+= FFF PPyPPx =−=−−=−=∆==−−=−=∆ 8853151569

Lösungen Aufgabe 1:

Geometrie 1:

Den waagrechten Abstand ∆x, den senkrechten Abstand ∆y und den Gesamtabstand L erhält man aus:

( )

( )

^{3 5 8 8}

15 15 6 9

1 2

1 2

=

−

=

−

−

=

−

=

∆

=

=

−

−

=

−

=

∆

y y

x x

P P y

P P

x => L= ∆x²+∆y² = 15²+8² =17

Dies ergibt die beiden Richtungskosinus 17

=15

∆ L

x und

17

= 8

∆ L

y

bzw. die beiden Kraftkomponenten kN

L F

F_x x 40 35.3 17

15

1

1 = ∆ = = und F kN

L

F_y y 40 18.8 17

8

1

1 =∆ = = .

Alternativ kann auch mit dem Winkel α = 28.1° gerechnet werden:

15

tan = 8

∆

= ∆ x

α y bzw.

17 sin = ∆ = 8

L

α y bzw.

17 cos =∆ =15

L α x Dann erhält man die Kraftkomponenten

kN F

F_1x=cosα ₁=0.88⋅40=35.3 und F_1y =sinαF₁=0.47⋅40=18.8kN Geometrie 2:

Das Kräftedreieck liefert

kN F

F_2x=cos30° ₂=0.87⋅20=17.4 kN F

F_2y =sin30° ₂=0.5⋅20=10.0 Vektorsumme FR =F1+F2:

Für die Berechnung der Vektorsumme werden nur die Beträge der einzelnen

Kraftkomponenten verwendet. Zeigt eine Kraftkomponente in der Skizze in positive

Koordinatenrichtung, wird dem Kraftbetrag bei der Vektoraddition ein positives Vorzeichen vorangestellt (Kraftkomponente wird addiert). Zeigt die Kraftkomponente in der Skizze in die negative Koordinatenrichtung, wird dem Kraftbetrag ein negatives Vorzeichen bei der

Vektoraddition vorangestellt (Kraftkomponente wird subtrahiert). Die einzelnen

Komponenten können dabei unabhängig berechnet werden. Erhält man ein positives Ergebnis, bedeutet dies, dass die Komponente der Kräftesumme in positive Koordinatenrichtung zeigt, bzw. bei einem negativen Ergebnis zeigt die Komponente der Kräftesumme in negative Koordinatenrichtung

kN F

F

F_Rx = _1x− _2x =35.3−17.4=17.9

(F_Rx und F_1x zeigen in positive x-Richtung, F_2x zeigt in negative x-Richtung) P₁(-6;5)

F_1x F_1y

α α α α

∆∆

∆∆x = |P_2x– P_1x| = 15

P₂(9;-3)

∆

∆∆

∆y = |P_2y– P_1y | = 8

L = 17 F₁ = 40kN

x y

30°

F₂ = 20KN

F_2x F_2y

kN F

F

F_Ry =− _1y− _2y =−18.8+10.0=−8.8

(FRy und F1y zeigen in negative y-Richtung, F2y zeigt in positive y-Richtung) Geometrie 3:

6 6 2

1 8

2 − = − = =

=

∆x P_x P_x

( )

^{1 4 5 5}

1

2 − = − − = − =

=

∆y P_y P_y

( )

5 1 6 6

1

2 − = − − = − =

=

∆z P_z P_z

8 .

2 9

2

2 +∆ +∆ =

∆

= x y z

L

Kraftkomponenten:

N L F

F_x x 10 6.1 8

. 9

6

3

3 = ∆ = = , F N

L

F_y y 10 5.1 8

. 9

5

3

3 = ∆ = = und F N

L

F_z z 10 6.1 8

. 9

6

3

3 = ∆ = =

Zur Kontrolle kann der Kraftbetrag F₃ berechnet werden N

F F F

F₃ = ₃²_x+ ₃²_y+ ₃²_z =10.0 Geometrie 4:

Bei dieser Darstellung können die Kraftkomponenten direkt aus der Skizze abgelesen werden.

1 1

4_x= F_Ex −F_Ax = 2− = F

0 3

4_y = F_Ey −F_Ay = 3− = F

( )

5 6

4_z = F_Ez −F_Az =1− − = F

N F

F F

F₄ = ₄²_x+ ₄²_y+ ₄²_z =6.1 Vektorsumme FR =F3+F4:

N F

F

F_Rx =− _3x+ _4x =−6.1+1=−5.1

(F_Rx und F_3x zeigen in negative x-Richtung, F_4x zeigt in positive x-Richtung) N

F F

F_Ry = _3y+ _4y =5.1+0.0=5.1

(FRy und F3y zeigen in positive y-Richtung, F4y = 0) N

F F

F_Rz = _3z+ _4z =6.1+6=12.1

(F_Rz, F_4z und F_3z zeigen in positive z-Richtung)

( )

^N

F F F

F_R = _Rx² + _Ry² + _Rz² = −5.1²+5.1²+12.1² =14.1

y

x

z

P₂(8,-1;-5)

P₁(2;4;1)

F₃ = 10N ∆∆∆∆z

∆∆

∆∆y

∆∆∆

∆x F_3x

F_3z F_3y

F_A (1,3;-5)

F_E(2;3;1) y

z

x F₄

F_4x F_4z

F_4y= 0

Lösungen Aufgabe 2:

a.) Für die Berechnung wird die Geometrie in die yz-Ebene projiziert. Die Kraft F1

kann mittels eines Kräftedreiecks in die zum Balken parallele Kraft F1p und die zum Balken senkrechte Kraft F1s zerlegt werden. Den benötigten Winkel a findet man auch in dem durch die geometrischen Abmessungen gegebenen Dreieck mit den Katheten 2L und 1.5L.

75 . 2 0

5 . tan =1 =

L

α L

=> α≈36.87° => sinα=0.6 und cosα=0.8 Anhand des Kräftedreiecks erkennt man:

1 1

1 cos F 0.8F

F_s = α = und F_1p =sinαF₁=0.6F₁ b.) Aus dem Kräftedreieck folgt:

13 12 13

sin 12

2 2 2

2 = =

= F

F F

F _y γ

=> γ≈67.38°

=>

13

cosγ= 5 und

5 tanγ=12

Mit den beiden Regeln, dass ein Halbkreis 180° beinhaltet und dass die Winkelsumme im Dreieck 180° beträgt, berechnet man mit

°

= + +

−

° 180

90 α γ β

den Winkel β:

°

=

°

−

° +

°

=

− +

°

=90 α γ 90 36.87 67.38 59.49 β

Für die Komponente F2z gilt:

12 5 tan

1

2

2 = =

y γ

z

F

F => _{2 2 2}

13 5 12

5 F F

F_z = _y =

c.) Das Kräftedreieck ergibt:

2 2

2

2 sin F sin59.49 F 0.86F

F_s = β = ° =

2 2

2

2 cos F cos59.49 F 0.51F

F _p = β = ° =

y

z F₁

α α α α

1.5L

2L α

α α α

F_1p F_1s

y

z

αα αα

F₂ ββββ

F_2y F_2z

90 90 90 90°°°° −−−− αααα

γ = 90 γ = 90 γ = 90

γ = 90°°°° + α + α + α + α −−−− ββββ

y

z

α αα α

ββββ F₂

F_2s F_2p

Lösungen Aufgabe 3:

a.) Die Punkte A, B und D haben alle die konstante z-Koordinate z = 0. Dadurch ist es geeignet, die Geometrie für die

Zerlegung der Momente in die xy-Ebene zu projizieren. Die geometrischen Dreiecke liefern den Zusammenhang

75 . 92 0 . 1

44 . tanα =1 =

=> sinα =0.6 und cosα =0.8 Das Momentendreieck für MB ergibt:

Nm M

M_{Bp B}

8 3 24 615 . 0

sin = =

= α und M_Bs M_B Nm

2 1 24 815 . 0

cos = =

= α

Das Momentendreieck für M_D ergibt:

Nm M

M_{Dp D}

60 13 36 613 . 0

sin = =

= α und M_Ds M_D Nm

45 13 36 813 . 0

cos = =

= α

Da M_B und M_D nur eine y-Komponente ungleich null besitzt, können die Beträge direkt addiert werden.

Nm M

M

M_{R B D}

72 19 36 13 24

15 + =−

−

= +

−

=

MR hat den Betrag 19/72Nm und zeigt in die negative y-Richtung.

b.) Für die Zerlegung der Kraft wird das Bauteil in eine Ebene projiziert, die parallel zur xz- Ebene ist. Mit dem geometrischen Dreieck erhält man den Winkel β.

12 5 4 . 2 tanβ = 1 =

=>

13

sinα = 5 und

13 cosα =12

Das Kräftedreieck für FE ergibt:

N F

F_{Ep E} 26 10 13

sin = 5 =

= β

N F

F_{Ep E} 26 24 13

cos =12 =

= β

A x

y 1.44

1.44

B C

D E

M_B M_Bs

M_D M_Ds

M_Dp

M_Bp 1.92

1.92 α α α α α αα α

α α α α αα αα

x z

F_E

2.4 1

F_Es

F_Ep ββββ

ββββ

E D

Lösungen Aufgabe 4:

Geometrie 1:

Summe aller Kräfte in x-Richtung: Alle Kraftkomponenten in x-Richtung sind null.

Summe aller Kräfte in y-Richtung:

N F_res =5−4+3=4

Angriffspunkt der resultierenden Kraft bezüglich des linken Endes des Stabes:

(das durch Fres erzeugte Moment muss gleich dem durch die Einzelkräfte erzeugten Moment) Nm

x F

x_{res res} = _res⋅4=0⋅5−4⋅4+6⋅3=2

=> x_res =0.5m Geometrie 2:

Summe aller Kräfte in x-Richtung: Alle Kraftkomponenten in x-Richtung sind null.

Summe aller Kräfte in y-Richtung:

N F_res =−6+2+3=−1

Angriffspunkt der resultierenden Kraft bezüglich des linken Endes des Stabes:

( )

Nm

x F

x_{res res} = _res⋅ −1 =0⋅6+5⋅2+8⋅3=34

=> x_res =−34m Geometrie 3:

Summe aller Kräfte in x-Richtung:

N F_res,x =−5cosα =−5⋅0.8=−4 Summe aller Kräfte in y-Richtung:

N F_res,y =−1+2+5sinα =−1+2+5⋅0.6=4 Angriffspunkt der resultierenden Kraft bezüglich des linken Endes des liegenden Stabes:

Nm x

F

x_{res res,y} = _res⋅4=0⋅1+6⋅2+3⋅3+2⋅4=29

=> x_res =7.25m

3N

4N 5N

x F_Res=4N

0.5m

5m 3m

2N 3N

6N

x

F_Res=1N 34m

5N

tanαααα= 0.75 ααα α

3m 3m

1N

2m 2N

x

Geometrie 4:

Summe aller Kräfte in x-Richtung:

0 6

,_x =−6+ = Fres

Summe aller Kräfte in y-Richtung:

N F_res,y =4

Angriffspunkt der resultierenden Kraft bezüglich des linken Endes des liegenden Stabes:

Nm x

F

x_{res res,y} = _res⋅4=2⋅4+1.5⋅6+1.5⋅6=26

=> x_res =6.5m Lösungen Aufgabe 5:

Geometrie 1:

Der Bezugspunkt (Koordinatenursprung) liegt in der unteren, linken Ecke.

Lage des Schwerpunkts und Flächeninhalt von Teilkörper TK1:

S₁ (25;52.5), A₁ = 750

Lage des Schwerpunkts und Flächeninhalt von Teilkörper TK2:

S₂ (5;25), A₂ = 400

Lage des Schwerpunkts und Flächeninhalt von Teilkörper TK3:

S₃ (25;2.5), A₃ = 250

( ) (

18750 2000 6250

)

19.3

1400 1 1

3 3 2 2 1 1 3 2 1

= +

+

= +

+ +

= + x A x A x A

A A

x_S A _{S S S}

( ) (

39375 10000 625

)

35.7

1400 1 1

3 3 2 2 1 1 3 2 1

= + +

= +

+ +

= + y A y A y A

A A

y_S A _{S S S}

Geometrie 2:

Der Gesamtkörper besteht aus den 3 Teilkörpern TK1 (Dreieck), TK2 (Rechteck) und TK3 (Halbkreis) abzüglich des Vollkreises TK4. Der Gesamtkörper ist symmetrisch zur x-Achse, wodurch die y-Koordinate mit yS = 0 gegeben ist.

Als Bezugspunkt für x_S wird der Mittelpunkt von TK4 gewählt.

TK1 ist ein gleichschenkliches Dreieck mit der Grundseite b = 40 und der Höhe h = 30.

Flächeninhalt:

600 5

.

1=0 bh=

A

Der lokale Schwerpunkt x_S1,lokal gilt bezüglich der Grundseite des Dreiecks. Laut Formelsammlung lautet er

1.5m 4N 6N

6N 2m

1.5m x

10 15

5 60

x 50

y

TK2 TK3 TK1

x ϕ

ϕϕ ϕ

r y

TK1

TK2 TK3 TK4

s t

3 10

,

1 = h =

x_{S lokal}

Für den Schwerpunkt bezüglich des Ursprungs muss zu xS1,lokal 20 hinzuaddiert werden.

30

, 20

1

1 = _{S lokal} + =

S x

x

Der Flächeninhalt von TK2 beträgt 800

40

2 =20⋅ =

A

Der lokale Schwerpunkt von Teilkörper TK2 ist genau der Mittelpunkt und die x-Koordinate lautet vom Bezugspunkt gemessen

1 =20 xS

TK3 ist ein Halbkreis mit dem Radius r = 20. Der Flächeninhalt beträgt 3

. 628 2 20

1 2

1 _{2 2}

3 = πr = π⋅ =

A

Die lokale x-Koordinate des Scherpunkts entnimmt man der Formelsammlung 5

. 3 8

4

,

3 = =

π

x_{S lokal} r

bezüglich des Mittelpunkts ergibt sich die Schwerpunktkoordinate 5

.

3 =−8 xS

Der Teilkörper TK4 ist ein Vollkreis mit dem Radius r = 10 und hat den Flächeninhalt 2

. 314 10²

2

3 =πr =π ⋅ =

A

Die x-Koordinate des Schwerpunkts ist null. Die x-Koordinate des Gesamtschwerpunktes erhält man aus

(

^{30 600 10 800 8.5 628.3 0 314.2}

)

^12.05

1

4 3 2 1

=

⋅ +

⋅

−

⋅ +

− ⋅ +

= +

A A A x_s A

Geometrie 3:

Der Gesamtkörper ist symmetrisch zur y-Achse. Dies ergibt xS = 0.

Linie L1 hat die y-Koordinate des Schwerpunktes yS1 = 0 und die Länge L₁ = 20. Linie L₂ und L₃ haben die y-Koordinate des

Schwerpunktes y_S2 = y_S3 = 25 und die Länge L₂ = L₃ = 51. Linie L₄ hat die y-Koordinate des Schwerpunktes yS4 = 50 und die Länge L4 = 40.

(

y

)

28.1

1

4 4 3 3 2 S2 1 1 4 3 2 1

= +

+ + +

+

= + y L L y L y L

L L L

y_S L _{S S S}

<<1

L1 x y

L2 L3

L4

Lösungen Aufgabe 6:

Weil das Blech eine konstante Dicke und Dichte hat, müssen zur Berechnung des Schwerpunktes nur die Flächen berücksichtigt werden. Die Teilflächen werden mit A1, A2 und A3

bezeichnet.

Die Flächeninhalte der Teilflächen ergeben sich zu A1 = 160000, A2 = A3 = 60000, die

Gesamtfläche beträgt A_ges = 280000.

Für die Schwerpunktskoordinaten der Teilfläche 1 findet man

1 =200

xS , y_S1 =200 und z_S1 =0

Für das rechtwinklige Dreieck 2 erhält man mit Hilfe einer Formelsammlung 66

. 266 3400

2

2 = =

xS , y_S2 =0 und 300 100

3 1

2 = =

zS

Rechnerisch ergibt sich die x-Koordinate x_S2 des Schwerpunktes mit b = 400 und h = 300 aus:

∫

∫

∫ ∫ ∫ ∫

∫











 



 



−

=

=

=

=

=

=

h

h b

h zb

h h b

h zb b

h zb A

S dz

h z b

dz A x

xdxdz A xdA A

xdA A x A

0 2 2

0 / 2

2

0 / 2 0 / 2

2 2

2 1

2 1 2

1 1

1 1

2

66 . 3 266

400 2 3 2 3 1 1 3

2 3

2

2 2 3

2 2

0 2 3

2 2

2 ⋅ =

=

=



 

 −

=



 



 −

 =



 



 −

= b

bh h b h h h A b h

z z A x b

h S

Für die z-Koordinate z_S2 des Schwerpunktes gilt:

∫

∫

∫ ∫ ∫ ∫

∫



 



 −

=

=

=

=

=

=

h

h b

h zb

h h b

h zb b

h zb A

S dz

h z z A b dz A xz

zdxdz zdA A

zdA A z A

0

2

0 2

/

0 / 2 0 / 2

2 2

2

1 1

1 1

1

2

3 100 6 1 2 3 1 2 1 3

2 3

2

2

2 2 3

2

0 2 3 2

2

2 = = =



 

 −

=



 



 −

 =



 



 −

= h

bh bh A

bh h h h A

b h

z z A z b

h S

Für das gleichschenkliche Dreieck 3 erhält man mit Hilfe einer Formelsammlung

3 =0

xS , y_S3 =200 und 300 100 3

1

3 = =

zS

Rechnerisch ergibt sich die y-Koordinate y_S3 des Schwerpunktes mit b = 400 und h = 300 aus:

( ) ( )

∫

∫

∫ ∫

∫

^{= = = }_^{ − }_^

=

−

− +

+ h b b z h h

h bz hb b z h

h bz A

S dz

h z A

dz b y

ydydz A ydA A

y A

0

0 3

/ 2 1

/ 2

0 3 / 1

3 / 3

3 2 1

2 1 1

1

3

2 200 2 2

2 ²

3 2

0 2

3 2

3  = = = =

 



 −

= b

bh hb h A

b h

z z A y b

h S

Für die z-Koordinate z_S3 des Schwerpunktes gilt:

x z 300 y

400 300 200

A₁ A₂

A₃

( )

( )

∫

∫

∫ ∫

∫

^{= = = }_^{ − }_^

= ^{+ −}

−

+ h h

h z b b

h bz hb b z h

h bz A

S dz

h z A

dz b A yz

zdydz zdA A

z A

0

0 3

/ 1 / 0 3

/ 1

3 / 3

3 1 1 1 2 1

3

3 100 3

6 2 6 3 2 3

2

2 ^{2 2 2}

0 3 3 2

3

3 = = =



 



 −

 =



 



 −

= h

bh bh h

h A

b h

z z A z b

h S

Diese Berechnungen der Schwerpunktskoordinaten sind formal richtig, aber umständlich.

Durch geschickte Wahl des Bezugskoordinatensystem, lässt sich der Schwerpunkt wesentlich einfacher bestimmen.

Die Koordinaten des Gesamtschwerpunktes lauten dann:

( )

171.43

1

3 3 2 2 1

1 + + =

= x A x A x A

x A _{S S S}

ges s

( )

157.14

1

3 3 2 2 1

1 + + =

= y A y A y A

y A _{S S S}

ges s

( )

^42.86

1

3 3 2 2 1

1 + + =

= z A z A z A

z A _{S S S}

ges s

Allgemein können die Schwerpunktskoordinaten eines beliebigen Dreiecks durch

(

_{1 2 3}

)

3

1 x x x

x_s = + + ,

(

_{1 2 3}

)

3

1 y y y

y_s = + + und

(

_{1 2 3}

)

3

1 z z z

z_s = + + ,

wobei x_i, y_i, und z_i die Koordinaten der drei Ecken des Dreiecks sind, die mathematisch positiv nummeriert sein müssen.

Der dazugehörende Flächeninhalt kann durch

2 2 2

2 1 2 1

z y

x a a

a a

A= = + +

mit

(

y₂ y₁

)(

z₃ z₁

) (

z₂ z₁

)(

y₃ y₁

)

a_x = − − − − −

(

z₂ z₁

)(

x₃ x₁

) (

x₂ x₁

)(

z₃ z₁

)

a_y = − − − − −

(

x₂ x₁

)(

y₃ y₁

) (

y₂ y₁

)(

x₃ x₁

)

a_z = − − − − −

berechnet werden. Für 2-dimensionale (z₁ = z₂ = z₃) Dreiecke vereinfacht sich dies zu

( )( ) ( )( )

[

_{2 1 3 1 2 1 3 1}

]

2 1 2

1a x x y y y y x x

A= _z = − − − − −

x₁,y₁,z₁

x₂,y₂,z₂ x₃,y₃,z₃

y

z x

Lösungen Aufgabe 7:

Es sind die Kräfte und das Moment gesucht, die auf die Radachse wirken. Wegen Aktio gleich Reaktio haben diese Größen die gleichen Beträge und nur umgekehrte Vorzeichen, wie die Kräfte und das Moment, die von der Achse auf das Rad wirken, damit das Rad im

Gleichgewicht ist. Mit den Gleichgewichtsbedingungen für das Rad werden diese Lagerkräfte (FAx, FAy) und das Lagermoment (MA) berechnet.

Geometrie 1:

Das Moment, welches die beiden Kräfte F bezüglich der Schraube erzeugen, beträgt M_S = 90000Nmm.

(

360−

)

=360 =90000 +

=aF a F F

M_S => F =250N

Mit den Gleichgewichtsbedingungen werden FAx, FAy und MA

berechnet.

:

=0

∑

^{Fx FAx =0}

:

=0

∑

^{Fy FAy −F+F =FAy =0}

:

=0

∑

M A M_A +

(

360−100−a

)

F +

(

100+a

)

F =M_A +360F =M_A+90000=0

=> M_A =−90000Nmm

MA wurde in der Zeichnung positiv (mit dem Uhrzeigersinn) eingezeichnet. Bei der Berechnung ergibt sich ein negativer Zahlenwert. Das bedeutet, dass die Drehrichtung des Momentes M_A nicht wie ursprünglich in der Skizze angenommen sondern entgegen gesetzt orientiert ist. Somit hat MA den Betrag 90000Nmm und dreht mathematisch negativ (mit dem Uhrzeiger). Das Gegenmoment, welches wiederum auf die Achse wirkt hat dann auch den Betrag 90000Nmm und dreht positiv. Die Kräfte auf die Achse sind gleich null.

Geometrie 2:

Die Kraft F soll bezüglich der Schraube ein Moment MS = 90000Nmm erzeugen.

90000 300 =

= F

M_S => F =300N

Mit den Gleichgewichtsbedingungen werden F_Ax, F_Ay und M_A berechnet.

:

=0

∑

^{Fx FAx =0}

:

=0

∑

^{Fy FAy −F =0 => FAy =300N}

:

=0

∑

M A M_A +

(

300−100

)

F =M_A +200F =0

=> M_A =−60000Nmm

MA wurde in der Zeichnung positiv eingezeichnet. Bei der Berechnung ergibt sich ein negativer Zahlenwert. Das bedeutet, dass die Drehrichtung des Momentes M_A nicht wie ursprünglich in der Skizze angenommen sondern entgegen gesetzt orientiert ist. Somit hat MA den Betrag 60000Nmm und dreht mathematisch negativ. Das Gegenmoment, welches wiederum auf die Achse wirkt hat dann auch den Betrag 60000Nmm und dreht positiv. Die

360 F

F

a

360 F

F

100 F_Ax

F_Ay

M_A x a

y

F 300

F_Ax

F_Ay M_A 100

x y

senkrechte Kraft F_Ay wurde positiv in der Skizze eingezeichnet. Die Berechnung ergibt einen positiven Zahlenwert. Daher zeigt die Kraft F_Ay in die ursprünglich angenommen positive Richtung. Die senkrechte Kraft auf die Achse ist die Gegenkraft zu FAy. Sie hat den Betrag 300N und zeigt in die negative y-Richtung. Die waagrechte Kraft FAx ist gleich null.

Geometrie 3:

Die Kraft F soll bezüglich der Schraube ein Moment M_S = 90000Nmm erzeugen.

90000 300 =

= F

M_S => F =300N

Mit den Gleichgewichtsbedingungen werden FAx, FAy

und M_A berechnet.

:

=0

∑

^{Fx FAx =0}

:

=0

∑

^{Fy FAy +F =0 => FAy =−300N}

:

=0

∑

M A M_A +

(

³⁰⁰+¹⁰⁰

)

F =M_A+⁴⁰⁰F =⁰

=> M_A =−120000Nmm

M_A wurde in der Zeichnung positiv eingezeichnet. Bei der Berechnung ergibt sich ein negativer Zahlenwert. Das bedeutet, dass die Drehrichtung des Momentes M_A nicht wie ursprünglich in der Skizze angenommen sondern entgegen gesetzt orientiert ist. Somit hat M_A den Betrag 120000Nmm und dreht mathematisch negativ. Das Gegenmoment, welches wiederum auf die Achse wirkt hat dann auch den Betrag 120000Nmm und dreht positiv. Die senkrechte Kraft FAy wurde positiv in der Skizze eingezeichnet. Die Berechnung ergibt einen negativen Zahlenwert. Daher zeigt die Kraft F_Ay entgegen der ursprünglichen Annahme in der Skizze in die negative y-Richtung. Die senkrechte Kraft auf die Achse ist die Gegenkraft zu FAy. Sie hat den Betrag 300N und zeigt in die positive y-Richtung. Die waagrechte Kraft FAx

ist gleich null.

Geometrie 4:

Zur Berechnung der Kraft muss der aktive Hebelarm a der Kraft F bezüglich der Schraube bestimmt werden.

125 75

100²+ ² =

= a

Die Kraft F soll bezüglich der Schraube ein Moment M_S = 90000Nmm erzeugen.

90000 125 =

= F

M_S => F =720N

Für die Gleichgewichtsbedingungen benötigt man Fx und Fy. Dafür berechnet man den Winkel a aus den geometrischen Abmessungen

75 . 100 0

tanα = 75 = => sinα =0.6 und cosα =0.8

Mit dem Kräftedreieck erhält man N

F

F_x =sinα =0.6⋅720=432 und F_y =cosαF =0.8⋅720=576N Mit den Gleichgewichtsbedingungen werden F_Ax, F_Ay und M_A berechnet.

:

=0

∑

^{Fx FAx +Fx =0 => FAx =−432N}

300 F F_Ax

F_Ay M_A 100

x y

F

F_Ay M_A F_Ax

x y

a α α α α α

α α α

F F_x F_y

αα αα αα αα

:

=0

∑

^{Fy FAy −Fy =0 => FAy =576N}

:

=0

∑

M A M_A +0⋅F =0 => M_A =0

(Die Kraft F zeigt auf den Drehpunkt A und erzeugt bezüglich dieses Bezugspunktes kein Moment)

Die Kräfte auf die Achse sind wieder die Gegenkräfte zu F_Ax und F_Ay. Auf die Achse wirken somit in positive x-Richtung 432N und in negativer y-Richtung 576N.

Lösungen Aufgabe 8:

Geometrie 1:

Für die Berechnung der beiden gesuchten Stabkräfte F₁ und F₂ wird die Seilrolle freigeschnitten und alle angreifenden Kräfte eingezeichnet. Der Radius der Seilrolle beträgt R, ist aber

unbekannt. Für die Gleichgewichtsbedingungen muss die Kraft F₂ in eine waagrechte und in eine senkrechte Komponente zerlegt werden. Die geometrischen Abmessungen ergeben mit

2500 1500

2000^{2 2}

2

2 +∆ = + =

∆

= x y

L

8 . 2500 0 2000 =

∆ = L

x und 0.6

2500 1500 =

∆ = L

y

bzw.

3 4 1500

tanα = 2000= => sinα =0.8 und cosα =0.6

Aus dem Kräftedreieck folgt dann:

2 2

2

2 F sin F 0.8F

L

F _x= ∆x = α = und ₂ F₂ cos F₂ 0.6F₂

L

F _y =∆y = α =

Mit den Gleichgewichtsbedingungen können dann die drei gesuchten Größen ermittelt werden.

:

=0

∑

M A RF_Seil −RG=0 => F_Seil =6000N

:

=0

∑

^{Fy F2y −G=0.6F2 −G=0 => F2 =10000N}

:

=0

∑

^{Fx F1+F2x−FSeil =F1+0.8F2−FSeil =0 => F1=−2000N}

Wegen des negativen Berechnungsergebnisses wirkt die Kraft F1 entgegen der ursprünglichen Annahme nach links. Die Kraft F2 wirkt so wie in der Skizze angenommen.

F_Seil F₁

F₂

G=6000 x A y

F₂ F_2y

F_2x 2000

1500 αα αα

α α α α 2500

Geometrie 2:

Die Seilrolle wird wieder frei geschnitten. Zusätzlich zur ersten Geometrie muss auch die Seilkraft in eine waagrechte und in eine senkrechte Komponente zerlegt werden.

Die geometrischen

Abmessungen ergeben mit

12 25000 12

2000 7000

2 2

2

2  =



 

 +

=

∆ +

∆

= x y

L 96

. 12 0 25000

2000 =

∆ = L

x und 0.28

12 25000

12

7000 =

∆ = L

y

bzw.

24 7 2000

12

tanα = 7000 = => α ≈16.26°, sinα =0.28 und cosα =0.96

Aus dem Kräftedreieck folgt dann:

96 2

. 0

cos F F

L F

F_Seilx = ∆x _Seil = α _Seil = und _y F_Seil F_Seil F_Seil

L

F₂ = ∆y =sinα =0.28

Mit den Gleichgewichtsbedingungen können dann die drei gesuchten Größen ermittelt werden.

:

=0

∑

M A RF_Seil −RG=0 => F_Seil =6000N

:

=0

∑

^{Fy F2y −G+FSeily =0.6F2−G+0.28FSeil =0 => F2 =7200N}

:

=0

∑

^{Fx F1+F2x−FSeilx =F1+0.8F2−0.96FSeil =0 => F1=0}

Die Kräfte wirken so, wie Sie ursprünglich eingezeichnet wurden.

Geometrie 3:

Die Seilrolle wird frei geschnitten. Anschließend können die Gleichgewichtsbedingungen ausgewertet werden.

:

=0

∑

M A RF_Seil −RG=0 => F_Seil =6000N :

=0

∑

^{Fy F2y −G−FSeil =0.6F2−G−FSeil =0}

=> F₂ =20000N :

=0

∑

^{Fx F1+F2x =F1+0.8F2 =0 => F1=−16000N}

Kraft F1 zeigt nach links und Kraft F2 schräg nach oben.

F_Seil

F₁ F₂

G=6000 x A y

F_Seil F_Seily

F_Seilx 2000

7000/12

25000/12

αα αα

F_Seil F₁

F₂ G=6000 x A y

Geometrie 4:

Der Knoten A, an dem die beiden Stäbe und der Flaschenzug verknüpft sind, wird frei

geschnitten. Die Kräfte F1 und F2

sollen berechnet werden, dazu muss aber F_Seilzug bekannt sein. Für die Berechnung von FSeilzug werden die oberen beiden Rollen und die unteren beiden Rollen

freigeschnitten. Dafür muss man

das Seil an fünf Stellen durch die Schnittkräfte S1, S2, S3, S4 und H ersetzen. Mit den durchgeführten Schnitten können diese Schnittkräfte aber noch nicht ermittelt werden. Um Zusatzinformationen zu erhalten, werden auch die beiden unteren Rollen zerschnitten.

Da der Verbindungssteg zwischen den beiden unteren Rollen gelenkig miteinander verbunden ist, kann der Steg nur eine Kraft in Stegrichtung

übertragen, weshalb nur die Schnittkraft F_u einzutragen ist. Die Gleichgewichtsbedingungen um B du C ergeben, wobei Rk der Radius der kleinen Rolle und Rg der Radius der großen Rolle ist:

:

=0

∑

MB R_gS₄−R_gS₁=0 => S₁=S₄ :

=0

∑

MC R_kS₃−R_kS₂ =0 => S₂ =S₃ Wiederholt man dies für die oberen beiden Rollen, so ergeben die

Gleichgewichtsbedingungen um D und E:

:

=0

∑

M D R_gH −R_gS₄ =0 => H =S₄ :

=0

∑

M E R_kS₁−R_kS₃ =0 => S₁ =S₃

Fügt man die 4 gefundenen Gleichungen zusammen, so folgt:

H S S S

S₁= ₂ = ₃ = ₄ =

Man bildet die Kräftebilanz an den beiden unteren Rollen in y-Richtung.

:

=0

∑

^{Fy S1+S2 +S3+S4−G=4H −G=0}

=> H =S₁ =S₂ =S₃ =S₄ =1500N

Die Kräftebilanz an den beiden oberen Rollen in y-Richtung ergibt FSeilzug. :

=0

∑

^{Fy −S1−S2−S3−S4−H +FSeilzug =5H −FSeilzug =0}

=> F_Seilzug =7500N

Die Kräftegleichgewichte am Punkt A ergeben die Stabkräfte F1 und F2. :

=0

∑

^{Fy F2y −FSeilzug =0.6F2 −FSeilzug =0 => F2 =12500N}

:

=0

∑

^{Fx F1+F2x =F1+0.8F2 =0 => F1=−10000N}

S₃ H

S₃ S₂ S₁

F_Seilzug F₁

F₂

G=6000 x

A y

F_Seilzug

S₁ S₂ S₄

S₄

B G=6000 S₁ S₄

F_u

S₃ S₂

F_u C

F_Seilzug H

S₁ S₄ F_o

F_o

S₂ S₃ D

E

Lösungen Aufgabe 9:

Geometrie 1:

Für die angreifende Streckenlast muss der Betrag der Ersatzkraft und ihr Angriffspunkt ermittelt werden. Die Streckenlast ist

konstant, daher gilt mit q = Betrag der Streckenlast und L = Länge auf der die Streckenlast angreift:

N qL

F_Ersatz = =20⋅4=80 m L

x_Ersatz = /2=2

Die Länge x_Ersatz = 2m bedeutet, dass die Ersatzkraft einen Abstand von 3.5m vom linken Bauteilende besitzt.

Die Gleichgewichtsbedingungen ergeben:

:

=0

∑

^{Fy FC +FErsatz +20=FC +80+20=0 => FC =−100N}

:

=0

∑

M B

0 270 3

. 0 30 110 280 150 3

. 0 30 20 5 . 5 5

. 3 5 . 1 3 .

0 + + + ⋅ + =− − + + + =− + =

− F_A F_C F_Ersatz F_A F_A

=> F_A =900N :

=0

∑

^{Fx FA +FB =900+FB =0 => FB =−900N}

30Nm 20N/m 20N

F_A

F_B F_C F_Ersatz

3.5m x

y

Lösungen Aufgabe 10:

Geometrie 1:

Kräftegleichgewicht in x- und y-Richtung und Momentengleichgewicht um A:

:

=0

∑

^{Fx FAx +F =0 => FAx =−F}

:

=0

∑

M A LF_By −LF =0 => F_By =F :

=0

∑

^{Fy FAy +FBy =0 => FAy =−F}

Geometrie 2:

Kräftegleichgewicht in x- und y-Richtung und Momentengleichgewicht um A:

:

=0

∑

^{Fx −FAx +F=0 => FAx =F}

:

=0

∑

M A 2LF_By−2LF =0 => F_By =F :

=0

∑

^{Fy −FAy +FBy =0 => FAy =F}

Geometrie 3:

Kräftegleichgewicht in x- und y-Richtung und Momentengleichgewicht um A:

:

=0

∑

^{Fx FAx =0}

:

=0

∑

M A M −2LF =FL−2LF =0 => F_By =F 2 :

=0

∑

^{Fy FAy−FBy =0 => FAy =F 2}

Geometrie 4:

Kräftegleichgewicht in x- und y-Richtung und Momentengleichgewicht um A für den linken Teil:

:

=0

∑

^{Fx FAx+FGx =0 (1)}

:

=0

∑

^{Fy FAy +FGy =0 (2)}

:

=0

∑

M A LF_Gy−2LF_Gx =0 (3) L

L L

F

F_Ay F_Ax

F_By

x y

F

F_Ax

F_Ay

F_By x y 2L

2L L

M=FL

F_By

F_Ay F_Ax

2L 2L

L

x y

F

L L

2L

L

F_Ay F_Ax

F_By F_Bx F_Gx

F_Gx F_Gy

F_Gy

x y