Bombentrichter
Archiv => 1./2. Semester => Prüfungen/Testate 1./2. Sem. => Topic started by: Tom on July 05, 2007, 05:00:33 pm
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Servus Leutz! Hab mal ne Frage zur Tm Klausur 2000 ganz hinten drauf auf der Klausurensammlung. Hab bei der ersten Aufgabe leider überhaupt keine Idee.. Kann mir da jemand helfen? Muss ja irgendwie über die thermische Dehnung zu lösen sein. Viel weiter bin ich dann aber auch nicht gekommen... :( Lg, Tom
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also junge habs ma probiert:
1.Abhänigkeiten der Stabkräfte von einander.
2.Gleichungen für die Längenausdehnung der einzelnen Stabkräfte.
3.Strahlensatz für die Verhältnisse der Längenausdehnung(aber nur die der kraftabhänigen Ausdehnung) zu einander!
dann ineinader einsetzen und viel Spass.
kein Plan ob das richtig is?!?!?!
wär gut wenn das ma einer nachdenk und rechnet.
wenn ihr noch net durchseht muss ich ma ne skizze machen...
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mh.. so richtig komm ich damit auch noch nicht weiter. Würde mir bestimmt helfen, wenn du mal ne skizze rein stellst. danke schon mal, Tom
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hatte grad n geistesblitz...man brauch ja noch eine zusaätzliche hraft die angreift...ich probiers ma mit der gewichtskraft des balkens ..weil die ja auch wirkt eine andre möglichkeit seh ich nich...bestätigt das ma einer..
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@ Nick: du hast recht das die Momentenbilanz nicht stimmt, hab jetzt ewig bei mir rumgerätselt und gesehen das ich zu doof bin ne Zahl vom Blatt in den Computer zu tippen. Bei mir steht F3= -6/13...
Wer nun mit seiner von den vielen hier genannten richtig liegt tät mich schon mal interessieren, denn wie ich aus den zahlreichen TM-Übungen gelernt habe isses Glück sich nicht irgendwo auf dem Weg verrechnet zu haben.
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Wenn keine Konstante "g" fuer die Gewichtskraft des Balkens angegeben ist, dann gehoert sie auch nicht mit in die Aufgabe. Also sollten durch die Aufgabenstellung bereits alle Kraftgroeßen bekannt sein.
Ich hab die Aufgabe nicht vor mir, aber ich vermute, dass es eine statisch unbestimmte Aufgabe ist. Wenn nun noch an dem Balken das Signalwort starr zu finden ist, dann ist die zusaetzliche Gleichung aus einer Geometriebedingung zu gewinnen.
Es sind also die Gleichgewichtsbilanzen aufzustellen und eine Skizze im ausgelenkten Zustand zu zeichnen. Dort findet man geometrische Beziehungen zwischen den Laengenaenderungen der Staebe. Nun noch fuer die Staebe das HOOKEsche Gesetz aufstellen (beachten dass Gesamtdehnung aus Superposition von mechanischer und thermischer Dehnung besteht) und clever einsetzen.
Mehr ist bei einer solchen Aufgabe nicht zu machen. Wenn der Balken nicht starr ist und dennoch die Aufgabe statisch unbestimmt, dann kann die zusaetzliche Gleichung aus einer vorhandenen Randbedingung mit der Gleichung der elastischen Linie (Biegelinie) gewonnen werden.
Vielleicht hilft das ja schon ein wenig.
Gruß Nick
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Wenn ich das so mache wie Fitzel das gesagt hat dann bekomme ich für:
Fs1 = 0,75Fs2
Fs2 = (delta)T*(alpha)*EA
Fs3 = 1,5 Fs2
Das scheint mir unlogisch
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Hab diese AUfgabe auch schon mal versucht. Man soll da sicherlich die Verkürzung von Stab 1 und die Verlängerung von Stab 3 mit der Verlängerung von Stab 2 subtrahieren bzw. addieren und dann das Ganze auf das Hook'sche Gesetz anwenden. Was anderes konnte ich mir da auch nich vorstellen und habs einfach sein lassen.
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Der Stab 1 wird sich nicht verkürzen...nur weniger ausdehnen als Stab 3.
Stab 1 müsste unter Druck und Stab 2 auf Zug belastet sein.
Keine Ahnung...
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Also ich hab bei der Aufgabe raus:
[latex] F_{S1} = F_{S3} = EA \cdot \alpha_{th} \Delta T \cdot \frac{cos^2 \beta - 1}{1 + 2 \cdot cos^3 \beta}[/latex]
[latex] F_{S2} = - 2 \cdot EA \cdot \alpha_{th} \Delta T \cdot cos \beta \cdot \frac{cos^2 \beta - 1}{1 + 2 \cdot cos^3 \beta}[/latex]
[latex] v_B = \alpha_{th} \Delta T \cdot ( 1 - 2 \cdot cos \beta \cdot \frac{cos^2 \beta - 1}{1 + 2 \cdot cos^3 \beta})[/latex]
Aber keine Ahnung ob das stimmt. Vielleicht können ja noch mehr ihre Ergebnisse posten. Schade, dass die Lösungen nicht zur Verfügung stehen.
Edit: Ach nee, soll ja nur der mittlere Stab erwärmt werden... Nu da is das mit Sicherheit falsch.
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So...ich hab da mal ne Dezente Frage. Hab die aufgabe mal Hier mit Bild reingestellt, weil ich hab da keinen Plan von. Unser Übungsleiter hatuns das zwar erklärt, wie man das macht, aber das war nicht so einfach. Er war selbst erschrocken, dass wir sowas schwieriges lösen müssen.
Problem ist dass der "Drehpunkt" unbekannt ist, also mit nem einfachen Strahlensatz kann ich das nicht lösen...Unser Übungsleiter hat da alle drei Länegenänderungen in eine Gleichung gepastelt. Ich weiß nur, dass sich S1 verkürzt und der Rest verlängert...das ist ja noch logisch, aber die Gleichung da zu ist schon ganz schön happig!
Vielen Dank schon mal im voraus.
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Ja die Aufgabe lässt so ziemlich jeden verzweifeln... Vielleicht wäre es besser, sich da nicht weiter fertig zu machen. Tschaka, wegen einer ungelösten Übungs-Aufgabe geht's weiter :)
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Also ich krieg die folgenden Lösungen.
[latex]$F_{S1}=\frac{-6}{19}\alpha\Delta TEA$\\
$F_{S2}=\frac{9}{19}\alpha\Delta TEA$\\
$F_{S1}=\frac{-3}{19}\alpha\Delta TEA$[/latex]
Erscheint auf den ersten Blick unlogisch, wenn man die Verlängerungen ausrechnet, könntes aber stimmen (da sich Ausdehnungen und Spannungen überlagern, ist es mit Logik nicht mehr ganz so leicht auf Richtigkeit zu prüfen; aber die Ergebnisse machen Sinn):
[latex]$\Delta l1=\frac{26}{19}\alpha\Delta T$\\
$\Delta l2=\frac{28}{19}\alpha\Delta T$\\
$\Delta l1=\frac{32}{19}\alpha\Delta T$
[/latex]
Lösungsweg ist so, wie es Fitzel kurz umrissen hat: Stäbe oben freischneiden, Auflager ermitteln. Dabei stellt man fest, dass eine Gleichung fehlt, dann Verformungsbedingung mittels Strahlensatz aufstellen. Dabei muss man aufpassen, dass nicht nur um Stab 2 gedreht wird, sondern sich dieser auch mit verlängern kann. Außerdem nimmt man erstmal für alle Stäbe eine Ausdehnung an (ansonsten muss man noch ein Minus berücksichtigen, was etwas verwirrend sein kann). Wenn man das Ganze dann schön gekippt und bissel stark übertrieben zeichnet, kommt man auf folgende Verformungsbedingung:
[latex]$\frac{\Delta l2-\Delta l1}{\Delta l3-\Delta l2}=\frac{1}{2}[/latex]
Wenn man dann schön alles aufstellt und einsetzt (mithilfe der Gleichung auf Seite 11 der Formelsammlung ganz unten links) kommt man auf obige Ergebnisse. Winkel errechnen ist dann auch nicht mehr schwer. Das es stimmt, kann ich nicht garantieren, aber ich habs zweimal geprüft (und was den Lösungsweg betrifft, bin ich sehr sicher, dass es so funktioniert).
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Bei dir sind somit aber alle Dehnungen positiv. Ich glaub, ein oder zwei Stäbe werden zusammengedrückt...
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Das sind meine verzweifelten Ideen. Das werden mir nur immer mehr Unbekannte. Kann ich z.B. sagen, dass F_S2 = 0 ist? Ansonsten wird's nämlich mit deltaL und u1 und u3 kriminell. Wenn wer neue Ideen hat, oder sagt wo mein Denkfehler liegt, ist gerne eingeladen seine Meinung kund zu geben :) .
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Also dass ein Uebungsleiter bei dieser Aufgabe ueberrascht ist, finde ich etwas seltsam. Grade als Uebungsleiter sollte er damit was anfangen koennen.
Außerdem war es in den letzten Jahren nicht so selten, dass aehnliche Aufgaben gefragt wurden. Vielleicht ist es also besser, sich dieses Thema doch noch einmal anzusehen. Hier greift jedoch die studentische Freiheit.
Wenn soviele Probleme damit auftreten, dann werde ich die Aufgabe nachher einmal "anrechnen" und etwas hier dazu preisgeben. Vielleicht springen auch ein paar Endergebnisse bei raus, aber mit Sicherheit kein kompletter Loesungsweg.
Bis nachher also
Nick
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ich hab das genauso gelöst wie starKI, nur das ich die Verhältnisse der Längenänderungen anders gerechnet habe. Und zwar (delta l2- delta l1)/(delta l3- delta l1) = 1/3. 1/2 ist das Verhältnis der Längen l2/l3 welches du ebenfalls benötigst.
Das eingesetzt und mit den Lagerreaktionen umgeformt müsste eigentlich zum richtigen Ergebnis führen:
F1= -12/13 [alpha] *delta T* EA
F2= 18/13 [alpha] *delta T* EA
F3= -16/13 [alpha] *delta T* EA
obs richtig ist weiß ich nicht, ist ja eigentlich derselbe Lösungsweg wie von starKI nur halt mit anderem Verhältnis der Längenänderungen.
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hier mal ne sporadische skizze mit den nötigen Gleichungen.
hoffe das hilft und überprüft die GLeichunge lierber nochma.
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Das eingesetzt und mit den Lagerreaktionen umgeformt müsste eigentlich zum richtigen Ergebnis führen:
F1= -12/13 [alpha] *delta T* EA
F2= 18/13 [alpha] *delta T* EA
F3= -16/13 [alpha] *delta T* EA
obs richtig ist weiß ich nicht, ist ja eigentlich derselbe Lösungsweg wie von starKI nur halt mit anderem Verhältnis der Längenänderungen.
Ich will dir nicht zu nahe treten, aber das kann nicht stimmen. Ueberpruefe mal das Momentengleichgewicht!
Was ich errechnet habe, steht hier leider noch nirgendwo. Bevor ich die aber preisgebe, moechte ich kurz was bemerken:
Wenn ich mir die Versuche von MPTh ansehe, dann entdecke ich oben rechts in der Ecke einen Freischnitt. Schon einmal gut! Kraefte sind dran, Bilanz stimmt. Es folgt:
[latex]
\begin{eqnarray}
F_1 + F_2 + F_3 &=&0\nonumber\\
2 F_3 &=& F_1 \nonumber
\end{eqnarray}
[/latex]
Die zweite Gleichung eingesetzt bekommt man noch:
[latex]
\begin{equation}\nonumber
F_2 = -3 F_3
\end{equation}
[/latex]
Nun kommt die ominoese Verformungsbedingung und dort kann man aus der Skizze erkennen, was MPTh angenommen hat. Diese Skizze kann verwendet werden. Prinzipiell ist es egal, welcher Verformungszustand fuer die zusaetzliche Geometriebeziehung genutzt wird. Man muss es nur bis zum Ende auch durchhalten und richtig interpretieren. Ein moeglichst einfacher Zustand sollte angestrebt werden.
Die Gleichungen fuer die Verlaengerungen u1 und u3 stimmen auch. Die GLGn fuer das HOOKEsche Gesetz sind auch okay.
Frage nun hier: Warum hast du dort nicht einfach probiert anders einzusetzen? Du bist auf dem richtigen Weg!
Klassischer Punkt zum Verzweifeln ist, wenn man alle Kraefte eliminiert hat und nicht mehr weiß, wie die Deltas verschwinden sollen.
Hier sei gesagt: Man suche sich eine Kraft aus; ich nehme Fs3 an und schreibe die HOOKE-Glg auf. Dort steht ein delta L3 drin. Dieses eliminiert man mit der Geometriebedingung. Nun hat man die anderen deltas drin (delta L2 und delta L1). Jetzt stellt man die HOOKE- Glgn fuer Fs1 und Fs2 nach den Laengenaenderungen um und setzt diese dann in die Glg fuer Fs3 ein. Nun hat man sowas dastehen wie:
[latex]
F_{s3} = ( irgendwas\: * F_{s1} + irgendwas\: * F_{s2} + \alpha_{th} \Delta T)
[/latex]
Die dort enthaltenen Kraefte werden mit den umgestellten Gleichungen aus den Gleichgewichtsbilanzen (etwas weiter oben im Beitrag) vervollstaendigt. Man hat ja schon Beziehungen wie [latex]F_{s1}[/latex] und [latex]F_{s2}[/latex] von [latex]F_{s3}[/latex] abhaengen.
Dann muss man nur noch nach [latex]F_{s3}[/latex] umstellen und am Ende rueckwaerts einsetzen. Fertig ist der Lack.
Hier noch meine Ergebnisse:
[latex]
\begin{eqnarray}
F_{s1} &=& -\frac{6}{15}EA\:\alpha_{th} \Delta T \nonumber \\
F_{s2} &=& +\frac{9}{15}EA\:\alpha_{th} \Delta T \nonumber \\
F_{s3} &=& -\frac{3}{15}EA\:\alpha_{th} \Delta T \nonumber
\end{eqnarra}
[/latex]
Eine Garantie fuer die Richtigkeit gebe ich natuerlich nicht. Ich bin ja auch nur ein Mensch.
Gruß Nick
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Also ich hab meine Rechnung nochmals ueberprueft und komme immer auf dasselbe.
Bitte beachtet zum einen, dass ihr die richtigen Ausgangslaengen fuer L1 und L3 einsetzt (die sind 2*L) und zum anderen, dass die Vorzeichen stimmen. Wenn alle Staebe erwaermt werden ist die thermische Dehnung in Stab 1 und 3 groeßer als in Stab 2. Das bedeutet aber auch, dass in 1 und 3 Druck entstehen muss und in Stab 2 Zug.
Bei der Annahme der Kraefte beim Freischnitt ist es egal, wohin diese zeigen. MPTh hat es zB anders gemacht als ich. Bei mir zeigen alle weg vom Schnittufer. Wer das anders herum macht sollte aber eigentlich auch genau die negativen Ergebnisse bekommen. Wichtig ist hierbei eine Ueberlegung beim HOOKE. Wird erwaermt wird der Stab laenger. Summe aus den Dehnungen ist Gesamtdehnung und daraus kann die Kraft ermittelt werden. Hierbei die verbleibenden Systeme beim Freischnitt beachten. Fuer MPTh muss HOOKE eigentlich heißen:
[latex]\varepsilon_{ges} = \frac{\Delta l_i}{l_i} = -\frac{F_{si}}{E A_i}+\alpha_{th}\Delta T [/latex]
Umgeht das Problem indem ich bei Freischnitten von Staeben IMMER die Schnittkraefte weg vom Schnittufer zeichnet. Dann sind auch positive Betraege Zugkraefte und negative entsprechend Druckkraefte.
Gruß und viel Erfolg!
der Nick
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hey, hat jemand lust noch die lsg von aufgabe 3 und 4 reinzustellen, also nur die ergebnise....vergleichsweisehalber!!! ;)
danke, nook1e
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Hey ihr..
sind grad fleißig am rechnen und würden gern mal mit anderen vergleichen ob ihr das gleiche raushabt..
also wir haben als verdrehwinkel für die 2. teilaufgabe 1,72grad raus,... kann das sein??? wäre nett wenn sich mal jemand dazu äußern würde...
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In Teilaufgabe 2 und 3 hat sich bei mir ein Verdrehwinkel von 1,58° ergeben... bin mir aber genauso unsicher wie ihr ;) (D=21,7mm)
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habs auch wie CIT
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Bei mir kommen für D=17,2 mm und für den Winkel 2° raus... Kann das stimmen!?
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das dürfte wohl nicht stimmen. wir haben dafür auch 21,7mm raus
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hallo, kommen bei der aufgabe nicht auf alle rand- und übergangsbedingungen. es sind doch insegsamt sieben aufzustellen, richtig?! und wie ist das mit der streckenlast? sollen wir das als gegeben ansehen oder auch ausrechnen? wenn zweiteres der fall wäre müssten wir ja sogar acht bedingungen suchen. ach und nochwas: woher weiß ich wann ich eine ecke als biegesteif ansehen kann?
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Prinzipiell ist es egal, welcher Verformungszustand fuer die zusaetzliche Geometriebeziehung genutzt wird. Man muss es nur bis zum Ende auch durchhalten und richtig interpretieren.
Das seh ich anders. Ich krieg hier die Krise. Man weiß ja nicht, wie die ganze Schose am Ende aussieht und ich hab das ganze mittlerweile bestimmt für geometrische 3 oder 4 Möglichkeiten durchgerechnet und bin jedesmal auf andere Ergebnisse gekommen. Es wäre jetzt echt mal ganz nett, wenn jemand seinen richtigen Lösungweg hier reinstellen könnte (Scan).
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edit:
das war mist
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hab auch 21,7 mm raus, habe aber auf 22mm aufgerundet, wär wohl sonst quatsch
aber zum winkel, nunja
eigentlich muss man ja wie bei der aufgabe 3.3 (letzte übung) nur beide winkel ausrechnen und diese addieren
das eingeleitete moment ändert sich ja für die 2 bereiche nicht
also ich komm mit D=22 und d=11 auf nen winkel von 1,5° bei 2. und bei 3. auf 25,4°, und ich bezweifle, dass so ein riesen winkel raus kommt
@skaal das kann ja schlecht sein D=2d ist gegeben ;)
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also die streckenlast is natürlich gegeben, genauso wie F (wär ja sonst fies)
hm also bis jetzt bin ich immer von biegesteifen ecken ausgegangen, da alles ja für kleine verformungen gilt, ist das wohl auch immer der fall
also du bekommst 3 randbedingungen und damit suchen wir noch 4 übergangsbed.
=> eine gibts für die anstiege beim angriffspkt der kraft F
=> die restlichen 3 bekommt man durch die ecke, einmal durch den anstieg und dann weiß man noch, dass sich die ecke nicht verschiebt, also die 2 umliegenden bereiche benutzen!
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hm ok da hast du auch wieder recht langa
was mich bloß daran verwundert, der kleine durchmesser d ist ja dann völlig schnuppe :o
/edit
formel für D einfach die schubspannung bei torsion, die hängt von dem torsionsmoment und dem widerstandsmoment ab, also haste alles gegeben, außer halt D
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welche formel habt ihr für D?
Achso der winkel bleibt ja gleich weil im hinteren teil kein moment weiter wirkt es hängt also nur dran:P
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Hat jemand einen eleganten Lösungsweg (für Aufgabe 1) gefunden?
Bei der Neigung dürfte der Strahlensatz nützlich sein, ich komme auf keine vernünftigen Stabkräfte... :blink:
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hi
was habt ihr denn bei der 2. aufgabe auf der rückseite der klausurensammlung raus?
bei den Mbx und Mby hab ich erst einmal gestutzt, man bekommt ja bei beiden ansichten je eins heraus
Mby=F1*1,5c
Mbx1=-0.5qz1² ; 0Mbx2=-0.5q(z2+b)²+F*z2 ; b
Ixx= 4,125c^4
Iyy=5c^4
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hm ok da hast du auch wieder recht langa
was mich bloß daran verwundert, der kleine durchmesser d ist ja dann völlig schnuppe :o
/edit
formel für D einfach die schubspannung bei torsion, die hängt von dem torsionsmoment und dem widerstandsmoment ab, also haste alles gegeben, außer halt D
das ist ne fangfrage!
allerdings wenn ich tau_zul= Mt/Wt nach D auslöse bekomm ich einen sehr kleines D raus.
geh ich richtig in der annahme das Mt=2*F*l ist?
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hm es gibt aber nur ein zumindest hab ich nur eins raus.
die kraft greift auch auf höh des schwerpunktes an. deswegen mbx nur über den balken und mby über den querschnitt zu berechnen.
oder liege ich falsch
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jo Mt=2*F*r, F liegt ja 2 mal an. Frage phi(2l) ist wirklich ne fangfrage, wieso sollte sich denn das letzte frei ende verdrehen... gruß
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also ich habe für d = 21,7 und für D = 43,36 mm
da ja das größte tau(max) beim kleinsten durchmesser "auftritt" muss die Gleichung
tau(max)= Mt/Wt <= tau(zul) für den kleineren Durchmesser gelten.
zumindestens stimmen meine ergebnisse bei der kontrolle durch rückrechnen.
und somit ist auch der kleine durchmesser nicht mehr irrelevabt für die aufgabe.
wenn das stimt wäre der winkel dann 0,33°
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bin mir da eben auch nicht so sicher
aber wie du schon sagst, über dem träger gibts ein Mbx, also doch wohl auch in der biegespannung
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helloworld, das hab ich mir zuerst auch gedacht und das gleiche raus, aber die welle mit kleinen durchmesser wird doch gar nicht beansprucht, deshalb musst du den großen nehmen, und der winkel ist dann bei länge l UND 2l 1,5°, da der kleine durchmesser einfach mitdreht. soweit unsere theorie...
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hi... also laut der aufgabenstellung ist das q nicht geben, da es in geg. nicht mit auftaucht... also doch 8 nebenbedingungen...
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Sorry Jule, aber da widersprech ich dir. Die Ergebnisse fuer die Kraefte muessen schon identisch sein, wenn sie entsprechend orientiert wurden. Du hast recht, dass eine andere Skizze der Verformung auch ander Laengenaenderungen mit sich bringt. Saemtliche Laengen lassen sich dann aber ineinander ueberfuehren.
Nun ist ja nicht mehr sooo viel Zeit und da dieses Thema anscheinend richtig viel Aerger bereithaelt, haenge ich hier einen kleinen Scan an, der allerdings keine durchgerechnete Loesung darstellt. Vielleicht hilft er euch, ein wenig sicherer an die Sache ranzugehen.
allen viel Erfolg; wird schon schiefgehen
Gruß vom Nick
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ma ne frage wo setzte ich das Moment Mt da ran????
also ich komme bei meinem Mt = -2Fr
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ACHTUNG: Schreibfehler in meinem Anhang. Gleichung (2) muss natuerlich lauten:
[latex]F_1 = 2\:F_3[/latex]!!!
Und zu Kaefer: Was fuer ein Mt????
EDIT: Hier wurden einige Themen zusammengefuehrt, wie mir scheint. Also bitte auch jedes Mal die Aufgabe dazu schreiben, damit man weiß um welche Aufgabe es sich dreht. Danke!
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Aufgabe 3
Also ich hab jetzt das gleiche raus wie Tweety: D: 17.2 mm , phi(l)=2° , phi(2l)=34° , da sich die Verdrehwinkel addieren, also phiD(l)+phid(l)=phi(2l). Oder ist die Verdrehung bei 2l auch gleich 2°? Da sich der erste Abschnitt zwar verdreht, der 2. aber bei der länge l keine Verdrehung hat. also 2+0 ???
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In Teilaufgabe 2 und 3 hat sich bei mir ein Verdrehwinkel von 1,58° ergeben... bin mir aber genauso unsicher wie ihr ;) (D=21,7mm)
dem stimme ich zu!!!
phi = 1,58Grad und D=21,67mm
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hallo, beim ges. 2.1) durchbiegungsverlauf ist dort wirklich die elastische linie mit der ganzen kompletten rechnung (integration) von den v`s gefragt? oder geht das auch einfacher? und kann vlt jmd mal sagen was seine RB und ÜB sind? bei uns mag das nicht so recht klappen...:mad:
€: das nächste mal bitte direkt in den thread und NICHT extra einen aufmachen!--- sandmann
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Welcher Ansatz muss für Mt gewählt werden?
F*r oder 2*F*r ???
für ersters kommt nun 17,2mm und für letzteres 21,67mm raus.
Ich denke das man 2*F ansetzen muss.
Was denkt ihr?
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natüröich 2*F*r
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@schnullerbacke
Bin auch grad bei der Aufg.! kannst du evtl mal posten was du bei den aufg. davor (1.1 vor allem) raushast bzw wie du da so grob rangegangen bist...bei mir hängts da schon irgendwie...:(
wär echt cool, danke
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1. GG-Bedingungen
2. Schnitt damit ich Mbx rausbekomme
dann 1.1 geguckt wo das Mbx am größten ist
1.2 spannungsnulllinie, dafür den punkt ausgerechnet wo die spannung null ist mit y0=-(FL*Ixx)/(A*Mbx) und dann die gleichung auf seite 12 in der formelsammlung
1.3) einfach den größten wert von 1.2 genommen
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hat mal jemand die lösungen für aufgabe 2 der klausur 2000/2?
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hi
was habt ihr denn bei der 2. aufgabe auf der rückseite der klausurensammlung raus?
bei den Mbx und Mby hab ich erst einmal gestutzt, man bekommt ja bei beiden ansichten je eins heraus
Mby=F1*1,5c
Mbx1=-0.5qz1² ; 0Mbx2=-0.5q(z2+b)²+F*z2 ; b
Ixx= 4,125c^4
Iyy=5c^4
wie kommst du auf die Ixx und Iyy werte?
sollte ich mich so sehr verrechnet haben?
hab: Ixx=36/11/24c^4 und Iyy=13/7/36c^4
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hat mal jemand die lösungen für aufgabe 2 der klausur 2000/2?
Hm also die Aufgabe ist schon echt schwierig. Ich komme da nicht weiter. Bei 2) ist c gesucht, aber wie soll man das ausrechnen, wenn keine zulässige Spannung gegeben ist? Oder wie geht das?
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@Nick
Also ich hab bei meiner Lösung (von der 1. Seite dieses Threads) alles exakt so gemacht, wie du es im PDF beschreibst und unsere Lösungen unterscheiden sich ja auch nur darin, dass bei dir überall 15tel und bei mir 19tel im Nenner stehen.
Ich habs jetzt zum 4ten mal mit allen möglichen Variationen probiert und auch grad nochmal deinen Ansatz zu Ende gerechnet (der inhaltlich identische mit meinem ist) ... ich komme immer wieder auf die 19tel im Nenner.
Ich habe auch eine Vermutung, wo dass Problem liegen könnte:
Und zwar hast du ja jetzt stehen:
[latex]$\Delta l_3=3\Delta l_2-2\Delta l_1$[/latex].
Und:
[latex]$\Delta l_1=2l(\frac{2F_3}{EA}+\alpha \Delta T)\\
$\Delta l_2=l(\frac{-3F_3}{EA}+\alpha \Delta T)\\
$\Delta l_3=2l(\frac{F_3}{EA}+\alpha \Delta T)\\
$[/latex]
Alles eingesetzt:
[latex]$2l(\frac{F_3}{EA}+\alpha \Delta T)=3l(\frac{-3F_3}{EA}+\alpha \Delta T)-2(2l(\frac{2F_3}{EA}+\alpha \Delta T))$[/latex]
Und wenn man das dann nach [latex]$F_3$[/latex] umformt kommt man auf die 19tel (kann es sein, dass du im Gewirr der ganzen 2en in dem Term, der vom [latex]$\Delta l_1$[/latex] kommt, eine unteschlagen hast? Weil dann kommt man nämlich auf die 15tel ;) ).
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Oh danke starKI, ich hab auch 19tel raus :)
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@Nick
Also ich hab bei meiner Lösung (von der 1. Seite dieses Threads) alles exakt so gemacht, wie du es im PDF beschreibst und unsere Lösungen unterscheiden sich ja auch nur darin, dass bei dir überall 15tel und bei mir 19tel im Nenner stehen.
Ich habs jetzt zum 4ten mal mit allen möglichen Variationen probiert und auch grad nochmal deinen Ansatz zu Ende gerechnet (der inhaltlich identische mit meinem ist) ... ich komme immer wieder auf die 19tel im Nenner.
Ich habe auch eine Vermutung, wo dass Problem liegen könnte:
Und zwar hast du ja jetzt stehen:
[latex]$\Delta l_3=3\Delta l_2-2\Delta l_1$[/latex].
Und:
[latex]$\Delta l_1=2l(\frac{2F_3}{EA}+\alpha \Delta T)\\
$\Delta l_2=l(\frac{-3F_3}{EA}+\alpha \Delta T)\\
$\Delta l_3=2l(\frac{F_3}{EA}+\alpha \Delta T)\\
$[/latex]
Alles eingesetzt:
[latex]$2l(\frac{F_3}{EA}+\alpha \Delta T)=3l(\frac{-3F_3}{EA}+\alpha \Delta T)-2(2l(\frac{2F_3}{EA}+\alpha \Delta T))$[/latex]
Und wenn man das dann nach [latex]$F_3$[/latex] umformt kommt man auf die 19tel (kann es sein, dass du im Gewirr der ganzen 2en in dem Term, der vom [latex]$\Delta l_1$[/latex] kommt, eine unteschlagen hast? Weil dann kommt man nämlich auf die 15tel ;) ).
Korrekt!
Hatte mich in der Tat verrechnet. Danke fuer die Aufklaerung!
Hoffe, die spaete Info schmerzt nicht allzu sehr. Ihr werdet das schon schaffen heute.
Drueck euch die Daumen!
der Nick
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Ist zwar schon ein alter Thread, aber vlt liest das ja trotzdem noch wer, so wie ich (:
Habe heute Übungsleiter gefragt und der meinte: Verdrehwinkel am Ende (also von 2 x l) ist doppelt so groß wie Phi von l !
ich habs auf anhieb auch nich verstanden, aber tut mal folgendens:
rollt mal ein blatt papier zusammen und macht am einen ende ne "einspannung" ;D mit eurer eigenen hand, und nun verdreht eure papierkonstruktion in der mitte. dann werdet ihr sehn dass sich das andere ende doppelt so doll verdreht zu der einspannung wie die mitte ;D
vlt kann das ein werkstoffwissenschaftler genauer erklären aber ich könnt mir da was mit materialfasern die immer den gleichen abstand zueinander haben denken (: