Aufgaben zu Technische Mechanik 1–3: Statik, Elastostatik, Kinetik [10. Aufl.] 9783662613009, 9783662613016

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Front Matter ....Pages I-VIII
Statik (Werner Hauger, Christian Krempaszky, Wolfgang A. Wall, Ewald Werner)....Pages 1-125
Elastostatik (Werner Hauger, Christian Krempaszky, Wolfgang A. Wall, Ewald Werner)....Pages 127-245
Kinetik (Werner Hauger, Christian Krempaszky, Wolfgang A. Wall, Ewald Werner)....Pages 247-403
Erratum zu: Aufgaben zu Technische Mechanik 1–3 (Werner Hauger, Christian Krempaszky, Wolfgang A. Wall, Ewald Werner)....Pages E1-E2

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Werner Hauger Christian Krempaszky Wolfgang A. Wall · Ewald Werner

Aufgaben zu Technische Mechanik 1–3 Statik, Elastostatik, Kinetik 10. Auflage

Aufgaben zu Technische Mechanik 1–3

Die Autoren Prof. Dr. Werner Hauger studierte Angewandte Mathematik und Mechanik an der Universität Karlsruhe und promovierte an der Northwestern University in Evanston/Illinois. Er war mehrere Jahre in der Industrie tätig, hatte eine Professur an der Helmut-Schmidt-Universität in Hamburg und wurde 1978 an die TU Darmstadt berufen. Sein Arbeitsgebiet ist die Festkörpermechanik mit den Schwerpunkten Stabilitätstheorie, Plastodynamik und Biomechanik. Er ist Autor von Lehrbüchern und war Mitherausgeber internationaler Fachzeitschriften. PD Dr.-Ing. Christian Krempaszky studierte Maschinenwesen, promovierte und habilitierte an der Technischen Universität München. Seit 2016 ist er Privatdozent mit Lehrbefugnis für das Fachgebiet Werkstoffmechanik an der Technischen Universität München. Sein Arbeitsgebiet ist die Festkörpermechanik mit den Schwerpunkten Mikro-Kontiuumsmechanik auf Gefügeebene, Eigenspannungsanalyse und mechanische Werkstoffprüfung.

Prof. Dr.-Ing. Wolfgang A. Wall studierte Bauingenieurwesen an der Universität Innsbruck und promovierte an der Universität Stuttgart. Seit 2003 leitet er den Lehrstuhl für Numerische Mechanik an der Fakultät Maschinenwesen der TU München. Seine Arbeitsgebiete sind unter anderen die numerische Strömungs- und Strukturmechanik. Schwerpunkte dabei sind gekoppelte Mehrfeld- und Mehrskalenprobleme mit Anwendungen, die sich von der Aeroelastik bis zur Biomechanik erstrecken. Prof. Dr. mont. Dr. h.c. Ewald Werner studierte Werkstoffwissenschaften, promovierte und habilitierte an der Montanuniversität Leoben. Er forschte am Erich Schmid Institut für Festkörperphysik der österreichischen Akademie der Wissenschaften und an der ETH Zürich. Von 1997 bis 2002 war er Professor für Mechanik an der TU München, seit 2002 leitet er dort den Lehrstuhl für Werkstoffkunde und Werkstoffmechanik. Seine Arbeitsgebiete sind die Metallphysik und die Werkstoffmechanik. Er ist Koautor von Lehrbüchern und Mitherausgeber mehrerer internationaler Fachzeitschriften.

Werner Hauger • Christian Krempaszky Wolfgang A. Wall • Ewald Werner

Aufgaben zu Technische Mechanik 1–3 Statik, Elastostatik, Kinetik 10. Auflage

Werner Hauger Gunzenhausen, Deutschland Wolfgang A. Wall Technische Universität München Garching, Deutschland

Christian Krempaszky Technische Universität München München, Deutschland Ewald Werner Technische Universität München Garching, Deutschland

ISBN 978-3-662-61300-9 ISBN 978-3-662-61301-6 (eBook) https://doi.org/10.1007/978-3-662-61301-6 Die Deutsche Nationalbibliothek verzeichnet diese Publikation in der Deutschen Nationalbibliografie; detaillierte bibliografische Daten sind im Internet über http://dnb.d-nb.de abrufbar. Springer Vieweg © Springer-Verlag GmbH Deutschland, ein Teil von Springer Nature 1991, 1994, 2001, 2005, 2005, 2008, 2012, 2014, 2017, 2020 Das Werk einschließlich aller seiner Teile ist urheberrechtlich geschützt. Jede Verwertung, die nicht ausdrücklich vom Urheberrechtsgesetz zugelassen ist, bedarf der vorherigen Zustimmung des Verlags. Das gilt insbesondere für Vervielfältigungen, Bearbeitungen, Übersetzungen, Mikroverfilmungen und die Einspeicherung und Verarbeitung in elektronischen Systemen. 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. Der Verlag, die Autoren und die Herausgeber gehen davon aus, dass die Angaben und Informationen in diesem Werk zum Zeitpunkt der Veröffentlichung vollständig und korrekt sind. Weder der Verlag, noch die Autoren oder die Herausgeber übernehmen, ausdrücklich oder implizit, Gewähr für den Inhalt des Werkes, etwaige Fehler oder Äußerungen. Der Verlag bleibt im Hinblick auf geografische Zuordnungen und Gebietsbezeichnungen in veröffentlichten Karten und Institutionsadressen neutral. Springer Vieweg ist ein Imprint der eingetragenen Gesellschaft Springer-Verlag GmbH, DE und ist ein Teil von Springer Nature. Die Anschrift der Gesellschaft ist: Heidelberger Platz 3, 14197 Berlin, Germany

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¨ uben. Die L¨osung wird f¨ ur jede Aufgabe stichwortartig 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 uchern u ¨berein, die in den Springer-Lehrb¨ ¨ber Technische Mechanik verwendet werden.

Der erfreulich rasche Ausverkauf der vorigen Auflage erforderte die Vorbereitung einer Neuauflage. Dies haben wir genutzt, um neue Aufgaben zum Schwerpunkt und zur Knickung elastischer Strukturen auszuarbeiten sowie einige redaktionelle Verbesserungen durchzuf¨ uhren.

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. 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 Februar 2020

W. Hauger C. Krempaszky W. Wall E. Werner

Inhaltsverzeichnis

I

Statik

1

Formelsammlung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

Aufgaben . . . . . . . . . . . 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

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L¨osungen . . . . . . . . . . . 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

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. 42 . 42 . 49 . 55 . 68 . 77 . 84 . 97 . 108 . 114

II Elastostatik

13 13 15 18 21 25 27 31 35 37

127

Formelsammlung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129 Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . II.1 Zug und Druck . . . . . . . . . . . . . . II.2 Biegung . . . . . . . . . . . . . . . . . II.3 Torsion . . . . . . . . . . . . . . . . . . II.4 Prinzip der virtuellen Kr¨afte . . . . . . . II.5 Spannungszustand, Verzerrungszustand, Elastizit¨atsgesetz . . . . . . . . . . . . . II.6 Knickung . . . . . . . . . . . . . . . . . II.7 Querkraftschub . . . . . . . . . . . . . .

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145 145 147 153 155

. . . . . . . . . . . . . 162 . . . . . . . . . . . . . 164 . . . . . . . . . . . . . 167

VIII L¨osungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . II.1 Zug und Druck . . . . . . . . . . . . . . II.2 Biegung . . . . . . . . . . . . . . . . . II.3 Torsion . . . . . . . . . . . . . . . . . . II.4 Prinzip der virtuellen Kr¨afte . . . . . . . II.5 Spannungszustand, Verzerrungszustand, Elastizit¨atsgesetz . . . . . . . . . . . . . II.6 Knickung . . . . . . . . . . . . . . . . . II.7 Querkraftschub . . . . . . . . . . . . . .

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169 169 177 196 201

. . . . . . . . . . . . . 222 . . . . . . . . . . . . . 228 . . . . . . . . . . . . . 237

III Kinetik

247

Formelsammlung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 249 Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . III.1 Kinematik des Punktes . . . . . . . . III.2 Kinematik des starren K¨orpers . . . . III.3 Kinetik des Massenpunktes und der Massenpunktsysteme . . . . . . . . . III.4 Relativbewegung des Massenpunktes III.5 Kinetik des starren K¨orpers . . . . . III.6 Schwingungen . . . . . . . . . . . . III.7 Prinzipien der Mechanik . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . 265 . . . . . . . . . . . . . . . 265 . . . . . . . . . . . . . . . 267

L¨osungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . III.1 Kinematik des Punktes . . . . . . . . III.2 Kinematik des starren K¨orpers . . . . III.3 Kinetik des Massenpunktes und der Massenpunktsysteme . . . . . . . . . III.4 Relativbewegung des Massenpunktes III.5 Kinetik des starren K¨orpers . . . . . III.6 Schwingungen . . . . . . . . . . . . III.7 Prinzipien der Mechanik . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . 299 . . . . . . . . . . . . . . . 299 . . . . . . . . . . . . . . . 306

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271 275 278 289 292

318 330 340 378 387

Kapitel I Statik

© Springer-Verlag GmbH Deutschland, ein Teil von Springer Nature 2020 W. Hauger et al., Aufgaben zu Technische Mechanik 1–3, https://doi.org/10.1007/978-3-662-61301-6_1

I

I Statik

Formelsammlung

I.1

Zentrale Kraftsysteme

Gleichgewichtsbedingungen: 

Fi

Fi = 0 .

F1

i

F2

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 ,

(A) My

= rz Fx − rx Fz ,

(A) Mz

= rx Fy − ry Fx .

A

r F

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 V

 x dV ,

ys =

1 V

 y dV ,

zs =

1 V

 z dV .

Zusammengesetzter K¨orper: 

x i Vi i xs =  , Vi i



yi V i i ys =  , Vi i

 zs =

z i Vi

i 

Vi

i

xi , yi , zi : Schwerpunktskoordinaten der Teilk¨orper, Vi : Teilvolumina.

;

Schwerpunkt

5

b) Fl¨achenschwerpunkt (ebene Fl¨achen):  xi A i  1 i xs = , x dA bzw. xs =  A Ai

ys : entsprechend.

i

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



x dA ,

Sx =



y dA .

c) Linienschwerpunkt (ebene Kurven):

1 xs = l



 x dl

bzw.

x i li i  , xs = li

ys : entsprechend.

i

d) Guldinsche Regeln: Die Guldinschen Regeln (auch Regeln von Guldin-Pappus) stellen Zusammenh¨ange zwischen dem Volumen eines Rotationsk¨orpers V , der Fl¨ache des erzeugenden Fl¨achenst¨ uckes A und dessen Schwerpunkt bzw. der Oberfl¨ache eines Rotationsk¨orpers O, der L¨ange der erzeugenden Linie L und deren Schwerpunkt her. Dabei ist zu beachten, dass die Rotationsachse die rotierende Fl¨ache bzw. die rotierende Linie nicht schneiden (aber wohl ber¨ uhren) darf. Es gelten die Beziehungen: V = 2 π rs A

1. Guldinsche Regel,

O = 2 π rs L

2. Guldinsche Regel.

bzw.

Die Gr¨oße rs ist der Abstand des Fl¨achenschwerpunkts bzw. des Linienschwerpunkts von der Rotationsachse. Sind V und A bzw. O und L bekannt, lassen sich durch Umstellen der Beziehungen die jeweiligen Schwerpunkte berechnen.

6

Statik: Formelsammlung

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

Lagerreaktionen

I.4

7

Lagerreaktionen

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

A

Schnittbild A

gelenkiges Lager (einwertig)

A

gelenkiges Lager (zweiwertig)

A

AH

Parallelf¨ uhrung (zweiwertig)

A

AH

Schiebeh¨ ulse (zweiwertig)

A

Einspannung (dreiwertig)

A

AV

AV MA

MA AV MA

AH

AV

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

A

gelenkiges Lager (dreiwertig)

A

Loslager (vierwertig) Einspannung (sechswertig)

Schnittbild

Az Ax Ay

Az MzA A My

A

A

Ay

Az

MzA A My MxA Ax Az Ay

8

Statik: Formelsammlung

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

Schnittgr¨ oßen

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

x

qz

z

My

q qy

p Qy

am

y

N Qz

M N

x z

MT

p

Q

Mz r¨ aumlicher Fall

ebener Fall

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

Qz ,

dQz = − qz , dx

dMz = − Qy , dx

dQy = − qy . dx

dMy = dx

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

dQ = −q dx

→

positiven

d2 M = −q. dx2

Arbeit

9

Tabelle I.6.1: Randbedingungen (ebener Fall) N

Q

M

0

0

0

= 0

0

= 0

0

= 0

Schiebeh¨ ulse

0

= 0

= 0

Einspannung

= 0

= 0

= 0

freies Ende (ohne eingepr¨agte Lasten)

= 0

gelenkiges Lager

0 Parallelf¨ uhrung

c) F¨oppl-Symbol:  0 f¨ ur x < a , x − an = (x − a)n f¨ ur x > a . Rechenregeln: d x − an = nx − an−1 , dx  1 x − an dx = x − an+1 + C . n+1

I.7

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: F i · δr i + M j · δϕj = 0 ; i

j

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

10

Statik: Formelsammlung

b) Gleichgewichtslagen eines konservativen Systems mit einem Freiheitsgrad und ihre Stabilit¨at Die Potentialkurve hat an der Stelle, die einer Gleichgewichtslage zugeordnet ist, eine waagerechte 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 = 12 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.

Seil unter Eigengewicht

11

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 .

α S1

I.9

S2

Seil unter Eigengewicht

Differenzialgleichung 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 .

12

Statik: Formelsammlung

Neigung der Kettenlinie: y  = tan α = sinh

x s = ; y0 y0

s: vom Scheitelpunkt gez¨ahlte Bogenl¨ange. Durchhang:   x2 f = y0 cosh −1 . y0 Seilkraft: H S= =H cos α Smax = H cosh

 1+

s y0

2 = H cosh

x = q0 y ; y0

x2 = q0 ymax . y0

Seill¨ange:   x1 x2 − sinh . L = y0 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 l 2 f = , 8H

Smax

q0 l = 2

 1+

l 4f

2 ,

L=l+

y

f f S + dS

α

L

y0

s

H S

x1

x

H

l

q0 dS

x2

L

x

8f 2 . 3l

13

Aufgaben 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?

14

Statik: Aufgaben

Aufgabe I.1.4 Ein masseloses 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?

Allgemeine Kraftsysteme

15

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?

16

Statik: Aufgaben

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.

Allgemeine Kraftsysteme

17

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

18

I.3

Statik: Aufgaben

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 Halbkreisfl¨ache mittels Integration a) in kartesischen Koordinaten, b) in Polarkoordinaten und c) mit der zutreffenden Guldinschen Regel. Man vergleiche mit Tab. I.3.1. y

R x

Schwerpunkt

19

Aufgabe I.3.4 Berechnen Sie den Schwerpunkt eines Halbkreisbogens mit Radius R durch a) Integration und b) Anwendung der 2. Guldinschen Regel. y

R x

Aufgabe √ I.3.5 Man bestimme den Schwerpunkt der von den Kurven f (x) = x a und g(x) = x2 /a begrenzten Fl¨ache.

Aufgabe I.3.6 Man bestimme den Schwerpunkt der dargestellten Ziffer.

20

Statik: Aufgaben

Aufgabe I.3.7 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?

Aufgabe I.3.8 Man bestimme den Schwerpunkt einer d¨ unnwandigen Kugelschale (Radius R, H¨ohe H, Dicke t  R).

Aufgabe I.3.9 Man berechne die Lage des Schwerpunkts einer dickwandigen Halbkugelschale (Innenradius Ri , Außenradius Ra ) sowie den Schwerpunkt einer Halbkugel (Radius R).

Lagerreaktionen

21

Aufgabe I.3.10 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.

M

R R

Aufgabe I.3.11 Berechnen Sie den Schwerpunkt des Fl¨achenst¨ uckes zwischen der im Bild skizzierten Kurve y = k xn , n ≥ 1 und der x-Achse mittels a) Integration und b) Anwendung der zutreffenden Guldinschen Regel. y b

y = k xn

a

I.4

x

Lagerreaktionen

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

22

Statik: Aufgaben

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

23

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.

24

Statik: Aufgaben

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.

Fachwerke

25

Aufgabe I.4.11 Zwei glatte Kreiszylinderwalzen (Radius R, Gewicht mg) werden durch einen symmetrischen U-f¨ormigen B¨ ugel (Gewicht M g) 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 ?

26

Statik: Aufgaben

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

27

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 abe 5, 7 und 8 haben die L¨angen Kr¨afte F1 = F√ 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 ?

28

Statik: Aufgaben

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

29

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.

30

Statik: Aufgaben

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.

Arbeit

31

Aufgabe I.6.15 Ein Affe (Gewicht G) klammert sich an einen vertikalen, fest verwurzelten Stamm (spez. Gewicht γ), dessen Querschnittsradius sich von ungt. Der K¨orperschwerpunkt 2r0 am Boden linear auf r0 am oberen Ende verj¨ 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 Abschn. 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.

32

Statik: Aufgaben

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 gelenkig 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

33

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 An einer homogenen Scheibe (Radius R, Masse M ) ist im Abstand r vom Mittelpunkt eine Einzelmasse m angebracht. Die Scheibe kann auf einer schiefen Ebene (Neigungswinkel α) rollen, jedoch nicht rutschen. Man bestimme die Gleichgewichtslagen und untersuche ihre Stabilit¨at.

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?

34

Statik: Aufgaben

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

35

Haftung und Reibung

Aufgabe I.8.1 Eine raue 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?

36

Statik: Aufgaben

Aufgabe I.8.4 Zwischen zwei vertikalen rauen 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 ugel nicht abrutscht? Unter welchem Winkel β zur μ0 = 0, 1), damit der B¨ Vertikalen stellt sich der B¨ ugel ein?

Seil unter Eigengewicht

37

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 ?

38

Statik: Aufgaben

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 rauen 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 rauen 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

39

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?

40

Statik: Aufgaben

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)?

Seil unter Eigengewicht

41

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

42

Statik: L¨ osungen

L¨ osungen I.1

Zentrale Kraftsysteme

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 ur ben¨otigte Kraft F wird zun¨achst f¨ ur einen beliebigen es gilt N2 = 0. Die daf¨ Winkel ϕ bestimmt. Anschließend wird der Winkel ϕ∗ gesucht, f¨ ur den die Kraft minimal wird. Gleichgewichtsbedingungen: →: ↑:

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

Au߬osen liefert: F =

sin α sin α G= G. sin α sin ϕ + cos α cos ϕ cos (α − ϕ)

Zentrale Kraftsysteme

43

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.

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.

44

Statik: L¨ osungen

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

−S sin α + S sin β = 0

→

α=β,

S cos α + S cos β − G = 0

→

S=

G . 2 cos α

Geometrie zur Bestimmung von α:

 a 2 a . cos α = 1 − sin α = , l l 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.

Zentrale Kraftsysteme

45

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 ⎣ 0 ⎦, S1 = √ 2 −1 ⎡ ⎤ 0 G=G⎣ 0 ⎦. −1

⎡ ⎤ 1 S2 ⎣ 2 ⎦, S2 = √ 6 −1

⎡ ⎤ −1 S3 ⎣ 2 ⎦, S3 = √ 6 −1

Gleichgewichtsbedingungen (Komponentenschreibweise): 1 1 1 √ S1 + √ S2 − √ S 3 = 0 , 2 6 6 2 2 √ S2 + √ S3 = 0 , 6 6 1 1 1 − √ S1 − √ S2 − √ S3 − G = 0 . 2 6 6 Aufl¨osen liefert: √ S1 = − 2 G

√ (Druck),

√ S3 = −

6 G 2

(Druck) .

S2 =

6 G 2

(Zug) ,

46

Statik: L¨ osungen

L¨ osung I.1.6 Gleichgewichtsbedingungen (vektorielle Schreibweise): S1 + S2 + S3 + F = 0 mit ⎡ ⎤ 1 S1 ⎣ −3 ⎦ , S1 = √ 10 0

⎡ ⎤ −1 S2 ⎣ −3 ⎦ , S2 = √ 10 0

⎡ ⎤ 0 S3 ⎣ −2 ⎦ , S3 = √ 5 −1

⎡

⎤ ⎡ ⎤ 0 −3 G ⎣ 0 ⎦. F =G ⎣ 0 ⎦+ 5 −1 −4 Gleichgewichtsbedingungen (Komponentenschreibweise): 1 1 3 √ S1 − √ S2 − G = 0 , 5 10 10 3 2 3 − √ S1 − √ S2 − √ S3 = 0 , 10 10 5 1 9 − √ S3 − G = 0 . 5 5

Zentrale Kraftsysteme

47

Au߬osen liefert:

S1 =

9

√

10 G 10

S3 = −

9

√ 5

5

(Zug),

G

S2 =

3

√

10 G 10

(Zug) ,

(Druck) .

L¨ osung I.1.7 Gravitationsgesetz (Gravitationskonstante γ): K=γ

Mm r . |r|2 |r|

Ortsvektoren von mc und m: b b c sin ϕ a =√ → a = √ c sin ϕ a2 + b2 a2 + b 2 √ ⎡ ⎡ ⎤ b sin ϕ/ √a2 + b2 r c = c ⎣ −a sin ϕ/ a2 + b2 ⎦ , r m = ⎣ cos ϕ

,

a c sin ϕ b = √ , a2 + b2

⎤ a b ⎦, c

48

Statik: L¨ osungen

√ ⎤ ⎡ ⎤ x c b sin ϕ/ √a2 + b2 − a  = r c − r m = ⎣ −c a sin ϕ/ a2 + b2 − b ⎦ = ⎣ y ⎦ ; z c(cos ϕ − 1) ⎡

im Sonderfall: √ ⎤ sin ϕ/ √2 − 1  = a ⎣ − sin ϕ/ 2 − 1 ⎦ . cos ϕ − 1 ⎡

Anziehungskr¨afte: ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ 0 −a γ m ma ⎣ γ m m b ⎣ 0 ⎦, −b ⎦ , K b = 2 Ka = 2 (b + c2 )3/2 (a + c2 )3/2 −c −c ⎡ ⎤ x γ m mc ⎣ y ⎦ ; Kc = 2 (x + 2y + 2z )3/2 z im Sonderfall: ⎡ ⎤ 0 γ m ma ⎣ −1 ⎦ , Ka = √ 2 2 a2 −1 Kc =

γ m mc a2 (4 − 2 cos ϕ)3/2

⎡ ⎤ −1 γ m mb ⎣ 0 ⎦, Kb = √ 2 2 a2 −1 √ ⎡ ⎤ sin ϕ/ √2 − 1 ⎣ − sin ϕ/ 2 − 1 ⎦ . cos ϕ − 1

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

→

⎡

Allgemeine Kraftsysteme

49

r m

M −K

K Kc

z

m z

ρ mc

y

Ka Kb

ϕ

mc c cos ϕ

b

c

y mb

c sin ϕ

d

c sin ϕ

d ma

I.2

d

a

a

b mc

x

d

x

Allgemeine Kraftsysteme

L¨ osung I.2.1 Die Kontaktkr¨afte N1 und N2 stehen senkrecht zu den jeweiligen Ber¨ uhrungsebenen. 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.

50

Statik: L¨ osungen

L¨ osung I.2.2 Gleichgewichtsbedingungen: N2 sin 30◦ − F = 0 ,

→:

N1 − N2 cos 30◦ + G = 0 ,

↓: 

N2 (l − a) − G

A:

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 .

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

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

M0 + h S1 = 0

C: Geometrie: h=

3 r. 2

→

S1 = S2 = S3 = −

M0 . h

Allgemeine Kraftsysteme

51

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

Si + F = 0 ,

i



ri × S i + rF × F = 0 .

i

Ortsvektoren: ⎡

⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ 2a 2a 0 r 1 = r 4 = r 6 = 0 , r 2 = r 5 = ⎣ 0 ⎦ , r 3 = ⎣ 2a ⎦ , r F = ⎣ 2a ⎦ . 0 0 0 Kraftvektoren: ⎡

⎤ 0 S 1 = S1 ⎣ 0 ⎦ , −1 ⎡ ⎤ 2 S4 ⎣ 0 ⎦, S4 = √ 5 −1

⎡

⎤ 0 S 2 = S2 ⎣ 0 ⎦ , −1 ⎡ ⎤ 0 S5 ⎣ 2 ⎦, S5 = √ 5 −1

⎡

⎤ 0 S 3 = S3 ⎣ 0 ⎦ , −1 ⎡ S6 ⎣ S6 = 3

⎡

⎤ 1 F =F⎣ 0 ⎦. 0 Gleichgewichtsbedingungen (Komponentenschreibweise): 2 2 √ S4 + S 6 + F = 0 , 3 5

⎤ 2 2 ⎦, −1

52

Statik: L¨ osungen

2 2 √ S5 + S 6 = 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: 1 S1 = F , 2

1 S2 = − F , 2

√ S 3 = S4 = 0 ,

S5 =

5 F, 2

3 S6 = − F . 2

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

Allgemeine Kraftsysteme

53

Gleichgewichtsbedingungen:      

(A)

Miz = 0 : (A)

Mix = 0 :

3a S3 = 0

→

6a S6z − 2a G = 0

→

S3 = 0 , √ S6 = 6 G/3 ,

(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. Geometrie: S1x S1z S1 = = , S2x S2z S2

S3y S3 = , S4y S4

S1x 4a = . S1z 6a

Gleichgewichtsbedingungen: 

Fix = 0:

S1x − S2x = 0  Fiy = 0:

→ S1 = S 2 ,

S3y + S4y = 0

→ S3 = −S4 ,

54

Statik: L¨ osungen



(B)

Mix = 0:

12a S1z +12a S2z +6a G1 +9a G2 = 0  (0) Miz = 0:

√ → S2 = − 13(2G1 + 3G2 )/24 ,

−12a S1x + 12a S2x − 8a S4y = 0  (0) Miy = 0:

→ S4 = 0 ,

−8a S2z − 8a S6 − 4a G1 − 6a G2 = 0  (D) Miy = 0:

→ S6 = −(2G1 + 3G2 )/8 ,

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

→ S5 = −(2G1 − G2 )/8 .

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

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

dRy = p0 cos ϕ r dϕ .

Resultierende: 60◦ Rx =

dRx = 0 , −60◦

60◦ 60◦ √ Ry = 2 dRy = 2p0 r cos ϕ dϕ = 3p0 r . 0

0

Schwerpunkt

55

Moment um M: 

M:

M M = p0

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 60◦

R

60◦ y

ϕ

dR

r dϕ

b B

dR

x

I.3

R

Schwerpunkt

L¨ osung I.3.1 Wegen t  a kann man die Schwerpunkte mit Hilfe der Formeln f¨ ur Linienschwerpunkte berechnen. a) Gesamtschwerpunkt:  xi l i xs =  , li

 yi l i ys =  . li

56

Statik: L¨ osungen

Teilprofile: Œ: x1 = 0 ,

y1 = a/2 ,

l1 = a ,

: x2 = a/2 ,

y2 = 0 ,

l2 = a ,

Ž: x3 = 3 a/2 ,

y3 = a/2 ,

l3 =

√

Einsetzen liefert: xs = (5

√

2/4 − 1) a ,

ys =

√

2 a/4 .

b) Gesamtschwerpunkt: xs = 0

(Symmetrie),

 yi l i ys =  . li

Teilprofile: Œ: y1 =

1 a, 2

l1 = 2a ,

: y2 = 0, Ž: y3 = a + Einsetzen liefert: ys =

3+π a. 4+π

l2 = 2a , 2 a, π

l3 = πa .

2a.

Schwerpunkt

57

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

ys = −xs .

Teil߬achen: x1 = 0 ,

A1 = π a b ,

Einsetzen liefert: xs = −

b2 . 3(9a − b)

x2 = b/3 ,

A2 = − π b2 /9 .

58

Statik: L¨ osungen

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 obere 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 x = −R

R

=

x = −R

√

R2 −x2

y=0

y dy dx

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

R 2 = (R2 − x2 ) dx = R 3 . 3 0 Einsetzen liefert: ys =

4R . 3π

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

Schwerpunkt

59

Statisches Moment: π R

 y dA =

ϕ=0 r=0

R3 r sin ϕ dr dϕ = 3 2

π sin ϕ dϕ = ϕ=0

2 3 R . 3

Einsetzen liefert: ys =

4R . 3π

c) Die Fl¨ache des Halbkreises mit Radius R betr¨agt A=

1 2 R π. 2

Bei Rotation der Halbkreis߬ache um die x-Achse entsteht eine Kugel mit dem Volumen V =

4 3 R π. 3

Umstellen der 1. Guldinschen Regel ergibt f¨ ur die y-Koordinate des Schwerpunkts

ys = rs =

y

y= dx

√

1 V 2 4R 1 4 3 · = · R π· 2 = . 2π A 2π 3 R π 3π y

R2 − x2 dA

dy

dϕ

y dA dr r ϕ r dϕ

x a

R x

L¨ osung I.3.4 Schwerpunktskoordinaten: 1 (Symmetrie), ys = L

x c

b

xs = 0

yS

 y dL.

60

Statik: L¨ osungen

a) Das Linienelement in kartesischen Koordinaten ist: 1

dL = ((dx)2 + (dy)2 ) 2 . Mit Kreispolarkoordinaten x = R cos ϕ, y = R sin ϕ ergibt sich:  1 dL = R2 sin2 ϕ + R2 cos2 ϕ 2 dϕ = R dϕ. Das statische Moment des Kreisbogens bez¨ uglich der x-Achse ist   π π Sx = y dL = R sin ϕ R dϕ = R2 (− cos ϕ)0 = 2 R2 . 0

Einsetzen ergibt f¨ ur die y-Koordinate des Schwerpunkts mit L = R π (halber Kreisumfang): ys =

2R . π

b) L¨ange des Kreisbogens: L = R π. Oberfl¨ache der Kugel, die durch Rotation des Kreisbogens um die x-Achse entsteht: O = 4 R2 π. Anwendung der 2. Guldinschen Regel ergibt: ys = rs =

1 O · 2π L

→

ys =

2R . π

L¨ osung I.3.5 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:  1 x dA , ys = x s xs = A

(Symmetrie).

Schwerpunkt

61

Fl¨ache:

A=

=



a

dA =

f(x)

dy dx =

x = 0 y = g(x)

a x=0

[f (x) − g(x)] dx =

a

f (x )

x=0

[y|g(x ) ] dx

a √ ( x a − x2 /a) dx = a2 /3 .

x=0

Statisches Moment: 

x dA =

=

a

f(x)

x = 0 y = g(x)

a x=0

Einsetzen liefert: xs = 9a/20 .

x dy dx =

a x=0

x[f (x) − g(x)] dx

√ (x x a − x3 /a) dx = 3a3 /20 .

62

Statik: L¨ osungen

L¨ osung I.3.6 Wir zerlegen die Ziffer in f¨ unf Teilfl¨achen. Die ausgeschnittene Halbkreisfl¨ache  geht negativ in die Formeln f¨ ur die Schwerpunktskoordinaten ein. i

xi /a

yi /a Ai /a2

xi Ai /a3

yi Ai /a3

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

Summen:

−

1 8+

→ xs = 1,93a ,

L¨ osung I.3.7 Schwerpunktskoordinate:

9 π 2

16 − 2π 3 0,5

−2π

0,5

 yi V i ys =  . Vi

18 +

5 π 2

68 5 + π 3 2

ys = 4,89a .

−6π 0,5 54 +

15 π 2

Schwerpunkt

63

Teilk¨orper: y1 =

1 h, 4

V1 =

π 2 hr , 3

3 y2 = − r , 8

V2 =

2π 3 r . 3

Forderung: ys ≤ 0

→

h≤

√

3r.

L¨ osung I.3.8 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: V =



dV = 2π t R2

α 0

sin ϕ dϕ = 2π t R2 (1 − cos α) .

64

Statik: L¨ osungen

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

→

zs = R − H/2 .

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

L¨ osung I.3.9 Wir w¨ahlen eine d¨ unnwandige Halbkugelschale mit dem Radius r und der Dicke dr als Volumenelement: dV = 2π r2 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

r2 dr = 2π(Ra3 − Ri3 )/3 .

Statisches Moment: 

z dV =

R a Ri

(r/2) 2π r2 dr = π(Ra4 − Ri4 )/4 .

Schwerpunkt

65

Einsetzen liefert:

zs =

3(Ra4 − Ri4 ) . 8(Ra3 − Ri3 )

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

(siehe Tabelle I.3.1).

L¨ osung I.3.10 Der Schwerpunkt liegt auf der Rotationsachse, die Teilungsebene der Glocke liegt bei z = 0. Oberer Teilschwerpunkt:  zo =

z dA , Ao

π/2 Ao = 2πR cos ϕ R dϕ = 2πR2 , 0

π/2 zo Ao = − 2πR cos ϕR sin ϕ dϕ = −πR3 . 0

Unterer Teilschwerpunkt: π/4 √ Au = 2πR(2 − cos ψ)R dψ = πR2 (π − 2) , 0

z u Au =

π/4 7 √ 2πR(2 − cos ψ) sin ψ R dψ = 2πR3 ( − 2) . 4 0

66

Statik: L¨ osungen

Gesamtschwerpunkt: zs =

zo Ao + zu Au Ao + A u

→

zs =

√ 5/2 − 2 2 √ R. π+2− 2

Da das Gewicht pro Fl¨acheneinheit konstant ist, geht es nicht in die Rechnung ein. 2R ψ

R dϕ

M

R

R

ϕ

z

L¨ osung I.3.11 a) Berechnung von k: b = k an

→

k=

b an

→

y=

b n x . an

Fl¨ache zwischen Kurve und x-Achse: ⎛ b n ⎞ a an x a  b an+1 ab b ⎟ ⎜ A = dA = ⎝ dy ⎠ dx = n xn dx = = . a (n + 1) an n+1 0

0

0

Statische Momente: ⎛ b n ⎞ a an x a  b an+2 a2 b b ⎜ ⎟ x dy ⎠ dx = n xn+1 dx = = Sy = x dA = ⎝ , a (n + 2) an n+2 0

Sx =



a y dA = 0

0

⎛ ⎜ ⎝

b an

x 0

0

n

⎞

b2 ⎟ y dy ⎠ dx = 2 a2n

a 0

x2n dx =

a b2 . 2(2n + 1)

Schwerpunkt

67

Schwerpunkt: xs A = Sy

→

xs =

n+1 a, n+2

y s A = Sx

→

ys =

n+1 b. 2(n + 1)

b) Da der Fl¨achenschwerpunkt gesucht ist, wird die erste Guldinsche Regel angewendet. Volumen des Rotationsk¨orpers, der durch Rotation des Fl¨achenst¨ ucks um die y-Achse entsteht:  Vy =



a 0

dVy = 2 π

a 0

x y dx = 2 π

b an



a 0

xn+1 dx =

2 a2 b π . n+2

Einsetzen in die erste Guldinsche Regel ergibt mit A = a b/(n + 1) (siehe Teilaufgabe a)): Vy = 2 π xs · A

→

xs =

n+1 a. n+2

Volumen des Rotationsk¨orpers, der durch Rotation des Fl¨achenst¨ ucks um die x-Achse entsteht:  a  a  a b2 a b2 π dVx = π y 2 dx = 2 π 2n x2n dx = . Vx = a 2n + 1 0 0 0 Einsetzen ergibt: Vx = 2 π yS · A

→

ys =

n+1 b. 2(2n + 1)

68

I.4

Statik: L¨ osungen

Lagerreaktionen

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



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

Lagerreaktionen

69

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 4

√

3

→

S=

→

√ 13 − 3 3 Ax = G, 8

→

Ay = −

→

√ 3 3 BH = G, 4

G,

√ 9− 3 G. 8

Gleichgewicht am Lager B: →:

◦

◦

−BH + S sin 30 + S sin 60 = 0

Symmetrie:

√ 3 3 G. BV = 4

70

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 .

→

D=−

→

BV = F/6 ,

→

BH = F/3 .

Gleichgewicht am Balken BC: 

√

B : 4a

2 D + 6a F2 − 8a CV = 0 2



D: 4a BV + 2a F2 − 4a CV = 0

2

√

2

3

√ →:

BH −

2 D − CH = 0 2

F,

Lagerreaktionen

71

L¨ osung I.4.5 Gleichgewicht am Baumstamm: 

→

S1 = 2G/3 ,

→

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 .

D: 4a G − 6aS1 = 0 

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



A H + CH = 0

Gleichgewicht am Gesamtsystem: →:

AH + B H = 0

72

Statik: L¨ osungen

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

S−G=0

→

S = G.

Gleichgewicht am linken Teilk¨orper: √



2 S=0 C : 2a AV + a 2 

√ AV = −

→

CV = −

→

BH =

√ 6− 2 G, 6

→

CH =

√ 3−2 2 G. 3

→

AH = −

→

√ 4+ 2 BV = G. 4

√

A : 2a CV + a

2 S=0 2

2 G, 4

→

√

2 G. 4

Gleichgewicht am rechten Teilk¨orper: √ 2 2 S − 3a S − 3a S=0 2 2

√



C : 3a BH + 4a 

√

B : 3a CH + 7a

√ 2 2 S −3a S−3a S=0 2 2

Gleichgewicht am Gesamtsystem: →:

↑:

AH + B H = 0

AV +BV −G = 0

√ 6− 2 G, 6

Lagerreaktionen

73

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

−AH + F cos α = 0

→

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 .

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 Lagerund der Gelenkkr¨afte zu Null.

74

Statik: L¨ osungen

Gleichgewicht am mittleren Teilbalken: 

G 1 : a F − 2a G2 = 0

→

G2 = F/2 ,

↓: G1 − G2 = 0 → Gleichgewicht am linken Teilbalken:

G1 = F/2 .



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 ¨andern sich nicht.

L¨ osung I.4.9 Geometrie: S1x : S1y : S1z = S2x : S2y : S2z = 1 : 1 : 2 . Symmetrie: S1 = S2 .

Lagerreaktionen

75

Gleichgewichtsbedingungen: 

Fix = 0:

Ax + S1x − S2x = 0

→

Ax = 0 ,

a G1 − 2a Az = 0

→

Az = G1 /2 ,

i

 

i

(B)

Mix = 0:

(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 ,

i

Gleichgewicht am Gesamtsystem: 

(A)

Miy = 0:

−3a C − 3a Dz = 0

i

 i

Fix = 0:

A x + Dx = 0

76

Statik: L¨ osungen



(A)

Miz = 0:

−2a Dx + 3a Dy + aF = 0

→

Dy = −F/3 ,

→

Ay = −2F/3 ,

2a B + 2a Dz − a F = 0

→

B = F/2 ,

3a Az + 3a B = 0

→

Az = −F/2 .

i



Fiy = 0:

A y + Dy + F = 0

i



(A)

Mix = 0:

i



(D)

Miy = 0:

i

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 .

Fachwerke

77

Gleichgewicht f¨ ur B¨ ugel: 

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

↑: A + B − M g = 0

→

√ Mg 2 √ , A= − mg 2 2+ 2

→

√ Mg 2 √ > 0, B= + mg 2 2+ 2

→

→: −N1 + N3 = 0

Gleichgewicht erf¨ ullt .

Die Bindung in A ist einseitig. Es k¨onnen nur Druckkontaktkr¨afte A > 0 u ur A < 0 kippt die Anordnung gegen den Uhrzeigersinn ¨bertragen werden. F¨ um B: √ M 2 √ < m 1 + 2/2

→

Kippen .

Mg

N1

R R

N2

a mg

N1

mg R+a

N2

N3

a N4

I.5

N3 B

R

A 2R + a

Fachwerke

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 →:

BH = 0 .

→

BV = P/2 ,

→

A = P/2 ,

78

Statik: L¨ osungen

Gleichgewicht am Knoten I: √ ↑: S3 +

2 S4 = 0 2

√ →

S4 = −

2 P. 2

L¨ osung I.5.2 Wir berechnen zuerst die Lagerkraft A aus dem Gleichgewicht am Gesamtsystem. Anschließend trennen wir das Fachwerk mit einem RitterSchnitt 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

→

Fachwerke

79

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 → →:

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

AH = 0 .

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

√ a = ( 3/3 + 1) c .

80

Statik: L¨ osungen

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

S3V 1 S2V = =√ . S2 S3 5

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

→

S2 = −S3 .

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

5 F, 2

→

S3 = −

→

S1 = 4F ,

→

S4 = −4F .

Fachwerke

81

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

√

A:

5 2 1 a G − 2a √ B − a √ B = 0 2 5 5

→

B=

→:

2 AH − √ B = 0 5

→

AH =

5 G, 4

↑:

1 AV + √ B − G = 0 5

→

AV =

3 G. 8

5

5

8

G,

Gleichgewicht am Knoten II: √

↑:

2 S3 = 0 AV + 2

→

√ 3 2 S3 = − G, 8

→

7 S4 = − G . 8

→

1 S5 = − G , 2

→

√ 1 S8 = − (7 + 4 3) G . 8

→

S7 =

√ →:

AH +

2 S3 + S4 = 0 2

Gleichgewicht am Knoten IV: ↑:

S5 +

1 G=0 2 √

→:

−S4 + S8 +

3 G=0 2

Gleichgewicht am Knoten III: √ 2 2 S3 + S5 + S7 = 0 2 2

√ ↓:

7

√

2

8

G.

Gleichgewicht am Knoten V: ←:

2 S6 + √ B = 0 5

→

5 S6 = − G , 4

↓:

1 S9 − √ B = 0 5

→

S9 =

5 G. 8

82

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:

6a B − 3a S5 = 0

→

S5 = 3q0 a .

−S5 + S4 sin α = 0

→

S4 = 15q0 a/4 ,

S3 + S4 cos α = 0

→

S3 = − 9q0 a/4 .

Gleichgewicht am Knoten II: →: ↑: Symmetrie: S1 = S4 ,

S 2 = S3 .

Fachwerke

83

L¨ osung I.5.7 Vektorielle Darstellung der am Knoten III wirkenden Kr¨afte S 7 und S 8 : ⎡ ⎤ 2 S7 ⎣ 1 ⎦, S7 = − √ 2 2 √3

⎡ ⎤ 2 S8 ⎣ −1 ⎦ . S8 = − √ 2 2 √3

Gleichgewicht am Knoten I: 





Fix = 0:

S6 = 0 , √

Fiz = 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

√ 1 2 Fiy = 0: S1 + 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 S3 − S 2 − √ S 7 + √ S 8 = 0 2 2 2 2 2 2 → S7 = S8 , √

√ √ √ 3 3 3 3 Fiz = 0: − S2 − S3 − √ S7 − √ S8 = 0 2 2 2 2 2 2 →

√ 2 6 S8 = − F, 3

84

Statik: L¨ osungen



I.6

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

→

√ 4 3 S9 = F. 3

Schnittgr¨ oßen

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

Schnittgr¨ oßen

85

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

Extremwerte: dM1 =0 dξ

→

ξ1 =

1 (3l − a) 6

→

M1max =

1  a 2 Gl , 3− 36 l

dM2 =0 dξ

→

ξ2 =

1 (3l − 4a) 6

→

M2max =

1  a 2 Gl . 3−2 36 l

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.

86

Statik: L¨ osungen

L¨ osung I.6.3 Wir bestimmen die Schnittgr¨oßenverl¨aufe mit Hilfe des F¨opplSymbols. Belastung: q(x) = q0 − q0 x − a 0 +

3q0 x − 2a 1 . 4a

Schnittgr¨oßenverl¨aufe: Q(x) = −q0 x + q0 x − a 1 −

3q0 x − 2a 2 + C1 , 8a

1 q0 1 M (x) = − q0 x2 + q0 x − a 2 − x − 2a 3 + C1 x + C2 . 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) =

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

Lagerkr¨afte: A = Q(0)

→

A = 9q0 a/8 ,

B = −Q (4a)

→

B = 11q0 a/8 .

Maximales Moment (tritt auf bei x > 2a):  Q(x0 ) = 0

→

M (x0 ) = Mmax →

x0 =

1 2+ √ 3

 a,

Mmax = 0,80q0 a2 .

C1 = 9q0 a/8 .

Schnittgr¨ oßen

87

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 − 4a 0 . Schnittgr¨oßenverl¨aufe: Q(x) = −q0 x − 4a 1 − S cos α x − 4a 0 + C1 , M (x) = −q0 x − 4a 2 /2 − S cos α x − 4a 1 + C1 x − M0 x − 2a 0 + 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 .

88

Statik: L¨ osungen

Aufl¨osen ergibt: C1 = −q0 a,

S cos α = −5q0 a .

Einsetzen liefert: Q(x) = −q0 x − 4a 1 + 5q0 a x − 4a 0 − q0 a , M (x) = −q0 x − 4a 2 /2 + 5q0 a x − 4a 1 −q0 a x − 4q0 a2 x − 2a 0 . 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 .

Schnittgr¨ oßen

89

Schnitt an der Stelle x1 : ↓: 

S:

Q(x1 ) − A + R = 0 M (x1 ) − Ax1 + R

x1 =0 2

→

Q(x1 ) = q0 (a − x1 ) ,

→

M (x1 ) =

  1 x1 x21 q0 a 2 2 − 2 . 2 a a

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 .

90

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 .

Schnittgr¨ oßen

91

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

B = 3q0 a/2 ,

S1 = S4 = 15q0 a/4 ,

S2 = S3 = −9q0 a/4 .

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

Bild I.6.8

BH = F/2 .

Bild I.6.9

92

Statik: L¨ osungen

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

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

AV = G ,

B = 2G/3 .

Schnittgr¨ oßen

93

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: 

Fiz = 0:

Q z + q0 r ϕ = 0

→

Qz = −q0 r ϕ ,

i



(0)

Mix = 0:

i

 ϕ =0 MT + q0 r ϕ r − a cos 2

→

MT = −q0 r2 (ϕ − sin ϕ) ,

94

Statik: L¨ osungen



(0)

Miy = 0: My + q0 r ϕ a sin

i

ϕ =0 2

→

My = −q0 r2 (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 .

Schnittgr¨ oßen

95

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:  x r(x) = r0 2 − , H V (x) =

π π x [(2H − x)r2 (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 .

96

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 + B x = 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

Arbeit

97

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

I.7

3 N st 2 γ π H r0

−1

N an /G

Qan /G

1 M an /G a

Arbeit

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 .

98

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.

Arbeit

99

Prinzip der virtuellen Arbeit: δW = 0: R1 δwR1 + R2 δwR2 − B δwB + F sin α δwF = 0 . 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 .

100

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) .

Arbeit

101

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.

102

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 0 Ep (ϕ1 ) = 0, Ep (ϕ1 ) = − m g r = 0

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

Arbeit

103

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 . 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.

104

Statik: L¨ osungen

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 .

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 .

Arbeit

b)

105

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

106

b)

Statik: L¨ osungen

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.

L¨ osung I.7.9 Schwerpunktsh¨ohe: z+h z =√ L a2 + z 2

→

h= √

Lz −z. a2 + z 2

Potential Ep und Ableitungen:  Ep = 2G h = 2G z

√

L −1 2 a + z2

 ,

L z2 L a2 1 dEp L −1− √ = √ − 1, =√ 2G dz a2 + z 2 ( a2 + z 2 ) 3 ( a2 + z 2 )3 L a2 z 1 d2 E p √ = −3 . 2G dz 2 ( a2 + z 2 )5 Gleichgewichtslagen: dEp =0 dz

→

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

→

zgl =± a

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

→

zgl > 0: instabil ,

 2/3 L − 1. a

Arbeit

107

d2 E p > 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

h

S

G

S

S

S

z

a

L¨ osung I.7.10 Eingef¨ uhrt wird eine virtuelle Drehung um B mit dem Winkel δϕB . Sie f¨ uhrt 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 .

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.

108

Statik: L¨ osungen

Gesamte virtuelle Arbeit: δW = A δwA − m g(δwS1 + δv) − m g(δwS2 + δv) − M g δwS = [A(2R + a) − mg(R + R + a − 2R − 2a) − M g(R + a/2)]δϕB . Gleichgewichtsbedingung: δW = 0

→

A=

√ Mg 2 √ . − mg 2 2+ 2

δwS δuS δwS1

Mg mg S1

δuS1 δϕB

δuS2

mg S2

N4 , δwN4

δv

N1 δwS2

δuN4

B

I.8

δv

S

mg N3 mg

δuA A, δwA

N4 , δv

Haftung und Reibung

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.

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)

Haftung und Reibung

109

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

D cos 60◦ − G1 = 0

→

D = 6G .

→

N = 4G ,

→

H=

→

α = 30◦ .

Gleichgewicht am Balken: ↑: 

B:

N − D cos 60◦ − G2 = 0 aN +

√

3aH −

5 a a D − G2 = 0 4 2

4√ 3G. 3

Haftbedingung: √ H ≤ μ0 N

→

μ0 ≥

3 . 3

L¨ osung I.8.3 Geometrie: cos α =

√

3/2

110

Statik: L¨ osungen

Gleichgewicht am mittleren Zylinder: ↑:

2N1 sin α + 2H1 cos α − G1 = 0

√

→

N1 +

→

H1 = H2 = H .

3 H1 = G 1 .

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 .

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 ,

Haftung und Reibung

↑: →:

111

N sin α − G1 = 0 , Nl − N cos α = 0

→

Nl = G1 cotan α .

Nl − Nr = 0

→

Nr = Nl = G1 cotan α ,

Hr − G 1 − G 2 = 0

→

H r = G 1 + G2 .

→

μ0 ≥ (1 + G2 /G1 ) tan α .

Gleichgewicht am Gesamtsystem: →: ↑:

Haftbedingung: Hr ≤ μ0 Nr

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

N1 − N2 = 0 , H 1 + H 2 − G2 = 0 .

Gleichgewicht am Klotz: →: ↑:

N2 − SH = 0 , S V − H 2 − G1 = 0 .

112

Statik: L¨ osungen

Haftbedingungen: H1 ≤ μ0 N1 ,

H2 ≤ μ0 N2 .

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

2μ0 G1 . a/b − μ0

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 − G K − 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 .

Haftung und Reibung

113

Aufl¨osen liefert: α≥

ln 6 → α ≥ 17, 9 = 2, 85(2π) . μ0

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

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 N 1 ,

R2 = μ N 2 .

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.

114

Statik: L¨ osungen

Bremsmoment: MB = r(R1 + R2 )

I.9

→

MB =

4μ rF . 1 − μ2

Seil unter Eigengewicht

L¨ osung I.9.1 Seill¨ange: L=2

H q0 l sinh q0 2H

→

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

→

H=

→

f = 50,1 m .

Graphische L¨osung: u∗ = 1, 62

q0 l = 3080 N . 2u∗

Durchhang: f=

H q0

 cosh

q0 l −1 2H



Seil unter Eigengewicht

115

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∗

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

q0 l = 2

1+



l 4f

2

q0 l = 2

 1+

1 4v

2 = 0,800q0 l .

q0 l . 2H

116

Statik: L¨ osungen

Fehler: 0,056 SmaxK − SmaxP = = 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

H q0 l l sinh = ∗ sinh u∗ q0 2H u

→

LK = 1,0775l .

→

LP = 1,0817l .

Seill¨ange (N¨aherungsformel):  LP =

8f 2 1+ 2 3l

 l

Fehler: ΔL = 0,004 = ˆ 0,4 % . LK

Seil unter Eigengewicht

117

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: S C = P = q0 y C

→

P = q0 (y0 + b) → y0 = P/q0 − b .

Einsetzen liefert: l=

P − q0 b P . arcosh q0 P − q0 b

L¨ osung I.9.4 Wir bezeichnen den Grenzwert der Haftungskraft mit H0 und die Horizontal- bzw. die Vertikalkomponente der Seilkraft mit S0 bzw. V . Gleichgewicht am Klotz: H 0 = S0 ,

N =V .

Grenzhaftung: H0 = μ0 N . Neigungswinkel des Seils beim Klotz: a) tan α = V /S0 = N/H0

→

tan α = 1/μ0 .

118

Statik: L¨ osungen

b) tan α =

L/2 y0

c) tan α = sinh →

a 2y0

L = μ0 L/2 . 2 tan α

→

y0 =

→

1 a = sinh μ0 μ0 L

a = μ0 L arsinh 1/μ0 .

Durchhang:       μ0 L a 1 −1 = −1 f = y0 cosh cosh arsinh 2y0 2 μ0 ⎫ ⎧ ⎡ ⎤   2 ⎬ μ0 L ⎨ 1 cosh ⎣arcosh = + 1⎦ − 1 ⎭ 2 ⎩ μ0 →

f =(



1 + μ20 − μ0 )L/2 .

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

Seil unter Eigengewicht

119

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

2H b q0 sinh q0 2H

→

d=

2S ∗ b q0 sinh +h−l. q0 2S ∗

Gleichgewicht am Seilst¨ uck BD: ↑:

SB − q0 (h − d) − FC = 0

mit der Federkraft FC = c(d − d0 ) . Aufl¨osen 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: L = π r = 2y0 sinh

r y0

→

πr r = sinh 2y0 y0

→

y1 r = cosh = 2,88 . y0 y0

→

Kettenlinie: y = y0 cosh

x y0

r = 1,72 . y0

120

Statik: L¨ osungen

Bogenl¨ange: s = y0 sinh

x y0

x dx . y0

→

ds = cosh

cosh2

2y0 x dx = y0 πr

Schwerpunktskoordinate:  ys =

y ds 2y0 = L πr

r 0



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): y 1 − 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.

Seil unter Eigengewicht

121

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

122

Statik: L¨ osungen

Beziehung zwischen sinh und cosh: cosh2 γ − sinh2 γ = 1

→

cosh

xB = y0

xB √ 1 + sinh2 = 2. y0

Gleichung der Kettenlinie: x y = 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

→



x B xA − y0 y0



1 = 7



xA 0, 881 − y0

Einsetzen liefert: cosh

xA 3 = y0 7

 0,881 −

xA y0

 +

√

2 = 1,792 − 0,429

xA . y0

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



xA = 0,881 y0

 .

Seill¨ange: L= →

  y0 xB xA = 2,883(1 + 2,242) a a sinh − sinh a y0 y0 L = 9,35a .

 .

Seil unter Eigengewicht

123

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  2  2 f L → +1 − =1 y0 2y0

→

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 , − 4f 2

L2

4f L + π/2 . − 4f 2

L2

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

→

SB =

L2 + 4f 2 q0 , 8f

S C = q0 l . Seilhaftung:

SB e−μ0 β ≤ SC ≤ SB eμ0 β

→

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

124

Statik: L¨ osungen

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

q0 y 0 . 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¨ ∗ ϕ1 . Die Nullstellenbestimmung ist nicht weniger aufwendig als die Suche nach einem Minimum in einem Wertevorrat N1 (ϕ1 = m Δϕ), s. Tabelle und Diagramm: ϕ1 N1 /(a q0 )

0◦

10◦

∞ 5,788

20◦

30◦

40◦

50◦

60◦

70◦

80◦

90◦

2,986

2,102

1,711

1,539

1,519

1,685

2,364

∞

Seil unter Eigengewicht

125

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 x1 = a

x

30◦

60◦

90◦

ϕ1

Kapitel II Elastostatik

© Springer-Verlag GmbH Deutschland, ein Teil von Springer Nature 2020 W. Hauger et al., Aufgaben zu Technische Mechanik 1–3, https://doi.org/10.1007/978-3-662-61301-6_2

II

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 0

ε(x) dx ;

l: Stabl¨ange.

Sonderfall gleichf¨ormiger Dehnung (ε = konst):

Δl = ε l .

130

Elastostatik: Formelsammlung

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

σ(x) N (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=

EA F = . Δl l

Ersatzfedersteifigkeiten: c∗ =



cj

(Parallelschaltung),

j

 1 1 = ∗ c cj j

II.2

(Reihenschaltung).

Biegung

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



z 2 dA, 2

r dA =

Iz = 

y 2 dA,

 Iyz = Izy = −

yz dA,

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

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

Biegung

131

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:

y

ϕ ϕ∗

η 1

z

ζ

2



(Iyz )i .

132

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 1 (Iy − Iz ) sin 2ϕ + Iyz cos 2ϕ . 2

−

Iη ζ =

Haupttr¨agheitsmomente:

I1 , 2

Iy + Iz = ± 2



Iy − Iz 2

2 2 . + Iyz

Hauptrichtungen: tan 2ϕ∗ =

2Iyz . Iy − Iz

Tabelle II.2.2: Biegelinien  EI wA

EI wB

F l2 (β − β 3 ) 6

−

F l2 (α − α3 ) 6

B

q0 l 3 24

−

q0 l 3 24

B

q0 l 3 (1 − β 2 )2 24

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

Nr. Lastfall F

1 A

x

a

b

B

l

q0

2 A

x l

q0

3 A

x

a

b l

Biegung

133

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. Dev.mom.

Iyz Iηζ 2ϕ Iζ

2ϕ∗

Iz

I2

Iy

Iη

I1

ax. Moment

I1 + I2 2

EI w(x) F l3 [β ξ (1 − β 2 − ξ 2 ) + ξ − α 3 ] 6

q0 l 4 (ξ − 2 ξ 3 + ξ 4 ) 24

q0 l 4 4 [ξ − ξ − α 4 − 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 l 4 384

134

Elastostatik: Formelsammlung

Tabelle II.2.2 (Fortsetzung)  EI wA

EI wB

B

7 q0 l 3 360

−

B

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

M0 l (3 α2 − 1) 6  M0 l f¨ ur b = 0 3

B

0

F a2 2

q0 B

0

q0 l 3 6

q0 B

0

q0 l 3 β (β 2 − 3 β + 3) 6

B

0

q0 l 3 24

B

0

M0 a

Nr. Lastfall q0

4 A

x

q0 l 3 45

l

5 A

M0 x

a

b l

F

6 A

x

a

b l

7 A

x l

8 A

x

a

b l

q0

9 A

x l

10 A

M0 x

a

b l

Erkl¨arungen: ξ =

x ; l

α=

a ; l

β=

b ; l

EI = const;

w =

dw . dx

Biegung

135

EI w(x)

EI wmax

q0 l 4 (7 ξ − 10 ξ 3 + 3 ξ 5 ) 360 √

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

3 M0 l 2 27 f¨ ur a = 0

F l3 [3 ξ 2 α − ξ 3 + ξ − α 3 ] 6

F l3 3 f¨ ur a = l

q0 l 4 (6 ξ 2 − 4 ξ 3 + ξ 4 ) 24

q0 l 4 8

q0 l 4 [ ξ − α 4 − 4 β ξ 3 + 6 β (2 − β) ξ 2 ] 24

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

M0 l2 2 (ξ − ξ − α 2 ) 2  ξ − α n =

ur ξ > α (ξ − α)n f¨ 0 f¨ ur ξ < α

q0 l 4 30

M0 l 2 2 f¨ ur a = l

136

Elastostatik: Formelsammlung

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

y¯S

S A

z¯

z

Iy¯ = Iy + z¯s2 A ,

I¯z = Iz + y¯s2 A ,

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. Differenzialgleichungen der Biegung in z- und in y-Richtung: My (x) d2 w(x) =− , dx2 EIy (x)

Mz (x) d2 v(x) = ; dx2 EIz (x)

[EIy (x) w (x)] = qz (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: EIwIV (x) = q(x).

Biegung

137

c) Normalspannungsverteilung Voraussetzung: y und z sind Achsen durch den Fl¨achenschwerpunkt. Normalspannung bei schiefer Biegung und Zug:

σ(x, y, z) =

N (x) 1 + {[My (x) Iz (x) − Mz (x) Iyz (x)] z A(x) Δ(x) −[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) =

N (x) My (x) Mz (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)

138

II.3

Elastostatik: Formelsammlung

Torsion

Tabelle II.3.1: Torsionswiderstandsmomente und Torsionstr¨agheitsmomente

Vollkreisquerschnitt

r

dickwandiges Kreisrohr ra ri

d¨ unnwandige geschlossene Hohlquerschnitte

WT

IT

π 3 r 2

π 4 r 2

π ra4 − ri4 2 ra

π 4 (r − ri4 ) 2 a

2 Am tmin

4 A2 % m ds/t

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

Am

s

d¨ unnwandiges Kreisrohr (t  r)

tmin t(s)

r 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

139

Maximale Schubspannung:

τmax (x) =

MT (x) ; WT (x)

MT (x): Torsionsmoment, WT (x): Torsionswiderstandsmoment. Verdrehwinkel pro L¨angeneinheit: dϑ(x) MT (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

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). Sonderfall Fachwerk: f=

 Sj S¯j lj (EA)j

.

140

Elastostatik: Formelsammlung

Tabelle II.4.1: Tafel der Integrale (Koppeltafel) Mk

k

1

2

k2

s

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

s

quad. Parabel

4

s

sik

s

i1

k1

k

s

i s

3

k

s

Mi

i

sik

+ i2 )k

1 s(i1 6

+ 2i2 )k

1 s(2i1 6

+ i2 )k

1 s(2i1 k1 + 6 2i2 k2 + i1 k2 + i2 k1 )

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 )

Spannungszustand, Verzerrungszustand, Elastizit¨atsgesetz

141

b) Statisch unbestimmte Kraft (Moment) X bei einem einfach statisch unbestimmten System:  ¯  ¯  ¯ N1 N0 M1 M0 MT1 MT0 dx dx + dx + EA EI GIT X=− ;  ¯2  ¯2  ¯2 N1 M1 MT1 dx dx + dx + EA EI 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:  S¯j Sj(0) lj X=−

II.5

(EA)j .  S¯j2 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 τξη = − (σx − σy ) sin 2ϕ + τxy cos 2ϕ . 2 σξ =

142 y

Elastostatik: Formelsammlung σy

η

τyx τxy

ση τηξ

τξη

σξ ξ

σx ϕ

x

x

Hauptspannungen:

σ1 , 2

σx + σ y = ± 2



σx − σ y 2

2 2 . + τxy

Hauptrichtungen: tan 2ϕ∗ =

2τxy . σx − σ y

Maximale Schubspannung:  τmax =

σ x − 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

γxy =

1 τxy , G

εy =

1 (σy − ν σx ) + αT ΔT , E

Knickung

143

bzw. σx =

E (εx + ν εy ) , 1 − ν2

σy =

E (εy + ν εx ) , 1 − ν2

τxy = G γxy . εx , εy : Dehnungen, γxy : Gleitung, ν: Poissonsche Zahl . Zusammenhang zwischen E, G und ν: E = 2(1 + ν) G . d) Vergleichsspannung (ebener Spannungszustand) Schubspannungshypothese (Tresca): ⎧& 2 ⎨ (σx − σy )2 + 4τxy f¨ u r σ 1 σ2 < 0 , & σV = ⎩ 1 max |σx + σy ± (σx − σy )2 + 4τ 2 | f¨ u r σ 1 σ2 ≥ 0 . xy 2 Hypothese der Gestalt¨anderungsenergie (Huber-v. Mises-Hencky): σV =

II.6



2 . σx2 + σy2 − σx σy + 3τxy

Knickung

a) Differenzialgleichung f¨ ur die Auslenkung: (EIw ) + F w = 0. b) Sonderfall: EI = konst: wIV + λ2 w = 0 mit λ2 = F/EI . Allgemeine L¨osung: w(x) = A cos λx + B sin λx + C λx + D ; A, B, C, D: Integrationskonstanten.

144

Elastostatik: Formelsammlung

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

l

F

I

π2 4

II.7

II

π2

F

F

III

2.04 π 2

IV

4π 2

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.

145

Aufgaben

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?

146

Elastostatik: Aufgaben

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 .

Biegung

147

Aufgabe II.1.7 Das Seil (L¨ange l, Dehnsteifigkeit (EA)1 ) einer Seilwinde wird reibungsfrei u ¨ber den Knoten K eines Stabzweischlags (Dehnsteifigkeit uhrt (vgl. Aufgabe I.1.3). Wie verschiebt sich der Knoder St¨abe (EA)2 ) gef¨ ten 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.

148

Elastostatik: Aufgaben

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 Normalspanur die dargestellten Lagen des Profils. nung |σ|max im Schnitt D − D f¨

Biegung

149

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 → ∞).

150

Elastostatik: Aufgaben

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

151

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

152

Elastostatik: Aufgaben

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.

Torsion

II.3

153

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?

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?

154

Elastostatik: Aufgaben

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.

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?

Prinzip der virtuellen Kr¨afte

II.4

155

Prinzip der virtuellen Kr¨ afte

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.

156

Elastostatik: Aufgaben

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.

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?

Prinzip der virtuellen Kr¨afte

157

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?

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

158

Elastostatik: Aufgaben

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 ). ¨ Uber reibungsfrei gelagerte Rollen wird ein Seil (Dehnsteifigkeit (EA)2 ) gef¨ uhrt, 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?

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?

Prinzip der virtuellen Kr¨afte

159

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.

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 Rahmen ABCDE ist schub- und dehnstarr (GAR → ∞, EAR → ∞) und besitzt die Biegesteifigkeit EIR . Im Punkt B

160

Elastostatik: Aufgaben

ist der Rahmen u ulse (vernachl¨assigbare Abmessungen) mit ¨ber eine Schiebeh¨ zwei Fachwerkst¨aben (jeweils Dehnsteifigkeit EAS , L¨ange lS ) verbunden. Die Belastung erfolgt durch eine Einzelkraft F im Punkt C sowie ein Einzelmoment F  im Punkt D. Man bestimme das Auflagermoment im Punkt E. Wie groß ist die Steifigkeit einer Ersatzfeder, welche die beiden Fachwerkst¨abe in ihrer vertikalen Wirkung ¨aquivalent ersetzt?

E

EIR 2 

30◦ 30◦

EAS A

EAS

B

x C

x

D F

F

z 



z



Aufgabe II.4.16 Das dargestellte System aus einem biegeweichen, schub- und dehnstarren Balken (EI = konstant, EA → ∞) und drei Dehnst¨aben (EA = konstant) ist mit einer Einzelkraft F am Balkenende belastet. Berechnen Sie mit dem Prinzip der virtuellen Kr¨afte die Absenkung wP des Punktes P . a

a

a

EA P EI EA → ∞

wP

F

Aufgabe II.4.17 Das dargestellte Tragwerk AGB (linkes Teilbild) besteht aus dem kreisf¨ormigen Tragwerkteil AG (Viertelkreis) mit Radius r und dem gelenkig angeschlossenen, starren Stab GB. Im Punkt G wird das Tragwerk durch die vertikale Einzelkraft F belastet. Der Viertelkreis besitzt die Dehnsteifigkeit EA und die Biegesteifigkeit EI und ist schubstarr. Die Tragwirkung

Prinzip der virtuellen Kr¨afte

161

des Viertelkreises soll f¨ ur kleine Verformungen des Systems durch die gezeichnete Feder im Punkt G ersetzt werden (rechtes Teilbild). Berechnen Sie hierf¨ ur die Ersatzfedersteifigkeit k. F ϕ r

G

B

G

B k

starr ⇒ EA, EI

A

Aufgabe II.4.18 Ein Torsionsstab mit der L¨ange 4a und der Torsionssteifigkeit GIT ist an seinen beiden Enden fest eingespannt. Die Belastung besteht aus einem im Bereich x ∈ [a, 3a] konstant verteilten Torsionsmoment mT sowie aus zwei Einzeltorsionsmomenten mT a an den Stellen x = a und x = 3a. Bestimmen Sie den Verlauf des Torsionsmoments MT (x) des einfach statisch unbestimmten Systems. mT

x

mT a

mT a

a

2a

a

Aufgabe II.4.19 Das dargestellte Tragwerk liegt in der X−Y -Ebene und ist im Punkt A durch ein Gabellager (dreiwertig, Lagerreaktionen MAY , AX und AZ ), im Punkt B durch ein verschiebliches Auflager (einwertig, Lagerreaktion BZ ) und im Punkt C durch ein vertikal verschiebliches Auflager (zweiwertig, Lagerreaktionen CX und CY ) gelagert. Die Belastung besteht aus einer Einzellast F in X-Richtung und einer Gleichlast p in Z-Richtung. Das Tragwerk besteht aus zwei schubweichen Balken mit kreisf¨ormigem Profil und Steifigkeiten EA, EI, GIT und GA. Man bestimme die Verschiebung w in Z-Richtung im Punkt C und die Verdrehung φ um die Z-Achse im Punkt B in der skizzierten Richtung.

162

Elastostatik: Aufgaben X

Y φ a 2 a 2

Z

A y1 x1

F

z1

p

C

x2

B y2

z2

w

b

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.

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 ?

Spannungszustand, Verzerrungszustand, Elastizit¨atsgesetz

163

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.

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.

164

Elastostatik: Aufgaben

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.

II.6

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?

Knickung

165

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.

Aufgabe II.6.4 Ein Bauteil besteht aus vier Teilst¨ ucken: einem Stab Œ (Elastizit¨atsmodul E1 , W¨armeausdehnungskoeffizient αT1 , Querschnittsfl¨ache A1 , minimales Tr¨agheitsmoment I1 ), einem Rohr  (E2 , αT2 , A2 , E2 A2 = 4E1 A1 ), einem Stab Ž (E3 = E2 , αT3 = αT2 , A3 = A2 /4) und einer starren

166

Elastostatik: Aufgaben

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 Œ 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 .

Aufgabe II.6.6 Auf einem senkrechten Stab (L¨ange L, Biegesteifigkeit EI) mit der skizzierten Lagerung klettert ein Massenpunkt (Masse m) in die H¨ohe. Bestimmen Sie die elastische Knicklast in Abhngigkeit der H¨ohe l.

g

m L l

Querkraftschub

II.7

167

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 ?

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

168

Elastostatik: Aufgaben

graphisch dar. Wie groß ist das Fl¨achentr¨agheitsmoment Iy ? Wo liegt der Schubmittelpunkt?

 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

√

2t

45◦ 45◦ 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

169

L¨ osungen

II.1

Zug und Druck

L¨ osung II.1.1 Geometrie:   x x b(x) = b0 1 + , A(x) = a b0 1 + , l l  x 1 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 .

170

Elastostatik: L¨ osungen

Verl¨angerung des Stabes: Δl =

l N (x) dx 0 EA(x)

→

Δl =

 g l2 (3 − 2 ln 2) . 4E

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

1 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 Dehnung: ε(x) =

n0 l N (x) = EA EA

 1−

x2 2l2

 .

Verschiebung: u(x) =



ε(x) dx

→

n0 l u(x) = EA

→

C=−



Randbedingung: u(l) = − Δl

4n0 l2 . 3 EA

Einsetzen liefert: n0 l 2 u(x) = EA



4 x x3 − + − 3 3 l 6l

n0 l 2 . 2 EA

 .

x3 x− 2 6l

 +C.

Zug und Druck

171

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=

2π r − 2π(r − δ) δ 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

172

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

Zug und Druck

173

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.

174

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 =

S1 l 1 1 Fa = −√ , EA 3 EA

Einsetzen liefert: Δv = 3

√ Fa 3 . EA

Δl2 =

S2 l 2 4 Fa =√ . EA 3 EA

Zug und Druck

175

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

176

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: S1 = S3 . Gleichgewicht: ↑:

S1 cos α + S2 + S3 cos α = 0

L¨angen¨anderungen: Δl1 =

S1 l 1 , EA

Δl2 =

Vertr¨aglichkeitsbedingung: Δl2 − v = δ .

S 2 l2 . EA

→

S2 = −2S1 cos α .

Biegung

177

Geometrie: l1 =

h , cos α

l2 = h − δ ≈ h ,

v=

Δl1 . cos α

Aufl¨osen liefert: S1 = −

II.2

EA δ cos2 α , h(1 + 2 cos3 α)

S2 =

2EA δ cos3 α . h(1 + 2 cos3 α)

Biegung

L¨ osung II.2.1 Fl¨achentr¨agheitsmomente:  a 2 t a3 2a t +2 12 2  a 2  a 2 t(2a)3 =2 at + 2 2a t +2 2 12 2  a = −2 −a at 2

Iy = 2

→

Iy =

7 3 a t, 6

Iz

→

Iz =

17 3 a t, 6

→

Iyz = a3 t .

→

ϕ∗ = 65◦ .

Iyz

Hauptrichtungen: tan 2ϕ∗ =

2Iyz Iy − Iz

Haupttr¨agheitsmomente:

I1, 2

Iy + I z ± = 2



Iy − Iz 2

2 2 + Iyz

178

Elastostatik: L¨ osungen

I1 = 3,3a3 t ,

→

I2 = 0,7a3 t .

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

→

z¯s =

a . 10

Fl¨achentr¨agheitsmoment: Iy = 2

a 2 t a3 a2 + 2 t a + z¯s2 4a t + − z¯s a t 12 4 2 13 3 a t. 15

→

Iy =

→

Wy =

Widerstandsmoment: Wy =

Iy a/2 + z¯s

13 2 a t. 9

b) Schwerpunktskoordinate:  0 + aa z¯i li = z¯s =  4a + a li

→

z¯s =

a . 5

Biegung

179

Fl¨achentr¨agheitsmoment: Iy = 2

t a3 t a3 a2 + 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 l i ζs =  li

→

ζs =

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

Fl¨achentr¨agheitsmoment: '

1 3 Iy = 2 tb + 12

 2 (  2 b b 1 bt + b t = b3 t . 6 3 3

180

Elastostatik: L¨ osungen

Widerstandsmoment: Wy =

Iy zmax

=

Iy 2b/3

1 2 b t. 2

→

Wy =

→

|σ|max =

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

|M |max Wy

q0 l 2 . b2 t

Forderung:

|σ|max ≤ σzul

→

l≤b

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. Lagerreaktion in B: 

C:

B 7l − F l = 0

→

B = F/7 .

→

MD = 3F l/7 .

Biegemoment bei D: MD = B 3l

Biegung

181

Normalkraft: N = −F . Querschnittsfl¨ache: A = (16 − π)r2 . Fl¨achentr¨agheitsmoment: (4r)4 π 4 Iy = − r = 12 4



64 π − 3 4

Normalspannung:

σ=

N M z. + A Iy

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

0,08 + 0,04

l r



F . r2

b) Abstand der oberen Randfaser: z = −2

√

2r.

Einsetzen liefert:  |σ|max =

0,08 + 0,06

l r



F . r2

 r4 .

182

Elastostatik: L¨ osungen

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 A



1 5 a 2a2 + a 3a2 2 2

 →

p=

17 a. 10

Spannungen: σB = −

F eF + p, A I

σC = −

F eF − (4a − p) . A I

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 .

Biegung

183

L¨ osung II.2.6 Wir integrieren die Differenzialgleichung der Biegelinie mit Hilfe des F¨oppl-Symbols. Dabei muss am Gelenk G ein Sprung ΔϕG in der Neigung ber¨ ucksichtigt werden. Differenzialgleichung und Integration: EIwIV (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 − l 0 , EIw(x)

= q0 x4 /24 + C1 x3 /6 + C2 x2 /2 + C3 x + C4 + EI ΔϕG x − l 1 .

Bedingungen: M (0) = 0

→

C2 = 0 ,

w(0) = 0

→

C4 = 0 ,

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 .

C1 = −q0 l/2 ,

184

Elastostatik: L¨ osungen

Biegelinie: w(x) =

q0 (x4 − 2l x3 + 8l3 x − 16l3 x − l 1 ) . 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

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

→

uD =

→

wD =

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

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

Biegung

185

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 Xa X a3 Xb (1) (1) + , wII = . wI = 3EI EA 3EI Kompatibilit¨at: (0)

(1)

wI = wI + wI ,

(0)

(1)

wII = wII − wII ,

wI = wII .

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

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 Symmetrie-

186

Elastostatik: L¨ osungen

gr¨ 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 = B H ,

AV =

√

2 q0 a ,

BV = AV .

Neigungswinkel im 0“-System: ” √

(0)

wC

2 √ q0 ( 2 a)3 2 =− . 24EI

Neigungswinkel im 1“-System: ” (1) wC

√ X 2a =− . 3EI

Kompatibilit¨at: wC = 0

→

(0)

(1)

wC + wC = 0 .

Aufl¨osen liefert: √ MC = −

2 q0 a2 . 8

Gleichgewicht am linken Teilbalken:



C:

a A H − a AV +

a√ 2 q0 a + MC = 0 2

→

AH =

√ 5 2 q0 a . 8

Biegung

187

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. Verschiebung im 0“-System: ” (0)

(0)

(0)

q0 l 4 q0 l 3 +l sin 30◦ 8 6 5q0 l4 = . 24EI

EIwB = EI(wC + l wC sin 30◦ ) = →

(0)

wB

Verschiebung im 1“-System: ” (1)

(1)

(1)

EIwB = EI(wC + l wC sin 30◦ + wCB sin 30◦ )   2 Xl X l3 X l sin 30◦ l2 ◦ = + +l + X l sin 30 l sin 30◦ 3 2 2 +

X sin 30◦ l3 sin 30◦ 3 →

Vertr¨aglichkeitsbedingung: wB = 0

→

(0)

(1)

wB = wB .

(1)

wB =

7X l3 . 6EI

188

Elastostatik: L¨ osungen

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

(1)

MA = MA + MA

→

A = 23q0 l/28 ,

→

MA = −13q0 l2 /56 .

L¨ osung II.2.11 Das Problem ist zweifach statisch unbestimmt. Differenzialgleichung und Integration: EIwIV (x) = q0 x − l 0 = q(x) , EIw (x) = q0 x − l 1 − B x − l 0 + C1 = −Q(x) , EIw (x) = q0 x − l 2 /2 − B x − l 1 + C1 x + C2 = −M (x) , EIw (x) = q0 x − l 3 /6 − B x − l 2 /2 + C1 x2 /2 + C2 x + C3 , EIw(x)

= q0 x − l 4 /24 − B x − l 3 /6 + C1 x3 /6 + C2 x2 /2 + C 3 x + C4 .

Biegung

189

Bedingungen: →

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 .

w(0) = 0 

Au߬osen liefert: C1 = 3q0 l/28 ,

C2 = −q0 l2 /28 ,

B = 19q0 l/28 .

Biegelinie: w(x) =

q0 (7 x − l 4 − 19l x − l 3 + 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 Differenzialgleichung. Das R¨ uckstellmoment durch die Drehfeder ist proportional zum Neigungswinkel w (a). Differenzialgleichung und Integration: EIwIV (x) = 0 = q(x) , EIw (x) = C1 = −Q(x) ,

190

Elastostatik: L¨ osungen

EIw (x) = C1 x + C2 = −M (x) , EIw (x) = C1 x2 /2 + C2 x + C3 , = C1 x3 /6 + C2 x2 /2 + C3 x + C4 .

EIw(x)

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

M0 a . EI + cT a

Einsetzen liefert:  w(x) =

cT a −1 EI + cT a



M0 2 x . 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:

A − F + FB = 0

→

MA + F a − 2FB a − MB = 0 →

A = F − FB , MB = MA + F a − 2FB a .

Biegung

191

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

Au߬osen liefert: FB = 5F/14 ,

MA = − 11F a/42 .

1 6 MA F+ . 2 11 a

192

Elastostatik: L¨ osungen

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 . Fl¨achentr¨agheitsmomente: Iy = 2

1 1 t 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

→

σ(y, z) = −(3z +

→

√ y = − 3z.

√

3 y)

Fl . 2a3 t

Spannungs-Nulllinie: 3z +

√

3y = 0

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

  a  3 F l  σmax = σ 0, ∓  = . 2 4 a2 t Verschiebung in y-Richtung: v=

F l3 cos 30◦ 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

Biegung

193

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

Iy =

3a(4a)3 a4 − 2 − 2a2 12 12

Iz =

4a(3a)3 a4 − 2 − 2a2 a2 12 12

3 a 2

2

  3 Iyz = 0 − (−2a2 ) − a a 2

34 4 a , 3

→

Iy =

→

Iz =

→

Iyz = −3a4 .

→

ϕ∗ = −26,6◦ .

41 4 a , 6

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

194

Elastostatik: L¨ osungen

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 =

Mζ Mη ζA − ηA . Iη Iζ

Haupttr¨agheitsmomente:  2 Iy + I z Iy − Iz 2 I1, 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

Einsetzen liefert: σA =

39 My . 176 a3

√

5 a/5,

ζA = 7

√

5 a/10 .

Biegung

195

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 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 =

Pl α . 2(2 + α) EA

196

II.3

Elastostatik: L¨ osungen

Torsion

L¨ osung II.3.1 Torsionstr¨agheitsmomente: π π IT1 = r04 , IT2 = r4 (x) , 2 2

IT3 =

π 4 r . 32 0

1 : Bereich 

ϑ1 =

2M0 l . π G r04

2 : Bereich 

2M0 ϑ2 = π G r04

3l  0

dx x 4 1− 6l

→

ϑ2 =

28M0 l . π G r04

3 : Bereich 

ϑ3 =

32M0 l . π G r04

Verdrehung des Endquerschnitts: ϑ E = ϑ 1 + ϑ 2 + ϑ3

→

ϑE =

62M0 l . π G r04

L¨ osung II.3.2 Das Problem ist einfach statisch unbestimmt. Torsionstr¨agheitsmomente: IT1 = 16π r3 t ,

IT2 =

π 4 r . 2

Torsion

197

Drehwinkel des Aluminiumrohrs und des Stahlstabs: ϑ1 =

M1 l , G1 IT1

ϑ2 =

M2 l . G2 IT2

Kompatibilit¨at: ϑ1 = ϑ 2

→

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

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 =

29F l3 . 3EI

198

Elastostatik: L¨ osungen

Verschiebung im 1“-System: ” (1)

wB =

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

→

(1)

wB =

89X l3 . 3EI

Kompatibilit¨at: (0)

(1)

w B = 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



4A2 d): IT = ) m ds t

→

√ 2 1 3 4 b b 2 2

→

IT =

b b 2 + 2t t

→

IT =

3 3 b t. 8

Torsion

199

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: τmax, o WTg = τmax, g WTo

→

√ 3 3b τmax, o = . τmax, g 17 t

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

MT 3a . G IT

Torsionsmoment: MT = 3P a . Torsionstr¨agheitsmoment: 4A2 IT = ) m ds t

→ IT =

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

200

Elastostatik: L¨ osungen

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 ϑl . Torsionsmoment: MT = 4F h . Torsionstr¨agheitsmoment: 4A2 IT = ) m ds t

→

Verdrehwinkel des Querarms: ϑl =

MT l . G IT

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

Prinzip der virtuellen Kr¨afte

201

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 =

II.4

MT WT

→

τmax =

acG . G h t + 2c l

Prinzip der virtuellen Kr¨ afte

L¨ osung II.4.1

v=

 Si S¯i li i

(EA)i

.

202

i

Elastostatik: L¨ osungen

S¯i

Si

Si S¯i li EA (EA)i G a

li a

0

0 √ −3 2/8

a √

0

3

0 √ −3 2G/8

4

−7G/8

−7/8

a

1 2

0

0

2a

√ 18 2/64 49/64

5

−G/2

−1/2

a

1/4

6

−5G/4 √ 7 2G/8 √ −(7 + 4 3)G/8

−5/4 √ 7 2/8 √ −(7 + 4 3)/8

a √

25/16 √ 98 2/64 √ (97 + 56 3)/64

7 8

2a

a

10

5G/8 √ 5 5G/8

5/8 √ 5 5/8

a √

11

G

1

3a

15

Σ

45,4

9

5a

25/64 √ 625 5/64

Einsetzen liefert: v = 45,4

Ga . EA

L¨ osung II.4.2 Das Problem ist einfach statisch unbestimmt. Wir w¨ahlen die Stabkraft S5 als statisch Unbestimmte.

Prinzip der virtuellen Kr¨afte

203

Statisch Unbestimmte:  S¯i S (0) li i

X = S5 = −

(EA)i

i

 S¯2 li i (EA) i 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. Statisch Unbestimmte:  S¯i S (0) li i

X=B=−

i

(EA)i

 S¯2 li i (EA) i i

.

204

Elastostatik: L¨ osungen (0)

i 1

Si

−5G/8

S¯i

li

(0) S¯i Si li

−125G a/64

S¯i2 li

5/8

5a

2

0

−5/8

5a

3

3G/8

−3/8

6a

−54G a/64

54a/64

Σ

−179G a/64

304a/64

0

125a/64 125a/64

Einsetzen liefert: B = 179 G/304 .

L¨ osung II.4.4 Die auftretenden Integrale werden mit Hilfe der Koppeltafel berechnet und links und rechts von der Lagerkraft B separat ausgewertet. Statisch Unbestimmte: 

¯ 1 M0 M dx EI X=B=−  . ¯2 M 1 dx EI Integrale:  

¯ 1 M0 dx = − 1 a a M 6 2



MA MA + 2 2

3 ¯ 2 dx = 2 1 a a a = a . M 1 3 22 6

 −

1 a MA 1 a = − MA a2 , 3 2 2 4

Prinzip der virtuellen Kr¨afte

205

Einsetzen liefert: B=

3MA . 2a

Neigungswinkel:  ϕB =

¯ 1 )M ¯ (M0 + X M dx . EI

Integral:   ¯ dx ¯ ¯ (M0 + X M1 )M dx = M0 M 1 1 =− a 6 2

 MA + 2

MA 2

 +

1 MA 1 1 a = − MA a 3 2 2 12 →

 Bemerkung:

ϕB = −

  1 1  a 1 ¯ dx = 1 a − a ¯1 M M − + a − = 0. 3 2 2 3 2 2

L¨ osung II.4.5 Neigungswinkel ϕA :  ϕA =

MA a . 12EI

¯ϕ MM dx EI

→

ϕA =

M0 b . 3EI

206

Elastostatik: L¨ osungen

Vertikalverschiebung vB :  vB =

¯v MM dx EI

→

vB =

M0 a b . 3EI

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:  ¯H MM uB = dx EI →

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

Vertikalverschiebung:  vB = →

¯V MM dx EI

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

Prinzip der virtuellen Kr¨afte

207

Forderung: →

uB = v B

3 (EI)1 = . (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) =

x 3 1 1+ I0 . 8 l

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 . x 3 1 E 1+ I0 8 l

Integral: l 0

x3 dx =  x 3 1+ l



 17 − 3 ln2 l4 8

→

wC = 1,2

q0 l 4 . EI0

208

Elastostatik: L¨ osungen

¨ L¨ osung II.4.8 Anderung des Abstands: δ = uB + u C

→

δ=

1 EI

 ¯ C )dx . ¯B + M M (M

Integral:  √   2 1 1 ¯ ¯ M (MB + MC )dx = 2 a 1 − Gaa − aGaa 3 2 2 1 √ = − (2 2 − 1) G a3 6 √ 2 2 − 1 G a3 → δ=− . 6 EI Der Abstand zwischen den Punkten B und C wird gr¨oßer.

Prinzip der virtuellen Kr¨afte

209

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.

210

Elastostatik: L¨ osungen

Einsetzen liefert: MB = (b2 + 2a b − 2a2 )q0 /6 . Biegemoment: ¯1 . M = M0 + X M L¨ osung II.4.10 w=

 Si S¯i li i

i

Si

1

−3F

2

3F √ −3 2F

3

(EA)i

 +

S¯i

¯ MM dx . EI

li

Si S¯i li

−3

a

9F a

3 √ −3 2

a √

9F a √ 18 2F a √ 18(1 + 2)F a

2a

Σ Integral: 

 ¯ dx = 2 MM

1 1a aF aa + F aa 3 32

Einsetzen liefert: w = 18(1 +

√

2)

F a F a3 + . EA EI

 = F a3 .

Prinzip der virtuellen Kr¨afte

211

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 =

 Si S¯i li i

=

→

(EA)i

 +

¯ MM dx EI

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

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

L¨ osung II.4.12 Statisch Unbestimmte:   ¯ M1 M0 dx + (EI)1 X=S=−   ¯2 M 1 dx + (EI)1

¯ 1 N0 N dx (EA)2 . ¯2 N 1 dx (EA)2

Integrale: 

 ¯ 1 M0 dx = − 5 F l3 sin α, ¯1 N0 dx = 0 , M N 48   1 3 2 l 2 ¯ ¯12 dx = M1 dx = N l sin α, . 24 2 cos α

212

Elastostatik: L¨ osungen

Einsetzen liefert:

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

S=

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

Prinzip der virtuellen Kr¨afte

213

Symmetrie: wB = − wA .

L¨ osung II.4.14 Statisch Unbestimmte:  ¯  ¯ M1 M0 MT1 MT0 dx dx + EI GIT . X=B=−  ¯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 dx = a3 . M T1

214

Elastostatik: L¨ osungen

Einsetzen liefert: B = 4G . Reaktionen im Lager A: Az = −13G ,

MAx = 5G a ,

MAy = 15G a .

Prinzip der virtuellen Kr¨afte

215

Durchbiegung:  wC =

¯ MM dx + EI



¯T MT M dx GIT

mit ¯1 , M = M0 + X M

¯ T1 . MT = MT0 + X M

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

L¨ osung II.4.15 Das System ist einfach statisch unbestimmt. Als statisch Unbestimmte wird das Einspannmoment im Punkt E gew¨ahlt. Statisch Unbestimmte:  ¯  M1 M0 dx + EI X = ME = −  R  ¯2 M 1 dx + EIR

¯ 1 N0 N dx EAS . ¯2 N 1 dx EAS

Geometrie: lS =

l cos 30◦

2 lS = √ l . 3

→

Integrale:  

2

¯ 1 M0 dx = − 11F l , M 12 ¯ 2 dx = 8l , M 1 3

 

¯1 N0 dx = − 2F √ , N 3 3 ¯ 2 dx = N 1

3

1 √

3l

.

216

Elastostatik: L¨ osungen

Einsetzen liefert: X = ME =

√ 11 3F l3 E AS + 8F l E IR √ . 32 3l2 E AS + 4E IR

0“-System: ” M0 :

F

F

F

Normalkraft in den Fachwerkst¨aben: F N0 = − √ . 3 1“-System: ” ¯1 : M 1

+ +

1

1

Normalkraft in den Fachwerkst¨aben: 1 N¯1 = √ . 2 3l Die Steifigkeit der Ersatzfeder l¨asst sich mit dem Arbeitssatz bestimmen: 1 1 Fw= 2 2



N2 dx . EAS

Integral: 1 2



N 2 dx =

2F 2 l √ . 3 3

Prinzip der virtuellen Kr¨afte

217

Verschiebung: 4F l w= √ . 3 3E AS Federsteifigkeit: √ 3 3EAS F = . k= w 4l

w F

L¨ osung II.4.16 Absenkung von P: wP =

 ¯  ¯ MM NN dx + dx . EI EA

Integrale: 



3 ¯ M dx = 2F a , M 3

¯ N dx = 4F a (1 + N

Einsetzen liefert: 4F a (1 + wP = EA

√

2)

+

2F a3 . 3E I 1“-System: ”

0“-System: ”

F

1

√

2) .

218

Elastostatik: L¨ osungen

0“-System: ”

1“-System: ”

2F

√ 2

√ 2 2F

1

2F Fa

M:

1

N¯ :

N:

¯ : M

a

L¨ osung II.4.17 Die Absenkung von G wird mit dem Arbeitssatz berechnet: 

1 1 F wG = 2 2

1 M2 ds + EI 2



N2 ds . EA F

Schnittgr¨oßen:

F

F ϕ

M (ϕ) = F r (sin ϕ + cos ϕ − 1) . F

M (ϕ) N (ϕ)

F

N (ϕ) = −F (sin ϕ + cos ϕ) .

F

Integrale: 

M 2 ds =



M 2 r dϕ = F 2 r3



π 2

0

(sin ϕ + cos ϕ − 1)2 dϕ

= F 2 r3 (π − 3) , 

N 2 ds =



N 2 r dϕ = F 2 r



π 2

0

(sin ϕ + cos ϕ)2 dϕ =

Einsetzen liefert:

wG =

Fr F r3 (π − 3) + (π + 2) . EI EA

1 2 F r (π + 2) . 2

Prinzip der virtuellen Kr¨afte

219

Federsteifigkeit: k=

F 1 = 3 . r r wG (π − 3) + (π + 2) EI EA

L¨ osung II.4.18 Als statisch Unbestimmte wird das Einspannmoment an der rechten Einspannstelle gew¨ahlt:  X = MT (x = 4a) = −

¯ T1 MT0 M ds G IT .  ¯2 MT1 ds G IT

Integrale:  ¯ T1 ds = 2mT a2 , MT0 M



2 ¯ T1 M ds = 4a .

Einsetzen ergibt: 1 X = MT (x = 4a) = mT a . 2 0“-System: ”

1“-System: ” mT 1

x

mT a

mT a

2mT a

x

¯ T1 M

MT0

mT a x

1 x

mT a

¨ Der gesamte Momentenverlauf ergibt sich aus der Uberlagerung von 0“” System und 1“-System: ” 3 2 mT a 1 2 mT a

MT

x

1 2 mT a 3 2 mT a

220

Elastostatik: L¨ osungen

L¨ osung II.4.19 Wirklicher (realer) Lastzustand: N

F 2

Qy

Qz pb

F 2

Mx

F 2

+

Mz

pb2 2

My

Fa 4 pb2 2

Absenkung im Punkt C (Arbeitssatz; Schubkorrekturfaktor κ):  w=

¯y My M ds + EI

 +

κ

¯y Qy Q ds + GA



¯z Mz M ds + EI

 κ



¯x Mx M ds + GI



¯ NN ds EA

¯z Qz Q ds . GA

Integrale: 

  p b2 ¯ z ds = 0 , ¯ x ds = p a b , , Mz M Mx M 8 2    2 ¯ ds = 0 , ¯ y ds = 0 , ¯ z ds = p b . NN Qy Q Qz Q 2 ¯ y ds = My M

Einsetzen liefert die Absenkung im Punkt C:

w=

p b2 κ p b2 pab + + . 8EI 2GIT 2GA

Virtueller Lastzustand: A 1

B

C

Prinzip der virtuellen Kr¨afte

¯ N

221

¯y Q

¯z Q 1

¯z M

¯x M

¯y M

b

b

Die Verdrehung um die Z-Achse im Punkt B wird wie vorhin mit dem Arbeitssatz berechnet. Die daf¨ ur ben¨otigten Integrale sind: 

 ¯ y ds = 0 , My M

 ¯ ds = NN

Fb , 2a

 F a2 ¯ ¯ x ds = 0 , Mz Mz ds = − , Mx M 16   ¯ y ds = 0 , ¯ z ds = 0 . Qz Q Qy Q

Einsetzen liefert die Verdrehung im Punkt B: φ=−

F a2 Fb + . 16EI 2aEA

Virtueller Lastzustand: A 1

C

B

¯ N

¯y Q

¯z Q

1 a 1 a

¯x M

¯z M

1

¯y M

222

II.5

Elastostatik: L¨ osungen

Spannungszustand, Verzerrungszustand, Elastizit¨ atsgesetz

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 .

Spannungszustand, Verzerrungszustand, Elastizit¨atsgesetz

223

Ablesen aus dem Mohrschen Kreis: 2ϕ = 60◦

→

ϕ = 30◦ ,

σx = 20 N/mm2 ,

τxy = −17,3 N/mm2 .

L¨ osung II.5.3 Normalspannungen: F σx = → A

σx =

F 2π r t

→

σx = 59,7 N/mm2 ,

τxy =

M0 2π r2 t

→

τxy = 49,7 N/mm2 .

σy = 0 .

Schubspannung: τxy =

MT WT

→

Hauptspannungen: σ1, 2

σ x + σy ± = 2



→

σx − σ y 2

2 2 + τxy

σ1 = 87,8 N/mm2 ,

σ2 = − 28,2 N/mm2 .

224

Elastostatik: L¨ osungen

Hauptrichtungen: tan 2ϕ∗ =

2τxy σx − σ y

→

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 1 4t2 3b t3 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).

Spannungszustand, Verzerrungszustand, Elastizit¨atsgesetz

Hauptspannungen: σ1, 2 = ±



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

2

ε1 = 6,0 · 10−4 ,

+

 γ 2 xy

2

ε2 = − 2,0 · 10−4 .

Maximale Hauptspannung: σ1 =

E (ε1 + ν ε2 ) 1 − ν2

→

σ1 = 125 N/mm2 .

225

226

Elastostatik: L¨ osungen

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: M W

σ=

Torsionswiderstandsmoment: WT = 2t Am = 4t h2 Schubspannung: τ=

MT WT

Fl . h3

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 Schub-

Spannungszustand, Verzerrungszustand, Elastizit¨atsgesetz

227

spannung infolge Torsion vernachl¨assigbar. Die maximale Biegespannung tritt an der Einspannstelle auf. Querschnittsgr¨oßen: I y = Iz = π r 3 t ,

A = 2π r t ,

WT = 2π r2 t .

Schnittgr¨oßen an der Einspannung: N = −G,

MT = W a ,

My = − G a ,

Mz = − W h .

Normalspannung im Einspannquerschnitt: σ(y, z) =

Mz N My z− y + A Iy Iz →

σ(y, z) = −

→

α = 85,2◦ .

G  ay az 1 + 2 2 − 24 2 . 2π r t r r

Spannungs-Nulllinie: z = 12y −

r2 . 2a

Steigung der Nulllinie: tan α = 12

Maximale Normalspannung (im Punkt P ): |σ|max = |σ(y = − r cos α ¯ , z = r sin α ¯ )|

→

Schubspannung: τ=

MT WT

→

τ = 0,48

Ga . r2 t

Vergleichsspannung: σV =

√

σ 2 + 4τ 2

→

σV = 3,9

Ga . r2 t

|σ|max = 3,8

Ga . r2 t

228

II.6

Elastostatik: L¨ osungen

Knickung

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: 3a Sy = , Sx 4a

lBC = 5a .

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

Knickung

229

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 .

→

|S|max = EA(1 − cos α) .

Stabkraft: S = EA ε

Eulersche Knicklast (2. Euler-Fall): |S|krit = π 2

EI . l2

Forderung: |S|max < |S|krit

→

Querschnittsgr¨oßen: A = 2h2 ,

I=

h4 . 6

EA(1 − cos α) < π 2

EI . l2

230

Elastostatik: L¨ osungen

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 . Kritische Druckkraft f¨ ur den Stangenteil im Zylinder (4. Euler-Fall): Fkrit = 4π 2

EI . h2

Fl¨achentr¨agheitsmoment: π 4 r . 4 Forderung: I=

F < Fkrit

→ r > r0 mit r04 =

p0 A h 2 . 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

Knickung

231

Forderung: F (x) < Fkrit (x) → 4 > 1,96 mit  =

(λ − 1 + ξ)2 1 + 4ξ r l x , 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 a¨ußere 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).

L¨ osung II.6.4 Verl¨angerungen der Teilst¨ ucke:  Δlj =

αTj ΔT +

σj Ej

 l,

Vertr¨aglichkeitsbedingungen: Δl1 = Δl2 ,

Δl3 = −Δl2 .

Gleichgewichtsbedingung: σ1 A1 + σ2 A2 = σ3 A3 .

j = 1, 2, 3 .

232

Elastostatik: L¨ osungen

Aufl¨osen liefert: σ1 = −(5αT1 − 3αT2 )E1 ΔT /6 . Knickspannung (4. Euler-Fall): σkrit = −4π 2

E1 I1 . A1 l 2

Maximale Temperatur¨anderung:

σ1 = σkrit

→

ΔTmax =

24π 2 I1 . (5αT1 − 3αT2 )A1 l2

F¨ ur αT1 > 3αT2 /5 f¨ uhrt eine Erw¨armung zum Knicken, f¨ ur αT1 < 3αT2 /5 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. Differenzialgleichung f¨ ur die Auslenkung w(x): EIy wIV + F w = 0 → wIV + λ2 w = 0 mit λ2 = F/EIy . Allgemeine L¨osung der Differenzialgleichung: 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 .

Knickung

233

Randbedingungen: w(0) = 0 ,

w (0) = 0 ,

M (l) = 0 ,

Q(l) = F sin α − c w(l) cos α . 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 = λ21 EIy

→ Fkrit = (λ1 l)2

Sonderf¨alle: Fkrit = 2,47

EIy l2

(1. Euler-Fall) ,

c → ∞: Fkrit = 20,2

EIy l2

(3. Euler-Fall) .

c = 0:

EIy . l2

234

Elastostatik: L¨ osungen

Kritische Last f¨ ur Knicken in der x, y-Ebene: Fkrit = 2,47

EIz l2

(1. Euler-Fall) .

L¨ osung II.6.6 Einf¨ uhren einer dimensionslosen Ortskoordinate: ξ = x/L . Dimensionslose H¨ohe des Gewichts: β = l/L . Gleichgewicht am ausgelenkten Balken liefert: Q(ξ) = −H = −mg w(β)/L , * mg (w(ξ) − w(β) ξ) f¨ ur 0 ≤ ξ ≤ β , M (ξ) = mg w(β) (1 − ξ) f¨ ur β < ξ ≤ 1 .

Knickung

235

Differentialgleichung f¨ ur die Auslenkung: d2 w M (ξ) d2 w = 2 2 = w (ξ)/L2 = − 2 dx L dξ EI * 

→ w (ξ) =

λ2 (w(β) ξ − w(ξ)) f¨ ur 0 ≤ ξ ≤ β , λ2 w(β) (ξ − 1)

f¨ ur β < ξ ≤ 1 .

Allgemeine L¨osung der Differentialgleichung: ⎧ ⎪ ur 0 ≤ ξ ≤ β , ⎨ A cos (λ ξ) + B sin (λ ξ) + w(β) ξ f¨ w(ξ) =

1 ⎪ ⎩ λ2 w(β) (ξ − 1)3 + C1 ξ + C2 6

f¨ ur β < ξ ≤ 1 .

Randbedingungen: w(ξ = 0) = 0,

w(ξ = 1) = 0.

¨ Ubergangsbedingungen: w (β − ) = w (β + ),

w (β − ) = w (β + ),

w(β − ) = w(β + ) .

Einsetzen liefert: A = 0, w(β) (1 − β) , sin(λβ)   λ2 (β − 1)2 , C1 = w(β) 1 − λ cot(λβ) (β − 1) − 2 B=

C2 = −C1 , sowie die Bedingung f¨ ur eine nichttriviale L¨osung: λβ cot(λβ) −

β (2 − β) 1−β = 0. (λβ)2 + 3β (1 − β)2

236

Elastostatik: L¨ osungen

Kritische Last (kritische Gewichtskraft) f¨ ur Knicken in der x, z-Ebene: Fkrit = (mg)krit = λ2

EI . L2

Sonderfall l = L, d.h. β = 1: cot (λl) → −∞,

→ (m g)krit = π 2

→λ=π

H

M(ξ)

L

Q(ξ)

Q(ξ)

l

ξ = x/L

H

z

mg

M(ξ)

H mg

1 0,

0, 0

5

4π 2 0, 01

0, 001

H

mg

mg

4

β 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 . 2 4t0 2t0

Einsetzen liefert:  F (t) =

b)

 t m x0 − 2 + c x0 cos 4t0 2t0

→

F (t) = 0 .

t > T : t − T 0 = 1 .

Systemantwort und Zeitableitungen:    t t−T x(t) = x0 cos + 20 1 − cos 2t0 2t0 →

x˙ =

x0 2t0

 − sin

t−T t + 20 sin 2t0 2t0



386

Kinetik: L¨ osungen

x0 x¨ = 2 4t0

→



t−T t + 20 cos − cos 2t0 2t0

 .

Einsetzen liefert:  −

F (t) =

 +

 m x0 t + c x cos 0 2 4t0 2t0

 20 m x0 t−T − 20 c x + 20 c x0 0 cos 4t20 2t0

→

F (t) = 20 N .

L¨ osung III.6.8 Ungespannte und gespannte Federl¨ange, Federl¨angung: f0 = l − v ,

f=

√

l2 + w2 ,

Δf = f − f0 =

√

l2 + w2 − (l − v) .

Potentielle Energie der Federn: 1 2 √ 1 Ep = 2 c (Δf )2 = c l2 + w2 − 2(l − v) l2 + w2 + (l − v)2 . 2 Kinetische Energie: Ek =

1 m w˙ 2 . 2

Prinzipien der Mechanik

387

Energiesatz: Ep + Ek = const 1 2 √ 1 → m w˙ 2 + c l2 + w2 − 2(l − v) l2 + w2 + (l − v)2 = const . 2 Zeitableitung des Energiesatzes, Bewegungsgleichung:   w w˙ m w˙ w¨ + c 2 w w˙ − 2(l − v) √ =0 l2 + w2   2c l−v → w¨ + w = 0. 1− √ m l2 + w2 Linearisierung der Bewegungsgleichung, Eigenfrequenz: √

l2 + w2 ≈ l

→ w¨ +

→

ω=

2c v 2c v w = 0 → ω2 = m l ml

2c √ v, ml

ω∼

√

v.

f w

v

f0

III.7

Prinzipien der Mechanik

L¨ osung III.7.1 Kinematik und Federkraft: xS = r ϕ

→

x¨S = r ϕ¨ ,

a) Schwerpunktsatz und Drallsatz: ←:

m x¨S = −F − H ,

F = c xS = c r ϕ .

388

Kinetik: L¨ osungen

↑: 

S:

0=N −G

→

N = G,

ΘS ϕ¨ = r H

mit

ΘS = m r2 /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 r2 /2 liefert: ϕ¨ + ω 2 ϕ = 0

mit

ω2 =

2c . 3m

L¨ osung III.7.2 (Vgl. mit L¨osung III.6.3) Kinematik: vS = (R − r)ϕ˙ = r ψ˙

→

(R − r)ϕ¨ = rψ¨

→

ψ¨ = (R/r − 1)ϕ¨ .

Momentengleichgewicht bez¨ uglich B: 

B:

ΘS ψ¨ + m (R − r)ϕ¨ r + m g r sin ϕ = 0

mit

ΘS = m r2 /2 .

Prinzipien der Mechanik

389

Einsetzen liefert: ϕ¨ +

2g sin ϕ = 0 . 3(R − r)

L¨ osung III.7.3 Auf ein Massenelement dm wirkt als Belastung“ die d’Alem” bertsche Tr¨agheitskraft dFT = dm R Ω 2 . Die resultierende Tr¨agheitskraft 2 FT = m R Ω greift im Schwerpunkt des Handgriffs an. Maximales Biegemoment (bei B): MB = FT l/2 = m R Ω 2 l/2 . Maximale Biegespannung:

σmax =

MB W

mit

W = π r3 /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.

390

Kinetik: L¨ osungen

Massenelement: dm =

m 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): 



2

r Ω cos ϕ dm =

N (x1 ) =

x1 0

x = μ Ω 2 [b s − s2 /2]0 1

Ω 2 (b − s)μ ds N (x1 ) = μΩ 2 (b x1 − x21 /2) .

→

Querkraft (0 ≤ x1 ≤ b): 

r Ω 2 sin ϕ dm =

Q(x1 ) =



x1 0

Ω 2 a μ ds

→

Q(x1 ) = μ Ω 2 a x1 .

Biegemoment (0 ≤ x1 ≤ b):  M (x1 ) =

x1 0

Q(s) ds

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

μ Ω 2 (a−s)ds

→

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

Prinzipien der Mechanik

391

L¨ osung III.7.5 Dynamisches Gleichgewicht: π/2 :

N−

π/2

2

μr ϕ¨ sin ψ dψ − 0

→

0

N = μ r2 (ϕ¨ + ϕ˙ 2 ) , π/2

:

Q−

π/2

2

μ r ϕ¨ cos ψ dψ + 0

→ 

0:

μ r2 ϕ˙ 2 cos ψ dψ = 0

μ r2 ϕ˙ 2 sin ψ dψ = 0

0

Q = μ r2 (ϕ¨ − ϕ˙ 2 ) , π/2

M −Nr+

μ r3 ϕ¨ dψ = 0

0

→

M = μ r3 [(1 − π/2)ϕ¨ + ϕ˙ 2 ] .

392

Kinetik: L¨ osungen

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 . Massentr¨agheitsmomente : ΘB = m1 r12 /2 ,

ΘC = m2 r22 /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:   1 1 1 1 F − m2 g − m1 x¨ − m2 x¨ − m2 x¨ δx = 0 2 2 8 4

→

x¨ =

8F − 4m2 g . 4m1 + 3m2

Prinzipien der Mechanik

393

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 .

Kinematik : r1 δϕ1 = r2 δϕ2 , r1 ϕ˙1 = r2 ϕ˙2 ,

δy = r3 δϕ2 , y˙ = r3 ϕ˙2 .

Einsetzen liefert: '

(  2  2 1 1 1 r2 r2 r2 M0 − m1 y¨ − m2 y¨ − m3 y¨ − m4 g − m4 y¨ δy = 0 r1 r3 2 r3 2 r3 2

→

r2 M0 − m4 g r1 r3 y¨ =  2 . 1 1 r2 (m1 + m2 ) + m3 + m4 2 r3 2

394

Kinetik: L¨ osungen

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 . Potentielle Energie: Ep = c x2 /2 + c(r ϕ)2 /2 . Massentr¨agheitsmoment : ΘS = m r2 /2 . Kinematik : vS = x˙ − r ϕ˙ . Lagrange-Funktion : L = E k − Ep

→

L = M x˙ 2 /2 + m r2 ϕ˙ 2 /4 + m(x˙ − r ϕ) ˙ 2 /2 − c x2 /2 − c r2 ϕ2 /2 . Bewegungsgleichungen : d dt



∂L ∂ x˙



∂L − = Qx , ∂x

d dt



∂L ∂ ϕ˙

 −

∂L = Qϕ . ∂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 .

Prinzipien der Mechanik

395

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 = E k − 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 .

396

Kinetik: L¨ osungen

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 r2 (2 cos ϕ1 − 1)2 ϕ˙ 22 /2 + 2m r2 ϕ˙ 21 − 2m g r sin ϕ1 −cT (ϕ1 − ϕ¯1 )2 /2 . Bewegungsgleichungen : 4m r2 ϕ¨1 + 2m r2 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 Œ und den relativen Drehwinkel ϕ2 der Scheibe  gegen¨ uber der Scheibe Œ. F¨ ur 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 . Lagrange-Funktion: L = Θ(2ϕ˙ 21 + 2ϕ˙ 1 ϕ˙ 2 + ϕ˙ 22 )/2 − cT ϕ22 /2 .

Prinzipien der Mechanik

397

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.

398

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 ∂ ϕ˙

 −

∂L = Qϕ . ∂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) ˙ .

Prinzipien der Mechanik

399

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 .

400

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˙ =

l ϕ ϕ˙ sin . 2 2

Ungespannte Federl¨ange: l = tan α l − f0

→

f0 = l/2 .

Gespannte Federl¨ange und Federweg:

2

2

2

→ f =l (f0 − z) + s = f 

5 ϕ − cos − Δf = f − f0 = l 4 2

5 ϕ − cos , 4 2  1 . 2

 ϕ z = l 1 − cos . 2

Prinzipien der Mechanik

401

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 =

Θξ + Θζ Θ ξ − Θ ζ Θ 12 3 − 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 =

1 1 ϕ m z˙ 2 = m l2 ϕ˙ 2 sin2 . 2 8 2

Potentielle Energie des Gewichts:  ϕ EpG = m g z = m g l 1 − cos . 2 Potentielle Energie der Feder: 1 1 Epf = c (Δf )2 = c l2 2 2



ϕ 6 − cos − 4 2



ϕ 5 − cos 4 2

 .

Lagrange-Funktion: L = Ekrot + Ektrans − EpG − Epf  1 ϕ 3 1 ϕ m l2 ϕ˙ 2 + m l2 ϕ˙ 2 sin2 +m g l cos − 1 + c l2 = 16 8 2 2 2



ϕ cos + 2



 ϕ 5 − cos − 1 . 4 2

402

Kinetik: L¨ osungen

Ableitungen der Lagrange-Funktion: ∂L = m l2 ϕ˙ ∂ ϕ˙ d dt



∂L ∂ ϕ˙





ϕ 3 1 + sin2 8 4 2

 ,



ϕ 3 1 = m l ϕ¨ + sin2 8 4 2 2

 +

1 ϕ ϕ m l2 ϕ˙ 2 sin cos , 4 2 2

( '  ϕ m g l c l2 1 ∂L  −2 sin . = − + ∂ϕ 2 8 2 5/4 − cos ϕ/2 Virtuelle Verr¨ uckungen: z˙ → δz , ϕ˙ → δϕ: δz =

ϕ l δϕ sin . 2 2

Kr¨afte und Momente ohne Potential: KzR = −sgn(z) ˙ |K R | = −sgn(ϕϕ) ˙ |K R | f¨ ur

− 90◦ < ϕ < 90◦ ,

M R = −sgn(ϕ) ˙ |M R | . Verallgemeinerte Kraft ohne Potential:   l ϕ δW = KzR δz + M R δϕ = −sgn(ϕϕ) ˙ |K R | sin − sgn(ϕ) ˙ |M R | δϕ 2 2 = QR δϕ

→

QR = −sgn(ϕϕ) ˙ |K R |

l ϕ sin − sgn(ϕ) ˙ |M R | . 2 2

Lagrangesche Gleichung 2. Art: d dt



∂L ∂ ϕ˙

 −

∂L = QR ∂ϕ 

 3 1 ϕ ϕ 1 ϕ + sin2 + m l2 ϕ˙ 2 sin cos 8 4 2 4 2 2  ( ' 2 1 ϕ mgl cl + 2−  sin + 2 8 2 5/4 − cos ϕ/2

m l2 ϕ¨ →

= −sgn(ϕϕ) ˙ |K R |

l ϕ sin − sgn(ϕ) ˙ |M R | . 2 2

Prinzipien der Mechanik

403

l f s

f0

ϕ/2

~

l

l

l ϕ/2 α

z

l/2

ζ

R ξ˜ η

β = 90◦ − α ξ

z s

z

2R

f0

s