Bombentrichter
Archiv => 3./4. Semester => Prüfungen/Testate 3./4. Sem. => Topic started by: -.- on August 11, 2008, 02:12:48 pm
-
hy!
hat jemand diese klausur shcon gerechnet?
mich würde mal die herangehensweise bei der 1. aufgabe interessieren.
komme da mit den stäben nicht ganz so zurecht.
-
Hier mal mein Lösungsvorschlag.
-
@MaBoTu:
Ich würd meinen dir fehlt am Rad, wo das Seil drüberläuft, noch ne horizontale Komponente. Siehe erstes Skript vom Prof. Ulbricht Bild 5.4.
[EDIT:Soviel Zeit für einen Titel muss sein ;) jleu (http://www.bombentrichter.de/member.php?find=lastposter&f=154)]
-
Hey, wie geht man an die Aufgabe 3 ran. Is doch keiner der eulerfälle oder? Wie bekomm ich da eine DGL?:blink:
-
im skript is auch so ein bsp.
Mb am verformten bauteil aufgestellt bringt ne dgl
-
ich hab bei der aufgabe 3 den eulerfall (ich glaub die 2 ist es) angenommen, anders konnte ich mir jetzt eine lösung auch nicht erklären.
was habt ihr denn für RB und ÜB bei der aufgabe mit der scheibe?
ich hab angefangen mit
sigma (r=RA)=0
und durch die innere scheibe
sigma (r=0) ungleich unendlich-->K2=0
allerdings ist ja K1=K2/R und dadurch würde ja K1 auch null werden...:blink:
ist das so zulässig, oder muss ich für jede einzelne scheibe die K`s bestimmen?
weiß da nämlich nicht, wie ich da 4 RB herbekommen soll?!
-
der bolzen ist doch ebenfalls starr; da verändert sich nichts und deshalb soll man wohl nur die scheiben-verformung bestimmen
ich hab einfach 2 RB für die verschiebungen aufgestellt
/edit
die berechnete verschiebung ändert sich ja, je nachdem ob ich die allgemeine formel oder die mit K1,K2 nehme (also im prinzip sind sie gleich, aber wenn ich K1,K2 eben so stehen lasse sind sie anders)->wenn ich damit die spannungen ausrechne ist wieder alles beim alten, aber darf ich die verschiebung auf 2 arten aufschreiben?
-
Kann mir mal bitte jemand sagen, wie ich bei der Aufgabe 2 auf die Kraft Fc bzw. Fbh komme? Steh da gerade aufm Schlauch...
-
castigliano an ner stelle 0 setzen (also die verschiebung)
-
ich habe bei aufgabe 1 für F(gh)=-1/6*mg, glaube da is bei MaBoTu nen fehler bei der rechnung in der 2. skizze
-
Zu Aufgabe 2: Ist Fc dann gleich 0??? --> Fbh=0??? :nudelholz:
-
du wählst dir ne kraft als unbekannte an einer stelle wo du die verschiebung kennst und damit kannst du die kraft ausrechnen :w00t:
-
@Kaefer Ne, das müsste stimmen. Bei der Momentenbilanz um c erzeugt die Streckenlast ein Moment: (m*g)/b*3*b*1/2*b
@Albertorenzo: Japp, ich glaub ich hab da die horizontale Seilkraft unterschlagen.
-
was bekommt ihr für Fc bei aufgabe 2 raus, ich habe 17/10*qb
-
hab mich getäuscht
-
wie nur weil da keine kraft in längsrichtung wirkt ist Fc=0 oder wie?
-
bei mir ist Fc=4/7qb, hatte Fc als stat.unbestimmte und die horizontale verschiebung ist 0
/edit
das hier keine horiz. belastung auftritt ist doch erstmal egal, irgendwo muss die streckenlast aber aufgenommen werden und das lager C kann das zwar nicht in horiz. richtung aber in vertikaler (wär ja bisschen schwer vorstellbar, wenn die komplette streckenlast im lager B gehalten würde)
-
MaBoTu könntest du deine lösung zu der aufgabe bitte ins netz stelle?
-
Ich hatte da nen Fehler drin, muss nochmal nachrechen
Also ich hab erstmal für Fc=4/7q*b
-
Ich poste mal meine Stabkräfte:
FS1 = 1/sqr2 * mg
FS3 = -3/sqr2 * mg
FS5 = mg
Alles mit Ritterschnitt, versteht sich. Kommt mir trotzdem irgendwie falsch vor...
-
Also meine Verschiebung bei c vertikal beträgt: -20*q*b^4/(21*EI) und die Verdrehung: -2*q*b^3/(21EI)
Kann das jemand bestätigen?
-
Hab die geänderte Lösung oben reingestellt, hoffe dass sie jetzt stimmt.
-
wie groß sind die kräfte S4 und S5 bei aufgabe 1
-
s4 brauchste net unbedingt, s5=-2mg
@mabotu: stimmt nun, aber statt am anfang ein Frh bzw Frv zu bestimmen kannste auch einfach waagerecht und senkrecht mg antragen
-
und hat jemand ne lösung zu 3. oder den ansatz?
-
Das verformte Teil müsste so aussehen, wie in meiner Skizze. Für den rechten Teil hätte ich den Ansatz, aber für den linken Teil hab ich keine horizontale Kraft, sodass ich die Momentenbilanz aufstellen könnte.
-
zu deiner skizze,
kann der stab nich nur auf der länge b knicken? des erste lager kann ja keine horizontale kraft aufnehmen und wenn beim zweiten schon n F dagegen wirkt dann wirkt doch auf die länge a keine kraft mehr, oder hab ich da nen denkfehler?
-
@ MaBoTU: ich bestätige mal, nach langem rechnen
v.Cv = 20/21*q*b^4/EI
phi.C = -2/21*q*b³/EI
-
hab in einem buch mal ein ähnliches bsp gefunden- siehe anhang
ich denke, dass kann man ähnlich machen, es müssen nur die anderen auflager beachtet werden. was meint ihr?
-
@NiX Hatte ich auch schon in Erwägung gezogen, aber da das Festlager keine Einspannung ist, hat der auf der Länge b verformte Balken dort einen Winkel und aufgrund der Stetigkeit muss sich dementschrechend der linke Teil mitverbiegen.
-
@USER:
So hab ichs auch grad. Im Festigkeitslehre Heft2 ist in Aufgabe 8.6 auch die Eigenwertgleichung so hergelitten worden.
Der rechte Teil ist dann bei mir:
Mb = F * v1 = - EI v1''
Allerdings probier ichs mal mit dem v0 und v1 in der Formel, also der Auslenkung am Balkenende und dann nochmal am Lager (in der RB wird dann wohl v1 = 0 gesetzt)
-
könnte bitte jemand mal seinen lösungsweg posten.
-
Würd mich auch freun, wenn diese Aufgabe mal visualisiert werden könnte!!
THX
-
ich komm zwar nich auf das V,c bzw phi,c, aber Fc müsste stimmen.
wenn jemand weiß wo der fehler liegt bidde bescheid sagen.
-
an USER.
du brauchst am punkt c keine Hilfskraft Fh antragen. für die verschiebung in c einfach die kraft vom loslager benutzen (Fc)
-
es spielt doch absolut keine rolle ob ob ich die kraft Fh oder Fc nenne, da sie in jedem fall 0 wird.
-
zur aufgabe 2,...
wenn ich die Verformung an einer Stelle berechen will, muss/(sollte?) doch die eingeführte Hilfskraft in die Richtung der gedachten Verformung zeigen?! (deswegen würde ich die Fh vertikal nach unten gerichte antragen)
Oder ist da etwas falsches aus dem 3 Semester hängen gebliben?
Danke für eure Ant.
Mit freundlichem Gruß
Der Vogtlaender
-
jain,
wenn du die hilfskraft entgegen der richtung der verformung anträgst sollte das ergebnis lediglich negativ werden.
-
muss man zur berechnung der neigung noch ein hilfsmoment einführen oder kann man evtl. das moment der einspannung nehmen?
-
Moin Moin,
welche Differentialgleichungen habt ihr bei dieser Aufgabe gefunden?
Zufällig diese?
v1''=y*v0/a*z1
v2''+y*v2=-v0
mit y=F/EI
Meine RBs und ÜBs sind dann:
v1'(a/2)=0
v1'(a)=v2'(b)
v1(0)=0
v2(b+(a/2))=0
Stimmt das?
Schöne Grüße
Quickley
-
Also wenn du mir sagst, wie deine Koordinatensysteme liegen bzw welche Schnitte du gemacht hast, kann ich mal versuchen zu kontrollieren...
Ich denke, du hast im Abschnitt a) eine Symmetrie in der Biegung vorausgesetzt, oder?
An der Stelle bin ich mir nicht sicher, ob das zulässig ist.
Meine 3 Randbedingungen sind bisher:
-Verschiebung in beiden Lagern ist 0:
v1(z1 = 0) = 0
v2(z2 = 0) = 0
-Neigung im Festlager muss auf beiden Seiten gleich sein:
v1'(z1 = a) = v2'(z2 = 0)
Meine Koordinatensysteme haben ihren Ursprung im jeweiligen Lager und z läuft nach rechts.
-
kann ma jemand die lösung der aufgabe 2 veröffentlichen
danke
komm da einfach ne auf ein sinnvolles ergebnis
-
hey,
hat schon jemand was zur aufgabe 4 mit der scheibe?
is irgendwie noch nich viel gekommen in dem thread.
ich hab ur(Ra)=0 und ur(Ri)=deltaR, als randbedingungen.
geht das so?
-
@ Bassschwein
Hab die gleiche Randbedingungen. Wie soll man die K:s jetzt bestimmen? K1 geht noch, aber K2 ist dann schon schwer.:blink:
Oder sollte man wieder eine Randbedingung finden wo K2=0 wird?
-
ich hab mit ur=0 das K2 berechnet und dann mit dem deltaR und K2 das K1 berechnet. ging eigentlich ganz gut.
ich komm da trotzdem auf lange therme, wo ich mir nicht sicher bin ob die stimmen können.
-
das K2 kann ja hier nicht 0 sein, außer für den bolzen, aber der ist ja sowieso starr.
-
Ich hoffe, ich hab mich nicht verrechnet.
[latex]$ K_1 = \dfrac{\dfrac{\Delta R}{R_i}}{\dfrac{1-\nu}{E}\cdot\left[1-\left({\dfrac{R_a}{R_i}}\right)^2\right]} $[/latex]
[latex]$ K_2 = - \dfrac{\dfrac{\Delta R}{R_i} \cdot {R_a}^2}{\dfrac{1+\nu}{E}\cdot\left[ 1-\left({\dfrac{R_a}{R_i}}\right)^2\right]} $[/latex]
-
jupp hab ich auch! :cheers:
-
sind diese K´s jetzt eigentlich für vr, sima (r) und phi (r) die selben?
wenn man sich da in den Randbedingungen schon vertut is die ganze Aufgabe ja für die Katz´!
-
@Bassschwein
Jo, sind die selben Ks.
Und zu den Randbedingungen musst du dir einfach immer die Predikten von Professor Balke ins Gedächtnis rufen. Rechnen kann jeder, aber Randbedingungen finden... :shifty:
-
das ist wohl wahr... :)
-
Ich hätte gern gewusst wie ich bei der Vergleichsspannung nach der Gestaltänderungshypothese vorgehe.
Hab hier im Forum schon haufen Gleichungen gesehn die man auf Radial- und Umfangsspannung ansetzt.
-
Auch in Polarkoordinaten hast du ja senkrecht aufeinanderstehende Richtungen der Spannungen:
[latex]$ \sigma_r $,$ \sigma_{\phi}$ und $ \sigma_z$[/latex]
Torsionsspannungen gibts nicht, die Spannung in z-Richtung ebenfalls nicht. Und jetzt setzt du einfach mal ein:
[latex]$\sigma_{vGEH} = \sqrt{\frac{1}{2}\left( \sigma_{r}^2+\sigma_{\phi}^2+(\sigma_r - \sigma_{\phi})^2 \right)} \\
$ binomische Formel und so... $ \\
\sigma_{vGEH} = \sqrt{\sigma_r^2+\sigma_{\phi}^2-\sigma_r\cdot \sigma_{\phi}}
$[/latex]
Also so würde ich es mir erklären.
-
jo so gehts
-
Nochmal zur Aufgabe 2:
Das System ist ja 1-fach statisch unbestimmt, ich hab alles nach F_c aufgelöst.
Wieso sollte ich hier, wie in dem Lösungsweg hier im Thread gepostet, annehmen können, dass die Verschiebung an der Stelle = 0 ist? Es ist ja schließlich kein Festlager.
Kann's sein, dass man F_c nur über die Annahme bekommt, dass die Verschiebung an der Einspannung = 0 ist?
-
Wenn du mit dem Castelliano eine statisch unbestimmte ausrechnen willst, dann musst du immer dU/dFc hier sozusagen =0 setzen, um die gesuchte Größe zu erhalten. Castellianisches Gesetz :)
-
Aber dU/dFc ist ja hier gefragt, das kann ich doch nicht einfach 0 setzen.
-
Ähm doch, weil das System einfach stat. unbestimmt ist und zusätzlich die vertikale Verschiebung und Verdrehung am Lager C gesucht ist. Durch das Loslager ist die Verschiebung in horizontaler Richtung = 0 und du kannst deltaU/deltaFc = 0 setzen.
Du musst eine zusätzliche vertikale Kraft und ein Moment am Lager C einführen, um die Verschiebung und Verdrehung bestimmen zu können.
Zu Aufgabe 3 hätte ich mal eine Frage:
Ist der Lösungsansatz aus einem alten Thread:
http://bombentrichter.de/attachment.php?attachmentid=2428&d=1154886941
richtig? Ich habe den selben Lösungsweg, allerdings ist im angegebenen Link das Biegemoment Mb2 falsch gerechnet. Dann mit Randbegingungen C1,C2, C3 und C4 bestimmt und alles ist gelöst. Aber wie komme ich auf die Eigenwertgleichung um das Alpha zu bestimmen?
-
Gibs bei B nen Mb? Das hab ich jetzt einfach ma weggelassen^^ (ich glaub daher wirds bei mir statisch bestimmt ) ... da hab ich 3 Gleichungen wo nur Fcv (Hilfskraft) vorkommt und das ist ja bekanntlich 0 weil Hilfskraft... und dann halt über Castel zu Vc.
Wenn Mb vorkommt kanns ja auch "nicht so schwer sein" (jetzt muss ich selbst lachen^^), da man dann einfach Fbh oder Fch als unbestimmte nimmt und die dann über Vbh=0 ausrechnet
kann aber sein das ich da nen denkfehler drin hab ... wie macht man das mit der Neigung? wo kommt das Hilfsmoment hin? bei C?
Frage: gibs hier irgendwo nen Thread wo die 2000er Klausur behandelt wird? Speziel die ergebnisse für die Getriebewelle würden mich ma interesieren (der rest auch^^)
-
Ja, bei B gibts nen Mb. Der Träger ist doch fest eingespannt :P. Verdrehung soll ja um C ausgerechnet werden, also Mc ins Lager C. Ich habe Castigliano nach Fcv, Fch und Mc. Wobei die Verschiebung in Fch = 0 ist durch das Loslager.
Thread zur Klausur 2000:
http://bombentrichter.de/showthread.php?t=8812&highlight=TM
Irre ich mich oder ist das die selbe Klausur wie letztes Semester?! Mich würde mal die Lösung zur 1. Aufgabe mit dem Oberleitungsmasten interessieren, da ich mich mit dem Schneiden noch sehr schwer tue..
-
1. Aufgabe war gleich die bei den anderen weis ich nicht mehr
-
@mastermind
Ist meiner meinung nach komplett die Selbe wie letztes Semester. Die Lösungen von MaboTU müssten auch fast zu 100% richtig sein.
Anderer Thread (http://bombentrichter.de/showthread.php?t=12908)
-
Ist die Aufgabe 4 identisch mit der Aufgabe 9.5 aus unserem Übungsheft?
Ansatz:
SigmaR (r=ra) = 0
uR (r=ri) = deltar
?
-
ich hab ur(Ra)=0 und ur(Ri)=deltaR, als randbedingungen.
... "sitzt spielfrei in starrer Umgebung"
Da muss der Außenrand doch unter Spannung stehn?!
-
Muss man bei Aufgabe 2 eigentlich die Längskraft mit berücksichtigen?
Steht ja nicht mit in der Aufgabe, dass diese vernachlässigt werden kann.
-
Dr. Georgi hat bei der Konsultation gesagt man kann alles vernachlässigen, wenn ein Biegemoment existiert. Wenn jedoch kein Biegemoment vorhanden ist, sondern nur eine Längskraft, dann muss diese natürlich mit eingerechnet werden, siehe Übungsheft Aufgabe 7.11.
-
Ist die Aufgabe 4 identisch mit der Aufgabe 9.5 aus unserem Übungsheft?
Ansatz:
SigmaR (r=ra) = 0
uR (r=ri) = deltar
?
Nein eigentlich nicht. Weil bei der Aufgabe 4 ist der (wie immer nicht schraffierte :nudelholz: ) Kreisring geschnitten und rund herum ist ein starrer Körper.
u(r=Ri)=delta R
u(r=Ra)=0 weil da hast du ja dieses starre etwas, das verhindert dass sich am Außenrand etwas verschieben kann. Somit hat beim Aufschrumpfen des geschnittenen Rohrs auf das starre Etwas allein der Innenrand eine Verschiebung um delta R.
Mehr Ragndbedingungen brauchste nicht, weil es ja nicht rotiert und omega = 0 ist.
Alle Klarheiten beseitigt? ;)
Zu Aufgabe 3 hätte ich mal eine Frage:
Ist der Lösungsansatz aus einem alten Thread:
http://bombentrichter.de/attachment.php?attachmentid=2428&d=1154886941
richtig? Ich habe den selben Lösungsweg, allerdings ist im angegebenen Link das Biegemoment Mb2 falsch gerechnet. Dann mit Randbegingungen C1,C2, C3 und C4 bestimmt und alles ist gelöst. Aber wie komme ich auf die Eigenwertgleichung um das Alpha zu bestimmen?
Ich denke schon, dass das richtig ist. Hmm ich hab dasselbe Mb2 - kommt ja drauf an wie rum du welche Schnittgröße definierst.
Aber mal ne Frage - warum Castigliano bei Aufgabe 3 ? Ich hätte das genauso wie in dem Link als 2 Knickprobleme "hintereinander" betrachtet. Es sind ja schließlich auch 2 DGLs gefragt - da hilft kein Castigliano...
-
Danke für die ausführliche Antwort stoffi, aber tobi0123s Antwort war schon ausreichend ;).
Bei Aufgabe 3 musst du gar nicht Castigliano anwenden, aber sehr wohl die Gleichung zur Biegelinie, weil der Balken ja in Richtung v verschoben wird und dort die Längskraft ein Biegemoment erzeugt.
Das 2. Biegemoment hängt von z2 ab, das wurde dort vergessen. Insgesamt ergeben sich 4 RB:
v1(z1=b)=0 -> C2 = v0 / ( sin (alpha * b) )
v2(z2=0)=0 -> C4 = 0
v1(z1=0)=v0 -> C1 = 0
v2'(z2=a) = v1'(z1=b) -> C3 = ...
Oder?
-
Ah danke :laugh: oki Schusselfehler gleich auch gemacht.
Hmm... muss die letzte Randbedingung nicht v2'(z2=a) = - v1'(z1=b) heißen? weil die beiden z1 und z2- Achsen ja entgegengesetzt sind - ich hatte mir dunkel gemerkt bei den Randbedingungen. Ansonsten hab ich die RBs auch so
-
Hey, mal ne blöde Frage: Woran sehe ich genau, ob ich Formeln zu KreisSCHEIBEN oder zu KreisPLATTEN verwenden muss? Danke.
-
@stoffi Eigentlich schon, aber ich glaube bei den Knickproblemen legt man die v's so, wie sich der Balken biegen würde, siehe Beispielaufgabe von Georgi:
http://www.georgi-dd.de/files/a3.pdf
Ist natürlich nur eine Vermutung. Man kanns sicher auch anders herum machen, dann ändert sich halt irgendwo in der Formel nen Vorzeichen.
@Feomatar Das steht eigentlich immer dazu, ob Scheibe oder Platte. Aber du kannst davon ausgehen, dass du die Formeln für die Scheibe verwenden musst, da ich nicht glaube, dass die Platte dran kommt... ich hoffs zumindest.
-
Hat jemand die allgemeine Lösung der Differentialgleichungen?
Ich habe v2=C*cos(y*z2)+D*sin(y*z2)+v0; mit y^2=F/EI
Allerdings bin ich mir unsicher wie es sich bei der ersten verhält.
Mit der DGL: v1''=y^2*v0/a*z1
-
Mein Biegemomentenverlauf sieht so aus. Was hab ich falsch gemacht? Das Ergebnis sieht ja eigentlich ganz gut aus.
-
Du musst für die dreiecks flächenlast ne funktion aufstellen: q(z)=q0*z/3b
wenn du das dann ins moment einsetzt muss z kubisch werden (bevor du b einsetzt). z kommen aus dem Hebel, der Länge/2 und der funktion q(z).
-
Nochmal zum mitschreiben: Die durch die Dreieckskraft q_0 entstehende Kraft die auf das Moment Einfluss hat ergibt sich also aus q_0, soweit klar. Dass das Moment dann, weil es ja eine Dreieckskraft ist, bei 1/3 von dem eigentlichen z angreift hab ich ja auch so. Aber warum wird das nochmal durch b dividiert?
-
q(z)=q0*z/l
q(0) ist demzufolge 0, und bei q(l) wird z/l logischerweise 1, also q(l)=q0. das l ist hier 3b
Hebel oder Länge ist da noch garnicht drin. Ohne das währe deine Dreieckslast sonst im Schnitt immer q0 "hoch", zieht sich aber dann bei fortschreitendem z lediglich in die Länge, was ja tünnef ist.
====
andere Frage: Was ist mit "ESZ in EVZ" gemeint in der Formelsammlung S.18 bei Umrechnung, wann brauch ich das und wie wende ichs an?
-
@ fabi
ich verstehe das so:
die angegeben Linienlast q_o der Aufgabenstellung wirkt tatsächlich nur bei C, also bei z=3b
wenn du bei G z=o als Ursprung hast.
Um die darstellte Dreieckige Belastung zu erzeugen musst du einfach nach dem Schema vorgehen: q(z)= (q1-q0)/(z1-z0) * z und schon hast du die Funktion für q
tja da war keep schneller
-
Hat jemand Aufgabe 4 gerechnet und könnte bitte die Lösung posten? hab eine ziemlich komischen Term mit
(E*deltaR/ 3*Ri) * Wurzel mit irgendwas :D
-
Ei, manchmal hakt es bei mir aus...
q.0 ist als Kraft (m*g) pro Längeneinheit (b) gegeben. Insgesamt hab ich 3b, aber im Schnitt nur die Länge z.5
wie immer also einfacher als gedacht, aber vielen Dank für die Antwort
Das auf Seite 18 wird hoffentlich nicht dran kommen, aber ich vermute man schreibt die 3 Koordinaten aus dem Ebenen Spannungszustand in die 3 anderen um, wenn man ihn in den Ebenen Verzerrungszustand transformieren möchte. Das Problem hatte ich noch nicht.