KLAUSUR ZUR TECHNISCHEN MECHANIK ITermin: 17. Marz 2012Die Bearbeitungszeit fur alle drei Aufgaben betragt 90 Minuten.

AUFGABE 1 (16 Punkte)

Der Stab 0− 1− 2− 3 in Abb. 1 mit l = 0, 500 m ist in 0 gelenkig gelagert und in3 abgestutzt. In 1 wirkt die Kraft F = 8.000 N.a ) Man bestimme die Reaktionen in den Bindungen 0 und 3 sowieb ) die Schnittgroßen in den Abschnitten 0− 1, 1− 2 und 2− 3 und ihre graphischeDarstellung. Wo befindet sich der gefahrdete Querschnitt?Die Abschnitte 0− 1, 1− 2 und 2− 3 des Stabes sind mittelbreite I-80 Trager.c ) Man ermittle die Normalspannungsverteilung im gefahrdeten Querschnitt undihre graphische Darstellung sowie die maximalen Zug- und Druckspannungen imgefahrdeten Querschnitt.Fur den I-80 Trager gelten A = 7, 64 cm2, Iyy = 80, 1 cm4 und Wy = 20, 0 cm3.

Abb. 1

0h�������� � 1

2

3

q?F�

6y

z

�45l -

� -65l

6

?

35l

1

LOSUNG

a ) Freischneiden

0h 1

2

3

q?F�

45l -

� -65l

6

?

35l

-H0

6

V0

6

FN

∑

Mi(0) = −F ·4

5l + FN · 2l = 0 → FN =

2

5F = 3.200, 00N

∑

FiH = H0 = 0∑

FiV = −F + V0 + FN = 0 → V0 = F − FN = 4.800, 00N

Kontrollgleichung∑

Mi(1) = −V0 ·4

5l + FN ·

6

5l = 0

b ) Schnittgroßen

0h 1

2

3

q?F�

45l -

� -65l

6

?

35l

6

V0

6

FN

-x1

?x2

- x3

0h6

V0

-x1

-

?

!

�

N

Qz

My

0 1h6

V0

q?F�

45l -

?x2

?

�

"!6N

Qz My

3

-�

65l − x3

�

6

#"-

N

Qz

My

6

FN

2

0 < x1 <4

5l, N = 0, Qz = V0 = 4.800, 00N,

My = V0 · x1, x1 = 0 → My = 0, x1 =4

5l → My =

4

5V0l = 1.920, 00Nm,

0 < x2 <3

5l, N = V0 − F = −3.200, 00N, Qz = 0, My = V0 ·

4

5l = konst

0 < x3 <6

5l, N = 0, Qz = −FN = −3.200, 00N, My = FN · (

6

5l − x3),

x3 = 0 → My =12

25Fl = 1.920, 00Nm, x3 =

6

5l → My = 0

Schnittgroßendiagramme

N 0 1

23

−3.200N

Qz

0 1

23

4.800N−3.200N

My

0 1

2 3

q

q

q

q

����

1.920Nm

��

���1.920Nm

XXXXXXXX

Die gefahrdeten Querschnitte befinden sich im Bereich 1− 2 mit N = −3.200 Nund My = 1.920Nm.

3

c ) Normalspannungsverteilung in den gefahrdeten Querschnitten im Abschnitt 1−2mit N = −3.200 N und My = 1.920Nm.

6y

�z

�z

?x

��6My6

|N |

6666666− |N |

A

������

??? 6

66

My

Wy

−My

Wy

maximale Zugspannung

σxx = −|N |

A+

My

Wy

= (−4, 19 + 96, 00) N/mm2 = 91, 81 N/mm2,

maximale Druckspannung

σxx = −|N |

A−

My

Wy

= (−4, 19− 96, 00) N/mm2 = −100, 19 N/mm2.

4

Technische Mechanik I

AUFGABE 2 (16 Punkte)

Das System in Abb. 2 besteht aus dem Stab 0 − 1 − 2 − 3, der in 0 eingespanntist. In 1 und 3 sind Rollen mit dem Radius r angelenkt. Uber die Rollen ist ein Seilgeschlungen, welches die Last G halt.a ) Man bestimme die Reaktionen in allen Bindungen.b ) Fur den Stab 0 − 1 − 2 − 3 berechne man die Schnittgroßen und stelle siegraphisch dar. Wo befindet sich der gefahrdete Querschnitt des Stabes?

Abb. 2

0

��

r

r

���

���

����

���

rG

� -12l � -1

2l

?

6

12l

1

2

3

r�

�

r��

5

LOSUNG

a ) Freischneiden

0�H0

6

V0

'&-M0

-H1

?

V1

��

r

r-H3

?

V3

1r� H16

V1

3 r�H3

6V3

S2

S3

���� S2

?S1

���

-

6S1

?G

r

� -12l � -1

2l

?

6

12l

1

2

3

r��

r��

-x1 -x2

6x3

Last∑

FiV = S1 −G = 0 → S1 = G

Rolle 1∑

Mi(1) = S1 · r − S2 · r = 0 → S2 = S1 = G∑

FiH = −H1 + S2 cos(450) = 0 → H1 = S2 cos(45

0) = 0, 707G∑

FiV = V1 − S1 + S2 sin(450) = 0 → V1 = S1 − S2 sin(45

0) = 0, 293G

Rolle 3∑

Mi(3) = S2 · r − S3 · r = 0 → S3 = S2 = G∑

FiH = −H3+S3−S2 cos(450) = 0 → H3 = S3−S2 cos(45

0) = 0, 293G∑

FiV = V3 − S2 sin(450) = 0 → V3 = S2 sin(45

0) = 0, 707G

Stab∑

FiH = −H0 +H1 +H3 = 0 → H0 = H1 +H3 = G

6

∑

FiV = V0 − V1 − V3 = 0 → V0 = V1 + V3 = G

∑

Mi(0) = M0−V1 ·1

2l−H3 ·

1

2l−V3 · l = 0 → M0 = V1 ·

1

2l+H3 ·

1

2l+V3 · l = Gl

Kontrollgleichung

∑

Mi(2) = M0 − V0 · l + V1 ·1

2l −H3 ·

1

2l = 0

b ) Schnittgroßen im Stab 0− 1− 2− 3

0�H0

6

V0

��-

M0

0�H0

6

V0

��-

M0

1 -H1

?

V1 q

3� �q-?H3

V3

-

?

��

�

N

Qz

My

-

?

��

�

N

Qz

My

-x1

� -12l -

x2

6

?

12l − x3

?

���6

N

QzMy

0 < x1 <1

2l, N = H0 = G, Qz = V0 = G, My = −M0 + V0 · x1 = −Gl +Gx1,

x1 = 0 → My = −Gl, x1 =1

2l → My = −

1

2Gl,

0 < x2 <1

2l, N = H0 −H1 = 0, 293G, Qz = V0 − V1 = 0, 707G,

My = −M0 + V0 · (1

2l + x2)− V1 · x2 = −

1

2Gl + 0, 707Gx2,

x2 = 0 → My = −1

2Gl, x2 =

1

2l → My = −0, 146Gl,

0 < x3 <1

2l, N = −V3 = −0, 707G, Qz = H3 = 0, 293G,

My = −H3 · (1

2l − x3)

x3 = 0 → My = −0, 146Gl, x3 =1

2l → My = 0

Schnittgroßendiagramme

N0 1

2

3

G0, 293G

−0, 707G

7

Qz

0 1 2

3

G0, 707G

0, 293G

My

0 12

3

q

q

q

q

−Gl

−0, 500Gl

−0, 146Gl

−0, 146Gl

Der gefahrdete Querschnitt des Stabes 0 − 1 − 2 − 3 befindet sich in 0 (x1 = 0)mit N = G und My = −Gl.

8

Technische Mechanik I

AUFGABE 3 (18 Punkte)

Der Stab in Abb. 3 ist in 0 gelenkig gelagert und in 1 und 2 abgestutzt. Es wird in 3durch die Kraft F belastet. Die Biegesteifigkeit dieses einfach statisch unbestimmtgelagerten Stabes ist EIyy = EI = konst. Man bestimmea ) die Reaktionen in allen Bindungen undb ) die Gleichungen der Biegelinie in den Abschnitten 0 − 1, 1 − 2 und 2 − 3.Man skizziere auch den Verlauf der Biegelinie und berechne die Verschiebung desAngriffspunktes 3 in Richtung der Kraft.

Abb. 3

0

�� �� �� ��

��h1

AA ����������

2

�� AA�� �� �� ��

� -25l � -4

5l � -4

5l

3?

F

9

LOSUNG

a ) Freischneiden

0-

H0

6

V0 = X

h-x1

1

?

FN1

-x2

2

6FN2

-x3

� -25l � -4

5l � -4

5l

3?

F

∑

Mi(2) = −F ·4

5l −X ·

6

5l + FN1 ·

4

5l = 0 → FN1 = F +

3

2X

∑

Mi(1) = −F ·8

5l −X ·

2

5l + FN2 ·

4

5l = 0 → FN2 = 2F +

1

2X

∑

FiH = H0 = 0

Kontrollgleichung∑

FiV = −F +X − FN1 + FN2 = 0

Schnittgroßen

6

X

0-N

?Qz

��

�My

-x1

6

X

1?

FN1

0-

N

?Qz

��

�My

-x2

� -25l

3?

F

-�

45l − x3

@@

�N

6

Qz

��-My

0 < x1 <2

5l, My(x1) = X · x1,

0 < x2 <4

5l, My(x2) = X · (

2

5l + x2)− FN1 · x2 = −(F +

1

2X)x2 +

2

5Xl,

0 < x3 <4

5l, My(x3) = −F · (

4

5l − x3) = Fx3 −

4

5Fl,

Bereich x1: EI[w(x1)]′′ = −My(x1) = −Xx1,

EI[w(x1)]′ = −

1

2Xx2

1 + C1,

EIw(x1) = −1

6Xx3

1 + C1x1 + C2

Randbedingungen:w(x1 = 0) = 0 → C2 = 0,

10

w(x1 =2

5l) = 0 → C1 =

2

75Xl2

EI[w(x1 =2

5l)]′ = −

4

75Xl2

Bereich x2: EI[w(x2)]′′ = −My(x2) = (F + 1

2X)x2 −

25Xl

EI[w(x2)]′ =

1

2(F +

1

2X)x2

2 −2

5Xlx2 + C3,

EIw(x2) =1

6(F +

1

2X)x3

2 −1

5Xlx2

2 + C3x2 + C4

Ubergangsbedingungen: w(x2 = 0) = 0 → C4 = 0

[w(x1 =2

5l)]′ = [w(x2 = 0)]′ → C3 = −

4

75Xl2

w(x2 =4

5l) = 0 → X =

2

3F

V0 = X =2

3F, FN1 = 2F, FN2 =

7

3F

623F

?

2F

6

73F

0

1

2 3

� -25l � -4

5l � -4

5l

h ?

F

b ) Gleichungen der Biegelinie:Bereich x1:

EI[w(x1)]′ = −

1

3Fx2

1 +4

225Fl2, EIw(x1) = −

1

9Fx3

1 +4

225Fl2x1

Bereich x2:

EI[w(x2)]′ =

2

3Fx2

2 −4

15Flx2 −

8

225Fl2,

EIw(x2) =2

9Fx3

2 −2

15Flx2

2 −8

225Fl2x2

Bereich x3:

EI[w(x3)]′′ = −My(x3) = −Fx3 +

4

5Fl,

EI[w(x3)]′ = −

1

2Fx2

3 +4

5Flx3 + C5,

EIw(x3) = −1

6Fx3

3 +2

5Flx2

3 + C5x3 + C6

Randbedingungen:w(x3 = 0) = 0 → C6 = 0,

11

[w(x2 =4

5l)]′ = [w(x3 = 0)]′ → C5 =

8

45Fl2

EI[w(x3)]′ = −

1

2Fx2

3 +4

5Flx3 +

8

45Fl2,

EIw(x3) = −1

6Fx3

3 +2

5Flx2

3 +8

45Fl2x3

Darstellung der Biegelinie

EI[w(x1)]′ = −

1

3Fx2

1 +4

225Fl2 = 0 → x∗

1 = 0, 231 l

EI[w(x2)]′ =

2

3Fx2

2 −4

15Flx2 −

8

225Fl2 = 0 → x∗

2 = 0, 506 l

Verschiebung des Punktes 3 in Richtung der Kraft F :

w(x3 =4

5l) = w∗ =

325

1125

Fl3

EI

t�� AA

�� �� �� ��

AA ����������

�� AA�� �� �� ��

0

1

2

3

� -25l � -4

5l � -4

5l

?

F

r-

x∗1

r

-x∗2

?w∗

12

KLAUSUR ZUR TECHNISCHEN MECHANIK IITermin: 17. Marz 2012Die Bearbeitungszeit fur alle drei Aufgaben betragt 90 Minuten.

AUFGABE 1 (16 Punkte)

Das System in Abb. 1 dreht sich mit der konstanten Winkelgeschwindigkeit ω =25 rad/s um die vertikale Achse ∆. An der Drehachse ist in 0 ein Stab von derLange l = 0, 900 m angelenkt, dessen Ende durch ein horizontales Seil 2 − 3 inder dargestellten Lage mit α = 350 gehalten wird. Entlang des Stabes kann sichein punktformiger Korper von der Masse m verschieben, der durch eine Feder inder dargestellten Lage gehalten wird. Die Federkonstante ist c = 4, 6 kN/m, dieunverformte Lange ist s∗ = 0, 300 m und die aktuelle Lange betragt s = 0, 350 m.a ) Fur welchen Wert der Masse m befindet sich der Korper in der dargestelltenLage im relativen Gleichgewicht?b ) Mit diesem Wert fur m berechne man die Stutzkraft zwischen Korper und Stab.c ) Man bestimme die Reaktionen in 0 und 2 sowie die Schnittgroßen des Stabes 0−1− 2 und ihre graphische Darstellung. Wo befindet sich der gefahrdete Querschnittdes Stabes ?

Abb. 1

∆

0

23

qfJJJJJJJJJJJJ

JJJJJJJJJJJJ

JJ

JJ

JJ

JJ

JJ

JJ

rr

1

mrc

rHHHHH

3α

3α

�

2��

���

HHHHHHHHHHj

s��

��

HHHHHHHjs∗

6

?

s

��

���

��

��

JJ

JJ

JJ]

JJJJJJ

2s cos(α)

JJ

JJ

JJ

JJJ

]JJJJJJJJJ

l

� -s sin(2α)

�ω

13

LOSUNG a ) Freischneiden des KorpersAuf den freigeschnittenen Korper von der Masse m wirken folgende Krafte:- die Gewichtskraft mg- die Federkraft Fe = c(s− s∗) mit c = 4.600 N/m, s = 0, 350 m und s∗ = 0, 300

m ergibt Fe = 230, 000 N- die Tragheitskraft (Fliehkraft) F (T )

n = mrω2 mit r = s sin(2α) = 0, 329 m- die Stutzkraft FN

1rFe HHHHYHHHHHH

?mg

-

F (T )n

��

���+

FN

���

����3

��

��

���

y

JJJJJJ

JJ

JJ

JJ

x

3α

K α

3α

∑

Fix = mg cos(α)− Fe cos(α) + F (T )n sin(α) = 0

→ m =Fe cos(α)

g cos(α) + rω2 sin(α)= 1, 496 kg

mg = 14, 676N, F (T )n = mrω2 = 307, 615N,

b) Berechnung von FN

∑

Fiy = −mg sin(α)− Fe sin(α)− FN + F (T )n cos(α) = 0

→ FN = −Fe sin(α)−mg sin(α) + F (T )n cos(α) = 111, 643N

c) Stab 0− 1− 2

0

2

qdJJJJJJJJJJJJJJJJ

JJJJJJJJJJJJJJJJq

��

��

��

��

JJ

JJ]

JJJJ

l1

JJ

JJ

JJJ

]JJJJJJJ

l

q

��+z

JJx

��

��3FN

1

�F2JJ]F2 sin(α)

���+F2 cos(α)

���

JJ�

��

��

α

JJN0

��+Q0

Auf den freigeschnittenen Stab wirken folgende Krafte:- in 1 die Stutzkraft FN

14

- im Gelenk 0 die Krafte N0 und Q0

- in 2 die Seilkraft F2

Es gelten l1 = 2s cos(α) = 0, 573 m und l2 = l − l1 = 0, 327 m

∑

Mi(0) = FN · l1 − F2 cos(α) · l = 0 → F2 = 86, 772N

∑

Mi(2) = −FN · (l − l1) +QO · l = 0 → QO = 40, 564N∑

Fix = NO − F2 sin(α) = 0 → NO = 49, 770N

-N0

?Q0

r?F2 cos(α)

�F2 sin(α)i

6FN

0 1 2

� -l1 � -l2

- x1- x2

Schnittgroßen der Abschnitte 0− 1 und 1− 2

h0-N0

?Q0-

x1

-N

?Qz

��

�My 2r?F2 cos(α)

�F2 sin(α)�

N 6

Qz

��-My

-�l2 − x2

0 < x1 < l1 = 0, 573m, N = −N0 = −49, 770N, , Qz = −Q0 = −40, 564N, My = −Q0·x1,

x1 = 0 → My = 0, x1 = l1 → My = −Q0l1 = −23, 243Nm

0 < x2 < l2 = l−l1 = 0, 327m, N = −F2 sin(α) = −49, 770N, , Qz = F2 cos(α) = 71, 079N,

My = −F2 cos(α) · (l2 − x2),

x2 = 0 → My = −F2 cos(α) · l2 = −23, 243Nm, x2 = l2 → My = 0

N

−49, 770 N

0 1 2

Qz

−40, 564 N

71, 079 N

0 1

2

15

My ��������������

HHHHHHHHHH

0 1 2

−23, 243 Nmq

Der gefahrdete Querschnitt befindet sich an der Stelle 1 (x1 = l1) und dieSchnittgroßen sind N = −49, 770 N und My = −23, 243 Nm.

16

Technische Mechanik II

AUFGABE 2 (16 Punkte)

Das System in der Abb. 2 besteht aus den Korpern mit den Massen m1 = 15 kgund m2 = 20 kg, die mit einem Seil verbunden sind. Das Seil ist uber eine festeRolle mit dem Radius r = 0, 350 m und dem axialen Tragheitsmoment JO = 1, 5kg·m2 geschlungen. Auf dem Korper mit der Masse m1 liegt ein Korper mit derMasse m0 = 10 kg. Der Korper mit der Masse m2 ist mit einer Feder verbunden,die in der Lage mit s = 0 unverformt ist. Die Federkonstante ist c = 210 N/m. DieBewegung beginnt aus dem Ruhezustand in der Lage I mit s = 0.a ) Man ermittle die Geschwindigkeit vII = s und die Beschleunigung s in dieZwischenlage II, nachdem die Korper den Weg s zuruckgelegt haben.b ) Man berechne die Geschwindigkeit vIII in die Lage III, nachdem die Korperden Weg sI−III = h1 = 0, 300 m zuruckgelegt haben.c ) In der Lage III bewegt sich der Korper mit der Masse m1 durch einen Ring,welcher die Masse m0 zuruckhalt. Danach bewegt sich das System ohne die Massem0 bis in die Lage IV , in der die Geschwindigkeit gleich null wird. Man bestimmeden aus der Lage III bis in die Lage IV zuruckgelegten Weg h2.

Abb. 2

rf O��r, JO��

m1���

m0

AA

m2

HH

I

II ?s

III?

6

h1

IV?

6h2

�������U

ϕ = s/r

I

II

@@@Ir

I

II6s

I

II6s

III 6

?

h1

IV 6

?h2

c

17

LOSUNG

Konservatives System sowohl im Abschnitt I−III vor dem Verlust der Masse m0

als auch im Abschnitt III−IV nach dem Verlust der Massem0 mit unterschiedlichenGesamtenergien.

a ) Es wird angenommen, dass das Potential der Gewichtskrafte und der Feder-kraft in der Lage I mit s = 0 und unverformter Feder gleich null ist.

Lage I mit EkI = 0 und EpI = 0 sowie EmI = EkI + EpI = 0.Lage II: Lageparameter s und ϕ = s/r sowie Geschwindigkeiten s und ϕ = s/r

EkII =1

2(m0 +m1)s

2 +1

2m2s

2 +1

2JOϕ

2 =1

2

(

m0 +m1 +m2 +JOr2

)

s2 =1

2mes

2,

me = m0 +m1 +m2 +JOr2

= 57, 245 kg,

EpII = −(m0 +m1)gs+m2gs+1

2cs2 = −(m0 +m1 −m2)gs+

1

2cs2,

EmII = EkII + EpII =1

2mes

2 − (m0 +m1 −m2)gs+1

2cs2

EmI = EmII = 0 → s2 =2

me

[

(m0 +m1 −m2)gs−1

2cs2

]

. (∗)

Ableitung nach der Zeit der Gleichung (∗)

2sds

dt=

2

me

[

(m0 +m1 −m2)gs− css]

=2

me

[

(m0 +m1 −m2)g − cs]

s

s =1

me

[

(m0 +m1 −m2)g − cs]

.

b ) In der Lage III mit sI−III = h1 = 0, 300 m und s = vIII folgt aus Gl. (∗)

vIII =

√

2

me

[

(m0 +m1 −m2)gh1 −1

2ch2

1

]

= 0, 429m/s.

c )Nach dem Verlust der Masse m0 hat das System in der Lage III folgendeEnergiewerte

EkIII =1

2

(

m1 +m2 +JOr2

)

v2III = 4, 348 J

und

EpIII = (−m1 +m2)gh1 +1

2ch2

1 = 24, 165Nm,

EmIII = EkIII + EpIII = 28, 513 J.

In der Lage IV ist die Geschwindigkeit gleich null und somit EkIV = 0.Das Potential in der Lage IV ist

EpIV = (−m1 +m2)g(h1 + h2) +1

2c(h1 + h2)

2

= 24, 165Nm + (63, 000N)h2 + (105, 000N/m)h22.

Aus EkIII + EpIII = EkIV + EpIV = 28, 513 J folgt die quadratische Gleichungzur Berechnung von h2

h22 + (0, 600m)h2 − (0, 041m2) = 0

mit der sinnvollen Losungh2 = 0, 062m.

Mit diesem Wert ist die Gesamtenergie in der Lage IV EmIV = 28, 475 J.

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Technische Mechanik II

AUFGABE 3 (18 Punkte)

Das System in Abb. 3 besteht aus einer festen Rolle 1 von der Massem1 = 20 kg, mitdem Radius r = 0, 250 m und dem axialen zentralen Tragheitsmoment J1 = 0, 750kg·m2. Auf die Rolle wirkt das Antriebsmoment M = 150 Nm. Uber die Rolleist ein Seil geschlungen, an dessen einem Ende der Korper von der Masse m = 45kg befestigt ist. Das andere Ende des Seils ist uber die Rolle 2 gefuhrt und auchmit dem Korper von der Masse m verbunden. Die Rolle 2 hat die Masse m2 = 30kg, den Radius r = 0, 250 m und das axiale zentrale Tragheitsmoment J2 = 0, 950kg·m2. Auf die Rolle 2 wirkt auch die vertikale Kraft F = 100 N, die das Seil aufSpannung halt.a ) Man bestimme den Zusammenhang zwischen den kinematischen Parametern sund ϕ sowie deren erste und zweite Ableitungen nach der Zeit.b ) Man berechne die Beschleunigungen s und ϕ sowie die Krafte in allen Bindungen.

Abb. 3

rf1@@

m1, r, J1 ��

rh 2

@@m2, r, J2

mq6s

HHHHHHH�

ϕ

HHHHHHH�ϕ

j M

?F

����r

19

LOSUNG

a ) Kinematik:

s = rϕ, s = rϕ s = rϕ (1)

b ) Freischneiden

rf16V1

�H1

?m1g

rh2FN

-

m2g?

?S2

6S1

?S1

6S2

?S0

6S0

q6s

HHHHHHH�

ϕ

HHHHHHH�ϕ

j M

?F

NJ1ϕ

jJ2ϕ

?mg

?ms

Rolle 1∑

Mi(1) = −M + S1 · r − S0 · r + J1ϕ = 0, (2)

∑

FiH = −H1 = 0,∑

FiV = V1 −m1g − S1 − S0 = 0 (3)

Rolle 2∑

Mi(2) = −S2 · r + S0 · r + J2ϕ = 0 (4)∑

FiH = FN = 0,∑

FiV = −m2g + S2 + S0 − F = 0 (5)

Masse m∑

FiV = −mg + S1 − S2 −ms = 0 (6)

Aus (2) wird S1 − S0 und aus (4) wird S0 − S2 bestimmt. Durch addition folgt

S1 − S2 =M

r−

J1rϕ−

J2rϕ.

Dieses Zwischenergebnis wird in Gl. (6) eingesetzt und (1) berucksichtigt

s =Mr−mg

m+ J1r2

+ J2r2

= 2, 196 m/s2, ϕ = 8, 784 rad/s2

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Krafte in den Bindungen

S0 =1

2

(

F +m2g −J2rϕ)

= 180, 460N,

S1 =1

2

(

F +m2g +J2rϕ)

+m(g + s) = 754, 110N,

S2 =1

2

(

F +m2g +J2rϕ)

= 213, 840N,

V1 = m1g +m(g + s) +m2g + F = 1.130, 770N.

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