Hochschule Karlsruhe Technische Mechanik Statik. Aufgaben zur Statik

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1 Aufgaben zur Statik S 1. Seilkräfte 28 0 F 1 = 40 kn 25 0 F 2 = 32 kn Am Mast einer Überlandleitung greifen in der angegebenen Weise zwei Seilkräfte an. Bestimmen Sie die resultierende Kraft. Addition der beiden Zugkräfte mit Hilfe des Parallelogramms der Kräfte oder Zerlegung der Kräfte in die Komponenten und Addition der Komponenten y x F 1 φ F 2 F In Komponenten dargestellt ergibt sich: F=F sin cos =F 1 cos sin 28 F 2 cos 25 0 F= 35,3 18,77 13,52 29,0 = 6,3 0 sin 25 32,3 0 =32,87 sin 11,10 cos11,1 Ergebnis: Die resultierende Kraft hat einen Betrag von 32,87 KN Seine Winkel zur y-achse beträgt 11 0 Lsg_Afg_Statik (2).odt 1 Von 26 WS 2010/2011

2 S 2: Zentrales Kräftesystem Die Gondel einer Seilbahn hat eine Masse von m = 300 kg. Die Seilmasse soll vernachlässigt werden. Welche Kräfte wirken in den Seilabschnitten 1 und 2 bei der skizzierten Position der Gondel? h 1 = 300 m 2 h 2 = 100 m 1 s 1 = 200 m s 2 = 250 m Masse der Gondel: m = 300kg; Dem obigen Lageplan ist der folgende Kräfteplan zugeordnet: y F 2 α 2 x α 1 F 1 F m Zentrales Kräftesystem: F xi =0; i i F yi =0; aus den Längenangaben ( siehe Lageplan) lassen sich die sin und cos Werte der beiden Winkel berechnen: x- Komponenten: F 1 cosα 1 = F 2 cos α 2; F 1 0,894 = F 2 0,641 (1) Y Komponenten: -F 1 sin α 1-m g+f 2 sinα 2 =0; -F 1 0, ,81 + F 2 0,77 = 0 (2) aus (1) und (2) folgt F 1 (-0,447+1,074) = 2943 F 1 = 4,699 kn ~ 4,7 kn F 2 = 6,566 kn ~ 6,6 kn Ergebnis: F 1 = 4699 N; F 2 = 6566 N Lsg_Afg_Statik (2).odt 2 Von 26 WS 2010/2011

3 S 3: Kräftepaar Wie groß müssen die Kräfte F A und F B sein, wenn das resultierende Moment M res = 0 sein soll? 12 kn 4 m 12 kn 6 m F A F B Die beiden Kräfte F A und F B müssen ein Kräftepaar bilden. Dem vorgegebenen negativen Drehmoment muss ein positives Drehmoment gleicher Stärke entgegen gesetzt werden. M 12 + M AB= F A 6 = 0 F A = 8 kn; und F B = -8 kn Ergebnis: Mit einem Kräftepaar aus 2 gleich großen entgegengesetzt wirkenden Kräften stellt sich ein Gleichgewicht der Momente ein. (Wenn die Beträge der Kräfte angegeben werden gilt: F A = F B F A = -F B = 8 kn Lsg_Afg_Statik (2).odt 3 Von 26 WS 2010/2011

4 S 4: Resultierende Kraft und resultierendes Moment F B 30 cm a α a F res = 200 N 20 cm M res = 80 Nm F A Ergebnis: Gesucht werden F A und F B und α also 3 Unbekannte: y x 3 Gleichungen: x-komponenten, y Komponenten und die Drehmomente Für den Punkt a gilt: 1) Fx = 0 = F A + F B cosα F A = -F B cosα 2) Fy = F res = F B sinα F B = F res / sinα 3) M res = F A 0,2 + F B 0,3 sinα M res = F B cosα 0,2 + F B 0,3 sinα M res = -F res 0,2 cosα / sinα + F res 0,3 (F res 0,3 - M res) / (0,2 F res ) = cotα tanα = (0,2 F res)/ (F res 0,3 - M res) tanα = (0,2 200) / (200 0,3-80) = 40 / - 20 = - 2 α= ,43 = 116,56 0 F B = 200 / 0,8944 = 223,6 N F A = - 223,6 cosα = 100 N Ergebnis: α = 116,56 0 ; F A = 100 N; F B = 223,6 N Lsg_Afg_Statik (2).odt 4 Von 26 WS 2010/2011

5 S 5: Freischneiden α A F G B Das gegebene System ist in den Punkten A und B freizuschneiden Freischneiden in den Punkten A und B: α F B F A α F G F A F G Lageplan F B Kräfteplan y x-komponente: F A sinα -F B cosα = 0 F A = F B cosα / sinα x y-komponente: F A cosα - F G +F B sinα= 0 F B cos²α /sinα - F G + F B sinα = 0 ( sinα) F B cos²α - F G sinα + F B sin²α = 0 (cos²α + sin²α = 1) F B = F G sinα F A = F G cosα Lsg_Afg_Statik (2).odt 5 Von 26 WS 2010/2011

6 S 6: Auflagekräfte bestimmen Zwei Hebel sind in A und B gelenkig gelagert und im Punkt C über ein Gelenk verbunden. Schneiden Sie das skizzierte System so frei, dass die Auflagekräfte in A und B bestimmt werden können. F a/2 a/2 a C a A B Freischneiden: F F Cx F Cy y F Cy F Cx x F Ax F Bx F Ay F By Da die hier eingesetzten Lager keine Momente aufnehmen können, müssen im Gleichgewicht die Summe der Kräfte und Momente für jeden freigeschnittenen Teil verschwinden. d.h: F Ax - F Cx = 0 F Ay +F Cy F = 0 Drehmoment um A muss verschwinden: -F a/2 + F Cy a + F Cx a = 0 und für den 2. freigeschnittenen Teil: F Cx = F Bx F Cy = F By Moment um B muss verschwinden: F Cy a - F Cx a = 0 F cx = F cy - 0,5 F+ 2 F Cx = 0 F Cx = 0,25 F; F Cy = 0,25 F F Ay = 0,75 F F Bx = 0,25 F; F Cx = 0,25 F; F Ax = 0,25 F F By = 0,25 F; F Cy = 0,25 F; Lsg_Afg_Statik (2).odt 6 Von 26 WS 2010/2011

7 S 7: Freischneiden und Lagerkräfte bestimmen D B C E Schneiden Sie den Kran so frei, dass die Auflagekräfte bestimmt werden können F m A 60 0 Winde 5 m 5 m Freischneiden des Krans D F Dy F Cx C F Dy E F F 2 F 1 3 A F F Ax mg F Ay m Gleichgewicht der Kräfte: Das Seil über die Rollen hat immer dieselbe Zugkraft: F 1 = F 2 = F 3 = F m g = 2 F; F = 0,5 m g F Dy = 3 F = 1,5 m g Für den Stab gilt: F Ay = F Dy = 1,5 m g F Ax = F Cx Lsg_Afg_Statik (2).odt 7 Von 26 WS 2010/2011

8 Summe der Drehmomente um A als Drehpunkt: F Cx 5 tan F Dy = 0 F cx = (3 m g) / tan 60 0 = 3 m g F Ax = 3 m g Ergebnis: Alle Kräfte sind bestimmbar: Für m = 1 kg wird F Ax = 16,99 N F Ay = 14,715 N F Cx = 16,99 N F Dy = 14,715 N F 1=F 2=F 3= 4,905 N F Cx Lsg_Afg_Statik (2).odt 8 Von 26 WS 2010/2011

9 S 8: Reaktionskraft bestimmen Für das skizzierte System ist die Masse m 2 so zu bestimmen, dass der Balken AB horizontal bleibt. Für diesen Fall ist die Reaktionskraft in A anzugeben. Die Rolle kann reibungsfrei angenommen werden. A 30 0 m 1 = 500 kg m 2 Annahmen: Der Balken ist masselos und die Rolle reibungsfrei. m 2 g A X 30 0 A Y m 1 g Summe der Kräfte in x- Richtung = 0: A x + m 2 g cos 30 0 = 0 (1) Summe der Kräfte in y-richtung = 0 A y m 1 g + m 2 g sin 30 0 = 0 (2) Drehmoment im Punkt A = 0 -m 1 g l + m 2 g l sin 30 0 = 0 (3) die Länge l kürzt sich raus, d.h. m 2 = m 1 / sin 30 0 m 2 = 2 m 1 m 2 = 1000 kg und: A x = - 2 cos 30 0 m 1 g A x = 3 m 1 g A x = N A y = m 1 g m 1 g sin 30 0 /sin 30 0 A y = 0 Ergebnis: A x = N ; A y = 0 ; m 2 = 1000 kg Lsg_Afg_Statik (2).odt 9 Von 26 WS 2010/2011

10 S 9: Zugbrücke Seilkraft und Lagerkräfte Die Zugbrücke einer Ritterburg hat eine Masse von 800 kg, die gleichmäßig über ihre Länge von 5,5 m verteilt ist. a) Mit welcher Kraft muss man im Zugseil S ziehen, um sie anzuheben? b) Welche Kräfte wirken dabei in der Lagerung A? S 4 m A 4 m 1,5 m Freischneiden A x A 45 0 F S A y x S m*g Die Gewichtskraft des Brettes wird als Einzelkraft im Schwerpunkt des Brettes angesetzt. Der Abstand von A beträgt in der x-richtung: x S = l/2 = 2,75 m Gleichgewicht der Kräfte und der Momente führt zu: Kräfte in der x-richtung: A x = 2 F s (1) Kräfte in der y-richtung: A y 2 F s m g=0 Drehmoment um den Punkt A: F S =m g x S F S = m g x S 2 2 F S = 7630 N A X = 5395 N; A y = 2453 N Ergebnis: A x= 5395 N; A y = 2453 N; F S = 7630 N; Lsg_Afg_Statik (2).odt 10 Von 26 WS 2010/2011

11 S 10: Spannrolle und Riemenkraft F 300 mm m 250 mm 300 mm 45 0 F Die abgebildete Spannrolle soll einen Riemen so spannen, dass eine Riemenkraft von F = 500 N entsteht. Dafür ist die Größe der Masse m zu bestimmen. Der Hebel hat eine Masse m H = 10 kg, sein Schwerpunkt liegt in der Rollenachse. Lageplan: A x A y F F H 45 0 F F m Gesucht ist die Masse m so dass die Riemenkraft F = 500 N beträgt. Die Winkel und Längen sind aus dem Lageplan zu entnehmen. Unbekannt sind: m und die Lagerkräfte A x, A y Gleichgewichtsbedingungen: Summe der Kräfte in x-richtung = 0: A x 2 F=0 A x + 353,6 = 0 (1) Summe der Kräfte in y-richtung = 0: A y + F 2-05 F - F H m g = 0 A y (1-2 -0,5 ) - 98,1 m 9,81 = 0 A y + 146,4-98,1 9,81 m = 0 A Y +48,34 9,81 m = 0 (2) Lsg_Afg_Statik (2).odt 11 Von 26 WS 2010/2011

12 Summe der Drehmomente = 0: Drehpunkt Rolle: - m g 300 -A x A y 250 = 0 (3) - m 9, ,6 300 (9,81 m-48,34) 250 = 0 m ( ,5) = ,6; m = 21,9 kg Ergebnis: A X = -353,6 N; A Y = 166,5 N; m = 21,9 kg Lsg_Afg_Statik (2).odt 12 Von 26 WS 2010/2011

13 S 11: Streckenlänge mit Hilfe der Gleichgewichtsbedingung ermitteln b A C Ein Brett ist im Punkt A an einer glatten Wand angelehnt und im Punkt B über ein Seil gehalten. Reibungskräfte können vernachlässigt werden. Wie groß muss bei gegebener Länge a die Strecke b gewählt werden, damit das Brett im Gleichgewicht bleibt a F G B Kräfteplan: C b α A A x 45 0 F S D F G B Im Punkt A können nur horizontale Kräfte aufgenommen werden. Gesucht ist die Länge b: Gleichgewichtsbedingungen: Summe aller horizontalen Kräfte = 0: A x F s sinα = 0 (1) Summe der vertikalen Kräfte = 0 - F G + F S cosα = 0 (2) Summe der Drehmomente muss verschwinden z.b. im Punkt B Lsg_Afg_Statik (2).odt 13 Von 26 WS 2010/2011

14 F Ax a 2 F G a 2 =0 F 2 Ax = F G 2 (3) aus (1) und (2) folgt: A X / F G =sinα /cosα tan α = 0,5; für b aus dem Dreieck: DCB: 0,5= a 0,5 b a 0,5 0,5 b=0,5 0,5 a 0,5 b 0,5 0,5 a=a 0,5 b= 0,5 a= 2 2 a Ergebnis: b muss a 2 lang sein 2 Lsg_Afg_Statik (2).odt 14 Von 26 WS 2010/2011

15 S 12: Stabkräfte in einem Wandkran 1 m 1 2 m 2 F G = 9,6 kn Wie groß sind die Kräfte in den Stäben 1 und 2 des Wandkranes? 4 m Ein Stab mit den Gelenken nimmt Zug und Druck- Kräfte auf. Hiermit ergibt sich folgender Kräfteplan: y x F 1 α 1 F 2 F G α 2 Aus dem Lageplan gilt für die Winkel α 1, α 2 : tan α 1 = ¼ = 0,25; tan α 2 = ¾ = 0,75; Kräftegleichgewicht in den beiden Komponenten x und y führt zu den Gleichungen: x-richtung: - F 1 cos α 1 + F 2 cos α 2 = 0 (1) y- Richtung: - F G + F 2 sin α 2 - F 1 sin α 1 = 0 (2) 2 Gleichungen für 2 Unbekannte F 1 und F 2: aus (1) und (2) folgt: - F G + F 2 sin α 2 - F 2 cos α 2 tan α 1 = 0 F 2 = F 2 = F G F G sin 2 tan 1 cos 2 aus sin 2 = tan 2 sin 2 o,25 cos 2 1 tan 2 2 folgt: sin 2 = 0,75 1 0,75 2=0,6 cos α 2 = 0,8 Lsg_Afg_Statik (2).odt 15 Von 26 WS 2010/2011

16 F 2 = F G 0,6 0,25 0,8 =2,5 F G F 2 = 24 kn F 1 = F 2 cos α 2 / cos α 1 1 cos 1 = =0, tan 2 1 eingesetzt ergibt: F 1 = 24 0,8 / 0,9701 = 19,8 kn Ergebnis: F 1 = 19,8 kn; F 2 = 24 kn; Lsg_Afg_Statik (2).odt 16 Von 26 WS 2010/2011

17 S 13: Schnittgrößenverlauf: Normalkraft, Querkraft und Biegemoment Für den horizontalen Balken ist der Schnittgrößenverlauf zu bestimmen. 600 mm 1200 mm 600 mm F = 800 N über die Rollen ist ein Seil gespannt, d.h. die Seilkraft ist überall identisch Kräfteplan: y D x M A F Ax A F Ay B 45 0 C F Kräfte in den Punkten C: F Cx = F ; F cy= F F Cx = - 565,7 N; F Cy = -234,3 N D: F Dx = F F Dy = F 1 2 FDx = -234,3 N; FDy = -565,7 N 2 F Ax F F cos 45 0 cos 45 0 =0 F Ax =F F Ax = 800 N F Ay F=0 F Ay =F F Ay = 800 N Lsg_Afg_Statik (2).odt 17 Von 26 WS 2010/2011

18 M A 1,8 F F sin ,6 F F sin45 0 1,2 F cos45 0 =0 M A = 960 Nm F Q M F N F N F N = -800 N F N = -565,7 F Q F Q = -800 N F N =-234,3 N M Das Seil über die Stange BD übt ein statisches Moment Nm aus, Das resultierendes Moment w ird damit Nm Nm Momentenverlauf auf dem Balken. Für den Bereich von A bis B mit x=0 in A gilt für den Momentenverlauf: M= F 1,2 x ,8 x F F 0,6 Lsg_Afg_Statik (2).odt 18 Von 26 WS 2010/2011

19 S 14: Verlauf Querkraft und Biegemoment Bestimmen Sie den Verlauf von Querkraft und Biegemoment. 6 kn 8 kn Gelenk 2 m 1 m 1 m 1 m Freischneiden: 6 kn 8 kn M A F By F Ay F By F Cy Es treten keine Kräfte in der x-richtung auf. Die Seite A muss ein Moment aufnehmen. Gleichgewichtsbedingungen: Summe der Kräfte Linker Teil: rechter Teil: F Ay 6 F By = 0 F By 8 + F Cy = 0 Summe der Momente: Linker Teil: M A F By 3 = 0 +F Cy = 0 F Cy = 4 kn F By = 4 kn M A = = 24 knm F By F Ay F By F Cy F Q +4kN F Q = -10 kn -4kN -4kN Lsg_Afg_Statik (2).odt 19 Von 26 WS 2010/2011

20 M A F By F Ay F By F Cy M B / Nm S 15: Berechnung des Flächenschwerpunktes Berechnen Sie die y Koordinaten des 5 cm 1 cm Schwerpunkts der gezeichneten Fläche. x 1 cm 5 cm Lsg_Afg_Statik (2).odt 20 Von 26 WS 2010/2011

21 Aus der Symmetrie der Anordnung folgt, dass der Schwerpunkt auf der y-achse liegt, d.h. x S = 0. Berechnung der y-komponente des Schwerpunktes: y S = y S da A A ; die Gesamtfläche A beträgt: A= = 10 cm 2 im eingezeichneten Koordinatensysten gilt: y S = (-0, ,5 5) / 10 = 1 Ergebnis: Der Schwerpunkt hat die Koordinaten: (x S =0 / y S = 1) S 16: Standsicherheit eines Gabelstaplers S F 1 An einem Gabelstapler greift im Schwerpunkt S die Gewichtskraft von 7,5 kn an. Bei voller Ausnutzung der Tragfähigkeit wirkt am Hubmast in der gezeigten Stellung die Last F 1 = 10 kn. Die Abstände betragen l 1 = 1,6 m; l 2 = 1,02 m; l 3 = 0,6 m. Wie groß ist die Standsicherheit? l 2 l 1 l 3 Standsicherheit S: Definition: Kippmoment: M K = F a; Standmoment: M S = F G b S= M S M K M S = 7,5 kn 1,02 m = 7,65 knm; M K = F 1 l 3 = 10 0,6 = 6 knm S = 7,65 / 6 = 1,275 Ergebnis: Die Standsicherheit beträgt (aufgerundet) 1,3. Lsg_Afg_Statik (2).odt 21 Von 26 WS 2010/2011

22 S 17: Standsicherheit eines Drehkrans l 1 h F 2 l 2 F 1 F max Auf den skizzierten Drehkran wirken folgende Kräfte: Die Nutzlast F max = 30 kn, die Gewichtslast des Auslegers F 1 = 22 kn, die Gewichtskraft von Grundplatte und Säule F 2 = 9 kn. Die Abmessungen betragen l 1 = 6 m; l 2 = 1,3 m; und l 3 = 2,8 m. Welches Gewichtskraft F 3 muss das Fundament haben, wenn die Standsicherheit S=2 haben soll? Das Fundament stehe auf festem Untergrund, seiltiche Kräfte auf das Fundament können vernachlässigt werden. l 3 Gesucht: Gewichtskraft F 3 des Fundamentes bei einer Standsicherheit S = 2 S = M S / M K = 2;M S = (F 3+F 2) 0,5 l 3 + F 1 (0,5 l 3 l 2) M K = F max (l 1-0,5 l 3) Vorgegebene Werte eingesetzt ergibt: M S = (F 3+9) 0,5 2,8+22 (1,4-1,3) = 1,4 F 3 +14,8; M K = 30 4,6 = 138 knm 1,4 F 3 = ,8; F 3 = 186,657 kn Ergebnis: Die Kraft muss 186,6 KN betragen, dies entspricht einem Fundament von 19 t Lsg_Afg_Statik (2).odt 22 Von 26 WS 2010/2011

23 S 18: Haftreibung Ein Mensch an einer Kiste zog, die n-mal sein Gewicht wohl wog. Die Kiste ruht auf rauhem Sand, er selbst auf rauhem Boden stand. Neigt er nach hinten sich zu sehr, so findet er den Halt nicht mehr. Der Winkel α ist gefragt, bei dem das Gleichgewicht versagt. F = n F G µ 0 Bestimmen Sie den Grenzwinkel α für a) n = 0,5 b) n = 1,5 µ 0 α F G s h Berechnung des Grenzwinkels: Kräfteplan: n µ 0 F G C α F G s h A A x A y Summe der Kräfte und Momente = 0 x: A x n µ 0 F G = 0; Punkt A wird für die Momente gewählt Lsg_Afg_Statik (2).odt 23 Von 26 WS 2010/2011

24 y: A Y - F G = 0 und A x = µ 0 A y A xmax=µ 0 F G eine größere horizontale Kraft kann nicht aufgenommen werden. Statisches Moment um den Punkt A: und n= 0,5: n µ 0 F G h cos α -F G s sin α = 0; tan α = n µ 0 h / s tan α = µ 0 h /(2 s) Ergebnis a): n = 0,5; tan = 0 h 2 s Aufgabe b) n =1,5: Drehung um den Punkt C: Eine größere Kraft als A xmax = µ 0 F G kann mit der Reibung nicht aufgebracht werden, sonst rutscht der Schuh weg, d.h. µ 0 F G >= n µ 0 F G d.h. 1>=n, also n >1 nicht realisierbar. A y = F G Drehmoment um den Punkt C: (h-s) F G sin α + µ 0 F G h cos α - F G h sin α = 0; tan = h s Ergebnis: b) nur für n=1 möglich: tan α = µ 0 h / s Die Kraft, die für n=1,5 notwendig ist, kann mit der Bodenreibung nicht aufgebracht werden. Lsg_Afg_Statik (2).odt 24 Von 26 WS 2010/2011

25 Ergebnisse: S 1: F = 32,8 kn; α = 11,1 0 ; (Winkel zur y-achse) S 2: F 1 = 4699 N; F 2 = 6566 N; S 3: F A = - F B = 8 kn; S 4: α = 116,56 0 ; F A = 100 N; F B = 223,6 N; S 5: F B =F G sinα; F A =F G cosα; S 6: F Ay = 0,75 F F Bx = 0,25 F; F Cx = 0,25 F; F Ax = 0,25 F F By = 0,25 F; F Cy = 0,25 F; S 7: S 8: F Ax = 16,99 m N (m in kg); F Ay = 14,715 m N ; F Cx = 16,99 m ; F Dy = 14,715 m; F 1=F 2=F 3=4,905 m; F Ax = 8495 N ; F Ay = 0 ; m 2 = 1000 kg; S 9: F Ax= 5395 N; F Ay = 2453 N; F S = 7630 N; S 10: S 11: F AX = -353,6 N; F AY = 166,5 N; m = 21,9 kg; b= 2 2 a S 12: F 1 = 19,8 kn; F 2 = 24 kn; S 13: Verlauf Normalkraft, Querkraft, Biegemoment F N F N = -800 N F N = -565,7 N F Q F Q = -800 N F N =-234,3 N M Das Seil über der Stange BD übt ein statisches Moment Nm aus, Das resultierendes Moment w ird damit Nm Nm Lsg_Afg_Statik (2).odt 25 Von 26 WS 2010/2011

26 S 14: F Q +4kN F Q = -10 kn -4kN -4kN M B / Nm S 15: x S =0 ; y S = 1; S 16: S = 1,3; S 17: F 3 = 186,6 KN; S 18: a) n = 0,5; tan α = µ 0 h /(2 s); b) nur für n=1 möglich: tan α = µ 0 h / s Lsg_Afg_Statik (2).odt 26 Von 26 WS 2010/2011

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