Technische Mechanik II

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1 INSTITUT FÜR MECHANIK Technische Universität Darmstadt Prüfung Technische Mechanik II Prof. W. Becker Prof. D. Gross Prof. P. Hagedorn Jun. Prof. R. Müller am 5. Juli 005 (Name) (Vorname) (Matr.-Nr.) (Studiengang) (Platznummer) Einverständniserklärung: Ich stimme hiermit zu, dass meine Prüfungsergebnisse zusammen mit meiner Matrikelnummer (ohne Namen) im Internet eingesehen werden können. Darmstadt, (Unterschrift) Die Aufgaben sind nicht nach ihrem Schwierigkeitsgrad geordnet. Bitte beginnen Sie für jede Aufgabe ein neues Blatt und numerieren Sie die Blätter. Der Lösungsweg soll klar erkennbar sein, die Ergebnisse müssen deutlich hervorgehoben werden. Bei den durch K gekennzeichneten Kurzfragen sind lediglich Ergebnisse einzutragen. Es ist erlaubt, eine handgeschriebene Formelsammlung im Umfang eines beidseitig beschriebenen DIN A4-Blattes, die Biegelinientafel, die Integrationstafel sowie das Hilfsblatt zur Torsion zu benutzen. Andere Hilfsmittel sind nicht erlaubt. Es wird ausdrücklich darauf hingewiesen, dass keinerlei elektronische Hilfsmittel benutzt werden dürfen. Hierzu zählen insbesondere Taschenrechner, Laptops und Handys. Achtung: Aufgabe 4a ist für die Studiengänge WI-BI, BI, Mathematik und Geowissenschaften. Aufgabe 4b ist für die Studiengänge MB, WIMB, MPE, CMPE, CE und Mechanik. Viel Erfolg! Aufgabe K1 K K3 K4 Note max. Punkte erreichte Punkte Handzeichen

2 Prüfung TM II 5. Juli 005 Aufgabe 1 [ 19 Punkte ] l A S 1 S S B A l F l 1 l Gleichgewicht: A : l S 1 + l S l F = 0 S 1 + S = F (1) Elastizitätsgesetz: l 1 = S 1l EA + α T T l, l = S l EA () Kinematik: l 1 = l (3) zu a) Schrittweise Einsetzen von (), (1) in (3) S 1l EA + α T T l = S l EA ( + 1 ) S = F + EA α T T S = S 1 + S = EA α T T [ ] F + EA α T T zu b) S = 0 T = F EA α T

3 Prüfung TM II 5. Juli Aufgabe [ 0 Punkte ] a) EIw IV x (x) = q 0 l EIw (x) = 1 q 0 x l x 3 + C 1 = Q EIw (x) = 1 6 q 0 + C 1 x + C = M l EIw (x) = 1 4 q x l C 1x + C x + C 3 EIw(x) = 1 10 q x l 6 C 1x C x + C 3 x + C 4 Randbedingungen: w (0) = 0 (4) Q(0) = F c = w(0) c (5) w(l) = 0 (6) M(l) = 0 (7) (4) C 3 = 0 (5) C 1 = C 4 EI c C 4 = EI }{{} c (6) 1 10 q 0l C 1l C l + C 4 = 0 l 3 6 (7) 1 6 q 0l + C 1 l + C = 0 C = 1 6 q 0l C 1 l (8) C 1 (5) und (8) in (6): 1 10 q 0l C 1l q 0l 4 1 C 1l C 1l 3 = 0 ( 1 l 3 C ) = q 0l 4 C 1 = 3 0 q 0l (9) (9) in (8): (9) in (5): C = 1 6 q 0l q 0l = 1 60 q 0l (10) C 4 = 1 40 q 0l 4

4 Prüfung TM II 5. Juli w(x) = 1 ( 1 EI 10 q x l 40 q 0lx q 0l x + 1 ) 40 q 0l 4 Federkraft: F c = Q(0) = w(0) c = c q 0 l 4 EI 40 = 3 0 q 0l b) Maximales M Q(x ) = 0 (x : Stelle des Maximums) 1 q x 0 3 l 0 q 0l = 0 x = 3 x = 10 l 3 10 l

5 Prüfung TM II 5. Juli Aufgabe 3 [ 5 Punkte ] a) b) Axialer Tosionsmomentenverlauf M T (x) für 0 x l: m(x) = q(x) a = q a 0... längenspezifisches Torsionsmoment dm T a = m(x) = q 0... Momentengleichgewicht entlang der Stabachse dx a M T = m(x)dx = q 0 dx = q 0a x + K... Torsionsmoment + M T (x = l) = M 0 = q 0a l + K... Randbedingung am Ende des Stabes K = M 0 q 0a l... Bestimmung der Integrationskonstanten l = M 0 q 0a M T (x) = q 0a x + M 0 q 0a M T (x) = M 0 + q 0a x... Torsionsmomentenverlauf (l x)... Einsetzen und Auswertung c) Berechnung der Nullstelle x 0 bezüglich des Torsionsmoments M T : M T (x) = 0 := M T (x 0 )... Bestimmungsgleichung 6M {}}{ 0 0 = M 0 q 0a (l x q 0 al 0) = M 0 + q 0a x 0 = M 0 + q 0a x 0... Einsetzen x 0 = 4M 0 q 0 a = 3 l... Auswerten Bestimmung des Torsionsspannungsverlaufs τ(x) und des zugehörigen Extremalwertes: τ(x) = M T (x)... Torsionspannung Φt ( a ) 3 h = a = a... Höhe des Dreicksquerschnitts Φ = 1 3 at = 4 a... Querschnittsfläche τ(x) = M 0 q 0a (l x) = M 0 q 0 a(l x) = q 0ax 4M 0... Torsionspannung 3 4 a t 3a t 3a t

6 Prüfung TM II 5. Juli Da es sich beim Torsionsspannungsverlauf offensichtlich um eine lineare Funktion handelt, können die Extremalwerte bzw. τ max nur an den Intervallgrenzen, d.h. entweder bei x = 0 oder x = l auftreten. 6M {}}{ 0 τ(x = 0) = M 0 q 0 al 3a t τ(x = l) = M 0 3a t = 4M 0... Extremum im Einspannquerschnitt 3a t =... Extremum im Querschnitt am Stabende Torsionsspannungsextremum τ(x = l) τ(x = 0) τ max = τ(x = 0) = 4M 0 3a t d) Bestimmung des Torsionsträgheitsmoments I T : ds t I T = 4Φ ds I T = t... Torsionsträgheitsmoment = 3 a... Bestimmung des Linienintegrals t 4 ( 3 4 a ) 3 a t = 1 4 a3 t... Auswertung Torsionsträgheitsmoment e) Bestimmung des Verdrehwinkelverlaufs ϑ(x) und des zugehörigen Extremalwertes: dϑ(x) dx dϑ(x) dx = M T (x) GI T = M 0 q0a (l x) G 1... Bestimmungsgleichung 4 a3 t = 8M 0 + q 0 ax... Auswertung Ga 3 t Ga 3 t = 4M 0 q 0 a(l x) ϑ(x) = (q Ga 3 0 ax 4M 0 ) dx = ( ) q0 ax 4M t Ga 3 0 x + C... Integration t ϑ(x = 0) = 0 = C... Randbedingung ϑ(x) = q 0ax 8M 0 x... Axialer Verdrehwinkelverlauf Ga 3 t

7 Prüfung TM II 5. Juli Verdrehwinkelextremum dϑ(x) = 0 =: dϑ(x) dx dx... Bestimmungsgleichung x=x1 dϑ(x) dx = d ( ) q0 ax 8M 0 x = q 0ax 1 8M 0 = 0... Auswertung x=x1 dx Ga 3 t x=x 1 Ga 3 t x 1 = 4M 0 q 0 a = l... Ort der extremalen Verdrehung 3 ( ) 4M q 0 a 0 q 0 a 4M 8M0 0 16M0 q 0 a ϑ(x 1 ) = = 3M 0 q 0 a q 0 a... Auswertung Verdrehwinkel Ga 3 t Ga 3 t ϑ(x 1 ) = 16M 0 Gq 0 a 4 t = 8M 0l... Extremaler Verdrehwinkel 3Ga 3 t

8 Prüfung TM II 5. Juli Aufgabe 4a [ 1 Punkte ] nur für WI-BI, BI, Mathe und Geo. a) Resultierende des Wasserdrucks auf die Platte: a ρg(h a) ρg(h a) R R ρgh R 1 = (H a)ρg( a) + 1 aρg( a) = ρga (H a) R = ρga (h a) (analog zu R 1 ) R = R 1 R = ρga (h H) R 1 ρgh b) Kräfte auf den Schwimmer a F G Auftrieb : F A = V A ρg = ha ρg Gewichtskraft : F G = V S ρ S g = 3a 3 ρ S g Stabkraft : 3a h F A S 1 = F A F G = ρga (h 3a ρ S ρ ) S 1 c) Grenzfall: Verschwindende Kontaktkraft an der Platte S 1 a a A S S R GG an der Platte: S = R GG am Hebel: S 1 = S Ausrechnen: ρga (h 3a ρ S ρ ) = ρga (h H) damit folgt h = H 3a ρ S ρ

9 Prüfung TM II 5. Juli Aufgabe 4b [ 1 Punkte ] nur für WI-MB, MB, MPE, CMPE, CE und Mechanik 0 System: M A q 0 A H q 0 l A V Gleichgewicht: : A H = 0 : A V q 0 l = 0 A V = q 0 l A : M A + q 0l + q 0l = 0 M A = q 0 l Momentenverlauf im 0 System: q 0 l q 0 l

10 Prüfung TM II 5. Juli System: 1 M A A H A V Gleichgewicht: M A = l Momentenverlauf im 1 System: 1 l

11 Prüfung TM II 5. Juli Kinematik: α 10 + X α 11 = 0 Berechnung von α 10 : α 10 = M 1 M 0 dx auf N 0 = 0 EI { q 0l 4 q } 0l 4 6 = 1 EI Berechnung von α 11 : = q 0 l 4 3 EI M 1 M 1 α 11 = dx + S 1S 1 EI EA l = 1 {l } EI l3 + l EA = 4 l 3 3 EI + Eingesetzt in die Kinematik ergibt sich: ( q 0 l EI + X l 3 3 EI + l ) = 0 EA Daraus ergibt sich für die Unbekannte X: l EA X = S = q 0 l 3 3EI ( 1 + ) 4l EA 3EI

12 Prüfung TM II 5. Juli Alternative Lösung mit der Biegelinientafel: Alle Verlängerungen nach rechts werden positiv gezählt. Stabverlängerung l S : l S = Sl EA Verschiebung l 1 des Balkenendes (wo S angreift) infolge der Gleichstreckenlast q 0 : l 1 = q 0l 3 6EI l Verschiebung l des Balkenendes (wo S angreift) infolge des angreifenden Moments M 0 : l = M 0l EI l = q 0l 3 EI l Verschiebung l 3 des Balkenendes infolge der Stabkraft S (Biegung des senkrechten Abschnitts nach links): l 3 = Sl3 3EI Verschiebung l 4 des Balkenendes infolge des Biegemoments Sl (Biegung des waagerechten Abschnitts und dadurch Verschiebung des senkrechten Balkenendes nach links): l 4 = Sl3 EI Die Kinematik lautet: l 1 + l + l 3 + l 4 = l S Alles eingesetzt: q 0 l 4 6EI + q 0l 4 EI Sl3 3EI Sl3 EI = S ( ) l EA + 4l3 3EI = q 0 l 4 3 EI Sl EA Endergebnis für die Stabkraft S: S = q 0 l 3 3EI ( 1 + ) 4l EA 3EI