mit. (Erl¨auterung: Ein Beobachter in B, der zu einem Zeitpunkt z. B. nach links blickt, blickt st¨andig nach links.) Schwerpunkt der Scheibe : ⎡

r BS =

⎢ ⎣

⎤

−r 0 ⎥ ⎦. 0

381

Kinetik: L¨ osungen

Winkelgeschwindigkeit und Winkelbeschleunigung von , Beschleunigung von B: ⎡

ω=

⎢ ⎣

⎤ ψ˙ cos ϕ ⎥ −ψ˙ sin ϕ ⎦ , ϕ˙

⎡

ω˙ =

⎢ ⎣

⎤ ψ¨ cos ϕ − ψ˙ ϕ˙ sin ϕ ⎥ −ψ¨ sin ϕ − ψ˙ ϕ˙ cos ϕ ⎦ , ϕ¨

⎡

⎤ −R ψ˙ 2 sin ϕ ⎥ aB = ⎢ ⎣ −R ψ˙ 2 cos ϕ ⎦ . ¨ Rψ

Tr¨agheitstensor und translatorischer Drall von  um B: ⎡

Θ (B)

⎤

⎡

⎤

m r 2 /4 0 0 μ 0 0 ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ 0 m r 2 /4 + m r 2 =⎣ 0 ⎦ = ⎣ 0 5μ 0 ⎦ , 2 2 0 0 6μ 0 0 m r /2 + m r ⎡

L(B)

⎤ ψ˙ cos ϕ ⎢ ⎥ = Θ (B) · ω = μ ⎣ −5ψ˙ sin ϕ ⎦ mit μ = m r 2 /4 . 6ϕ˙

Translatorische Drall¨anderung: ⎡ ⎤ ψ¨ cos ϕ − 2ψ˙ ϕ˙ sin ϕ drech L(B) dtr L(B) ⎢ ⎥ (B) = + ω × L = μ ⎣ −5ψ¨ sin ϕ − 10ψ˙ ϕ˙ cos ϕ ⎦ . dt dt 2 6ϕ¨ − 4ψ˙ sin ϕ cos ϕ

Moment der Tr¨agheitskr¨afte des translatorischen Systems um B: ⎡

−m r BS × aB =

⎢ −12μ ⎣

⎤

0 ⎥ ψ¨ ⎦ . ψ˙ 2 cos ϕ

Moment der Lagerreaktionen und der Gewichtskraft um B: ⎡

M (B)

⎤

⎡

⎤

MxB MxB ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ B B BS My MyB =M +r ×G=⎣ ⎦=⎣ ⎦ −m g r sin ϕ −μ γ sin ϕ

mit γ = 4g/r .

382

Kinetik: L¨ osungen

Translatorischer Drallsatz: dtr L(B) + m r BS × aB = M (B) : dt 6ϕ¨ + 4ψ˙ 2 cos ϕ (3 − sin ϕ) + γ sin ϕ = 0

(1. Bewegungsgleichung) ,

MxB = μ(ψ¨ cos ϕ − 2ψ˙ ϕ˙ sin ϕ) , ¨ MyB = μ[ ψ(12 − 5 sin ϕ) − 10ψ˙ ϕ˙ cos ϕ ] . Schwerpunktsbeschleunigung der Scheibe : aS = aB + ω × (ω × r BS ) + ω˙ × r BS ⎡

=

⎢ r⎣

⎤ ψ˙ 2 sin ϕ (sin ϕ − 3) + ϕ˙ 2 ⎥ ψ˙ 2 cos ϕ (sin ϕ − 3) − ϕ¨ ⎦ . ¨ − sin ϕ) − 2ψ˙ ϕ˙ cos ϕ ψ(3

Impulssatz f¨ ur die Scheibe : maS = F : ⎡ ⎢ mr⎣

⎤ ⎡ ⎤ ψ˙ 2 sin ϕ (sin ϕ − 3) + ϕ˙ 2 Bx − m g cos ϕ ⎥ ⎢ ⎥ ψ˙ 2 cos ϕ (sin ϕ − 3) − ϕ¨ ⎦ = ⎣ By + m g sin ϕ ⎦ . ¨ − sin ϕ) − 2ψ˙ ϕ˙ cos ϕ Bz ψ(3

Drallsatz f¨ ur die horizontale Scheibe : (0) Θ2 ψ¨ = −Bz R + MyB sin ϕ − MxB cos ϕ :

¨ ψ(145 − 24 sin ϕ + 4 sin2 ϕ) − 4ψ˙ ϕ˙ cos ϕ (6 − 2 sin ϕ) = 0 (2. Bewegungsgleichung) , Bx = m[ r ψ˙ 2 sin ϕ (sin ϕ − 3) + r ϕ˙ 2 + g cos ϕ ] , By = m[ r ψ˙ 2 cos ϕ (sin ϕ − 3) − r ϕ¨ − g sin ϕ ] , ¨ − sin ϕ) − 2ψ˙ ϕ˙ cos ϕ ] . Bz = m r[ ψ(3

383

Kinetik: L¨ osungen

L¨osung III.5.29 Wir benutzen den Drehpunkt D als Bezugspunkt und, da dieser vom Schwerpunkt S verschieden ist, den translatorischen Drallsatz. Als Rechensystem verwenden wir das mit der Plattform  fest verbundene x, y, zKoordinatensystem; das translatorische System hebt und senkt sich mit D, ohne die Drehung der Scheibe  mitzumachen. Da Zeitableitungen zu bilden sind, d¨ urfen wir f¨ ur die Winkel ψ und ϕ erst nach dem Differenzieren ihre Werte zum gegebenen Zeitpunkt einsetzen. Bewegung von D (des translatorischen Systems): ζ˙ = 2R ψ˙ cos ψ , √ ˙ 0 ) = 2 R ψ˙ , ζ(t

ζ = 2R sin ψ , √ ζ(t0 ) = 2 R , ⎡

aD =

⎢ ζ¨ ⎣

⎤

sin ψ cos ϕ − sin ψ sin ϕ ⎥ ⎦, cos ψ

ζ¨ = 2R(ψ¨ cos ψ − ψ˙ 2 sin ψ) , √ ¨ 0 ) = 2 R(ψ¨ − ψ˙ 2 ) , ζ(t ⎡ ⎤ √ 1 2 ⎢ ⎥ aD (t0 ) = ζ¨ ⎣ 0 ⎦ . 2 1

Absolute Winkelgeschwindigkeit der Plattform  (auch Winkelgeschwindigkeit des Rechensystems): ⎡

ω = ω rech ⎡

ω(t0 ) =

⎢ ⎣

⎤

⎡

⎤

⎡

⎤

sin ψ cos ϕ − sin ϕ 0 ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ = Ω ⎣ − sin ψ sin ϕ ⎦ + ψ˙ ⎣ − cos ϕ ⎦ + ⎣ 0 ⎦ , cos ψ 0 ϕ˙ = ω ˜ ⎤ Ω √ ⎥ ˜ = 2 Ω/2 . −ψ˙ ⎦ mit Ω ˜ +ω Ω

384

Kinetik: L¨ osungen

Schwerpunkt: ⎡

r DS

⎤

⎡

⎤

1 5 mR ⎢ R⎢ ⎥ ⎥ = ⎣ 0 ⎦= ⎣ 0 ⎦. m+M 25 1/5 1

Tr¨agheitstensor: ⎡

Θ

(D)

⎤

M R2 /4 + m R2 /25 0 −m R2 /5 ⎥ 0 M R2 /4 + m(R2 + R2 /25) 0 ⎦ 2 2 2 −m R /5 0 M R /2 + m R

=

⎢ ⎣

=

⎢ μ⎣

⎡

⎤

26 0 −5 0 51 0 ⎥ ⎦ mit μ = m R2 /25. −5 0 75

Drall und Drall¨anderung: ⎡

L

(D)

=Θ

(D)

·ω =μ ⎡

⎢ ⎣

⎤

26(Ω sin ψ cos ϕ − ψ˙ sin ϕ) − 5(Ω cos ψ + ω) ⎥ ⎦, −51(Ω sin ψ sin ϕ + ψ˙ cos ϕ) ˙ −5(Ω sin ψ cos ϕ − ψ sin ϕ) + 75(Ω cos ψ + ω) ⎤

˜ − 5ω 21Ω ⎢ ⎥ (D) L (t0 ) = μ ⎣ −51ψ˙ ⎦, ˜ 70Ω + 75ω drech L(D) = dt ⎡ ⎢ μ⎣

⎤ 26(Ω ψ˙ cos ψ cos ϕ − Ω ω sin ψ sin ϕ − ψ¨ sin ϕ − ψ˙ ω cos ϕ) + 5Ω ψ˙ sin ψ ⎥ ⎦, −51(Ω ψ˙ cos ψ sin ϕ + Ω ω sin ψ cos ϕ + ψ¨ cos ϕ − ψ˙ ω sin ϕ) −5(Ω ψ˙ cos ψ cos ϕ − Ω ω sin ψ sin ϕ − ψ¨ sin ϕ − ψ˙ ω cos ϕ) − 75Ω ψ˙ sin ψ ⎡ ˜ ψ˙ − 26ψ˙ ω ⎤ 31Ω drech L(D) (t0 ) ⎢ ¨ ⎥ ˜ ω + ψ) = μ ⎣ −51(Ω ⎦, dt ˜ ψ˙ + 5ψ˙ ω 80Ω

385

Kinetik: L¨ osungen ⎡

ω(t0 ) × L

(D)

(t0 ) =

⎢ μ⎣ ⎡

=

⎢ μ⎣

˜ − 5ω ⎤ ˜ ⎤ ⎡ 21Ω Ω ⎥ ⎢ ⎥ ⎦ −ψ˙ ⎦ × ⎣ −51ψ˙ ˜ + 75ω ˜ +ω 70Ω Ω ⎤

˙ Ω ˜ + 24ω) −ψ(19 ˜ − 5ω 2 ⎥ ˜ 2 − 59Ωω −49Ω ⎦, ˙ Ω ˜ + 5ω) −ψ(30

⎡ ⎤ ⎡ ⎤ √ 5 1 √ 2 R ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ (M + m)r DS × aD (t0 ) = (M + m) 2 R(ψ¨ − ψ˙ 2 ) ⎣ 0 ⎦ × ⎣ 0 ⎦ 25 2 1 1 ⎡

⎤

0 ⎢ ⎥ = 5μ(ψ¨ − ψ˙ 2 ) ⎣ −4 ⎦ . 0

Momente: ⎡

M (D)

⎤

⎡

⎤

⎤

⎡

⎤

⎡

⎤

√ MxD 1 −1 2⎢ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ D ⎥ = ⎣ My ⎦ + m g R ⎣ 0 ⎦×⎣ 0 ⎦ 2 D 1/5 −1 Mz ⎡

=

⎢ ⎣

√ MxD 0 2⎢ ⎥ MyD ⎥ + m g R ⎦ ⎣ 4/5 ⎦ ; 2 D 0 Mz

MxD , MyD : Lagerreaktionsmomente auf Scheibe, MzD :

Antriebsmoment.

Translatorischer Drallsatz: drech L(D) + ω rech × L(D) + (M + m) r DS × aD = M (D) : dt ˜ ψ˙ − 50ψ˙ ω) , MxD = μ(12Ω √ ˜ ω − 71ψ¨ − 49Ω ˜ 2 − 5ω 2 + 20ψ˙ 2 ) − 2 2 m g R /5 , MyD = μ(−110Ω ˜ ψ˙ . MzD = −110μ Ω

386

Kinetik: L¨ osungen

L¨osung III.6.1 Wir z¨ahlen die x-Koordinate von der Lage des Klotzes bei entspannter Feder. Bewegungsgleichung f¨ ur den Klotz: ↓:

m x¨ = m g − S1 .

Drallsatz f¨ ur die Rolle: 

¨ = S1 r − S2 r . M r 2 ϕ/2

B: Kinematik:

x˙ = r ϕ˙ . Federgesetz: S2 = c x . Aufl¨osen liefert: x¨ +

2m g 2c x= . M + 2m M + 2m

387

Kinetik: L¨ osungen

Eigenfrequenz:

ω=

2c . M + 2m

L¨osung III.6.2 Massentr¨agheitsmoment: ΘA = m l2 /3 + M(r 2 + 2a2 )/2 . Drallsatz um A: 

A:

ΘA ϕ¨ = −mg

l sin ϕ − M g a sin ϕ . 2

Linearisieren (sin ϕ ≈ ϕ) liefert: ϕ¨ +

(m l + 2M a) g ϕ = 0. 2ΘA

Eigenfrequenz:

ω=

(m l + 2M a) g . 2ΘA

388

Kinetik: L¨ osungen

Eigenfrequenz f¨ ur m = M und r  a:

ω=

3l + 6a g. 2l2 + 6a2

Abstand a bei maximaler Eigenfrequenz: dω =0 da

⎛

⎞

7 1 − 1⎠ l . a= ⎝ 2 3

→

L¨osung III.6.3 Massentr¨agheitsmoment des Rads: ΘS = m r 2 /2 . Kinematik: vS = l ϕ˙ ,

vS = r ψ˙

→

l ϕ˙ = r ψ˙ .

→

Ek = 3m l2 ϕ˙ 2 /4 .

Kinetische Energie: Ek = m vS2 /2 + ΘS ψ˙ 2/2 Potientielle Energie: Ep = −m g l cos ϕ .

389

Kinetik: L¨ osungen

Energiesatz: →

Ek + Ep = const

3l ϕ˙ 2 /4 − g cos ϕ = const .

Differentiation des Energiesatzes: 3 l ϕ˙ ϕ¨ + g ϕ˙ sin ϕ = 0 2

→

ϕ¨ +

2g sin ϕ = 0 . 3l

Linearisieren (sin ϕ ≈ ϕ) liefert:

2g ϕ¨ + ϕ=0 3l

→

ω=

2g . 3l

L¨osung III.6.4 Die beiden Wellen wirken als Drehfedern und sind in Reihe geschaltet. Das ¨ Zahnradpaar wirkt als Ubersetzung. Ersatzfedersteifigkeit: M = c∗T ϕ → c∗T =

M . ϕ

Drehwinkel der Schwungscheibe: ϕ = ϕ2 +

M . cT2

¨ Ubersetzung: ϕ2 =

r1 ϕ1 . r2

390

Kinetik: L¨ osungen

Momentengleichgewicht: M = F r2 . Drehwinkel des oberen Zahnrads: ϕ1 =

F r1 . cT1

Einsetzen liefert: c∗T =

cT1

cT 1 c T 2 . + (r1 /r2 )2 cT2

Bewegungsgleichung: Θ ϕ¨ = −c∗T ϕ →

ϕ¨ + ω 2 ϕ = 0

Allgemeine L¨osung: ϕ(t) = A cos ωt + B sin ωt . Anfangsbedingungen: ϕ(0) = 0

→

A = 0,

ϕ(0) ˙ = ϕ˙ 0

→

B=

Einsetzen liefert: ϕ(t) =

ϕ˙ 0 sin ωt . ω

ϕ˙ 0 . ω

mit

ω2 =

c∗T . Θ

391

Kinetik: L¨ osungen

L¨osung III.6.5 Das Tragwerk und die Feder sind in Reihe geschaltet. Absenkung des Punktes A unter einer Kraft F (s. Aufgabe II.4.10): v=

F a3 . EI

Federkonstante des Tragwerks: c1 =

F v

→

EI . a3

c1 =

Federkonstante der Ersatzfeder: 1 1 1 = + c∗ c c1

→

c∗ =

→

ω=

c EI . c a3 + EI

Eigenfrequenz:

ω=

c∗ m



c EI . (c a3 + EI)m

L¨osung III.6.6 Drallsatz: 

A:

ΘA ϕ¨ = m g l cos ϕ − MA .

392

Kinetik: L¨ osungen

Massentr¨agheitsmoment: ΘA = m l 2 . R¨ uckstellmoment: MA = cT ϕ . Aufl¨osen liefert: ϕ¨ =

cT g cos ϕ − ϕ. l m l2

Gleichgewichtslage ϕ0 = π/6: ϕ(ϕ ¨ 0) = 0 √ →

3 g π cT − =0 2 l 6 m l2

→

cT =

3

√ π

3

mgl.

Kleine Schwingungen um die Gleichgewichtslage: ϕ = ϕ0 + ψ

mit |ψ|  1 .

Einsetzen liefert: g cT ψ¨ = cos(ϕ0 + ψ) − (ϕ0 + ψ) . l m l2 Additionstheorem: cos(ϕ0 + ψ) = cos ϕ0 cos ψ − sin ϕ0 sin ψ →

√ 3 1 cos(ϕ0 + ψ) = cos ψ − sin ψ . 2 2

393

Kinetik: L¨ osungen

Einsetzen und Linearisieren (cos ψ ≈ 1, sin ψ ≈ ψ) liefern: √ 3 g π cT 1g cT ¨ ψ+ ψ=− ψ− − 2 l m l2 2 l 6 m l2 →

√   1 3 3 g ¨ + ψ = 0. ψ+ 2 π l

Eigenfrequenz:

ω=



1 

√  3 3 g + . 2 π l

L¨osung III.6.7 Wir bestimmen die Kraft F (t) getrennt in den Zeitbereichen t < T und t > T . Newtonsches Grundgesetz: F (t) = m x¨ + c x . Fallunterscheidung: a)

t < T : t − T 0 = 0 .

Systemantwort und Zeitableitungen: x(t) = x0 cos

t 2t0

→

x˙ = −

x0 t sin 2t0 2t0

→

x¨ = −

x0 t cos . 4t20 2t0

394

Kinetik: L¨ osungen

Einsetzen liefert: 



F (t) = −

b)

m x0 t + c x0 cos 4t20 2t0

→

F (t) = 0 .

t > T : t − T 0 = 1 .

Systemantwort und Zeitableitungen: 

x(t) = x0 cos

t t−T + 20 1 − cos 2t0 2t0











→

x˙ =

x0 t t−T − sin + 20 sin 2t0 2t0 2t0

→

x¨ =

x0 t t−T − cos + 20 cos 4t20 2t0 2t0

.

Einsetzen liefert: 



m x0 t F (t) = − 2 + c x0 cos 4t0 2t0 

+



t−T 20 m x0 − 20 c x0 cos + 20 c x0 2 4t0 2t0

→

F (t) = 20 N .

395

Kinetik: L¨ osungen

L¨osung III.6.8 Ungespannte und gespannte Federl¨ange, Federl¨angung: √ √ f0 = l − v , f = l2 + w 2 , Δf = f − f0 = l2 + w 2 − (l − v) . Potentielle Energie der Federn: * . √ 1 Ep = 2 c (Δf )2 = c l2 + w 2 − 2(l − v) l2 + w 2 + (l − v)2 . 2

Kinetische Energie: Ek =

1 m w˙ 2 . 2

Energiesatz: Ep + Ek = const * . √ 1 m w˙ 2 + c l2 + w 2 − 2(l − v) l2 + w 2 + (l − v)2 = const . → 2 Zeitableitung des Energiesatzes, Bewegungsgleichung: 



m w˙ w¨ + c 2 w w˙ − 2(l − v) √ 

→

w¨ +

w w˙ =0 l2 + w 2 

2c l−v 1− √ 2 w = 0. m l + w2

Linearisierung der Bewegungsgleichung, Eigenfrequenz: √

l2 + w 2 ≈ l

→ w¨ +

→

ω=

f w

f0

v

2c v 2c v w = 0 → ω2 = m l ml

2c √ v, ml

ω∼

√

v.

396

Kinetik: L¨ osungen

L¨osung III.7.1 Kinematik und Federkraft: xS = r ϕ

→

x¨S = r ϕ¨ ,

F = c xS = c r ϕ .

a) Schwerpunktsatz und Drallsatz: ←: ↑: 

S:

m x¨S = −F − H , 0 =N −G

→

N = G,

ΘS ϕ¨ = r H

mit

ΘS = m r 2 /2 .

Aufl¨osen liefert: ϕ¨ + ω 2 ϕ = 0

mit

ω2 =

2c . 3m

b) Wir z¨ahlen die Koordinate x nach links und die Koordinate ϕ entgegen dem Uhrzeigersinn. Die Tr¨agheitskraft m x¨S und das Scheinmoment ΘS ϕ¨ wirken in den entgegengesetzten Richtungen. Als Bezugspunkt f¨ ur das Momentengleichgewicht w¨ahlen wir den Punkt B, da dann die unbekannte Kraft H nicht auftritt: 

B:

ΘS ϕ¨ + r m x¨S + r F = 0 .

Einsetzen von Kinematik, Federkraft und ΘS = m r 2 /2 liefert: ϕ¨ + ω 2 ϕ = 0

mit

ω2 =

2c . 3m

397

Kinetik: L¨ osungen

L¨osung III.7.2 (Vgl. mit L¨osung III.6.3) Kinematik: x˙ S = (R − r)ϕ˙ = r ψ˙

→

x¨S = (R − r)ϕ¨ ,

ψ¨ = (R/r − 1)ϕ¨ .

Momentengleichgewicht bez¨ uglich B: 

B:

ΘS ψ¨ + m x¨S r + m g r sin ϕ = 0

mit

ΘS = m r 2 /2 .

Einsetzen liefert: ϕ¨ +

2g sin ϕ = 0 . 3(R − r)

L¨osung III.7.3 Auf ein Massenelement dm wirkt als Belastung“ die d’Alembertsche Tr¨ag” heitskraft dFT = dm R Ω 2 . Die resultierende Tr¨agheitskraft FT = m R Ω 2 greift im Schwerpunkt des Handgriffs an. Maximales Biegemoment (bei B): MB = FT l/2 = m R Ω 2 l/2 .

398

Kinetik: L¨ osungen

Maximale Biegespannung:

σmax =

MB W

mit

→

W = π r 3 /4

σmax =

2m l R Ω 2 . π r3

L¨osung III.7.4 Wir schneiden zuerst den ¨außeren Schenkel an der Stelle x1 . Auf ein Massenelement dm an der Stelle s (Abstand vom linken Ende) wirkt als Belastung“ die d’Alembertsche Tr¨agheitskraft dm r Ω 2 . Die Schnittgr¨oßen ” folgen durch Integration. Massenelement: m dm = ds = μ ds , a+b

μ=

m : a+b

Masse pro L¨angeneinheit.

Geometrie: cos ϕ = (b − s)/r,

sin ϕ = a/r .

Normalkraft (0 ≤ x1 ≤ b): 

N(x1 ) =

r Ω 2 cos ϕ dm =

 x1 0

= μ Ω 2 [b s − s2 /2]|x0 1

Ω 2 (b − s)μ ds

→

N(x1 ) = μΩ 2 (b x1 − x21 /2) .

Querkraft (0 ≤ x1 ≤ b): 

Q(x1 ) =

r Ω 2 sin ϕ dm =

 x1 0

Ω 2 a μ ds

→

Q(x1 ) = μ Ω 2 a x1 .

399

Kinetik: L¨ osungen

Biegemoment (0 ≤ x1 ≤ b):  x1

M(x1 ) =

Q(s) ds 0

→

M(x1 ) = μ Ω 2 a x21 /2 .

¨ Ubergangsbedingungen: N0 = N(x2 = 0) = Q(x1 = b) = μ Ω 2 a b , Q0 = Q(x2 = 0) = −N(x1 = b) = −μ Ω 2 b2 /2 , M0 = M(x2 = 0) = M(x1 = b) = μ Ω 2 a b2 /2 . Normalkraft, Querkraft und Biegemoment (0 ≤ x2 ≤ a):  x2

→

N(x2 ) = μ Ω 2 (a b + a x2 − x22 /2) ,

Q(x2 ) = Q0

→

Q(x2 ) = −μ Ω 2 b2 /2 ,

M(x2 ) = M0 + x2 Q0

→

M(x2 ) = μ Ω 2 b2 (a − x2 )/2 .

N(x2 ) = N0 +

0

μ Ω 2 (a−s)ds

400

Kinetik: L¨ osungen

L¨osung III.7.5 Dynamisches Gleichgewicht: :

N−

π/2

μr 2 ϕ¨ sin ψ dψ −

π/2

0

→ :

Q−

0

N = μ r 2 (ϕ¨ + ϕ˙ 2 ) , π/2

π/2  2



0:

μ r 2 ϕ˙ 2 sin ψ dψ = 0

μ r ϕ¨ cos ψ dψ + 0

→

μ r 2 ϕ˙ 2 cos ψ dψ = 0

0

Q = μ r (ϕ¨ − ϕ˙ ) , 2

M −Nr+

2

π/2

μ r 3 ϕ¨ dψ = 0 0

→

M = μ r 3[(1 − π/2)ϕ¨ + ϕ˙ 2 ] .

L¨osung III.7.6 Da nur die Beschleunigung des Punktes A gesucht wird (vgl. dagegen Aufgabe III.5.7), wenden wir das Prinzip der virtuellen Arbeit an. Dazu denken wir uns das System durch eine virtuelle Verr¨ uckung aus einer beliebigen Lage ausgelenkt. Prinzip der virtuellen Arbeit : δW + δWT = 0: F δx − m2 g δyC − ΘB ϕ¨1 δϕ1 − ΘC ϕ¨2 δϕ2 − m2 y¨C δyC = 0 .

401

Kinetik: L¨ osungen

Massentr¨agheitsmomente : ΘC = m2 r22 /2 .

ΘB = m1 r12 /2 , Kinematik : δx = r1 δϕ1 ,

δyC = r2 δϕ2 ,

δx = 2r2 δϕ2 ,

x˙ = r1 ϕ˙1 ,

y˙C = r2 ϕ˙2 ,

x˙ = 2r2 ϕ˙2 .

Einsetzen liefert:

F−



1 1 1 1 m2 g − m1 x¨ − m2 x¨ − m2 x¨ δx = 0 2 2 8 4

→

x¨ =

L¨osung III.7.7 Prinzip der virtuellen Arbeit : δW + δWT = 0 : (M0 − Θ1 ϕ¨1 )δϕ1 − Θ2 ϕ¨2 δϕ2 − (m4 g + m4 y¨) δy = 0 . Massentr¨agheitsmomente : Θ1 = m1 r12 /2 ,

Θ2 = m2 r22 /2 + m3 r32 /2 .

8F − 4m2 g . 4m1 + 3m2

402

Kinetik: L¨ osungen

Kinematik : r1 δϕ1 = r2 δϕ2 ,

δy = r3 δϕ2 ,

r1 ϕ˙1 = r2 ϕ˙2 ,

y˙ = r3 ϕ˙2 .

Einsetzen liefert: 

M0

r2 r2 1 − m1 r1 r3 2 r3

→

2

y¨ −

r2 1 m2 2 r3

2



y¨ −

1 m3 y¨ − m4 g − m4 y¨ δy = 0 2

r2 M0 − m4 g r1 r3 y¨ = 2 . 1 1 r2 (m1 + m2 ) + m3 + m4 2 r3 2

L¨osung III.7.8 Das System hat zwei Freiheitsgrade. Wir w¨ahlen als generalisierte Koordinaten die Verschiebung x des Schlittens und den Drehwinkel ϕ der Scheibe. F¨ ur x = 0 und ϕ = 0 seien beide Federn entspannt. Kinetische Energie: Ek = M x˙ 2 /2 + ΘS ϕ˙ 2 /2 + m vS2 /2 .

403

Kinetik: L¨ osungen

Potentielle Energie: Ep = c x2 /2 + c(r ϕ)2 /2 . Massentr¨agheitsmoment : ΘS = m r 2 /2 . Kinematik : vS = x˙ − r ϕ˙ . Lagrange-Funktion : L = Ek − Ep

→

˙ 2 /2 − c x2 /2 − c r 2 ϕ2 /2 . L = M x˙ 2 /2 + m r 2 ϕ˙ 2 /4 + m(x˙ − r ϕ) Bewegungsgleichungen : d dt





∂L ∂L = Qx , − ∂ x˙ ∂x

d dt





∂L ∂L = Qϕ . − ∂ ϕ˙ ∂ϕ

Virtuelle Arbeit : δW = Qx δx + Qϕ δϕ = F (t)δx Differenzieren und Einsetzen liefert : (M + m)¨ x − m r ϕ¨ + c x = F (t) , −m x¨ + 32 m r ϕ¨ + c r ϕ = 0 .

→

Qx = F (t) ,

Qϕ = 0 .

404

Kinetik: L¨ osungen

L¨osung III.7.9 Das System hat zwei Freiheitsgrade. Wir w¨ahlen als generalisierte Koordinaten den Winkel ϕ1 zwischen der Vertikalen und der Winkelhalbierenden und den Winkel ϕ2 zwischen der Winkelhalbierenden und dem rechten Pendel. Kinetische Energie: Ek = m l2 (ϕ˙ 1 − ϕ˙ 2 )2 /2 + m l2 (ϕ˙ 1 + ϕ˙ 2 )2 /2

→

Ek = m l2 (ϕ˙ 21 + ϕ˙ 22 ) .

Potentielle Energie: Ep = −m g l cos(ϕ1 − ϕ2 ) − m g l cos(ϕ1 + ϕ2 ) + c(2l sin ϕ2 − b)2 /2 →

Ep = −2m g l cos ϕ1 cos ϕ2 + c(2l sin ϕ2 − b)2 /2 .

Lagrange-Funktion : L = Ek − Ep →

L = m l2 (ϕ˙ 21 + ϕ˙ 22 ) + 2m g l cos ϕ1 cos ϕ2 − c(2l sin ϕ2 − b)2 /2 .

Bewegungsgleichungen : l ϕ¨1 + g sin ϕ1 cos ϕ2 = 0 , m l ϕ¨2 + m g cos ϕ1 sin ϕ2 + c (2l sin ϕ2 − b) cos ϕ2 = 0 .

Kinetik: L¨ osungen

405

L¨osung III.7.10 Kinetische Energie: Ek = m[(2r cos ϕ1 − r)2 ϕ˙ 22 + (2r ϕ˙ 1 )2 ]/2 . Potentielle Energie: Ep = 2m g r sin ϕ1 + cT (ϕ1 − ϕ¯1 )2 /2 . Lagrange-Funktion: L = m r 2 (2 cos ϕ1 − 1)2 ϕ˙ 22 /2 + 2m r 2 ϕ˙ 21 − 2m g r sin ϕ1 −cT (ϕ1 − ϕ¯1 )2 /2 . Bewegungsgleichungen : 4m r 2 ϕ¨1 + 2m r 2 ϕ˙ 22 (2 cos ϕ1 − 1) sin ϕ1 + 2m g r cos ϕ1 + cT (ϕ1 − ϕ¯1 ) = 0 , ϕ¨2 (2 cos ϕ1 − 1) − 4ϕ˙ 1 ϕ˙ 2 sin ϕ1 = 0 .

L¨osung III.7.11 Wir w¨ahlen als generalisierte Koordinaten den Drehwinkel ϕ1 der Scheibe  uber der Scheibe . F¨ ur und den relativen Drehwinkel ϕ2 der Scheibe  gegen¨ ϕ2 = 0 sei die Drehfeder entspannt. Kinetische Energie: Ek = Θ ϕ˙ 21 /2 + Θ(ϕ˙ 1 + ϕ˙ 2 )2 /2 . Potentielle Energie: Ep = cT ϕ22 /2 .

406

Kinetik: L¨ osungen

Lagrange-Funktion : L = Θ(2ϕ˙ 21 + 2ϕ˙ 1 ϕ˙ 2 + ϕ˙ 22 )/2 − cT ϕ22 /2 . Bewegungsgleichungen : Θ(2ϕ¨1 + ϕ¨2 ) = M(t) , Θ(ϕ¨1 + ϕ¨2 ) + cT ϕ2 = 0 . Umformung f¨ ur M ≡ 0 : ϕ¨1 = −ϕ¨2 /2 , ϕ¨2 +

2cT ϕ2 = 0 . Θ

L¨osung : ϕ1 = −A/2 cos(ωt + α) + B t + C ,

ϕ2 = A cos(ωt + α)

mit

ω=

2cT . Θ

¨ Die L¨osung beschreibt die Uberlagerung einer Starrk¨orperbewegung und einer Schwingung. Die Integrationskonstanten A, B, C und α k¨onnen aus Anfangsbedingungen bestimmt werden.

407

Kinetik: L¨ osungen

L¨osung III.7.12 Masse und Massentr¨agheitsmoment der Scheibe : M = (2R)2 π d − 2(R/2)2 π d

→

M = 7π  R2 d/2 ,

ΘA = (2R)2 π d(2R)2 /2 − 2[(R/2)2 πd(R/2)2/2 + (R/2)2 π dR2 ] →

ΘA = 17M R2 /8 .

Kinematik : vA = 2R ϕ˙ . Kinetische Energie: Ek = M vA2 /2 + ΘA ϕ˙ 2 /2

→

Ek = 49M R2 ϕ˙ 2 /16 .

Potentielle Energie: Ep = k(Δl)2 /2

→

Ep = k R2 (1 − cos ϕ)2 /2 .

Lagrange-Funktion : L = Ek −Ep

→

L = 49M R2 ϕ˙ 2 /16−k R2 (1−cos ϕ)2 /2 .

Bewegungsgleichung : d dt





∂L ∂L − = Qϕ . ∂ ϕ˙ ∂ϕ

Virtuelle Arbeit : ˙ 2R δϕ = Qϕ δϕ δW = (F − c vA ) δxA = (F − 2c R ϕ) →

˙ . Qϕ = 2R(F − 2c R ϕ)

Differenzieren und Einsetzen liefert : 49 M R2 ϕ¨ + 8k R2 (1 − cos ϕ) sin ϕ = 16R(F − 2c R ϕ) ˙ .

408

Kinetik: L¨ osungen

L¨osung III.7.13 Kinematik : xA = −L cos α

→

x˙ A = L α˙ sin α ,

xS = xA /2 ,

yB = L sin α

→

y˙ B = L α˙ cos α ,

yS = yB /2 ,

xC = xA + l sin ϕ →

x˙ C = x˙ A + l ϕ˙ cos ϕ ,

yC = −l cos ϕ

y˙ C = l ϕ˙ sin ϕ ,

→

δxC = L sin α δα + l cos ϕ δϕ ,

δ yC = l sin ϕ δϕ .

Kinetische Energie : Ek = ΘS α˙ 2 /2 + M(x˙ 2S + y˙S2 )/2 + m(x˙ 2C + y˙ C2 )/2 →

Ek = M L2 α˙ 2 /6 + m(L2 α˙ 2 sin2 α + l2 ϕ˙ 2 + 2L l α˙ ϕ˙ sin α cos ϕ)/2 .

Potentielle Energie : Ep = M g yS + m g yC + k(xA − xA0 )2 /2 →

Ep = (M g L sin α)/2 − m g l cos ϕ + k L2 (cos α − cos α0 )2 /2 .

409

Kinetik: L¨ osungen

Virtuelle Arbeit : δW = Fx δxC + Fy δyC

mit Fx = −F cos ϕ ,

Fy = −F sin ϕ .

Einsetzen und Zusammenfassen liefert : δW = −F L sin α cos ϕ δα − F l δϕ = Qα δα + Qϕ δϕ →

Qα = −F L sin α cos ϕ ,

Qϕ = −F l .

L¨osung III.7.14 Die L¨osung erfolgt mit den Lagrangeschen Gleichungen 2. Art. Wegen der Undehnbarkeit der Stange hat die Scheibe einen Freiheitsgrad. Als verallgemeinerte Koordinate wird ihr Drehwinkel ϕ um die Drehachse benutzt. Scheibenradius: R sin α = l/2

→

R=

l 2

√

1 + tan2 α l√ = 5. tan α 4

Scheibenanhebung: s=

ϕ l 2 sin , 2 2

˜l2 = l2 − s2 ,

z = l − ˜l

→

Geschwindigkeit der Scheibenanhebung: z˙ =

ϕ l ϕ˙ sin . 2 2

Ungespannte Federl¨ange: l = tan α l − f0

→

f0 = l/2 .

Gespannte Federl¨ange und Federweg:

(f0 − z) + s = f 2

2

2

⎛

→

f =l

ϕ 5 − cos , 4 2 ⎞

ϕ 1 5 − cos − ⎠ . Δf = f − f0 = l ⎝ 4 2 2

z = l 1 − cos

ϕ 2



.

410

Kinetik: L¨ osungen

Massentr¨agheitsmomente in scheibenfesten Koordinaten ξ, η, ζ: Θξ = Θη = m R2 /4 = 5m l2 /16 = Θ , Θζ = m R2 /2 = 5m l2 /8 = 2Θ . ˜ η, z: Massentr¨agheitsmoment in scheibenfesten Koordinaten ξ, Θz =

Θ 12 3 Θ ξ + Θζ Θξ − Θζ − cos 2β = (3 + cos 2α) = Θ = m l2 . 2 2 2 10 8

Winkelgeschwindigkeit: ω˜ξ = 0 ,

ωη = 0 ,

ωz = ϕ˙ .

Rotatorische kinetische Energie: Ekrot =

1 3 Θz ωz2 = m l2 ϕ˙ 2 . 2 16

Translatorische kinetische Energie: Ektrans =

ϕ 1 1 m z˙ 2 = m l2 ϕ˙ 2 sin2 . 2 8 2

Potentielle Energie des Gewichts:

ϕ 2

EpG = m g z = m g l 1 − cos



.

Potentielle Energie der Feder: ⎛

Epf

6 ϕ 1 1 = c (Δf )2 = c l2 ⎝ − cos − 2 2 4 2



⎞

5 ϕ − cos ⎠ . 4 2

Lagrange-Funktion: L = Ekrot + Ektrans − EpG − Epf



⎛

ϕ 3 1 ϕ 1 ϕ m l2 ϕ˙ 2 + m l2 ϕ˙ 2 sin2 +m g l cos − 1 + c l2 ⎝cos + = 16 8 2 2 2 2



⎞

5 ϕ − cos − 1⎠ . 4 2

411

Kinetik: L¨ osungen

Ableitungen der Lagrange-Funktion:

3 1 ϕ ∂L = m l2 ϕ˙ + sin2 ∂ ϕ˙ 8 4 2 d dt



∂L ∂ ϕ˙



= m l2 ϕ¨

⎡



, 

3 1 ϕ ϕ 1 ϕ + sin2 + m l2 ϕ˙ 2 sin cos , 8 4 2 4 2 2 ⎛

⎞⎤

∂L ⎣ m g l c l2 ⎝ 1 ϕ  = − + − 2⎠⎦ sin . ∂ϕ 2 8 2 5/4 − cos ϕ/2 Virtuelle Verr¨ uckungen: z˙ → δz , ϕ˙ → δϕ: δz =

l ϕ δϕ sin . 2 2

Kr¨afte und Momente ohne Potential: ˙ |K R | = −sgn(ϕϕ) ˙ |K R | f¨ ur KzR = −sgn(z)

− 90◦ < ϕ < 90◦ ,

˙ |M R | . M R = −sgn(ϕ) Verallgemeinerte Kraft ohne Potential: 



˙ |K R | δW = KzR δz + M R δϕ = −sgn(ϕϕ) = QR δϕ

→

QR = −sgn(ϕϕ) ˙ |K R |

ϕ l sin − sgn(ϕ) ˙ |M R | δϕ 2 2 l ϕ sin − sgn(ϕ) ˙ |M R | . 2 2

Lagrangesche Gleichung 2. Art: d dt





∂L ∂L = QR − ∂ ϕ˙ ∂ϕ

m l2 ϕ¨

⎡

→



3 1 ϕ 1 ϕ ϕ + m l2 ϕ˙ 2 sin cos + sin2 8 4 2 4 2 2 ⎛

⎞⎤

m g l c l2 ⎝ 1 ϕ ⎠⎦ sin + 2−  + 2 8 2 5/4 − cos ϕ/2 ϕ l ˙ |M R | . = −sgn(ϕϕ) ˙ |K R | sin − sgn(ϕ) 2 2 ⎣

412

Kinetik: L¨ osungen l f s

f0

ϕ/2

l

~ l

l ϕ/2 z

z

l/2

ζ

R ξ˜ η

β = 90◦ − α ξ

z s

α 2R

f0

s