HTWG Konstan, akultät aschinenbau, tudiengang EP Übungen Technische echanik ösungen ufgabe : Geometrie : P (-6;5) 7 P P 8 4k α P (9;-) Den waagrechten bstand, den senkrechten bstand und den Gesamtabstand erhält man aus: P P 9 ( 6) 5 5 > + 5 + 8 7 P P 5 8 ( ) 8 P P 5 Dies ergibt die beiden Richtungskosinus 5 8 und 7 7 bw. die beiden Kraftkomponenten 5 8 4 5. k und 4 8. 8k. 7 7 lternativ kann auch mit dem Winkel α 8. gerechnet werden: 8 8 5 tan α bw. sin α bw. cos α 5 7 7 Dann erhält man die Kraftkomponenten cosα.88 4 5. k und sinα.47 4 8. 8k Geometrie : Das Kräftedreieck liefert cos.87 7. 4k sin.5. k K Vektorsumme R + : ür die Berechnung der Vektorsumme werden nur die Beträge der einelnen Kraftkomponenten verwendet. Zeigt eine Kraftkomponente in der kie in positive Koordinatenrichtung, wird dem Kraftbetrag bei der Vektoraddition ein positives Voreichen vorangestellt (Kraftkomponente wird addiert). Zeigt die Kraftkomponente in der kie in die negative Koordinatenrichtung, wird dem Kraftbetrag ein negatives Voreichen bei der Vektoraddition vorangestellt (Kraftkomponente wird subtrahiert). Die einelnen Komponenten können dabei unabhängig berechnet werden. Erhält man ein positives Ergebnis, bedeutet dies, dass die Komponente der Kräftesumme in positive Koordinatenrichtung eigt, bw. bei einem negativen Ergebnis eigt die Komponente der Kräftesumme in negative Koordinatenrichtung R 5. 7.4 7. 9k ( R und eigen in positive -Richtung, eigt in negative -Richtung)
HTWG Konstan, akultät aschinenbau, tudiengang EP Übungen Technische echanik R 8.8 +. 8. 8k ( R und eigen in negative -Richtung, eigt in positive -Richtung) Geometrie : P P 8 6 6 P P ( ) 4 5 5 ( 5) 6 6 P P P (;4;) + + 9.8 Kraftkomponenten: 6 5 6 6., 5. und 6. 9.8 9.8 9.8 Zur Kontrolle kann der Kraftbetrag berechnet werden + +. P (8,-;-5) Geometrie 4: Bei dieser Darstellung können die Kraftkomponenten direkt aus der kie abgelesen werden. 4 E 4 E ( 5) 6 4 E 4 4 4 4 + + 6. (,;-5) 4 4 4 E (;;) 4 Vektorsumme R + 4 : R + 4 6.+ 5. ( R und eigen in negative -Richtung, 4 eigt in positive -Richtung) + 5.+. 5. R 4 ( R und eigen in positive -Richtung, 4 ) R + 4 6.+ 6. ( R, 4 und eigen in positive -Richtung) ( 5.) + 5. +. 4. R R + R + R
HTWG Konstan, akultät aschinenbau, tudiengang EP Übungen Technische echanik ösungen ufgabe : a.) ür die Berechnung wird die Geometrie in die -Ebene projiiert. Die Kraft kann mittels eines Kräftedreiecks in die um Balken parallele Kraft p und die um Balken senkrechte Kraft s erlegt α s werden. Den benötigten Winkel a findet man auch in dem durch die geometrischen α bmessungen gegebenen Dreieck mit den p Katheten und.5..5 tan α.75 > α 6. 87 > sin α. 6 und cos α. 8 nhand des Kräftedreiecks erkennt man: s cosα. 8 und p sinα. 6.5 b.) us dem Kräftedreieck folgt: sin γ > γ 67. 8 > 5 cos γ und tan γ 5 9 α α γ 9 + α β β it den beiden Regeln, dass ein Halbkreis 8 beinhaltet und dass die Winkelsumme im Dreieck 8 beträgt, berechnet man mit 9 α + γ+ β 8 den Winkel β: β 9 + α γ 9 + 6.87 67.8 59. 49 ür die Komponente gilt: 5 5 5 > tanγ p β s c.) Das Kräftedreieck ergibt: s sin β sin 59.49. 86 p cos β cos59.49. 5 α
HTWG Konstan, akultät aschinenbau, tudiengang EP 4 Übungen Technische echanik ösungen ufgabe :.9 D E a.) Die Punkte, B und D haben alle die α konstante -Koordinate. Dadurch ist.44 es geeignet, die Geometrie für die Ds α D Zerlegung der omente in die -Ebene u projiieren. Die geometrischen α Dreiecke liefern den Zusammenhang Bs B.44.44 tan α.75 α.9 Bp > sin α. 6 und cos α. 8 B.9 Das omentendreieck für B ergibt: 5 5 Bp sin α B.6 m und Bs cos α B.8 m 4 8 4 Das omentendreieck für D ergibt: Dp sin α D.6 m und Ds cos α D.8 m 6 6 6 45 Da B und D nur eine -Komponente ungleich null besitt, können die Beträge direkt addiert werden. 5 9 R B + D + m 4 6 7 R hat den Betrag 9/7m und eigt in die negative -Richtung. Dp C b.) ür die Zerlegung der Kraft wird das Bauteil in eine Ebene projiiert, die parallel ur - Ebene ist. it dem geometrischen Dreieck erhält man den Winkel β. tan β.4 > 5 5 sin α und Das Kräftedreieck für E ergibt: 5 Ep sin βe 6 Ep cos β E 6 4 cos α D β.4 Es β E Ep E
HTWG Konstan, akultät aschinenbau, tudiengang EP 5 Übungen Technische echanik ösungen ufgabe 4: Geometrie : umme aller Kräfte in -Richtung: lle Kraftkomponenten in -Richtung sind null. umme aller Kräfte in -Richtung: res 5 4 + 4 5 Res 4.5m 4 ngriffspunkt der resultierenden Kraft beüglich des linken Endes des tabes: (das durch res ereugte oment muss gleich dem durch die Einelkräfte ereugten oment) 4 5 4 4 + 6 m res res res > res. 5m Geometrie : umme aller Kräfte in -Richtung: lle Kraftkomponenten in -Richtung sind null. umme aller Kräfte in -Richtung: res 6 + + Res 4m 6 5m m ngriffspunkt der resultierenden Kraft beüglich des linken Endes des tabes: 6 + 5 + 8 ( ) m res res res 4 > res 4m Geometrie : umme aller Kräfte in -Richtung: 5cosα 5.8 res, 4 α 5 umme aller Kräfte in -Richtung: + + 5sinα + + 5.6 res, 4 ngriffspunkt der resultierenden Kraft beüglich des linken Endes des liegenden tabes: 4 + 6 + + 4 res res, res 9 > res 7. 5m m tan α.75 m m m
HTWG Konstan, akultät aschinenbau, tudiengang EP 6 Übungen Technische echanik Geometrie 4: umme aller Kräfte in -Richtung: 6 + 6 res, umme aller Kräfte in -Richtung: res, 4 ngriffspunkt der resultierenden Kraft beüglich des linken Endes des liegenden tabes: 4 4 +.5 6 +.5 6 m res res, res 6 > res 6. 5m ösungen ufgabe 5: 6 m 4.5m.5m 6 Geometrie : Der Beugspunkt (Koordinatenursprung) liegt in der unteren, linken Ecke. age des chwerpunkts und lächeninhalt von Teilkörper TK: (5;5.5), 75 age des chwerpunkts und lächeninhalt von Teilkörper TK: (5;5), 4 6 TK TK TK 5 5 age des chwerpunkts und lächeninhalt von Teilkörper TK: (5;.5), 5 5 + + + + + + 4 4 ( + + ) ( 875 + + 65) 9. ( ) ( 975 + + 65) 5. 7 Geometrie : Der Gesamtkörper besteht aus den Teilkörpern TK (Dreieck), TK (Rechteck) und TK ϕ (Halbkreis) abüglich des Vollkreises TK4. Der TK TK TK4 Gesamtkörper ist smmetrisch ur -chse, t wodurch die -Koordinate mit gegeben ist. r s ls Beugspunkt für wird der ittelpunkt von TK TK4 gewählt. TK ist ein gleichschenkliches Dreieck mit der Grundseite b 4 und der Höhe h. lächeninhalt:.5bh 6 Der lokale chwerpunkt,lokal gilt beüglich der Grundseite des Dreiecks. aut ormelsammlung lautet er
HTWG Konstan, akultät aschinenbau, tudiengang EP 7 Übungen Technische echanik h, lokal ür den chwerpunkt beüglich des Ursprungs muss u,lokal hinuaddiert werden. +, lokal Der lächeninhalt von TK beträgt 4 8 Der lokale chwerpunkt von Teilkörper TK ist genau der ittelpunkt und die -Koordinate lautet vom Beugspunkt gemessen TK ist ein Halbkreis mit dem Radius r. Der lächeninhalt beträgt πr π 68. Die lokale -Koordinate des cherpunkts entnimmt man der ormelsammlung 4r, lokal 8.5 π beüglich des ittelpunkts ergibt sich die chwerpunktkoordinate 8.5 Der Teilkörper TK4 ist ein Vollkreis mit dem Radius r und hat den lächeninhalt πr π 4. Die -Koordinate des chwerpunkts ist null. Die -Koordinate des Gesamtschwerpunktes erhält man aus s ( 6 + 8 8.5 68. + 4.). 5 + + 4 Geometrie : Der Gesamtkörper ist smmetrisch ur -chse. Dies ergibt. inie hat die -Koordinate des chwerpunktes und die änge. inie und haben die -Koordinate des chwerpunktes 5 und die änge 5. inie 4 hat die -Koordinate des chwerpunktes 4 5 und die änge 4 4. ( + + + 4 4 ) 8. + + + 4 4 <<
HTWG Konstan, akultät aschinenbau, tudiengang EP 8 Übungen Technische echanik ösungen ufgabe 6: Weil das Blech eine konstante Dicke und Dichte hat, müssen ur Berechnung des chwerpunktes nur die lächen berücksichtigt werden. Die Teilflächen werden mit, und beeichnet. Die lächeninhalte der Teilflächen ergeben sich u 6, 6, die Gesamtfläche beträgt ges 8. 4 ür die chwerpunktskoordinaten der Teilfläche findet man, und ür das rechtwinklige Dreieck erhält man mit Hilfe einer ormelsammlung 4 66.66, und Rechnerisch ergibt sich die -Koordinate des chwerpunktes mit b 4 und h aus: h b h b h b h b d d dd d d b h b h b h h / / / b h h b h h h b h b 4 bh ür die -Koordinate des chwerpunktes gilt: d h b d h b b / h b / h dd h b d h b / h h b b h h bh bh h h 6 h bh 66.66 b h ür das gleichschenkliche Dreieck erhält man mit Hilfe einer ormelsammlung, und Rechnerisch ergibt sich die -Koordinate des chwerpunktes mit b 4 und h aus: ( / h) h b+ b( / h) h b+ b h b d dd d h b / h b b h hb b h bh b / h ür die -Koordinate des chwerpunktes gilt: h d d
HTWG Konstan, akultät aschinenbau, tudiengang EP 9 Übungen Technische echanik ( ) ( ) + + h h h b b h b h h b b h b d h b d dd d / / / / 6 6 h bh bh h h b h b h Diese Berechnungen der chwerpunktskoordinaten sind formal richtig, aber umständlich. Durch geschickte Wahl des Beugskoordinatensstem, lässt sich der chwerpunkt wesentlich einfacher bestimmen. Die Koordinaten des Gesamtschwerpunktes lauten dann: ( ) 4 7. + + ges s ( ) 4 57. + + ges s ( ) 86 4. + + ges s llgemein können die chwerpunktskoordinaten eines beliebigen Dreiecks durch ( ) s + +, ( ) s + + und ( ) s + +, wobei i, i, und i die Koordinaten der drei Ecken des Dreiecks sind, die mathematisch positiv nummeriert sein müssen. Der daugehörende lächeninhalt kann durch a a a a + + mit ( )( ) ( )( ) a ( )( ) ( )( ) a ( )( ) ( )( ) a berechnet werden. ür -dimensionale ( ) Dreiecke vereinfacht sich dies u ( )( ) ( )( ) [ ] a,,,,,,
HTWG Konstan, akultät aschinenbau, tudiengang EP Übungen Technische echanik ösungen ufgabe 7: Es sind die Kräfte und das oment gesucht, die auf die Radachse wirken. Wegen ktio gleich Reaktio haben diese Größen die gleichen Beträge und nur umgekehrte Voreichen, wie die Kräfte und das oment, die von der chse auf das Rad wirken, damit das Rad im Gleichgewicht ist. it den Gleichgewichtsbedingungen für das Rad werden diese agerkräfte (, ) und das agermoment ( ) berechnet. 6 Geometrie : Das oment, welches die beiden Kräfte beüglich der chraube ereugen, beträgt 9mm. a + 6 a 6 > 5 ( ) 9 it den Gleichgewichtsbedingungen werden, und berechnet. : : + a 6 a : ( 6 a) + ( + a) + 6 + 9 > 9mm + wurde in der Zeichnung positiv (mit dem Uhreigersinn) eingeeichnet. Bei der Berechnung ergibt sich ein negativer Zahlenwert. Das bedeutet, dass die Drehrichtung des omentes nicht wie ursprünglich in der kie angenommen sondern entgegen gesett orientiert ist. omit hat den Betrag 9mm und dreht mathematisch negativ (mit dem Uhreiger). Das Gegenmoment, welches wiederum auf die chse wirkt hat dann auch den Betrag 9mm und dreht positiv. Die Kräfte auf die chse sind gleich null. Geometrie : Die Kraft soll beüglich der chraube ein oment 9mm ereugen. 9 > it den Gleichgewichtsbedingungen werden, und berechnet. : : > : + ( ) + > 6mm wurde in der Zeichnung positiv eingeeichnet. Bei der Berechnung ergibt sich ein negativer Zahlenwert. Das bedeutet, dass die Drehrichtung des omentes nicht wie ursprünglich in der kie angenommen sondern entgegen gesett orientiert ist. omit hat den Betrag 6mm und dreht mathematisch negativ. Das Gegenmoment, welches wiederum auf die chse wirkt hat dann auch den Betrag 6mm und dreht positiv. Die
HTWG Konstan, akultät aschinenbau, tudiengang EP Übungen Technische echanik senkrechte Kraft wurde positiv in der kie eingeeichnet. Die Berechnung ergibt einen positiven Zahlenwert. Daher eigt die Kraft in die ursprünglich angenommen positive Richtung. Die senkrechte Kraft auf die chse ist die Gegenkraft u. ie hat den Betrag und eigt in die negative -Richtung. Die waagrechte Kraft ist gleich null. Geometrie : Die Kraft soll beüglich der chraube ein oment 9mm ereugen. 9 > it den Gleichgewichtsbedingungen werden, und berechnet. : : + > : + ( + ) + 4 > mm wurde in der Zeichnung positiv eingeeichnet. Bei der Berechnung ergibt sich ein negativer Zahlenwert. Das bedeutet, dass die Drehrichtung des omentes nicht wie ursprünglich in der kie angenommen sondern entgegen gesett orientiert ist. omit hat den Betrag mm und dreht mathematisch negativ. Das Gegenmoment, welches wiederum auf die chse wirkt hat dann auch den Betrag mm und dreht positiv. Die senkrechte Kraft wurde positiv in der kie eingeeichnet. Die Berechnung ergibt einen negativen Zahlenwert. Daher eigt die Kraft entgegen der ursprünglichen nnahme in der kie in die negative -Richtung. Die senkrechte Kraft auf die chse ist die Gegenkraft u. ie hat den Betrag und eigt in die positive -Richtung. Die waagrechte Kraft ist gleich null. Geometrie 4: Zur Berechnung der Kraft muss der aktive Hebelarm a der Kraft beüglich der chraube bestimmt werden. a + 75 5 Die Kraft soll beüglich der chraube ein oment 9mm ereugen. 5 9 > 7 α α a α α ür die Gleichgewichtsbedingungen benötigt man und. Dafür berechnet man den Winkel a aus den geometrischen bmessungen 75 tan α.75 > sin α. 6 und cos α. 8 it dem Kräftedreieck erhält man sin α.6 7 4 und cos α.8 7 576 it den Gleichgewichtsbedingungen werden, und berechnet. : > 4 +
HTWG Konstan, akultät aschinenbau, tudiengang EP Übungen Technische echanik : > 576 : + > (Die Kraft eigt auf den Drehpunkt und ereugt beüglich dieses Beugspunktes kein oment) Die Kräfte auf die chse sind wieder die Gegenkräfte u und. uf die chse wirken somit in positive -Richtung 4 und in negativer -Richtung 576. ösungen ufgabe 8: Geometrie : eil ür die Berechnung der beiden gesuchten tabkräfte und G6 wird die eilrolle freigeschnitten und alle angreifenden Kräfte eingeeichnet. Der Radius der eilrolle beträgt R, ist aber unbekannt. ür die Gleichgewichtsbedingungen muss die Kraft in eine waagrechte und in eine senkrechte Komponente erlegt werden. Die geometrischen bmessungen ergeben mit + 5.8 + 5 5 5 und. 6 5 bw. 4 tan α 5 > sin α. 8 und cos α. 6 us dem Kräftedreieck folgt dann: sinα. 8 und cosα. 6 it den Gleichgewichtsbedingungen können dann die drei gesuchten Größen ermittelt werden. : R eil RG > eil 6 : G.6 G > : +.8 > + eil eil Wegen des negativen Berechnungsergebnisses wirkt die Kraft entgegen der ursprünglichen nnahme nach links. Die Kraft wirkt so wie in der kie angenommen. 5 α α 5
HTWG Konstan, akultät aschinenbau, tudiengang EP Übungen Technische echanik Geometrie : Die eilrolle wird wieder frei geschnitten. Zusätlich ur ersten Geometrie muss auch die eilkraft in eine waagrechte und in eine senkrechte Komponente erlegt werden. 7/.96 5 Die geometrischen bmessungen ergeben mit + 7 und. 8 5 7 + 5 bw. 7 7 tan α 4 > α 6. 6, sin α. 8 und cos α. 96 us dem Kräftedreieck folgt dann: eil eil cosα eil.96 und eil sinα eil. 8eil it den Gleichgewichtsbedingungen können dann die drei gesuchten Größen ermittelt werden. : R eil RG > eil 6 : G +.6 G +.8 > 7 eil eil : +.8.96 > + eil eil Die Kräfte wirken so, wie ie ursprünglich eingeeichnet wurden. Geometrie : 5/ eil eil eil α eil G6 Die eilrolle wird frei geschnitten. nschließend können die Gleichgewichtsbedingungen ausgewertet werden. : R eil RG > eil 6 : G.6 G > eil eil : + +.8 > 6 G6 eil Kraft eigt nach links und Kraft schräg nach oben.
HTWG Konstan, akultät aschinenbau, tudiengang EP 4 Übungen Technische echanik Geometrie 4: Der Knoten, an dem die beiden täbe und der laschenug verknüpft sind, wird frei geschnitten. Die Kräfte und sollen berechnet werden, dau muss aber eilug bekannt sein. ür die Berechnung von eilug werden die oberen beiden Rollen und die unteren beiden Rollen freigeschnitten. Dafür muss man das eil an fünf tellen durch die chnittkräfte,,, 4 und H erseten. it den durchgeführten chnitten können diese chnittkräfte aber noch nicht ermittelt werden. Um Zusatinformationen u erhalten, werden auch die beiden unteren Rollen erschnitten. Da der Verbindungssteg wischen den beiden unteren Rollen gelenkig miteinander verbunden B u 4 G6 u C ist, kann der teg nur eine Kraft in tegrichtung übertragen, weshalb nur die chnittkraft u einutragen ist. Die Gleichgewichtsbedingungen um B du C ergeben, wobei R k der Radius der kleinen Rolle und R g der Radius der großen Rolle ist: : Rg 4 Rg > 4 B : Rk Rk > C eilug 4 G6 H eilug 4 Wiederholt man dies für die oberen beiden Rollen, so ergeben die Gleichgewichtsbedingungen um D und E: : R H R g g 4 > H 4 D : Rk Rk > E ügt man die 4 gefundenen Gleichungen usammen, so folgt: H 4 D H eilug o 4 o E an bildet die Kräftebilan an den beiden unteren Rollen in -Richtung. : + + + G 4H G 4 4 > H 5 Die Kräftebilan an den beiden oberen Rollen in -Richtung ergibt eilug. : H + 5H > eilug 75 4 eilug eilug Die Kräftegleichgewichte am Punkt ergeben die tabkräfte und. :.6 > 5 eilug eilug : + +.8 >
HTWG Konstan, akultät aschinenbau, tudiengang EP 5 Übungen Technische echanik ösungen ufgabe 9: Geometrie : ür die angreifende treckenlast muss der Betrag der Ersatkraft und ihr ngriffspunkt ermittelt werden. Die treckenlast ist konstant, daher gilt mit q Betrag der treckenlast und änge auf der die treckenlast angreift: Ersat q 4 8 Ersat / m /m B C Ersat.5m m Die änge Ersat m bedeutet, dass die Ersatkraft einen bstand von.5m vom linken Bauteilende besitt. Die Gleichgewichtsbedingungen ergeben: : + + 8 + > C B : C + Ersat C. +.5 +.5 + 5.5 +. 5 + 8 + +. + 7 C > 9 Ersat : 9 + > B 9 + B B Geometrie : Die resultierende Kraft Ersat der treckenlast kann man aus der kie ablesen. Ersat ( + 8) 6 6 /m.8m Ersat B 8/m llgemein muss sie durch eine Integration bestimmen werden. Dau muss die treckenlast als lineare unktion beschrieben werden. Bei hat sie den Wert /m, bei 6m den Wert 8/m. Daraus resultiert die unktion der treckenlast: q( ) Die Ersatkraft Ersat erhält man, indem man die treckenlast q über der änge 6m, an der sie angreift, integriert. Ersat 6 q 6 ( ) d d 7 6 6 ür den Ersat -Wert des ngriffspunktes der resultierenden Kraft gilt die folgende Gleichung: 6 6 6 6 48 q Ersat Ersat Ersat 8 Ersat 9 6 ( ) d d 6. m
HTWG Konstan, akultät aschinenbau, tudiengang EP 6 Übungen Technische echanik Die Gleichgewichtsbedingungen ergeben: : :.8 + 4.8.8 6 + 4.8 > B 5 Ersat B : + 6 + 5 > 5 Ersat B B
HTWG Konstan, akultät aschinenbau, tudiengang EP 7 Übungen Technische echanik ösungen ufgabe : Geometrie : Kräftegleichgewicht in - und -Richtung und omentengleichgewicht um : : + > : B > B : > + B B Geometrie : Kräftegleichgewicht in - und -Richtung und omentengleichgewicht um : : + > : B > B : + > B Geometrie : Kräftegleichgewicht in - und -Richtung und omentengleichgewicht um : : : > B : > Geometrie 4: B B B G G G G B B Kräftegleichgewicht in - und -Richtung und omentengleichgewicht um für den linken Teil: : () + G : () + G : () G G
HTWG Konstan, akultät aschinenbau, tudiengang EP 8 Übungen Technische echanik Kräftegleichgewicht in - und -Richtung und omentengleichgewicht um B für den rechten Teil: : B G + (4) : (5) B G : G + G (6) B us () und (6) folgt: G und G us (), (), (4), (5) folgt:,, B und B Geometrie 5: Kräftegleichgewicht in - und -Richtung und omentengleichgewicht um für den linken Teil: : () + G : () + G : () G G G G G G B B Kräftegleichgewicht in - und -Richtung und omentengleichgewicht um B für den rechten Teil: : B G (4) : (5) B G : G + G + G + G + (6) B us () und (6) folgt: G und G us (), (), (4), (5) folgt:,, B und B ösungen ufgabe : Geometrie (chubkarre): chneidet man die chubkarre frei, muss man wei Handkräfte H und H und die Kräfte von der schiefen Ebene auf die chubkarre und R.65k einführen. an erhält 4 Unbekannte für die drei Gleichgewichtsbedingungen der Ebene. Daher R benötigt man Zusatinformationen, die man gewinnt, wenn man das Rad frei schneidet. it dem Radradius R ergibt das omentengleichgewicht um den chspunkt : H H
HTWG Konstan, akultät aschinenbau, tudiengang EP 9 Übungen Technische echanik : R > R R > R 5 sin α und omit bleiben drei unbekannte Kräfte H, H und übrig, die man mit den Gleichgewichtsbedingungen für die Gesamtschubkarre bestimmen kann. Die Kraft muss in ihre Komponenten erlegt werden. Das geometrische Dreieck ergibt:.5 5 tan α.5m.m. cos α α α.m Das Kräftedreieck ergibt: 5 sin α und cos α Kräftegleichgewicht in - und -Richtung und omentengleichgewicht um : : 5 + + H H :.65 +.65 + :..65. +.6 H H H Der Beugspunkt ist sehr geeignet, da von allen Kräften, die um ein oment ereugen, die Hebelarme direkt aus der kie abulesen sind. Die uswertung der drei Gleichungen ergibt:. 65k, H. 5k und H. 5k Geometrie : H ür die Berechnung muss das eil durch die beiden eilkräfte und ersett und die beiden agerkräfte und eingeführt werden. m Balken wirken dann 4 unbekannte Kräfte, die ohne weitere Informationen nicht bestimmt werden können. Diese Zusatinformation erhält man durch das omentengleichgewicht an der eilrolle um deren ittelpunkt B. Die eilrolle hat den Radius R, die nicht eingeeichneten agerkräfte der Rolle eigen auf den Beugspunkt und ereugen daher kein oment um diesen. : R + R > B B k m 5m 4m α m 7.8m 7.m β ür die Gleichgewichtsbedingungen werden die eilkräfte in waagrechte und senkrechte Komponenten erlegt. Da die beiden eilkräfte gleich sind, gilt:
HTWG Konstan, akultät aschinenbau, tudiengang EP Übungen Technische echanik Das geometrische Dreieck für die Kraft ergibt: tan α.75 > sin α. 6 und cos α. 8 4 Das Kräftedreieck ergibt für die eilkraft : cosα.8. 8 und sinα.6. 6 Das geometrische Dreieck für die Kraft ergibt: 5 5 tan β > sin β und 7. cos β Das Kräftedreieck ergibt für die eilkraft : 5 5 cos β und sin β Kräftegleichgewicht in - und -Richtung und omentengleichgewicht um am Balken: 5 : 4 5.6 + 7. 4.6 5.6 + 7. >. 5k :.8 > 56k : + +.6 + 5 > k + ösungen ufgabe : Die benötigte Kraft kann mit wei verschiedenen aber gleichwertigen nsäten gelöst werden. G a α r r-a Variante : Die Wale hebt genau dann ab, oder geht über das Hindernis, wenn das oment, welches die Kraft beüglich des Drehpunktes (ngriffspunkt Kraft ) ereugt, größer als das durch G ereugte oment ist. Der Hebelarm von ist r-a r. cosα, der von G ist r. sinα. Der Winkel a erhält man somit aus cos α r a r Das omentengleichgewicht liefert: r cos α Gr sinα > G tanα Variante : uf die Wale wirken vom Boden die wei Kräfte und jeweils in Richtung des Walenmittelpunktes, da sie immer senkrecht auf dem Walenumfang stehen müssen. Die wale hebt genau dann ab, wenn die Kraft u null wird. Das Kräftegleichgewicht in - Richtung liefert: sinα
HTWG Konstan, akultät aschinenbau, tudiengang EP Übungen Technische echanik Das Kräftegleichgewicht in -Richtung ergibt: + cosα G Wenn verschwinden soll, folgt G/cosα. ett man dies in das Kräftegleichgewicht in -Richtung ein, so erhält man wieder sinα G > G tanα. cosα
HTWG Konstan, akultät aschinenbau, tudiengang EP Übungen Technische echanik ösungen ufgabe : Kraft : 6 Gleichgewichtsbedingungen ur Bestimmung der 6 unbekannten agerkräfte: : + B : : B C : + B + C : + B : B B C B B /4 / C /4 Die uswertung der 6 Gleichgewichtsbedingungen ergibt:, 4, B C B Kraft : B Gleichgewichtsbedingungen: : + B : : B C : + B + C : + : B B C B uswertung:, B 4, C 4, B B /4 / C - /4 Kraft : B - / Gleichgewichtsbedingungen: : + + B : : : B B + C : + B B C : + B uswertung:, B 4, C 4,, C B - / B /4 C - /4
HTWG Konstan, akultät aschinenbau, tudiengang EP Übungen Technische echanik Kraft + + : Bei der agerkraftberechnung handelt es sich um eine lineare Berechnungsaufgabe. Dies bedeutet, dass für die Berechnung der agerkräfte infolge + + die agerkräfte der Einelbelastungen der drei Kräfte überlagert bw. addiert werden. + B + 4 + 4 B 4 4 B 4 4 (Orientierung siehe kie) ösungen ufgabe 4: B / / B /4+/4 +/4 C /4- /4- /4 /+ / Das ager und das eil werden durch die agerkräfte, und, durch die agermomente und und durch die eilkraft ersett. ür die Bestimmung der eilkraft muss diese in ihre Komponenten erlegt werden. Bei dreidimensionalen ufgaben ist dies einfacher, wenn der Richtungskosinus anstatt weier Winkel verwendet wird. Die geometrischen bmessungen ergeben mit:, und Gesamt > Gesamt + + Gesamt, Gesamt und Gesamt Die Kraftkomponenten sind Richtungskosinus mal Betrag der Gesamtkraft. Daher erhält man für die einelnen Komponenten von :, und Gesamt Gesamt ür die Berechnung der agergrößen und der eilkraft werden die 6 Gleichgewichtsbedingungen aufgestellt. : : : + + : +.5.5 +.5.5 Gesamt
HTWG Konstan, akultät aschinenbau, tudiengang EP 4 Übungen Technische echanik : :.5.5 uswertung:. 5,. 75,. 5,. 75,. 75 und (.5,.75,. ).5 5 ösungen ufgabe 5: C B D Die vier einwertigen ager werden durch die agerkräfte, B, C und D ersett. Bei dieser Geometrie können die Kräfte und B an der Gesamtgeometrie bestimmt werden. :. + C > B. 8 : + >. B B ür die Berechnung von C und D muss das Bauteil am Gelenk erlegt werden. m rechten Teilbauteil wird die omentbilan ausgewertet. :.6. + G G B D G > D D Die Kraft C kann wieder am Gesamtbauteil bestimmt werden. : > C C D B
HTWG Konstan, akultät aschinenbau, tudiengang EP 5 Übungen Technische echanik ösungen ufgabe 6: a.) Das Gestänge hat die Gewichtsstreckenlast G//. Da die Profile gleichmäßig sind (gleiche uerschnitte), befinden sich die chwerpunkte jeweils in der Teilbauteilmitte. an erhält folgende Gewichtskräfte für die einelnen Teilbauteile: Waagrechter Teil des chwenkarms (änge ): G G rm. G chräger Teil des chwenkarms (änge 4): G G rm 4. 4G enkrechte nbindung des Waagschale (änge 4) G G Gestänge 4. 4G Waagrechte Verbindungsstange (änge ): G G Gestänge. G chneidet man die Waage frei und eichnet die Gewichtskräfte und die noch unbekannten chnittkräfte ein, erhält man folgendes chnittbild. G chale.g G rm.g G rm.4g α G Gestänge.4G 4 G 4 G uß G G Gestänge.G 4 4 Betrachtung von Gestänge und chale: : > : >
HTWG Konstan, akultät aschinenbau, tudiengang EP 6 Übungen Technische echanik Betrachtung von Gestänge: :. 4 + GGestänge + G > G Betrachtung von Gestänge und chale: : GGestänge Gchale.5G.4G.G >. 75G Betrachtung von rm und rm: : G G G + rm sinα rm sinα 4.75G +.5G sinα.8g sinα 4G.8G > sin α > α 9. 59 4.8G 6 ür die Berechnung der agerkräfte und omente wird auch die Bilan in - und -Richtung ausgewertet. : + > : G + G G.75G.G +.4G G >. 5G rm rm Betrachtung von Gestänge: : > 4 4 : G +.5G.G + >. 5G 4 Gestänge 4 4 Betrachtung uß: : + 4 : 4 Guß.5G.5G G >. G : G chale.g G Gestänge.4G G rm.g G rm.4g lternativ kann man auch die agerkräfte- und agermomente an der Gesamtwaage berechnen. : : G G G G G G G chale Gestänge Gestänge uß rm rm.g.4g.g G.G.4G G G Gestänge.G rm G uß G G
HTWG Konstan, akultät aschinenbau, tudiengang EP 7 Übungen Technische echanik >. G : + Gchale + GGestänge + GGestänge + Grm sinα Grm sinα 4G +.G +.4G +.5G +.5G G G 5 > b.) Zum chnittbild von a.) kommt die Kraft und der u berücksichtigende Winkel β dau. Der chwenkarm und das Gestänge liegen dadurch geneigt. + G chale +.G β G rm.4g G rm.g β α G G Gestänge.4G 4 4 G uß G G Gestänge.G 4 4 Betrachtung von Gestänge und chale: Die Kräfte und sind unverändert gleich null. Betrachtung von Gestänge: Die Kraft 4 ist unverändert gleich null. Die Kräfte.5G und 4.5G bleiben ebenso unverändert. Betrachtung von Gestänge und chale: : G G.5G.4G.G >. 75G + Gestänge chale Betrachtung von rm und rm: : cos β G ( ) G ( ) G + cos β rm sin α + β rm sin α + 4 cos β.75g + + cos β.5g sin α + β.8g sin α + β 4 cos β.75g + + cos β.5g sin α + β 4.8G ( ) ( ) ( ) G ( ) ( )
HTWG Konstan, akultät aschinenbau, tudiengang EP 8 Übungen Technische echanik Der Term sin(α + β) kann durch ein dditionstheorem umgewandelt werden (vgl. ormelsammlung) sin α + β sinα cos β + cosα sin ( ) β Dadurch ändert sich die Bilan der omente um den Punkt : cos β.75g + + cos β.5g sinα cos β + cosα sin β 4.8G > (.75G + ) +.5G ( sinα + cosα tan β ) 4.8G.8G + sinα 4.8G > tan β 4.8cosα G 4.8cosα G 4.8.986 G 4.7G > β arctan 4.7G > ( ) ( ) c.) ür 5G erhält man für β: 5G 5 β arctan arctan 46. 57 4.7G 4.7 Bei der Berechnung von agerkräften und agermoment berücksichtigt man, dass weiterhin keine waagrechten Kräfte auftreten. Daher bleibt auch und unverändert gleich null. : G G G G G G G > 8. G chale Gestänge Gestänge uß rm rm.g.4g.g G.G.4G G 5G Vernachlässigt man die Gewichtskräfte, nicht aber das Gegengewicht G, bedeutet dies, dass der Winkel α ist. Daraus resultiert für den Winkel b mit cos() : 5G 5 5 tan β > β arctan 5. 4 4cosα G 4G 4 4 Die bweichung d beträgt dann: 5.4 d %.% 46.57 rm
HTWG Konstan, akultät aschinenbau, tudiengang EP 9 Übungen Technische echanik d.) Ohne Gewichtskräfte und mit einer nicht mehr entral angreifenden Kraft ergibt sich das dargestellte chnittbild. a β β α G 4 4 4 4 Betrachtung von Gestänge und chale: : a a > a : > Betrachtung von Gestänge: : tan β a sin β cos 4 β > tan β Betrachtung von Gestänge und chale: tan β a : tan β a > + Betrachtung von rm und rm mit α (keine Gewichtskraft): : cos β G sin β sin β 4 tan β a a cos β + sin β sin β 4G a a sin β + cos β sin β sin β 4G cos β sin β 4G > tan β > β arctan (β ist unabhängig von a) 4G 4G
HTWG Konstan, akultät aschinenbau, tudiengang EP Übungen Technische echanik ösungen ufgabe 7: a.) chneidet man onne, Planten, Hohlrad und Planetenträger frei, so erhält man das dargestellte chnittbild. H P H H P H H P P P b.) Die Bilan der omente der an der onne wirkenden Kräfte und omente beüglich des Zentrums der onne lautet: : R > R P H H P Die Bilan der omente der an den Planenten wirkenden Kräfte um den jeweiligen Planetenmittelpunkt EP und die Kräftebilan in Umfangsrichtung ergeben: RH R RH R EP : H > H R Umfang : > + H P P P R Die Bilan der omente am Planententräger um den Planetenträgermittelpunkt P lautet: RH + R RH + R RH + R P : P P P > P R R Die Bilan der omente am Hohlrad um den Hohlradmittelpunkt H bw. onnenmittelpunkt lautet: RH RH H : H RHH H > H R R Da von außen auf das Gesamtsstem nur die drei omente, P und H und keine Kräfte wirken, muss die umme der drei omente null ergeben. RH + R RH P + H + R R c.) ür P 5 gilt: P RH + R RH 5 > 5 R RH + R > 4 R R Theoretisch kann man die Planeten beliebig klein wählen. Dies bedeutet, dass R H gegen R strebt. omit ergibt sich das kleinste Grenverhältnis min( P / ): P R + R min R
HTWG Konstan, akultät aschinenbau, tudiengang EP Übungen Technische echanik ösungen ufgabe 8: G a.) Die ast ist dadurch beschränkt, dass der Kran nicht nach vorne kippen darf. ür das Kippkriterium schneidet man den Kran frei und eichnet die chnittkräfte ein. Kippt er nach vorne, verliert das Hinterrad den Kontakt ur chiene und es kann am Hinterrad keine Kraft ( H ) mehr übertragen werden. H V Die kritische ast erreicht man genau dann, wenn H gleich null wird. Dies ergibt die Bilan der omente um den vorderen ufstandspunkt V: :.G >. 6G V b.) Wählt man.5g resultieren Radaufstandskräfte ungleich null. :.G.G G > H. G V H : H + V G.G + V G.5G > V. 4G Die Gegenkräfte der Kräfte an den Rädern des Krans wirken auf die chiene. ie werden ur Berechnung der agerkräfte benötigt. H H V B : : 4 + 8.G 4.4G + 8 > B. 75G H V B : H V + B.G.4G +.75G > B. 775G B
HTWG Konstan, akultät aschinenbau, tudiengang EP Übungen Technische echanik ösungen ufgabe 9: n der frei geschnittenen Kugel greifen die Kräfte, G und an. Die Kraft muss in ihre Komponenten erlegt werden. Das geometrische Dreieck ergibt: r cos α. a a G > α 78. 46 > sin α. 98 Damit folgt aus dem Kräftedreieck: cos α. und sin α. 98 Die wei Kräftegleichgewichtsbedingungen liefern und. : G.98 G >. G :... >. G r α ösungen ufgabe : m frei geschnittenen Balken greifen die dargestellten Kräfte an. ußerdem muss ein weiterer Winkel α definiert werden. Der tab habe die änge. Der Winkel α und die änge sind nur Hilfsgrößen, die sich nachher herausküren. Es sind drei Kräfte gesucht und drei Gleichgewichtsbedingungen gegeben. G B α k Die Gleichgleichgewichtsbedingungen lauten: : B G B sin G cos > G B tan B : cos α cosα >. 5 : + G + cos + G sin +. 5 B B sin B cos + B tan sin +.5 B cos + B.5 cos.5.5cos > B.5cos. 4k sin cos + sin cos + cos sin > G B tan.5cos.5sin. 5k cos
HTWG Konstan, akultät aschinenbau, tudiengang EP Übungen Technische echanik ösungen ufgabe : n der frei geschnittenen alltüre greifen die folgenden Kräfte an. ür die Gleichgewichtsbedingungen muss die eilkraft in ihre Komponenten erlegt werden. Differenlänge. m m m m + + m > ür die Richtungskosinus benötigt man die gesamte, B B 4k und Dies ergibt die Kraftkomponenten:, und Die 6 Gleichgewichtsbedingungen lauten: : 4 / 4 > 6k : 4 + 4 6 4 + 8 B B > B k : + 4B + 4B > B : / > 4k : + B + 6 > 4k : + B + 4 + + 6 4 > k
HTWG Konstan, akultät aschinenbau, tudiengang EP 4 Übungen Technische echanik ösungen ufgabe : Der Tisch ist statisch unbestimmt gelagert. Deshalb können nicht alle agerkräfte vorab berechnet werden. ur die agerkräfte und B. a + : a ( a + ) B > B a a : + B > a C D ür die beiden waagrechten agerkräfte muss der Tisch in Einelteile erlegt werden B B B Tis ch: D : C D D > ( b + ) + b D C D C G G b + C b G G B tr ebe C: a b + a a : b + + h a G C h a b b b b a ( a + b) b > ah B Gesamtbauteil: : B > ( a + b) b B ah
HTWG Konstan, akultät aschinenbau, tudiengang EP 5 Übungen Technische echanik ösungen ufgabe : Geometrie : agerkräfte: : 4 4 C > C k : + C > k : C (nicht eingeeichnet) D - k E -. -. - 6.66 6.66 B k k - C C k ullstäbe: Die täbe B und BC können vorab als ullstäbe erkannt werden. Berechnete tabkräfte: Kräftebilan am Knoten : : + D + D > D (Druckstab) D Kräftebilan am Knoten D: D - DE DB DB.5m DB DB m.5m Die Kraft DB muss in Komponenten erlegt werden. Das geometrische Dreieck ergibt:.5.8,. 6.5.5 Dies ergibt die Kraftkomponenten DB DB. 8DB und DB DB. 6DB Die Kräftebilanen in - und -Richtung ergeben: : ( ).6 > D DB : DE + DB DE +.8DB DE +.8 6 > DB DB 6 (Zugstab) DE (Druckstab) Kräftebilan am Knoten E: : DE + E + E > E (Druckstab) : EB > EB (Druckstab) DE -. E EB
HTWG Konstan, akultät aschinenbau, tudiengang EP 6 Übungen Technische echanik Kräftebilan am Knoten B: Die Kraft B muss in Komponenten erlegt werden. Das geometrische Dreieck ergibt:.5.8,. 6.5.5 EB - DB -6.66 B B Dies ergibt die Kraftkomponenten B B. 8B und B B. 6B.5m B B m.5m Die Kräftebilan in -Richtung ergibt: : DE + B.8DE +.8B.8 6 +.8B > B 6 (Druckstab) Kräftebilan am Knoten C: : C + C + C > C (Druckstab) C C Geometrie : D E -8. k -8. k - 6.66 5k B 6.66 C C 5k Geometrie : 4k k D E -5-4k 4 B k -8 5 4k -5 C C 5k
HTWG Konstan, akultät aschinenbau, tudiengang EP 7 Übungen Technische echanik Geometrie 4: Die agerkräfte können vorab nicht bestimmt werden (4 - - - H Unbekannte und Gleichungen). G.4 an erkennt aber am Knoten -.4 - sofort, dass der tab C ein B ullstab sein muss. Betrachtet man dann den Knoten C, so C D - E - folgt, dass auch C und CD ullstäbe sein müssen. Ist C B ein ullstab, so gilt. nschließend sind nur noch drei agerkräfte unbekannt. Die restlichen Größen können mit der tandardvorgehensweise ermittelt werden. Geometrie 5: Berechnung der senkrechten agerkräfte. Der Betrag der waagrechten agerkräfte kann nicht bestimmt werden, nur dass diese gleich groß sein müssen. : 9 4 + 8 > B k : 4 + B > k : B > B B 4k G - - D E C -.4 -.4 9 9 k B B k k B k Kräftebilan am Knoten G: 4k DG EG 5m m 4m DG DG DG EG m EG EG 4m 5m Die Kräfte DG und EG müssen in ihre Komponenten erlegt werden. Jeweils gelten die gleichen Richtungskosinus: 4.8 und. 6 5 5 Dies ergibt die Kraftkomponenten DG DG. 8DG und DG DG. 6DG EG EG. 8EG und EG EG. 6EG
HTWG Konstan, akultät aschinenbau, tudiengang EP 8 Übungen Technische echanik Die Kräftebilanen in - und -Richtung müssen gekoppelt gelöst werden. ie lauten: : DG + EG.8DG +.8EG : DG 4 EG.6DG 4.6EG > (Druckstab) und (Druckstab) DG EG Kräftebilan am Knoten D: DG - DC DC D DC D D D m DC 4m 5m sqrt(5 +5 )m 5m 5m nmerkung: sqrt ( ) (square root) Die Kräfte D muss in ihre Komponenten erlegt werden. Die Richtungskosinus lauten: 5 5 und 5 + 5 5 + 5 Dies ergibt die Kraftkomponenten D D D und D D D uch die Kraft DC muss in ihre Komponenten erlegt werden. Die Richtungskosinus lauten: 4.8 und. 6 5 5 Dies ergibt die Kraftkomponenten DC DC. 8DC und DC DC. 6DC Die Kräftebilanen in - und -Richtung müssen gekoppelt gelöst werden. ie lauten: : D + DC + DG D +.8DC +.8( ) : D DC + DG D.6DC +.6( ) > 6.4. 4 (Druckstab) und (Druckstab) D DC
HTWG Konstan, akultät aschinenbau, tudiengang EP 9 Übungen Technische echanik Kräftebilan am Knoten : Die Kräfte C muss in ihre Komponenten erlegt werden. Die Richtungskosinus lauten: 9.6 und. 8 5 5 Dies ergibt die Kraftkomponenten C C. 6C und C C. 8C D C C C C 5m m 9m Die Kräftebilanen in - und -Richtung lauten: : + D + C + 6.4 +.8C > 9 (Zugstab) ( ) C : + C D C > > (Gleichgewichtsbedingung des Gesamtbauteils) + +.6 + ( 6.4 ) +.6 9 6.4 B Die täbe BC mit BC 9 und BE mit BE -.4 ergeben sich aus Gründen der mmetrie. ösungen ufgabe 4: us den nnahmen kann mit 5k für und 5 gewählt werden. agerkräfte: Die Gleichgewichtsbedingungen für den gesamten Kranausleger ermöglichen die Ermittlung der agerkräfte. : : C 56.6 D 56.6-48 B -k k I 47. G -64 47. H E - -64 8 5k -5-76.8 BY 65k 4aB 6a 8a 4aB 6a 8a5 4aB 5a > B 65k : + B + B 5 + 7 > 6 k ullstäbe: us den Regeln für die ullstäbe erkennt man, dass die täbe C, GH, CD und daher auch BD ullstäbe sind. Kräftebilan am Knoten :
HTWG Konstan, akultät aschinenbau, tudiengang EP 4 Übungen Technische echanik Die Zerlegung der Kraft D in Komponenten liefert: 4a D D D ( 4a) + (.5a).5a B D D ( 4a) + (.5a) Kräftegleichgewicht in - und -Richtung: 5 : + D + D 89 D D 8 89 5 89 > D. 89 56. 6k (Zugstab) 8 8 : B + D B + D B +. 89 89 89 > B 9.6 48k (Zugstab) Kräftebilan am Knoten B: Die Zerlegung der Kraft B in Komponenten liefert: BE B a 4 B B B B ( a) + (.5a) 4 B B.5a 5 B B B B ( a) + (.5a) 4 Kräftegleichgewicht in - und -Richtung: 4 : B B 9.6 B 4 > B.4 4 76. 8k (Druckstab) 5 : B BE B BE.4 4 4 > BE 5k (Druckstab) Kräftebilan am Knoten D: D DE m Punkt D treffen nur wei tragende täbe, die auf einer inie liegen, aufeinander. Die Kräftebilan in tabrichtung ergibt, dass mit D auch DE ein Zugstab mit gleicher Kraft DE D 56.6k ist. tabrichtung : D + DE D +. 89 > DE. 89 56. 6k (Zugstab) Kräftebilan am Knoten E: D D DE EG BE E Der tab EG eigt in die gleiche Richtung wie DE und somit auch wie D. Daher können die Richtungskosinus und die Komponentengewichtung vom tab D auf den tab EG übertragen werden. 8 5 EG EG EG und EG EG EG 89 89
HTWG Konstan, akultät aschinenbau, tudiengang EP 4 Übungen Technische echanik Kräftegleichgewicht in - und -Richtung: 5 5 : DE + BE + EG. 89 + + EG 89 89 > EG 89 47. k (Zugstab) 8 8 : DE + E + EG. 89 + E + 89 89 89 > E.6 8k (Zugstab) Kräftebilan am Knoten : E G B H Der tab H eigt in die gleiche Richtung wie B. Daher können die Richtungskosinus und die Komponentengewichtung vom tab B auf den tab H übertragen werden. 4 5 H H H und H H H 4 4 Kräftegleichgewicht in - und -Richtung: 4 4 : E + B + H.6 +.4 4 + H 4 4 > H 4 64. k (Druckstab) 5 5 : B G H.4 4 G 4 4 4 > EG k (Druckstab) Kräftegleichgewicht am Knoten G: GI EG G m Knoten ist nur eine unbekannte Kraft GI. Der tab GI eigt in die gleiche Richtung wie der tab EG, also kann dessen Richtungskosinus und Komponentenerlegung übernommen werden. 8 5 GI GI GI und GI GI GI 89 89 Kräftegleichgewicht in -Richtung: 8 8 : EG + GI EG + GI 89 89 > 89 47. k (Zugstab) GI EG Zu diesem Ergebnis kommt man auch, wenn man berücksichtigt, dass sich und G neutralisieren. Dann müssen sich auch EG und GI neutralisieren. Das bedeutet, ie müssen den gleichen Betrag besiten und entgegengesett orientiert sein.
HTWG Konstan, akultät aschinenbau, tudiengang EP 4 Übungen Technische echanik Kräftebilan am Knoten H: H HI m Knoten H sind nur wei tragende täbe. Deshalb muss für die beiden tabkräfte HI H gelten. HI H 4 64. k (Druckstab) Kräftebilan am Knoten I: Es sind alle tabkräfte berechnet. Zur Kontrolle muss auch das 5 Kräftegleichgewicht am Knoten I erfüllt sein. GI 8 4 : GI + HI GI + HI 89 4 HI 8 4 89 + 4 89 4 5 5 5 5 : GI + HI GI + HI 89 + 4 5 89 4 89 4 ösungen ufgabe 5: /m G n der Dreiecksplatte greifen von außen die unbekannten agerkräfte und und die eilkräfte und an. Die Gewichtskraft wirkt im lächenschwerpunkt, dessen bstand / vom linken Rand beträgt (vgl. Tabellenbuch). Die Größe der Gewichtskraft G berechnet sich mit: Ht..75. G mg Vρ g ρg 785 9.8 88. 8 us dem omentengewicht der beiden reibungsfreien Rollen ergibt sich, dass gilt. : G G > G 9. 5 : > G 9. 5 : + G + G + G G > G 96.
HTWG Konstan, akultät aschinenbau, tudiengang EP 4 Übungen Technische echanik ösungen ufgabe 6: Geometrie : Das achwerk ist statisch bestimmt gelagert. Die Gleichgewichtsbedingungen für das gesamte achwerk ergeben: : a a a + 4a > B 4 : + > : (nicht eingeeichnet) B B B 4 5 B 4 Berechnung der tabkräfte und 8 : Zerlegung der Kraft in Komponenten: C a a a 4 D a 5 Zur Berechnung von tabkraft wird der Knoten C als Beugspunkt für das omentengleichgewicht 4 gewählt. : a a a + a 4 > (Zugstab) C Zur Berechnung von tabkraft wird der Knoten D als Beugspunkt für das omentengleichgewicht gewählt. a D : a a a + a 4 + a > (Druckstab) Berechnung der tabkraft : Zerlegung der Kraft in Komponenten: a a +.5a 5 ( ).5a a + (.5a) 5 Zur Berechnung von tabkraft wird der Knoten E als Beugspunkt für das omentengleichgewicht gewählt. E : a a + a 4 a + 5a 5 5 > 5 (Druckstab) E 4 5 4
HTWG Konstan, akultät aschinenbau, tudiengang EP 44 Übungen Technische echanik Berechnung der tabkraft 5 : 4 Zur Berechnung der tabkraft 5 wird der Knoten als Beugspunkt für das omentengleichgewicht gewählt. : a + a + a a > 4 (Zugstab) 5 5 Berechnung der tabkraft 4 : Zerlegung der Kraft 4 in Komponenten: a 4 4 4 a a 4 4 4 a Zur 5 4 Berechnung von tabkraft 4 wird der Knoten G als Beugspunkt für das omentengleichgewicht gewählt. G : a4 + a + a a a4 + a 4 5a > 4 (Druckstab) Geometrie : G 5 4 4 4 B 9.6 9.6 Das achwerk ist statisch bestimmt gelagert. Die Gleichgewichtsbedingungen für das gesamte achwerk ergeben: : 4.8a +.5a > B 9. 6 : > : > 9. 6 B B
HTWG Konstan, akultät aschinenbau, tudiengang EP 45 Übungen Technische echanik Berechnung der tabkraft : C Zur Berechnung der tabkraft wird der Knoten C als Beugspunkt für das omentengleichgewicht gewählt. C : a a + a 9.6 4 4 >. 4 (Druckstab) Berechnung der tabkraft : D Zur Berechnung der tabkraft wird der Knoten D als Beugspunkt für das omentengleichgewicht gewählt. D : a a 4 > 4 (Zugstab) ösungen ufgabe 7: Berechnung der tabkräfte, und 5 : 5 Zerlegung der Kraft 5 in Komponenten: 5 5 5 5.64 64.8 8 5 5 5 5.64 64 5 Gleichgewichtsbedingungen: : > (ullstab) 5 :.8. 5 > (Zugstab) : + + 5 > 5 (Druckstab) Das Bauteil ist smmetrisch und wird smmetrisch belastet. Daher sind auch die tabkräfte smmetrisch. > (Zugstab), 5 (Druckstab) 7 5 (ullstab) Der tab 6 ist ein ullstab. 4 5
HTWG Konstan, akultät aschinenbau, tudiengang EP 46 Übungen Technische echanik ösungen ufgabe 8: Geometrie, astfall und : 84k -56-56 -56-56 -4 7-7 -7 7-4 -4-4 6k -68-68 - - 6k -9 65 5-5 5-56 56-9 68 - k 4k 4k k k Geometrie, astfall und : 8 8 k 84k 4 4 4 4 6k -8-8 8 8 - -7-7 -9-8 5 5-5 -5-68 -68 8-9 4-4 k 6k 4k 4k k 6k 9 9 6k k
HTWG Konstan, akultät aschinenbau, tudiengang EP 47 Übungen Technische echanik ösungen ufgabe 9: Geometrie : n der telle erfährt die uerkraft infolge der negativen Kraft 6k einen positiven prung um den Betrag der Kraft 6k. Das oment springt infolge des positiven omentes km negativ nach unten. > ( ) 6, ( ) 6k km k 4k 6k 4k Intervall ( < < ): ( ) 6 6 ( ) Das oment erhält man durch ufleiten der uerkraft: d ( ) -km ( ) d > ( ) 6 + c Die Integrationskonstante c ergibt sich aus der Randbedingung: > c ( ) -8km n der telle erfährt die uerkraft infolge der positiven Kraft k einen negativen prung um den Betrag k. Es wirkt kein äußeres oment, also hat das innere oment keine prungstelle. > ( ) 4, ( ) 8 Intervall ( < < 4): ( ) 4 4 ( ) 6 Das oment erhält man durch ufleiten der uerkraft: d ( ) ( ) > ( ) 4 + c d Die Integrationskonstante c ergibt sich aus der Randbedingung: > c 6 ( ) 8 n der telle 4 springt die uerkraft infolge der positiven Kraft 4k negativ um den Betrag 4k. Es wirkt kein äußeres oment, also hat das innere oment keine prungstelle. > ( 4 ), ( 4 )
HTWG Konstan, akultät aschinenbau, tudiengang EP 48 Übungen Technische echanik Geometrie : Intervall ( < < ): ( ) 4 4 ( ) 6 Intervall ( < < 4): ( ) 4 4 ( ) 6 4k 6km km 4k 4k km -6km -8km Geometrie : Intervall ( < < ): ( ) ( ) k B k 6k 6k B Intervall ( < < ): ( ) + ( ) 6 k k Intervall ( < < 4): ( ) ( ) -k km Geometrie 4: Intervall ( < < ): ( ) 4 4 ( ) -km Intervall ( < < ): q ( ) 4 4 + ( ) 8 ( ) + 8
HTWG Konstan, akultät aschinenbau, tudiengang EP 49 Übungen Technische echanik Die uerkraft erhält man durch ufleiten der treckenlast: d( ) q( ) d > ( ) 4 + c 4k Die Integrationskonstante c ergibt sich aus der Randbedingung: > c 8 ( ) 4 Das oment erhält man durch ufleiten der uerkraft: d ( ) ( ) > d ( ) + 8 + c Die Integrationskonstante c ergibt sich aus der Randbedingung: ( ) 4 > c n der -Position, an der die uerkraft gleich null ist, hat das oment einen Etremwert. > ( ) > ( ) 6 4k 4km B 4k 4k/m B -4k 6km 4km Intervall ( < < 4): ( ) 4 4 + ( ) 6 Geometrie 5: Intervall ( < < ): ( ) ( ) ( ) Intervall ( < < ): ( ) ( ) ( ) Das oment erhält man durch ufleiten der uerkraft: d ( ) ( ) > ( ) + c d Die Integrationskonstante c ergibt sich aus der Randbedingung: > c ( )
HTWG Konstan, akultät aschinenbau, tudiengang EP 5 Übungen Technische echanik Intervall ( < < ): ( ) q ( ) + ( ) 5 ( ) + 5 5 Die uerkraft erhält man durch ufleiten der treckenlast: d( ) q( ) d > ( ) + c Die Integrationskonstante c ergibt sich aus der Randbedingung: ( ) > c 5 Das oment erhält man durch ufleiten der uerkraft: d ( ) ( ) d > ( ) + 5 + c Die Integrationskonstante c ergibt sich aus der Randbedingung: ( ) > c 5 n der -Position, an der die uerkraft gleich null ist, hat das oment einen Etremwert. >. 6 ( ) Intervall 4 ( < < 6): ( ) q ( ) + ( ) 8 ( ) + 8 4 > (.6) 5. 6 Die uerkraft erhält man durch ufleiten der treckenlast: d( ) q( ) > ( ) + c4 d Die Integrationskonstante c 4 ergibt sich aus der Randbedingung: ( ) > c 4 8 Das oment erhält man durch ufleiten der uerkraft: d ( ) ( ) > ( ) + 8 + c d 5 Die Integrationskonstante c 5 ergibt sich aus der Randbedingung: > c 4 ( ) 4 5 k k k k/m -k -8k km 5.6km 4km k k B 58k k 6.km -km k B k -k -8k
HTWG Konstan, akultät aschinenbau, tudiengang EP 5 Übungen Technische echanik n der -Position, an der die uerkraft gleich null ist, hat das oment einen Etremwert. > 4. > ( 4.) 6. ( ) Intervall 5 (6 < < 7): ( ) q ( ) + ( ) 4 ( ) + 4 49 Die uerkraft erhält man durch ufleiten der treckenlast: d( ) q( ) > ( ) + c6 d Die Integrationskonstante c 6 ergibt sich aus der Randbedingung: ( 6 ) > c 6 4 Das oment erhält man durch ufleiten der uerkraft: d ( ) ( ) > ( ) + 4 + c d 7 Die Integrationskonstante c 7 ergibt sich aus der Randbedingung: 6 > c 49 ( ) 7 ösungen ufgabe : m 9k k it Hilfe des geometrischen Dreiecks und des Kräftedreiecks ermittelt man die Komponenten der eilkraft. 5 und Geometrie : agerkräfte und eilkraft: : 5m : : 8 m > 9k, 6k, 5k 6k und 5k 6k 5k -6k k -5k -6km
HTWG Konstan, akultät aschinenbau, tudiengang EP 5 Übungen Technische echanik Geometrie : agerkräfte und eilkraft: : : : 6 > k, k, 5k k und 5k k 5k k k -k 5k -5k Geometrie : km Ersatkraft bei 9m: Ersat 8 6 7 k agerkräfte und eilkraft: : : : 9 Ersat > k, k, 5k 5 k und k Intervall ( < < ): 5 q ( ), ( ) + 7 7 5 und ( ) 5 7 + Intervall ( < < 8): q ( ), ( ) + 7 7 5 + 7 und ( ) 6 k 5/ k -k /7k/m /9k 5/k -5/9k.75km 4.5m -/km
HTWG Konstan, akultät aschinenbau, tudiengang EP 5 Übungen Technische echanik ösungen ufgabe : Zuerst wird die senkrechte agerkraft im linken ager in bhängigkeit von der Kranposition berechnet. Dau wertet man das omentengleichgewicht um das rechte ager B aus. G/ G/ - -+ K B G G : + ( + K ) + ( ) G G K G G GK G G + + + + mit K / folgt: G G ( ) K + + + G GK G G G G G G > ( ) ( ) ( ) Dies ergibt den dargestellten uerkraftverlauf. Je nach Position des Krans ist die uerkraft HV wischen Hinterachse und Vorderachse positiv oder negativ. < > HV > > > HV < G(/-/ ) -G/ -G/ HV G(/-/ ) - B G(/-/ ) B Ist die uerkraft HV wischen den beiden chsen positiv, steigt das oment vom ager bis ur Vorderachse, an welcher das maimale oment erreicht wird. Ist die uerkraft HV wischen den beiden chsen negativ, steigt das oment vom ager bis ur Hinterachse an, wo der aimalwert erreicht wird. > : HV aimales oment V an der Vorderachse in bhängigkeit von : G G G + V K K K G ( ) G Um die Position Vma u bestimmen, an der Vma maimal wird, leitet man dieses nach ab und sett die bleitung gleich null. d V G > d V ma 6
HTWG Konstan, akultät aschinenbau, tudiengang EP 54 Übungen Technische echanik Die ösung erfüllt auch die obige, notwendige Bedingung: < V ma Der aimalwert lautet: G V G 6 6 ma V ma V ma < : HV aimales oment H an der Hinterachse in bhängigkeit von : ( ) 4 V K G G 84 6 G Um die Position Hma u bestimmen, an der Hma maimal wird, leitet man dieses nach ab und sett die bleitung gleich null. d 4 H G > d 4 H ma 6 Die ösung erfüllt die obige, notwendige Bedingung > nicht. Da diese Bedingung aber erfüllt werden muss, muss H ma sein. Dann ist die uerkraft HV gleich null und das oment an Hinterachse und Vorderachse gleich. Der aimalwert lautet: 4 G H 4 G ma H ma H ma 7 6 G Damit erhält man die maimale Belastung des Balkens: 84 (Position der Vorderachse) > ma G (unterhalb der Vorderachse) 6 6
HTWG Konstan, akultät aschinenbau, tudiengang EP 55 Übungen Technische echanik ösungen ufgabe : Im Intervall ( < < m) steigt das oment auf der änge m um 8km an. Daher muss die teigung des omentes und somit die uerkraft 4k sein. Da bedeutet, dass am linken Ende des Balkens eine Kraft von 4k in negative -Richtung eigen muss. 8km 4km m 4m 6m 8m 4k -k Im Intervall (m < < 6m) fällt das oment auf der änge m 4m 6m 8m 4m um 4km an. Daher muss 5k die teigung des omentes 4k und auch die uerkraft -k sein. Deshalb muss an der Position m eine Kraft von 5k in k positiver -Richtung wirksam sein, die die uerkraft von 4k auf -k reduiert. 4km Im Intervall (6m < < 8m) ist das oment konstant und somit die uerkraft gleich null. Deshalb muss an der Position 6m eine Kraft von k in negativer -Richtung wirksam sein, die die uerkraft -k auf null erhöht. m rechten Ende des Balkens hat der Verlauf der omente eine prungstelle. Das oment wird um 4km reduiert, also muss an dieser telle ein positives oment 4km wirksam sein.
HTWG Konstan, akultät aschinenbau, tudiengang EP 56 Übungen Technische echanik ösungen ufgabe : Geometrie : agerkräfte und chnittgrößen: km B 7.5k k 7.5k k 7.5k 7.5k k 7.5k 7.5k B k km 7.5k B 7.5k Innere Kräfte und innere omente: B 7.5k k km B -7.5k km B -7.5k
HTWG Konstan, akultät aschinenbau, tudiengang EP 57 Übungen Technische echanik Geometrie : agerkräfte und chnittgrößen: k k B k k k k k k k k B k B k Innere Kräfte und innere omente: B -k B k -k km B -k
HTWG Konstan, akultät aschinenbau, tudiengang EP 58 Übungen Technische echanik Geometrie : agerkräfte und Gelenkkräfte: 4k km 6k 4k 6k 4k 4k 6k 6k chnittgrößen: km B 4k B km 4k 6k 6k 4k 6k 8km 4k km 6k 6k 4k 8km B 4k 6k Innere Kräfte und innere omente: B 6k 4k km B 4k -6k km -km B -6k -4k -8km