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A

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.412VWRRQRSRY CDEFGH`

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k k

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CDEFGH l1754 63585T43945848>539781484g355846485m 4584?948

4384R43?54445n945jV7843o434841 pm4q_r

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x;

}

.412xRo CDEFGH

Version7.März2014 Musterlösung Klausur

Aufgabe 1

(a)

P = 1

DieeinzigegeometrischeRandbedingung

unddiedazugehörigeBedingungfürdieVariationlautet:

⇒ u(0, t) = 0 ∀t

^und

δu(0, t) = 0 ∀t

¹

(b)

P = 1

Die Energieausdrückelauten:

T = 1 2 Z

l

0

µ u ˙

²

(x, t)dx + 1

2 m u ˙

²

(l, t)

⁽¹⁾

U = 1 2

l

Z

0

EAu

⁰²

(x, t)dx + 1

2 ku

²

(l, t)

^{1 beide}

(c)

P = 1

DasPrinzipvonHamiltonlautet:

δ

t1

Z

t⁰

1 2 [

l

Z

0

µ u ˙

²

(x, t) − EAu

⁰²

(x, t)

dx + . . .

⁽²⁾

· · · + 1

2 m u ˙

²

(l, t) − 1

2 ku

²

(l, t)]dt = 0

^{1 (3)}

(d)

P = 5

Aus(3)ergebensichvierSummandendie

imfolgendeneinzelnbehandeltwerden:

I

+

^II

+

^III

+

^IV

= 0

⁽⁴⁾

I

=

t1

Z

t0

l

Z

0

µ u(x, t)δ ˙ u(x, t)dxdt ˙

⁽⁵⁾

=

l

Z

0



[µ u(x, t)δu(x, t)] ˙

^t_t¹₀

−

t1

Z

t0

µ¨ u(x, t)δu(x, t)dt



 dx

= −

l

Z

0 t1

Z

t0

µ¨ u(x, t)δu(x, t)dx dt

⁽⁶⁾

II

= −

t1

Z

t0

l

Z

0

EAu

⁰

(x, t)δu

⁰

(x, t)dxdt

⁽⁷⁾

= −

t1

Z

t0

EAu

⁰

(l, t)δu(l, t)dt + . . .

· · · +

t1

Z

t0

l

Z

0

EAu

⁰⁰

(x, t)δu(x, t)dx dt

⁽⁸⁾

III

=

t1

Z

t0

m u(l, t)δ ˙ u(l, t)dt ˙

⁽⁹⁾

= −

t1

Z

t⁰

m¨ u(l, t)δu(l, t)dt

⁽¹⁰⁾

IV

= −

t1

Z

t0

ku(l, t)δu(l, t)dt

⁽¹¹⁾

4 einenfürjedesIntegral

Eingesetztin (4)ergibtsich:

t1

Z

t0





l

Z

0

(−µ¨ u(x, t) + EAu

⁰⁰

(x, t)) δu(x, t)dx + . . .

· · · + (−EAu

⁰

(l, t) −m¨ u(l, t) −ku(l, t)) δu(l, t)



dt = 0

DarausfolgendieBewegungsgleichungunddiedyn.RB:

−µ¨ u(x, t) + EAu

⁰⁰

(x, t) = 0

⁽¹²⁾

EAu

⁰

(l, t) + m u(l, t) + ¨ ku(l, t) = 0 ∀t

¹

.

⁽¹³⁾

Aufgabe3

(a)

P = 2

EnergienundLagrangefunktion:

K = 1

2 Θ

^s

ϕ ˙

²

+ 1

2 m (R + l)

²

ϕ ˙

²

,

^{1 (14)}

U = 1

2 c

ϕ

ϕ

²

− mg (R + l) cos (ϕ) ,

^{1 (15)}

(b)

P = 4

Dissipationsfunktion:

D = µF

N

|v

rel,A

| + 1

2 d|v

rel,C

|

²

,

^{1 (16)}

D = µF

N

R| ϕ| ˙ + 1

2 d [(R + l) ˙ ϕ cos (ϕ)]

²

.

^{2 (17)}

GeneralisierteKraft:

δW = M

0

δϕ ⇒ Q

_ϕ

= M

0

.

^{1 (18)}

(c)

P = 5

MitderLagrange-Gleichung2.Art:

d dt

∂L

∂ q ˙

_i

− ∂L

∂q

_i

+ ∂D

∂ q ˙

_i

= Q

i

,

^{1 (19)}

L = 1

2

Θ

^s

+ m (R + l)

²

˙ ϕ

²

− 1

2 c

ϕ

ϕ

²

+ mg (R + l) cos (ϕ) .

^{1 (20)}

unddeneinzelnenTermen:

d dt

∂L

∂ ϕ ˙ = Θ

^s

ϕ ¨ + m (R + l)

²

ϕ, ¨

⁽²¹⁾

∂L

∂ϕ = −c

ϕ

ϕ − mg (R + l) sin (ϕ)

^{1 beidezusammen}

∂D

∂ ϕ ˙ = µF

_N

R sign ( ˙ ϕ)

+ d [(R + l) ˙ ϕ cos (ϕ)] (R + l) cos (ϕ) ,

¹

ergibtsichdieDGLdesSystemszu:

Θ

^s

+ m (R + l)

²

¨ ϕ

+ d [(R + l) ˙ ϕ cos (ϕ)] (R + l) cos (ϕ) + c

_ϕ

ϕ

= M

0

− µF

_N

R sign ( ˙ ϕ) − mg (R + l) sin (ϕ) .

¹

EnergiemethodenderMechanikProf. PopovWiSe 13/14 LösungshinweiseSeite 2

Version7.März2014 Musterlösung Klausur

Aufgabe 2

(a)

P = 2

Ersatzsystem:

B C

A

C

x

2

x

1

F

F

_l

M

EI 2l

l

1

Esgilt:

∂W

∂Fl

= 0

¹

(b)

P = 2

Biegemomentbestimmen:

PSfragreplacements

M

0

F

B C

x

2

Q

I

M

_I

N

_I

Q

_II

M

II

N

II

F

_l

F

l

C

C

x

1

M

I

(x) = F

l

l + M

0 ^{1 (22)}

M

_II

(x) = F

_l

(l − x

2

)

^{1 (23)}

(c)

P = 3

Ableitungen:

∂M

I

∂F

l

= l

⁽²⁴⁾

∂M

II

∂F

l

= l − x

2 ^{1 fürbeide (25)}

Berechne

F

l^:

∂W

∂F

L

= 1 EI

Z

²l 0

∂M

I

∂F

l

M

I

dx + 1 EI

Z

l 0

∂M

II

∂F

l

M

II

dx

¹

= 1 EI

Z

²l 0

(F

l

l

²

− M

0

l)dx + Z

l

0

(l − x)

²

F

_l

dx = 0

⇒ F

_l

= − 6 7

M

0

l

^{1 (26)}

(d)

P = 3

Esgilt

∂W

∂M0

= ϕ(2l)

^{1 .}

FürdieAbleitungengilt:

∂M

_I

∂M

0

= 1

⁽²⁷⁾

∂M

_II

∂M

0

= 0.

^{1 fürbeide (28)}

Darausfolgt:

∂W

∂M

0

= 1 EI

Z

²l 0

(F

l

l + M

0

)dx

⁽²⁹⁾

⇒ w

⁰

(l) = ϕ(2l) = 2 7

M

0

l

EI

^{1 Vorzeichenegal (30)}

Aufgabe4

(a)

P = 2

GeometrischeRandbedingungen:

w(x = 0) = 0,

⁽³¹⁾

w

⁰

(x = 0) = 0

⁽³²⁾

w(x = l) = 0,

^{1 alle (33)}

einsetzenundanpassen:

a

3

= −a

2

l ⇒ w(x) = a

3

(x

³

− lx

²

).

^{1 (34)}

(b)

P = 8

MitderpotentiellenEnergie:

W = 1 2

Z

²l 0

EI (w

⁰⁰

)

²

dx,

^{1 (35)}

(w

⁰⁰

)

²

= 4a

²3

9x

²

− 6xl + l

²

,

⁽³⁶⁾

W = 28EIa

²3

l

^{3 2 ErgebnisfürW (37)}

undderäuÿeren Arbeit:

A = Z

l

0

q(x)w(x)dx + P w(x = 2l),

^{1 (38)}

= Z

l

0

q

0

l xa

3

x

³

− lx

²

dx + 4P a

3

l

³

,

⁽³⁹⁾

A = a

3

4P l

³

− q

0

20 l

⁴

1 ErgebnisfürA

,

⁽⁴⁰⁾

ergibtsichzunächst:

Π = 28EIa

²3

l

³

− a

3

4P l

³

− q

0

20 l

⁴

,

^{1 (41)}

Esmussgelten:

∂Π

∂a

3

= 0,

! ^{1 Bedingung (42)}

⇒ a

3

= 1 56EI

4P − q

0

l 20

,

⁽⁴³⁾

⇒ w(x) = 1 56EI

4P − q

0

l 20

x

³

− x

²

l

.

¹

w(x)

(44)

(c)

P = 1

Nein,derAnsatzistnichtgut...

dadiedynamischenRBennichterfüllt werden. 1