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KLAUSUR ZUR TECHNISCHEN MECHANIK ITermin: 17. September 2005
AUFGABE 1 (16 Punkte)
F�ur das in Abb. 1 dargestellte System kennt man l = 1; 400 m und G = 9; 3 kN.Man bestimmea ) die Reaktionen in den Bindungen,b ) die Schnittgr�o�en in den Abschnitten 0�1, 1�2 und 1�3 sowie ihre graphischeDarstellung. Wo be�ndet sich der gef�ahrdete Querschnitt ?Die Abschnitte des Systems sind St�abe mit I-100 Pro�l. Man ermittlec ) die Normalspannungsverteilung im gef�ahrdeten Querschnitt und ihre graphischeDarstellung sowie die maximalen Zug- und Druckspannungen im gef�ahrdeten Quer-schnitt.F�ur das I-100 Pro�l gelten A = 10; 3 cm2, Iyy = 171 cm4 und Wy = 34; 2 cm3.
Abb. 1
g�������� �
qg
�� BB��������
��������
&%'$ �
?
� 0; 3 l -� 0; 7 l -
?
6
0; 4 l
0 1
2
3
G
y
z
1
L�OSUNG
a ) Freischneiden
g6
V0
-H0
qg
6FN
�
?
GG
� 0; 3 l -� 0; 7 l -
?
6
0; 4 l
0 1
2
3
XMi(0) = �G:0; 3 l �G:0; 4 l + FN :l = 0 ! FN = 0; 7G
XMi(2) = �V0 l �G:0; 4 l +G:0; 7 l = 0 ! V0 = 0; 3G
XFiH = H0 �G = 0; ! H0 = G
Kontrollgleichung XFiV = V0 + FN �G = 0
g6
0; 3G
-G
qg
60; 7G
�
?
GG
� 0; 3 l -� 0; 7 l -
?
6
0; 4 l
0 1
2
3
- x1 - x2
?x3
b ) Schnittgr�o�en
g6
0; 3G
-G
-
?
��
�
NQz
My�0; 7 l� x2-
�
6
��-
NQz
My
qg6?
0; 4 l � x3
6
-
��?
N
Qz
My
60; 7G
�
?
GG
0
2
3
-x1
2
0 < x1 < 0; 3 l; N = �G; Qz = 0; 3G; My = 0; 3Gx1
x1 = 0 ! My = 0; x1 = 0; 3 l ! My = 0; 09Gl
0 < x2 < 0; 7 l; N = 0; Qz = �0; 7G; My = 0; 7G:(0; 7 l� x2)
x2 = 0 ! My = 0; 49Gl; x2 = 0; 7 l ! My = 0
0 < x3 < 0; 4 l; N = G; Qz = G; My = �G:(0; 4 l � x3)
x3 = 0 ! My = �0; 4Gl; x3 = 0; 4 l ! My = 0
N
0 1 2
3
�G
G
Qz
0
1 2
3
0; 3G
�0; 7G
G
My
0 1 2
3
0; 09Gl
PPPPPP��q
0; 49Gl
����
����
����
��
��q
�0; 4Gl
��������q
Der gef�ahrdete Querschnitt ist in 1 bei x2 = 0 mit N = 0 und My = 0; 49Gl.
3
c ) Normalspannungsverteilung im gef�ahrdeten Querschnitt x2 = 0
�y
?z
��
� 0; 49Gl
q -x
?z
ZZ
ZZ
ZZ
ZZ
--
-
��
�
0;49GlWy
�0;49GlWy
maximale Zugspannung
�xx =0; 49Gl
Wy
= 186; 54 N/mm2
maximale Druckspannung
�xx = �0; 49Gl
Wy
= �186; 54 N/mm2
4
TECHNISCHE MECHANIK I
AUFGABE 2 (16 Punkte)
F�ur das System in der Abb. 2 kennt man die L�ange l = 1; 500 m des Stabes 0� 1,der in 0 eingespannt ist. In 1 ist eine Rolle mit dem Radius R = 0; 350 m angelenktauf die sich in 3 der Stab 2� 4 abst�utzt. Der Stab 2� 4, von der L�ange l1 = 2; 400m, ist in 2 gelenkig gelagert und der Neigungswinkel betr�agt � = 350. Am Ende 4dieses Stabes h�angt die Last G = 1; 8 kN.a ) Man bestimme die Reaktionen in allen Bindungen sowieb ) die Schnittgr�o�en des Stabes 0�1 und ihre graphische Darstellung. Wo be�ndetsich der gef�ahrdete Querschnitt dieses Stabes.c ) Der Stab 0� 1 ist ein I-100 Tr�ager mit A = 10; 3 cm2, Iyy = 171 cm4 und Wy =34; 2 cm3. Man ermittle die maximalen Zug- und Druckspannungen im gef�ahrdetenQuerschnitt.
Abb. 2
�������� qh
0 1
s
�
�y
?z
@@@RR
� �������� i
QQQQQQQQQQQQQQQQQQQ
QQQQQQQQQQQQQQQQQQQ
2
4
3
QQQQQ
�� q
G
� -l
QQQQQQQQQQQQQQQQQQQ
k
ks
s
13l1
23l1
5
L�OSUNG
a ) Freischneiden
qh0 1-H0
6V0
#"-M0
�
H1
?V1
s�
qh13
�FN
-H1
6V1
iQQQQQQQQQQQQQQQQQQQ
QQQQQQQQQQQQQQQQQQQ
2
3
4
QQQs
x
QQQk
N2
�
Q2
�
FN
k�
q?
G
� -l
QQQQQQQQQQQQQQQQQQQ
k
ks
s
13l1
23l1
Stab 2� 4
XMi(2) = �G cos(�):l1 + FN :
1
3l1 = 0 ! FN = 3G cos(�) = 4:423; 42N
XMi(3) = Q2:
1
3l1 �G cos(�):
2
3l1 = 0 ! Q2 = 2G cos(�) = 2:948; 95N
XFix = �N2 +G sin(�) = 0 ! N2 = G sin(�) = 1:032; 44N
KontrollgleichungX
FiH = �N2 cos(�)�Q2 sin(�) + FN sin(�) = 0
RolleX
FiH = H1�FN sin(�) = 0 ! H1 = FN sin(�) = 3G sin(�) cos(�) = 2:537; 17N
XFiV = V1 � FN cos(�) = 0 ! V1 = FN cos(�) = 3G[cos(�)]2 = 3:623; 45N
Stab 0� 1X
Mi(0) =M0 � V1:l = 0 ! M0 = V1l = 3Gl[cos(�)]2 = 5:435; 18Nm
XFiH = H0 �H1 = 0 ! H0 = H1 = 3G sin(�) cos(�) = 2:537; 17NX
FiV = V0 � V1 = 0 ! V0 = V1 = 3G[cos(�)]2 = 3:623; 45N
6
b ) Schnittgr�o�en des Stabes 0� 1
0-H0
6
V0
��-M0
-N
?Qz
��
� My-
x1
0 < x1 < l; N = �H0 = �2:537; 17N; Qz = V0 = 3:623; 45N; My = �M0+V0x1
x1 = 0; !My = �M0 = �5:435; 18Nm; x1 = l !My = �M0 + V0l = 0
0 1N
�2:537; 17 N
0 1Qz
3:623; 45 N
0 1
My
PPPPPPPPPPPPP
q �5:435; 18 Nm
Der gef�ahrdete Querschnitt be�ndet sich in 0 bei x1 = 0 mit N = �H0 =�2:537; 17 N und My = �M0 = �5:435; 18 Nm.
c ) Normalspannungsverteilung im gef�ahrdeten Querschnitt x1 = 0
�y
?z
���
M0
�H0
q -x
?z
�������
�H0
A
��������
���
---
�M0
Wy
M0
Wy
maximale Zugspannung
�xx = �H0
A+M0
Wy
= (�2; 46 + 158; 92) N/mm2 = 156; 46 N/mm2
maximale Druckspannung
�xx = �H0
A�
M0
Wy
= (�2; 46� 158; 92) N/mm2 = �161; 38 N/mm2
7
TECHNISCHE MECHANIK I
AUFGABE 3 (18 Punkte)
Der Stab 0� 1� 2� 3 in Abb. 3 ist in 0 eingespannt, in 2 abgest�utzt und in 3 wirktdie Kraft F senkrecht auf den Abschnitt 1�2�3. Die Biegestei�gkeit dieses einfachstatisch unbestimmt gelagerten Stabes ist EIyy = EI = konst. Man bestimmea ) die Reaktionen in allen Bindungen undb ) die Gleichungen der Biegelinie.c ) Wieviel betr�agt die Verschiebung des Stabendes 3 in Richtung der Kraft F ?
Abb. 3
�������� 0 1
2
3
� -0; 6 l
6
?
0; 6 l
6
?
0; 4 l
- F
��HH
��������
8
L�OSUNG
a ) Freischneiden
-H0
6
V0
��-M0
0 1
2
3
� -0; 6 l
6
?
0; 6 l
6
?
0; 4 l
- F
� FN = X
-x1
?
x2
?
x3
XMi(0) =M0 �X:0; 6 l + F:l = 0 !M0 = (0; 6X � F )l
XFiH = H0 �X + F = 0 ! H0 = X � F;
XFiV = V0 = 0
KontrollgleichungPMi(3) =M0 �H0:l � V0:0; 6 l +X:0; 4 l = 0
Schnittgr�o�en
-H0
��-M0
0-N
?Qz
��
�My
2
3
6N
-Qz
��?My
6
?
0; 6 l � x2
6
?
0; 4 l
-F
� FN = X
-x1
3
6N
-Qz
��?My
6
?
0; 4 l� x3-F
0 < x1 < 0; 6 l; My(x1) = �M0 = �(0; 6X � F )l
0 < x2 < 0; 6 l; My(x2) = �X(0; 6 l� x2) + F (l� x2) = (X � F )x2 � (0; 6X � F )l
0 < x3 < 0; 4 l; My(x3) = F (0; 4 l� x3)
9
Bereich x1: EI[w(x1)]00 = �My(x1) = (0; 6X � F )l
EI[w(x1)]0 = (0; 6X � F )lx1 + C1
EIw(x1) =1
2(0; 6X � F )lx21 + C1x1 + C2
Randbedingungen: w(x1 = 0) = 0 ! C2 = 0
[w(x1 = 0)]0 = 0 ! C1 = 0
EI[w(x1 = 0; 6 l)]0 = 0; 6 (0; 6X � F )l2
Bereich x2: EI[w(x2)]00 = �My(x2) = �(X � F )x2 + (0; 6X � F )l
EI[w(x2)]0 = �
1
2(X � F )x22 + (0; 6X � F )lx2 + C3
EIw(x2) = �1
6(X � F )x32 +
1
2(0; 6X � F )lx22 + C3x2 + C4
�Ubergangsbedingungen in x2 = 0
w(x2 = 0) = 0 ! C4 = 0
[w(x2 = 0)]0 = [w(x1 = 0; 6 l)]0 ! C3 = 0; 6 (0; 6X � F )l2 =3
5(3
5X � F )l2
�Ubergangsbedingung in x2 = 0; 6 l = 35l
EIw(x2 =3
5l) = �
1
6(X � F )(
3
5l)3 +
1
2(3
5X � F )l(
3
5l)2 +
3
5(3
5X � F )l2:
3
5l = 0
! X = FN =7
4F ! H0 =
3
4F; M0 =
1
20F l; C3 =
3
100F l2
-34F��-1
20F l
0 1
2
3
� -0; 6 l
6
?
0; 6 l
6
?
0; 4 l
- F
�74F
-x1
?
x2
?
x3
10
b ) Gleichungen der Biegelinie:
Bereich 0 < x1 <3
5l; EI[w(x1)]
0 =1
20F lx1 EIw(x1) =
1
40F lx21
Bereich 0 < x2 <3
5l; EI[w(x2)]
0 = �3
8Fx22 +
1
20F lx2 +
3
100F l2
EIw(x2) = �1
8Fx32 +
1
40F lx22 +
3
100F l2x2
EI[w(x2 =3
5l)]0 = �
3
40F l2
Bereich 0 < x3 <25l, My(x3) = �Fx3 +
25F l
EI[w(x3)]00 = Fx3 �
2
5F l
EI[w(x3)]0 =
1
2Fx23 �
2
5F lx3 + C5
EIw(x3) =1
6Fx33 �
1
5F lx23 + C5x3 + C6
�Ubergangsbedingungen in x3 = 0
EIw(x3 = 0) = 0! C6 = 0
EI[w(x3 = 0)]0 = EI[w(x2 =3
5l)]0 ! C5 = �
3
40F l2
EI[w(x3)]0 =
1
2Fx23 �
2
5F lx3 �
3
40F l2
EIw(x3) =1
6Fx33 �
1
5F lx23 �
3
40F l2x3
c ) Verschiebung des Stabendes 3:
w(x3 =2
5l) = �
77
1500
F l3
EI
Die Verschiebung in Richtung der Kraft F betr�agt 771500
F l3
EI.
11
KLAUSUR ZUR TECHNISCHEN MECHANIK IITermin: 17. September 2005
AUFGABE 1 (16 Punkte)
Der Rahmen 0 � 1 � 2 und 1 � 3 in der Abb. 1, mit l = 0; 350 m, dreht sichmit konstanter Winkelgeschwindigkeit ! um die vertikale Achse �. In 2 ist einStab (L�ange l) angelenkt, an dessen Ende ein K�oper mit der Masse m = 3; 5 kgbefestigt ist. Auf diesen K�orper wirkt auch eine Feder mit der Federkonstantenc = 7; 4 kN/m und unverformten L�ange s� = l. Die aktuelle L�ange der Feder
betr�agt s = lq3 + 2 sin(�)� 2 cos(�).
a ) Man bestimme den Wert der Winkelgeschwindigkeit !, bei dem sich der K�orperin der Lage � = 600 im relativen Gleichgewicht be�ndet. In dieser Lage haben dieWinkel � und die Werte � = 150 und = 450.b ) In dieser relativen Gleichgewichtslage bestimme man die Reaktionen in denBindungen 0, 2 und 3 sowiec ) die Schnittgr�o�en in den Abschnitten 0�1, 1�2 und 1�3 sowie ihre graphischeDarstellung. Wo be�ndet sich der gef�ahrdete Querschnitt des Rahmens ?
Abb. 1
�
!�� ���
������
@@@@@@
������
@@@@@@
d
ddt����PPPPPPPP
PPPPPPPPl
4
c
���
���
ccc
ccc
ccc
ccc
BB
BB
����
����1
��������s
����
����
�O
�� 7
-�l
-�l
6
?
l
m
-�l sin(�)
6?l cos(�)
0 1 2
3
12
L�OSUNG
a ) Freischneiden
�
!�� ���d
t����PPPPPPPP
PPPPPPPP4
Fe
��������)FT
-
mg?
����
����
� 6 �
-�l
-�l
m
-�l sin(�)
6?l cos(�)2H2
� V26
Auf den freigeschnittenen Stab 2�4 mit der Masse m in 4 wirken folgende Kr�afte:- die Gewichtskraft mg = 34; 335 N- die Tr�agheitskraft (Fliehkraft) FT = mR!2 mit R = 2l + l sin(�) = 1; 003 m- die Federkraft Fe = c(s� s�) mit s = 0; 676 m, s� = 0; 350m und Fe =
2:412; 400 N- in Gelenk 2 die Komponenten H2 und V2
XMi(2) = [FT � Fe cos(�)]:l cos(�)� [mg + Fe sin(�)]:l sin(�) = 0
FT cos(�) = Fe[cos(�) cos(�) + sin(�) sin(�)] +mg sin(�)
= Fe cos(�� �) +mg sin(�)
! !2 =1
mR cos(�)[Fe cos(�� �) +mg sin(�)] = 988; 782 (rad/s)2
! ! = 31; 445 (rad/s), FT = 3:471; 119N
b ) Reaktionen in den BindungenX
FiH = �H2 � Fe cos(�) + FT = 0! H2 = FT � Fe cos(�) = 1:140; 920NX
FiV = V2 �mg � Fe sin(�) = 0! V2 = mg + Fe sin(�) = 658; 710N
�H0 6
V0
��-M0
H2-V2?
d
dFe
����
���1�O
-�l
-�l
6
?
l
- x1- x2
?x3
0 1 2
3
13
XMi(0) = �M0 + Fe cos(�):l + Fe sin(�):l � V2:2l = 0
! M0 = Fe[cos(�) + sin(�)]:l � 2V2l = 573; 004NmX
FiH = �H0 + Fe cos(�) +H2 = 0;
! H0 = Fe cos(�) +H2 = 3:471; 119N = FTX
FiV = V0 + Fe sin(�)� V2 = 0;
! V0 = V2 � Fe sin(�) = 34; 335N = mg
Kontrollgleichung
XMi(3) = �M0 +H0:l � V0:l �H2:l � V2:l = 0
c ) Schnittgr�o�en
�H0 6
V0
��-M0
H2-V2?
-N
?Qz
��
�My d�N
6Qz
��-My
d6N
-Qz
��?My Fe
����
����1�O
-x1 -�
l � x2
6?
l � x3
0 2
3
0 < x1 < l; N = H0 = 3:471; 119N; Qz = V0 = 34; 335N; My =M0 + V0:x1
x1 = 0!My =M0 = 573; 004Nm; x1 = l!My =M0 + V0l = 585; 021Nm
0 < x2 < l; N = H2 = 1:140; 920N; Qz = V2 = 658; 710N; My = �V2(l � x2)
x2 = 0!My = �V2l = �230; 548Nm; x2 = l!My = 0
0 < x3 < l; N = �Fe sin(�) = �624; 375N; Qz = �Fe cos(�) = �2:330; 119N;
My = Fe cos(�):(l�x3); x3 = 0!My = Fe cos(�)l = 815; 570Nm; x3 = l!My = 0
N 3:471; 119 N1:140; 920 N
�624; 375 N
0 1 2
3
14
Qz
34; 335 N658; 710 N
�2:330; 199 N
0 1 2
3
My
PPPPPPPP
PPPPPPPP
JJJJJJJJq
q
qq��
573; 004 Nm 585; 021 Nm
815; 570 Nm
�230; 548 Nm
01
2
3
Der gef�ahrdete Querschnitt be�ndet sich an der Stelle 1 bei x3 = 0 und dieSchnittgr�o�en sind N = �624; 375 N und My = 815; 570 Nm.
15
TECHNISCHE MECHANIK II
AUFGABE 2 (16 Punkte)
Das Pendel in der Abb. 2 von der Masse m1 = 5; 8 kg und L�ange l = 1; 600 mbewegt sich aus der horizontalen Ruhelage I in die Lage II mit � = 100.a ) Man ermittle die Geschwindigkeit v1 der Masse m1 in die Lage II.In dieser Lage st�o�t die Masse m1 auf einen K�orper von der Masse m2 = 10; 7 kg, dersich auf einer schiefen Ebene (Neigungswinkel � = 100) im Ruhezustand be�ndet(v2 = 0). Die Sto�zahl betr�agt � = 0; 8.b ) Man berechne die Geschwindigkeiten u1 und u2 der beiden K�orper nach demZusammensto�.c ) Man bestimme den Weg x2, den der K�orper mit der Masse m2 auf der schiefenEbene aus der Lage III mit der Geschwindigkeit u2 bis in die Lage IV mit derGeschwindigkeit gleich Null zur�ucklegt, wenn der GleitreibungskoeÆzient gleich istmit � = 0; 2.
Abb. 2
cÆ ��������c&%'$m1
I
� -l
c&%'$
BBBBBBBBBBBBB
BBBBBBBBBBBBB
m1
II
1�
����
����
�����
������������������������
����
���M �
m2
���BBBBBB���
BBBBBB
sIII
m2
���BBBBBB���
BBBBBB
sIV
BB
BB
����
����1x2
�
�
16
L�OSUNG
a ) Konservatives System
EkII + EpII = EkI + EpI = konst
Lage I: EkI = 0; EpI = m1gl
Lage II: EkII =1
2m1v
21; EpII = m1gl[1� cos(�)]
1
2m1v
21 +m1gl[1� cos(�)] = m1gl
v1 =q2gl cos(�) = 5; 560m/s
b ) Sto�
v1 = 5; 560m/s; v2 = 0; � = 0; 8; m1 = 5; 8 kg; m2 = 10; 7 kg
u1 = v1 �(v1 � v2)(1 + �)m2
m1 +m2; u2 = v2 +
(v1 � v2)(1 + �)m1
m1 +m2
u1 = �0; 930m/s; u2 = 3; 518m/s
c ) Bewegung der Masse m2
BB
BB1�����
x
���BBBBBB���
BBBBBB
s���)m2�x ?
m2g
BBBM FN
��)Fr
BBBBBBB)�
�m2�x�m2g sin(�)� Fr = 0; FN �m2g cos(�) = 0; Fr = �FN
FN = m2g cos(�); Fr = �m2g cos(�); �x = �g[sin(�) + � cos(�)]
_x = �gt[sin(�) + � cos(�)] + C1
x = �1
2gt2[sin(�) + � cos(�)] + C1t+ C2
Anfangsbedingungen in der Lage III mit t = 0: x(0) = 0; _x(0) = u2
! C1 = u2; C2 = 0
17
_x = �gt[sin(�) + � cos(�)] + u2
x = �1
2gt2[sin(�) + � cos(�)] + u2t
Bedingungen in der Lage IV mit t = t�: _x(t�) = 0; x(t�) = x2
! 0 = �gt�[sin(�) + � cos(�)] + u2; t� =u2
g[sin(�) + � cos(�)]
x2 = x(t�) =u22
2g[sin(�) + � cos(�)]; x2 = 1; 702m
L�osung mit dem Arbeitssatz
EkIV � EkIII = AIII�IV
EkIII =1
2m2u
22; EkIV = 0
AIII�IV = �m2g sin(�):x2 � Fr:x2 = �m2g[sin(�) + � cos(�)]x2
�
1
2m2u
22 = �m2g[sin(�) + � cos(�)]x2
! x2 =u22
2g[sin(�) + � cos(�)]; x2 = 1; 702m
18
TECHNISCHE MECHANIK II
AUFGABE 3 (18 Punkte)
Ein Radsatz (Masse m = 25 kg, Radien r = 0; 35 m, R = 0; 50 m, axialesTr�agheitsmoment J0 = 2; 3 kg.m2) wird durch zwei Pendelst�utzen abgest�utzt. �Uberdie Rolle mit dem Radius r ist ein Seil geschlungen, an dessen Ende ein K�oper vonder Masse m0 = 700 kg angebunden ist. Der K�orper bewegt sich auf einer rauhenschiefen Ebene (GleitreibungskoeÆzient � = 0; 1, Neigungswinkel � = 400) nachunten. Mit Hilfe eines Hebels, der in 4 die Scheibe mit dem Radius R des Radsatzesber�uhrt und auf den die horizontale Kraft F = 8 kN wirkt, wird diese Bewegunggebremst. Der GleitreibungskoeÆzient in 4 betr�agt �1 = 0; 4.a ) Man berechne die Beschleunigung �s des K�orpers mit der Masse m0, die Winkel-beschleunigungen �' des Radsatzes und und die Reaktionen in allen Bindungen.b ) F�ur den Hebel 3�4�5�6 bestimme man die Schnittgr�o�en und ihre graphischeDarstellung. Wo be�ndet sich der gef�ahrdete Querschnitt des Hebels ?
Abb. 3
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m0
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��@@@@R
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�������� ����������������������������
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3d���1
4
5
6
-� -�0; 5 l 0; 5 l?
6
0; 3 l
�F
0r&%'$m; r; R; J0
��
2
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d��������
1
ed���������
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@@�'
19
L�OSUNG
a ) Kinematik:
s = r' ! �s = r �' ! �' = �s=r (1)
Freischneiden
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S
@@@RS
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�����
@@@R x
y
q��
@@@@@
@@@@@
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m0g
@@I
m0�s
R�
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AAAA
����FN
@@IFr3d -
H3
6V3
4
5
6
�Fr4?
FN4
-� -�0; 5 l 0; 5 l?
6
0; 3 l
�F
0r&%'$
-Fr4 6
FN4
?mg
6
N1�
N2
?
J0 �'
Masse m0
XFix = m0g sin(�)� S �m0�s� Fr = 0; ! S = m0g sin(�)�m0�s� Fr (2)
XFiy = FN �m0g cos(�) = 0 ! FN = m0g cos(�) (3)
Reibgesetz: Fr = �FN = �m0g cos(�) (4)
Radsatz
XMi(0) = J �' + Fr4:R� S:r = 0 ! S =
R
rFr4 +
1
rJ0 �' (5)
XFiH = �N1 + S cos(�) + Fr4 = 0 ! N1 = S cos(�) + Fr4 (6)
XFiV = N2 � S sin(�)�mg + FN4 = 0 ! N2 = S sin(�) +mg � FN4 (7)
Hebel
XMi(3) = �F:0; 3 l + FN4:0; 5 l = 0 ! FN4 =
3
5F = 0; 6F (8)
XFiH = �F � Fr4 +H3 = 0 ! H3 = F + Fr4 (9)X
FiV = V3 � FN4 = 0! V3 = FN4 = 0; 6F (10)
Reibgesetz: Fr4 = �1FN4 =3
5�1F = 0; 24F (11)
Die Gleichungen (1), (2), (4), (5) und (11) ergeben
20
�s =m0g[sin(�)� � cos(�)]� 3R
5r�1F
m0 + J0=r2
�s = 1; 593 m/s2; �' = 4; 551 rad/s2
FN = 5:260; 427 N, Fr = 526; 043 N, S = 2:772; 879 N,N1 = 4:044; 148 N (Zugbelastung), N2 = �2:772; 378 N (Druckbelastung)FN4 = 0; 6F = 4:800; 000 N, Fr4 = 0; 24F = 1:920; 000 N,H3 = 1; 24F = 9:920; 000 N, V3 = 0; 6F = 4:800; 000 N,
b )
e -
0; 6F
6 1; 24F
?
0; 6F
� 0; 24F 345
6�
F
� -� -
6
?
0; 5 l0; 5 l
0; 3 l 6x1
- x2 - x3
Schnittgr�o�en
�F
6N
-Qz
��?
My
�F
-N
?Qz
��
�My d -
0; 6F
6 1; 24F�
N 6
Qz
��-My
35
6 6
6
?
0; 3 l6x1
-x2
-���0; 5 l� x3
0 < x1 < 0; 3 l; N = 0; Qz = F; My = F:x1
x1 = 0!My = 0; x1 = 0; 3 l!My = 0; 3F l
0 < x2 < 0; 5 l; N = F; Qz = 0; My = F:0; 3 l = konst
0 < x3 < 0; 5 l; N = 1; 24F; Qz = �0; 6F; My = 0; 6F (0; 5 l� x3)
x3 = 0!My = 0; 3F l; x3 = 0; 5 l!My = 0
21
N6
5 4 3
F 1; 24F
Qz
6
54 3
F
�0; 6F
My
6
5 4 3rr
�����
0; 3F l
0; 3F l��
����
��
Die gef�ahrdeten Querschnitte be�nden sich im Abschnitt 4� 5 (0 < x2 < 0; 5 l)mit N = F und My = 0; 3F l.
22
