FS µ |{z} c2 w′′ (13) (b) w(x, t) =f1(x+ct) +f2(x−ct) (14) (c) w(0, t

2. Klausur Kontinuumsmechanik - WS11/12, Prof. Dr. rer. nat. V. Popov L¨osungshinweise Seite 1

Aufgabe 1

(a) p(y) =ρ_Wgy (1)

dFx=p(y) dAy (2) dFx=ρWgy bdy

|{z}

dAy

(3)

Die gesamte Kraft erhalten wir durch bestimmtes Integrie- ren. Dabei l¨auft y zwischen 0 (Wasseroberfl¨ache) und R (Grund).

F_x= Z R

0

ρ_Wgbydy= 1

2ρ_WgbR² (4) (b) Die vertikale Komponente der Kraft ist gleich dem Gewicht der Fl¨ussigkeit, welche sich oberhalb der Fl¨ache befindet:

Fy=ρWbR² 1−π

4

| {z }

mWasser

g (5)

(c)Die zus¨atzlich wirkende Gewichtskraft der Sperre ist G= π

4R²bρSg= 3π

4 R²bρWg (6) Die Haftbedingung lautet

H ≤µN mit (7)

H =F_x= 1

2ρ_WgbR² (8)

N =Fy+G= 1 + π

2

ρWgbR² (9) Der Grenzfall tritt ein, wenn beide Seiten gleich groß sind.

Der Haftkoeffizient ist dann µ= H

N =

1

2ρWgbR² 1 + ^π2

ρWgbR²

= 1

2 +π (10)

Aufgabe 2 (a)

FS

F_S ds

x x+ dx

α(x)

α(x+ dx)

w(x, t) dm

2. NG:

dmw¨ =F_Ssin(α+ dα)−F_Ssin(α) (11)

⇔µw¨ =FSα^′ =FSw^′′ (12)

⇔w¨ = F_S µ

|{z}

c²

w^′′ (13)

(b) w(x, t) =f1(x+ct) +f2(x−ct) (14) (c) w(0, t) = 0, w(l, t) = 0 (15) (d) w(x, t¹)

w(x, t2)

w(x, t3)

w0

2 w0

2 w0

2

-^w2⁰

l 4 l 4 l 4

l 2 l 2 l 2

3l 4 3l 4 3l 4

l l l

x x x

(e)

T = 8t¹= 2l r µ

F_S (16)

ω1= 2π T = π

l s

F_S

µ (17)

2. Klausur Kontinuumsmechanik - WS11/12, Prof. Dr. rer. nat. V. Popov L¨osungshinweise Seite 2

Aufgabe 3

(a) ρAw¨+EI w^IV = 0 (18)

(b) w(x, t) =W(x) sin Ωt (19)

⇒ −EI W^IV =−ρAΩ²W

⇒ W^IV −ρA EIΩ²

| {z }

κ⁴

W = 0 (20)

Uberpr¨¨ ufe L¨osung:

f^IV(x) =κ⁴f(x) (21)

⇒κ⁴f(x)−κ⁴f(x) = 0 X (22)

(c)

w^′(0, t) = 0 ⇒ W^′(0) = 0 (23) w(l, t) = 0 ⇒ W(l) = 0 (24) Q(0, t) = 0 ⇒ W^′′′(0) = 0 (25) M(l, t) =M0(t) ⇒ −EI W^′′(l) = ˆM (26)

(d)L¨osen der Konstanten: Aus (23) und (25) folgt W^′(0) =κB+κD= 0 (27)

֒→ B+D= 0 (28) W^′′′(0) =κ³(−B+D) = 0 (29)

֒→ B−D= 0 (30)

⇒ B=D= 0 (31) Aus (24) und (26) lassen sich die nichttrivialen Konstanten bestimmen.

A^∗= Mˆ

2EI κ² cosκl (32)

C=− Mˆ

2EI κ²coshκl (33) w(x, t) = Mˆ

2EI κ²

cosκx

cosκl −coshκx coshκl

sin Ωt (34)

(e)

w^′(l) =κ(−A^∗sinκl+Csinhκl) sin Ωt (35)

= 1

2EI κ

−sinκl

cosκl −sinhκl coshκl

Mˆ sin Ωt (36)

⇒V(κ) = 1 2EI κ

−sinκl

cosκl −sinhκl coshκl

(37) Resonanz tritt auf wenn cosκl= 0, z.B.

κl=π

2 ⇒ ΩR=

s EI ρA

π 2l

²

(38)

Aufgabe 4

(a) Q_D=A2v2 ⇒ v2= Q_D

A² (39)

Bernoulli von 0 nach 2:

p⁰

ρ + 0 +gHW = p⁰ ρ +1

2v2²+gH² (40)

⇒ H_W = 1 2g

QD

A2

²

+H2 (41)

(b) A2

2 v1=A2v2 ⇒ v1= 2v² (42) Bernoulli von 1 nach 2:

p¹ ρ +1

2v1²+gH¹=p⁰ ρ +1

2v²2+gH² (43)

⇒ p1=p0−3 2ρ

QD

A2

²

+ρg(H²−H1) (44)

(c)

−F~_D=J(~0−~v3) oder (45)

FDy=−J v3 (46)

J =QDρ (47)

Bernoulli von 2 nach 3:

p⁰ ρ +1

2v²2+gH2= p⁰ ρ +1

2v²3+ 0 (48)

⇒ ~v3=− s

QD

A2

²

+ 2gH²~e_y (49)

⇒ F~_D=−Q_Dρ s

Q_D A²

²

+ 2gH²~e_y oder (50)

FDy=−QDρ s

QD

A2

²

+ 2gH2 (51)

(d)A2 halbieren undH2 vervierfachen. Oder:

H2^∗ → 4H²+ 3 2g

QD

A2

²

Oder : (52)

A^∗2 → QD

r 4

QD

A2

²

+ 6gH²

(53)