Statik und elementare Festigkeitslehre Prof. Popov WiSe 10/11 L¨osungshinweise Seite 1
Version 12. April 2011
Musterl¨osung 3.Klausur
Aufgabe 1 Freischnitt:
~ex
~ey
~ez
A
B C
D L L
L L
L M0
F0
FAx
FAz
FBx
FBy FCx
FCy
Kr¨aftegleichgewichte:
XFx=FAx−FBx−FCx= 0 (1) XFy=−FBy−FCy= 0 (2) XFz=FAz−F0= 0 (3) Momentengleichgewichte um den Punkt A:
XMx(A)=−F0L+FCyL= 0 (4) XMy(A)=F0L−FCxL= 0 (5) XMz(A)=−M0−2FByL (6)
+ 2FBxL+ 2FCxL−2FCyL= 0
FAz=F0 FCy =F0 (7) FBy=−F0 FCx=F0 (8)
FBx= M0
2L −F0 (9)
FAx= M0
2L (10)
Aufgabe 2
(a)F¨ur die Schubspannung und das Torsionsmoment gilt:
τ(r) =Gdθ
dxr und M =GIp
dθ
dx. (11) Dabei gilt f¨ur das Tr¨agheitsmonment:
Ip= π 32
d4a−d4i
. (12)
Die maximale Spannung in der Welle tritt am Außen- rand bei r = d2a auf. Das Moment, das die Welle dabei
¨ubertr¨agt, ergibt sich mit (??) zu:
Mmax= π 16
d4a−d4i da
τzul. (13)
(b) Eine Vollwelle gleicher Masse hat die gleiche Quer- schnittsfl¨acheπd2a42 wie die Welle aus Teil (a):π4 d2a1−d2i1
.
⇒da2= q
d2a1−d2i1. (14)
Aufgabe 4
(a)DieEulersche Knickdifferentialgleichung lautet:
wiv+λ2w′′= 0 mit λ2= F
EI . (15) Die L¨osung dieser Gleichung und ihre ersten zwei Ablei- tungen sind:
w(x) =Acosλx+Bsinλx+Cλx+D (16) w′(x) =−λAsinλx+λBcosλx+Cλ (17) w′′(x) =−λ2Acosλx−λ2Bsinλx (18) Die Randbedingungen am ausgelenkten System ergeben sich aus den Lagerbedingungen und dem Freischnitt:
x=l
ϕ N(l)
Q(l)
M(l)
MF Az
Ax
w(0) = 0 (19)
w′′(0) = 0 (20)
w(l) = 0 (21)
M(l) =−MF =cmw′(l) (22)
Dabei istMF =cmϕ=−cmw′(l).
Anpassen der L¨osung an die Randbedingungen:
(19), (20) ⇒ A=D= 0 (23)
(21) ⇒Bsinλl+Cλl= 0 (24) (22) ⇒ −EIw′′(l) =cmw′(l) (25) Dann ergibt sich aus (24) und (25):
EI cm
λ2Bsinλl=λBcosλl+Cλ (26)
⇒
1 + EIλ2l cm
sinλl=λlcosλl . (27) Letztere ist die charakteristische Gleichung des Systems.
Sie ist transzendent und kann entweder graphisch oder numerisch gel¨ost werden.
(b)Strebt cm gegen Null vereinfacht sich die charakteri- stische Gleichung zu:
sinλl= 0. (28)
Damit ergibt sich:
λl=π mit λ= r F
EI (29)
⇒ Fkrit= π2EI l2 .
(30) Das zugeh¨orige System ist der zweite Euler Fall wie nebenstehend gezeigt.
F
EI x z, w
l
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Musterl¨osung 3.Klausur
Aufgabe 3
(a)Notwendige Bedingung statische Bestimmtheit:
6−5−1 = 0 X (31)
(b)Freischnitt:
Ax
Az 2q0l B
C l
l l
MD q0
45◦
Dz Dx S S
Linker Teilk¨orper 1:
XM(A)= 0 = S
√22l−2q0l2 ⇒ S =√
2q0l (32) XM(B)= 0 =−Az2l+ 2q0l2 ⇒ Az=q0l (33)
XFx= 0 =Ax+ S
√2 ⇒ Ax=−q0l (34) Rechter Teilk¨orper 2:
XFz= 0 =−Dz+ S
√2+q0l ⇒ Dz= 2q0l (35) XFx= 0 =Dx− S
√2 ⇒ Dx=q0l (36) XM(C)= 0 =MD+Dzl−q0ll
2 (37)
⇒ MD=−3
2q0l2 (38) (c)Schnitt beix:
x q0
S M(x)
N(x) Q(x)
Gleichgewichte:
XFx= 0 =N(x)− S
√2 ⇒ N(x) =q0l (39) XFz= 0 =Q(x) + S
√2 +q0x (40)
⇒ Q(x) =−q0(x+l) (41) XM(S)= 0 =M(x) +q0xx
2 + S
√2x (42)
⇒M(x) =−q0
x2
2 −q0lx (43)
(d)Es gilt:
M(x) =−EIw′′(x). (44) Zweifache Integration ergibt:
EIw′(x) =q0
x3
6 +q0lx2
2 +C1 (45)
EIw(x) =q0
x4
24+q0lx3
6 +C1x+C2. (46)
Die Randbedingungen lauten:
w(l) = 0 w′(l) = 0. (47) Damit ergibt sich f¨ur die Konstanten:
C1=−2
3q0l3 (48)
C2=11
24q0l4. (49)
Damit folgt f¨ur die Biegelinie:
w(x) = 1 EI
q0
x4
24+q0lx3 6 −2
3q0l3x+11 24q0l4
(50)
Aufgabe 5
(a)Die Spannungen sind:
σx= Fn
A und τxz=Mt
Ip R (51) Mit der Annahme eines d¨unnwandigen Rohres t << R ergibt sich f¨ur die geometrischen Gr¨oßen:
A=π R2−(R−t)2
≈2πRt (52) Ip =π
2 R4−(R−t)4
≈πR3t . (53)
Damit ergibt sich der Spannungstensor zu ˆ
σ=Fn π
1 R2−(R−t)2
R2 2(R4−(R−t)4) R2
2(R4−(R−t)4) 0
!
(54)
= Fn
4πRt 2 1
1 0
(55)
(b)Die Schubspannungen werden maximal, wenn gilt:
τmax=± s
σx−σz
2 2
+τxz2 (56)
=
√2 4
Fn
πRt (57)
= Fn 2π
s 1
4(R2−(R−t)2)2 + R2
4(R4−(R−t)4)2. (58) Der dazugeh¨orige Winkel ist
tan(2ϕ∗∗) = (σz−σx) 2τxz
(59)
=−1
=− R4−(R−t)4 R2(R2−(R−t)2)
(60)
⇒2ϕ∗∗= 3π
4 (61)
ϕ∗∗= 3π
8 . (62)
