Energiemethoden der Mechanik Prof. Popov WiSe 11/12 Lösungshinweise Seite 1

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Version 28. März 2012

Musterlösung 2.Klausur

Aufgabe 1

(a) Die Ortsvektoren ~ r

A

und ~r

A

vom drehbaren Festlager zu den Kraftanfgriffspunkten lauten:

~ r

_A

= 2

√ 3 a (sin(ϕ)~e

¹

+ cos(ϕ)~e

²

)

~ r

F

= 4

3 a (cos(ϕ)~e

¹

− sin(ϕ)~e

²

)

1 ^{für beide}

• Die Variation ergibt sich dann zu:

δ~r

A

= ∂~r

A

∂ϕ δϕ = 2

√ 3 a (cos(ϕ)~e

1

− sin(ϕ)~e

2

) δϕ δ~r

F

= ∂~r

F

∂ϕ δϕ = 4

3 a ( − sin(ϕ)~e

¹

− cos(ϕ)~e

²

) δϕ

1 ^{für beide}

• Berechnung der Lagerkraft A, wie folgt:

δW = A~e

1

· δ~r

_A

|

ϕ=0

+ F~e

2

· δ~r

_F

|

ϕ=0

1

= A~e

¹

· 2

√ 3 a (cos(0)~e

¹

− sin(0)~e

²

) δϕ + F~e

2

· 4

3 a ( − sin(0)~e

¹

− cos(0)~e

²

) δϕ

= 2

√ 3 aA − 4 3 aF

δϕ = 0

⇒ A = 4 3

√ 3 2 F A = 2

3

√ 3F = 2

√ 3 F 1

(b) Gesucht ist der Ortsvektor ~r

F

= ~r

S

zum gemeinsamen Angriffspunkt der Kräfte F und S.

~r

F

= 4

3 a (cos(ϕ)~e

¹

− sin(ϕ)~e

²

)

~r

_F

= ~ r

_S

• Berechnung der Variationen δ~r

F

und δ~r

S

δ~r

F

= δ~r

S

= 4

3 a ( − sin(ϕ)~e

¹

− cos(ϕ)~e

²

) δϕ 1 ^{für ~r}

ⁱ

^{und δ~r}

ⁱ

• Bestimmung der Stabkraft S mithilfe des PdvV:

Die Kraft S liegt in Richtung eines Vektors ~e

S

. Dieser Vek- tor läßt sich durch ~e

1

und ~e

2

folgendermaßen ausdrücken.

~e

_S

= cos(α)~e

²

− sin(α)~e

¹

Da α = 30

^◦

wegen tan α =

¹3

√3

1

=

^√3³

, ergibt sich für ~e

S

:

~e

S

= − 1 2 ~e

1

+

√ 3 2 ~e

2

1

Damit ist S:

S ~ = S~e

S

= S − 1 2 ~e

1

+

√ 3 2 ~e

2

!

1

δW = F~e

2

· δ~r

F

|

^ϕ=0

+ S ~ · δ~r

S

|

^ϕ=0

= − 4 3 aF − 4

3 a

√ 3 2 S = 0

⇒ S = − 2

√ 3 F 1

Aufgabe 4

(a) Lagrange funktion:

L = K − U (1)

mit:

K = 1

2 m ~r ˙

²

+ 1

2 Θ

^S

ϕ ˙

²

1 ^{U = 1} ₂ ^cs

²

1 ⁽²⁾

für den Ortsvektor ergibt sich:

~ r = l~e

1

+ s~e

2

1 ⁽³⁾

~ r ˙ = l ϕ~e ˙

²

+ ˙ s~e

²

− s ϕ~e ˙

¹

(4)

~r ˙

²

= (l ϕ ˙ + ˙ s)

²

+ s

²

ϕ ˙

²

1 ⁽⁵⁾

Damit ergibt sich:

L = 1

2 Θ

^S

ϕ ˙

²

+ 1

2 m l

²

ϕ ˙

²

+ 2l ϕ ˙ s ˙ + ˙ s

²

+ s

²

ϕ ˙

²

− 1

2 cs

²

1

(6)

(b) Die Dissipationsfunktion lautet:

D = 1

2 d s ˙

²

1 ⁽⁷⁾

Für die generalisiserten Kräfte stellt man die virtuelle Ar- beit auf:

δW = − M (t)δϕ (8)

⇒ Q

ϕ

= − M (t) Q

s

= 0 1 ⁽⁹⁾

(c) Differentiationen für ϕ:

∂L

∂ ϕ ˙

= Θ

^S

ϕ ˙ + m l

²

ϕ ˙ + l s ˙ + s

²

ϕ ˙

(10) d

dt ∂L

∂ ϕ ˙

= Θ

^S

ϕ ¨ + m l

²

ϕ ¨ + l¨ s + 2 ˙ ss ϕ ˙ + s

²

ϕ ¨

(11)

∂L

∂ϕ = 0 ∂D

∂ ϕ ˙ = 0 1 ⁽¹²⁾

Θ

^S

ϕ ¨ + m l

²

ϕ ¨ + l s ¨ + 2 ˙ ss ϕ ˙ + s

²

ϕ ¨

= − M (t) 1 ⁽¹³⁾

Differentiationen für s:

∂L

∂ s ˙

= m(l ϕ ˙ + ˙ x) (14)

d dt

∂L

∂ s ˙

= m(l ϕ ¨ + ¨ x) (15)

∂L

∂s = − cs + ms ϕ ˙

²

∂D

∂ ϕ ˙ = d s ˙ 1 ⁽¹⁶⁾

m(l ϕ ¨ + ¨ s − s ϕ ˙

²

) + cs + d s ˙ = 0 1 ⁽¹⁷⁾

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Version 28. März 2012

Musterlösung 2.Klausur

Aufgabe 2

(a) Die geometrischen Randbedingungen lauten:

w(0, t) = 0 (18)

w(2l, t) = 0 . 1 ⁽¹⁹⁾

Damit ergibt sich für die Konstanten

a

0

= 0 (20)

a

1

= − 2l . 1 ⁽²¹⁾

und für die Ansatzfunktion schließlich

w(x, t) = x(x − 2l)q(t) . 1 ⁽²²⁾

(b) Benötigte Ableitungen:

w

^′

(x, t) = 2(l − x)q(t) (23) w

^′′

(x, t) = − 2q(t) (24)

˙

w(x, t) = x(x − 2l) ˙ q(t) (25)

˙

w

^′

(x, t) = 2(x − l) ˙ q(t) 1 ^{für alle (26)}

L = K − U (27)

K = 1 2

Z

³l 0

ρA w(x, t) ˙

²

dx + 1

2 m w(3l, t) ˙

²

| {z }

1

+ 1

2 Θ

^S_y

w ˙

^′

(0, t)

²

| {z }

1

(28)

=

"

1 2 ρA

Z

³l 0

x

²

(x( − 2l)dx + 2Θ

^S_y

l

²

+ 9 2 ml

⁴

#

˙ q(t)

²

(29) Z

³l

0

x

²

(x − 2l)dx = Z

³l

0

(x

⁴

− 4lx

³

− 4l

²

x

²

)dx (30)

= 1

5 x

⁵

− 1 4 lx

⁴

+ 4

3 l

²

x

³

³l

0

(31)

= l

⁵

243

5 − 81 + 36

= 18 5 l

⁵

. 1

(32)

U = 1 2

Z

³l 0

EIw

^′′

(x, t)

²

dx + 1

2 c

d

w

^′

(2l, x)

²

1 ⁽³³⁾

= 1 2 EI

Z

³l 0

4q(t)

²

dx + 2l

²

c

d

q(t)

²

(34)

= 6EIq(t)

²

+ 2l

²

c

_d

q(t)

²

1 ⁽³⁵⁾

Damit folgt für L:

L = 9

5 ρAl

⁵

+ Θ

^S_y

2l

²

+ 9 2 ml

⁴

˙

q(t)

²

(36)

− 6EIl + 2l

²

c

d

q(t)

²

1

(c) Anwenden des Lagrangeformalismus:

d dt

∂L

∂ q ˙

− ∂L

∂ q ˙ = 0 (37)

9

5 ρAl

⁵

+ 2Θ

^S_y

l

²

+ 9 2 ml

⁴

¨

q(t) − 6EIl + 2l

²

c

_d

q(t) = 0 1

(38)

Damit ergibt sich für ω

²

ω

²

= 6EI + 2c

d

l

9

5

ρAl

⁴

+ 2Θ

^S_y

l +

⁹₂

ml

³

1 ⁽³⁹⁾

Aufgabe 3

(a) Ersatzsystem 1 ^:

l

x z

q

0

q

0

G, I

p

, ρ

M

e

Zweiter Satz von Castigliano :

∂W

^∗

∂Q

i

= q

_i

1 ⁽⁴⁰⁾

∂W

∂M

_e

= 0 1 ⁽⁴¹⁾

(42)

(b) Freischnitt 1 ^:

l − x q

0

q

⁰

G, I

_p

, ρ

M

e

M

t

(x)

m(x) = 2q

⁰

a 1 ⁽⁴³⁾

M

_t

(x) = M

_e

+ 2q

⁰

(l − x)a 1 ⁽⁴⁴⁾

(c)

W = 1 2

Z

l 0

M

_t

(x)

²

GI

p

dx 1 ⁽⁴⁵⁾

⇒ ∂W

∂M

e

= 1 GI

p

Z

l 0

M

t

(x) ∂M

t

(x, M

e

)

∂M

e

dx 1 ⁽⁴⁶⁾

= 1 GI

_p

Z

l 0

(M

e

+ 2q

⁰

a(l − x)) dx (47)

= 1 GI

_p

M

e

l + 6q

⁰

al

²

− 2q

0

al

²

2

(48) Damit folgt für das Einspannmoment:

M

_e

= − q

0

al 1 ⁽⁴⁹⁾