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Prüfungen/Testate 1./2. Sem. / TM Klausurensammlung Lösungen

« on: July 24, 2010, 10:24:53 pm »

@plumps: ^^ das 2F kommt von dem Helbel. Du hast doch n L als Hebel. du machst ein momentengleichgewicht um das lager. F*2a=X*a --> X=2F und dieses "X" greift an dem knoten an, also die stelle wo der L-Hebel an die beiden Stäb angreift.


@dizZzl: wie schon gesagt: definitionssache
für mich is ne Normalspannung immer noch F/A und nicht F/A + Mbx/Ixx, weil das eine biegespannung is. aber das sind haarspaltereien.
sollte sowas in der prüfung dran kommen würd ich im zweifelsfall beides hinschreiben. beschweren geht immer

ich check aus, morgen ist auch ein tag :sleep:

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Prüfungen/Testate 1./2. Sem. / TM Klausurensammlung Lösungen

« on: July 24, 2010, 09:34:25 pm »

hab mir schon gedacht, dass sowas kommt, aber es ist explizit nach der normalspannung gefragt und die ist nunmal definiert als normalkraft pro fläche. biegespannung resultiert allerding aus einem moment. ich persönlich denke, dass man da unterscheiden muss. allerding können wir ja nur mutmaßen, was hier als lösung gewollt ist.

ich vertraue da auf wikipedia:

Die Normalspannung, d. h. die Spannung bei Normalkraftbeanspruchung (Zug/Druck), ergibt sich aus:
 , wobei die Kraft in Richtung der Flächennormale und A der Flächeninhalt ist.


 Die Biegespannung, dh. die Spannung bei Momentenbeanspruchung (Biegung), ergibt sich aus:
 , wobei das Biegemoment, I das Flächenträgheitsmoment, z der AbstandW das Widerstandsmoment ist. vom Querschnittsschwerpunkt zur Randfaser und

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Prüfungen/Testate 1./2. Sem. / TM Klausurensammlung Lösungen

« on: July 24, 2010, 08:37:28 pm »

Mby (das moment um die y-achse) = F * Anstand zu y-achse (positiv oder negativ -->rechte Hand regel)
Mbx (moment um die x-achse) hier is das maximale moment gesucht, also direkt an der einspannung: F * Anstand zur x-achse + (q*l)*(l/2)
das ist das resultierende Moment an der einspannung

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Prüfungen/Testate 1./2. Sem. / TM Klausurensammlung Lösungen

« on: July 24, 2010, 07:26:22 pm »

die geht ganz fix:

wenn du dir verlängerungen an die stäbe 1 und 2 malst siehst du die kinetische beziehung
deltaL2 = deltaL1*cos(alpha) = deltaL1/wurzel(2)

die verlängerungen sind allgemein bekannt als

deltaL1 = (S1*L1)/EA1
deltaL2 = (S2*L2)/EA2

EA1=EA2=EA; L1=L; L2=L*wurzel(2)

das kannst du in deine kinenetische bedingung einsetzen und erhältst: S1=S2 (verrückte welt)

wenn du so weit bist kannst du n knotengleichgewicht am ende der stäbe machen.
das ergibt dann S1 - 2F + S2/wurzel(2) = 0
Da S1=S2=S --> S(1+ 1/wurzel2) = 2F
S = (4-2√2)*F =1,172F

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Prüfungen/Testate 1./2. Sem. / TM Klausurensammlung Lösungen

« on: July 24, 2010, 06:22:26 pm »

Hi dizZzl,

habs nochmal nachgerechnet. du hast recht
Mbmax= 1250000Nmm = 1,25kNm
und somit die nulllinie bei y=-12mm, sowie sigmaMax= 97,23(N/mm²)

:innocent:

zum Glück war nur der Ort des maximal beanspruchten Querschnitts gefragt
aber es ergibt sich natürlich aus dem falschen Mb eine falsche nulllinie (die wäre auch nur mittig, wenn F = 0 wäre)
Danke für den Hinweis

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Prüfungen/Testate 1./2. Sem. / TM Klausurensammlung Lösungen

« on: July 24, 2010, 04:55:57 pm »

davon gehst du bei biegung immer aus.
sonst würde sich der balken bei einer biegung nach unten ja auch von seiner koordinate am freien ende entfernen und sich "verkürzen".
aber das einzige was die einzelnen punkte des balkens können ist: sich vertikal verschieben.

stell dir nen balken einfach einfach als eine aneinanderreihung von infinitissimal dicken scheiben vor. denn das sind sie ja mathematisch hier.

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Prüfungen/Testate 1./2. Sem. / Stoffumfang Testat TMA

« on: July 24, 2010, 03:59:10 pm »

hab gehört: anmerkungen sind ok, ganze aufgaben nicht (siehe oben: kleiner Hugo)

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Prüfungen/Testate 1./2. Sem. / TM Klausurensammlung Lösungen

« on: July 24, 2010, 03:44:01 pm »

Nochmal zur 2. Aufgabe 1. Seite rechts:

Ich benötige meiner meiner Meinung nach 7 Bedingungen.
6 habe ich gefunden:

v1(0)=0
v1'(0)=0

v2(0)=0
v2'(b)=-v1'(b)

v3(0)=0
v3'(b)=-v1'(b)

Was fehlt mir noch? Dadurch, dass sich Lager C nach unten verschieben kann, darf ich ja nicht ganz analog zur 3. Aufgabe linke Seite vorgehen.

deine bedingungen können schonmal nicht stimmen
du hast gesagt: v1(0)=v2(0)=v3(0)
mindestens ein v(0) muss dein freies ende sein. koodinatensysteme immer so setzen, dass sie von außen nach innen zeigen.

mein ansatz:
linkes Lager (D): z1 nach rechts; v1 nach unten
unteres Lager (C): z2 nach oben; v2 nach rechts
rechtes (freies) ende: z3 nach links; v3 nach unten

verschiebung und verdrehung in der linken einspannung = 0
v1(0)=0
v1'(0)=0

für das untere Lager ist die verschiebung v auch null
v2(0)=0

auch die verdrehung hast du richtig erkannt
v1'(a)=-v3'(a)
v1'(a)=v2'(a)

die verschiebung vom senkrechten tragteil muss auch null sein, weil sich der horizontale teil nicht verlängert
v2(a)=0

eins fehlt noch: genau wie bei der verdrehung sind die systeme 2 und 3 ja verbunden.
verschiebt sich der knotenpunkt um h nach unten heißt das für system 1 v(a)=h. für system heißt es (von rechts gesehen) v3(a)´=-h

v1(a)=-v3(a)

da hst du deine 7 bedingungen

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Prüfungen/Testate 1./2. Sem. / TM Klausurensammlung Lösungen

« on: July 24, 2010, 02:04:52 pm »

@ audioquant: Damit kommt man auf die auflagereaktion. man hat 3 teilsysteme mit jeweils zwei Integrationskonstanten. um die zu töten braucht man schonmal 6 randbedingungen und noch eine weitere um auf die Auflagereaktionen zu kommen.
danach ist die biegung und verschiebung an jeder beliebigen stelle bestimmbar.
wenns noch unklar is: kurz bescheid geben und ich stell die rechnung online.

zu deiner Frage:

Seite 1, aufgabe 2 geht analog

Allgemein heißt das notwendige kriterium für statische Bestimmtheit:

A + Z = 3*S

A - Auflagerreaktionen (hier 4 - Dv, Dh, MD und C)
Z - Anzahl der Zwischenreaktionen (sprich Gelenkreaktionen zwischen Scheiben, hier offensichlich 0)
S - Anzahl der Scheiben (es gibt nur ein Teil, also 1)

4 + 0 = 3 stimmt nicht, das system ist nicht statisch bestimmt, sondern einfach statisch unbestimmt. d.h. du musst dir eine fehlende gleichung aus der kinetik herpuhlen, klingt ätzend. is aber so

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Prüfungen/Testate 1./2. Sem. / TM Klausurensammlung Lösungen

« on: July 24, 2010, 12:49:33 pm »

Du brauchst drei teilsysteme. z.b.

Vom linken Lager aus: z1 nach rechts v1 nach unten
Vom unteren Lager aus: z2 nach oben v2 nach rechts
Vom freien Ende: z3 nach links v3 nach unten

im linken lager ist die verschiebung und die biegung 0

v1(0)=0
v1'(0)=0

im unteren Lager ist die Verschiebung auch 0

v2(0)=0

es wird nur gebogen und nicht gestaucht (darüber bin ich am anfang immer gestolpert). also ist die verschiebung für die Teilsysteme 1 und 2 auch 0

v1(a) = 0
v2(a) = 0

und zu guter letzt weißt du noch, dass die verdrehung im knotenpunkt gleich, bzw. gegensinnig sein muss.

(I) v1'(a)=v2'(a)
(II) v1'(a)=-v3'(a)

zu beachten ist hierbei: kann mann die koordinatenkreuze der teilsysteme so drehen, dass v1 und v2 bzw. z1 und z2 in die gleichen richtungen zeigen ist die verdrehung gleich (I). muss man dazu ein koordinatenkreuz spiegeln, so sind die verdrehungen gegensinning (II)

damit lässt sich das ganze lösen.

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Prüfungen/Testate 1./2. Sem. / TM Klausurensammlung Lösungen

« on: July 24, 2010, 10:59:38 am »

Bei den Flächenträgheitsmomemten muss ich mich vertippt haben, da muss Ixx = 10,5 sein (korrigier ich gleich)
Iyy ist aber meiner meinung nach nicht einfach die summe der einzelnen Iyy
ich habe den Querschnitt in den oberen horizontalen Balken, einen senkrechten Balken und zwei Dreiecke unterteilt.
Die schwerpunkte der beiden Balken liegen zwar auf der y-Achse, womit der Steineranteil wegfällt, aber die beiden dreiecke haben jeweils noch den Abstand 0,5+0,333=1/6 bzw. -1/6
und der fällt hier auch nicht mit plus minus weg, weil der Abstand ja noch quadriert wird uns es bleibt am ende
Iyy= 3³/12 + 3/12 + 2*(3/36 + (1/6)²*(3/2)) = 2,75

ok, damit is deins immer noch näher an der Lösung als meins



Zur maximalen Spannung:

Mby is ein minimales Moment , das von F erzeugt wird und zwar in negative richtung mit dem Hebelarm 1,5h bis zur y-achse

Mby = -1,5hF

Mbx setzt sich, wie du schon erkannt hast, aus F*1,666 und dem Maximalen Moment an der einspannung (q*l)*(l/2)=ql²/2 zusammen.
wenn du die rechte-Hand-Regel anwendest wirst du sehen, dass beide Momente positiv sind und addiert werden müssen.

Mbx = F*1,666h + ql²/2


der Anteil von F ist denkbar klein, aber wird schon nicht ohne Grund an genau der Stelle sein.


Das mit dem Ort is sonne Sache: pauschal "der am weitesten entfernteste punkt" isses nicht immer (und was machst du wenn du wie hier mehrere kräfte hast?)

Die Lösung findest sich in der Spannungsgleichung. mit den neuen werten:

Sigma = (11,11 + 134,92*y - 54,5*x)(q/h)
gesucht wird die betragsmäßig größte spannung. fakt ist, dass die maximale Spannung sich immer am Rand befindet. es bietet sich an die eckpunkte zu untersuchen, bzw. das "positivste y und das negativste x" um einen maximale positive Spannung zu erreichen

P1(-1,5/1,66) --> 316,82 (q/h)
P2(0,5/-2,33) --> -330,50 (q/h)
(fies, ich dachte erst die obere linke ecke wäre am spannungsreichste

ich nehme also an, dass der Ort der Maximalen Spannung bei y=-2,33 x=0,5 liegt und der betrag 330,5 (q/h) ist

Die Maximale Spannung befindet sich da, wo der größtmögliche Abstand zur Spannungsnullienie vorliegt, also von 11,11 + 134,92*y - 54,5*x = 0
y(x)= -0,0823 + 0,404x
wenn man die nulllinie einzeichnet kommt man auch recht schnell auf die lösung


bin für kritik natürlich immer gerne offen

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Fernstudium / Lösungen zu Musterklausuren der Klausurensammlung

« on: July 23, 2010, 04:20:26 pm »

http://www.bombentrichter.de/showthread.php?p=145119#post145119

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Prüfungen/Testate 1./2. Sem. / TM Klausurensammlung Lösungen

« on: July 22, 2010, 04:31:21 pm »

Wie versprochen, weitere Lösungen:

Seite 3:

1.) S1= 2F/3; S2 = 4F/3

2.) Schwerpunkt von unten links: xs=xs= 19/21a = 0,905a
Ixx=Iyy=265/252=1,051
Ixy=121/504=0,24
I1=31/24=1,292
I2=409/504=0,812
und oh wunder, oh wunder. durch hinsehen trivial Phi01 =45°, weil nur so symmetrie vorliegt und das deviationsmoment verschwindet

3.) (Hilfe von dizZzl)
Av=5000N
Ah=-50000N
Bv=5000N
Ixx=540000mm^4
Iyy=135000mm^4
Ixy=0

1.1 Mbx maximal bei z=L/2=500mm --> Mbxmax=1250000Nmm
1.2 Spannungsnulllinie: y=-12mm
1.3 F/(b*h)=27,78 N/mm²
2.1 Mbx(z)=Av*z - (1/2)qz²= 5000*z + 5*z²
v'(z)=(-1/EI)* 2500z² + (5/3)*z³ + C1
v(z)=(-1/EI)* (2500/3)z³ + (5/12)z1^4 + C1z + C2

Bedingungen
v(z=0) = 0 --> C2=0
v'(z=L/2) = 0 (weil bei L/2 maximal) -->C1= -8,334 *10^8

v(z) = (-1/EI)*(2500/3)z³ + (5/12)z1^4 -(8,334 *10^8)z

maximale Durchbiegung
E = 2*10^5MPa; Ixx=540000 --> EI=1,08*10^11
v(L/2) = v(500mm) = (1,294*10^11)/(1,08*10^11) mm = 1,198mm


4.)

1. A+Z=3*S --> 5 = 3 --> 2-fach statisch unbestimmt
2. unten: z1 nach oben; v1 nach rechts
links: z2 nach rechts; v2 nach unten
rechts: z3 nach links; v3 nach unten
3. Notwendige Beziehungen: 6 + 2 (6 Integrationskonstanten + 2-fache unbestimmtheit)
4.

v1(0) = 0
v1'(0) = 0
v2(0) = 0
v2(L2) = 0
v3(0) = 0
v3 (L3) = 0

v1'(L1) = v2'(0)
v2'(L2) = v3'(L3)


5.)
Mt=Mt0 + Mt1 = Tau*Wt --> Mt1 = Tau*Wt - Mt0 = 50MPa*500(pi)mm³ -30000Nmm
Mt1 = 48539,82 Nmm = 48,54 Nm

Phi AB = 5° = (pi)/36 [rad] = (Mt1*(L1+L2)+Mt0*L1/G*It
Mt1 = (Phi*G*It -Mt0*L1)/(L1+L2) = 39831,14 Nmm = 39,83 Nm

--> Mt1 < 39,83 Nm




Seite 4:

1.)  C:=alpha*deltaT*EA
S1 = -(2/3)C
S2 = C
S3 = -(1/3)C

2.)
Mbx:
1. Bereich 0-b: M(z)=(1/2)qz²
2. Bereich b-4b: M(z)=-F*z + (1/2)qz² +(1/2)qb²
3. im Lager: Mbx=(25/2)qb² - 4Fb

Mby:
linear: F*x; maximal Mby = F1*1,5c

Querschnittskenngrößen
A=6c²
Ixx=9,29c^4
Iyy=4,5c^4
Ixy=0

Maximale Normalspannung
sigma(z)=F1/6c²


3.)
(soll die welle rechts eingespannt sein? sonst gestaltet sich die lösung trivial)
D=21,67mm --> d10,83mm
Phi(l)=Phi(2l)=0,0277 [rad] = 1,588°

4.)
Koordinatensysteme
von unten: z1 nach oben; v1 nach rechts (mit Av, Ah und MA)
von oben links: z2 nach rechts; v2 nach unten
von rechts: z3 nach links; v3 nach unten (mit Bv)

Bedingungen
v1(0) = 0
v1'(0) = 0
v1'(b) = v2'(0)
v2'(c) = -v3'(d)
v3(0) = 0
v2(0) = 0

mehr fällt mir nich ein




so und damit wären alle aufgaben durch

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Prüfungen/Testate 1./2. Sem. / TM Klausurensammlung Lösungen

« on: July 22, 2010, 01:40:33 pm »

@sineater: schön, dass mal wer was schreibt ;-)

Seite 1 LS:
1.) check

2.) siehe voriger beitrag

3.)krieg ich für Bv = -10/3F daraus folgen dann natürlich komplett andere ergebnisse, aber ich muss zugeben, dass deins schöner is ;-) muss ich noch mal rechnen

4.) absolut richtig

Seite 1 RS:
1.)sigma(x,y)=1F/9h² + 6F/59h² *y - 2F/9h² *x
--> 1.-3. maximal bei (-2,5;1,5), minimal bei (1;-2,5). ausrechnen, einzeichnen im balken, verbinden. superspannungsverteilung-olé. man erkenn auch sofort die maximale normalspannung.

2.) ALR: Bv=F; Bh==-9F/8; C=9F/8; Mb= -7Fb/8
vf=-Mb*b/2EI=7Fa²/16EI
PHIc=-Ca²/6EI=3Fa²/16EI [rad] --> 135Fa²/4EI*pi [°]

3.)S1=S2=(4-2√2)*F
das entspricht sineaters Lösung 2/(1+1/√2) F

4.) Tau maximal im kleineren Querschnitt --> Tau=Mt/Wt2=927,4Mt
Verlauf von links:
linear Phi(0)=0 bis Phi(L1)=2,36*10^-7 *Mt [rad]
linear Phi(L1) bis Phi(L1+L2)= (2,36 + 2,66)*10^-7 *Mt [rad] = 5,02*10^-7 *Mt [rad]
mit Mt [Nmm]

Seite 2 :
1.) S2=(alpha*deltaT*2cos³(beta)*EA)/(1-2cos³(beta)
S1=S3=S1*2cos(beta)
geht bestimmt noch hübscher, is mir die zeit aber nich wert

2.) (Fehler gefunden von Alexej)
Flächenschwerpunkt: symmetrie, es interessiert nur y. von oberer kante ys=5h/3=1,66h
Der Biegemomentenverlauf ist quadratisch mit M(x)=-1/2 q*x² vom freien ende und maximum an der einspannung mit M=ql²/2+5Fh/3=1416,67qh²

Ixx=10,5h^4
Iyy=4,75h^4
Ixy=0

Biegespannungsfunktion sigma(x, y)= (11,11 + 131,78*y + 31,58*x)(q/h)
mit Fl=F=100qh; Mbx=1416,67qh²; Mby=-150qh²
sigma ist maximal, bei (1,5h/1,66h) oder bei (-0,5h/-2,33h)
P1(1,5/1,66) --> 277,23 (q/h)
P2(-0,5/-2,33) --> -311.73 (q/h)

|sigmaMax|= 311,73 (q/h) bei (-0,5h/-2,33h)

3.) Mindestabmessungen d1=20mm; d2=30mm
Mit diesen Werten:
Phi=Phi(0 bis L2) + Phi(L2  bis L2+L1) = 0,01414 + 0,00489 [rad]=0,028°+0,81°=1,09°

4.) Koordinatensysteme:
Oberes Lager: Av und Ah
Unteres Lager Bv und Bh
oberer Balken: von links: z1 nach rechts; v1 nach unten
unterer Balken: von links: z3 nach rechts; v3 nach oben
rechter Balken: von oben: z2 nach unten; v2 nach links
(dies ist natürlich alles frei wählbar, muss nur dann mit deiner lösung übereinstimmen)
Man hat 3 Teilsysteme und braucht somit 2*3+1 Rand- bzw. Übergangs Bedingungen

v1(z1=0) = 0
v3(z3=0) = 0
v2(z2=0) = 0
v2(z2=b) = 0
v1(z1=2b) = -v3(z3=b)
v1'(z1=2b) = v2'(z2=0)
v2'(z2=b) = v3'(z3=b)



Bin noch am rechnen. weitere Ergebniss in ein paar Stunden.
Würd mich über weiter Beiträge freuen.

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Prüfungen/Testate 1./2. Sem. / TM Klausurensammlung Lösungen

« on: July 21, 2010, 10:05:42 am »

naja, rechte hand regel.
du hast den querschnitt vor dir: die y-achse zeigt nach oben und die x-achse nach rechts
willst du jetzt gucken ob Mby positiv oder negativ ist, dann nimmst du deinen rechten daumen und zeigst damit in positive y-richtung.
geht das moment in die gleiche richtung wie deine gekrümmten finger, dann ist es positiv, sonst negativ


deine hauptachsen hast du ja bestimmt, und guckst welchen hebelarm F gegenüber der entsprechenden "schwerpunktachse" hat.
in diesem fall:
Mbx = -( F * 4h ) (negativ, siehe rechte-hand-regel)
Mby = F * 3,833 (habs noch mal nachgerechnet und komm diesmal au was anderes)

hoffe ich konnte dir helfen