Repetitorium Technische Mechanik II - IDS · PDF fileRepetitorium Technische Mechanik II Version 3.1, 09.02.2010 Dr.-Ing. L. Panning Institut für Dynamik und Schwingungen Gottfried

Repetitorium

Technische Mechanik II

Version 3.1, 09.02.2010

Dr.-Ing. L. Panning

Institut für Dynamik und Schwingungen

Gottfried Wilhelm Leibniz Universität Hannover

Dieses Repetitorium soll helfen,

• klassische Aufgabentypen aus der Technischen Mechanik zu beherrschen,

• häufig auftretende Fehler zu vermeiden und

• anhand durchgerechneter Beispiele verschiedene Lösungswege beurteilen zu können.

Dieses Repetitorium soll nicht

• als Probeklausur interpretiert werden,

• den Anspruch auf eine vollständige Abdeckung des Lehrstoffes erheben und

• als Hinweis auf den Klausurinhalt verstanden werden!

Ziel ist es, eine Sammlung charakteristischer Fragestellungen mit entsprechenden Lösungswegen be-reitzustellen. Einige ausgewählte Aufgaben werden dann beispielhaft während des Repetitoriumsdurchgerechnet und diskutiert.

Dank an die wissenschaftlichen MitarbeiterInnen des IKM und IDS für die tatkräftige Unterstützung!

Bei Anregungen oder Korrekturen bitte kurze E-Mail an [email protected].

Dr.-Ing. Lars Panning

Gottfried Wilhelm Leibniz Universität HannoverRepetitorium Technische Mechanik II

Frühjahr 2010Seite 1/18

Musterlösungen (ohne Gewähr)

Aufgabe 1

Ein homogener Stab (Länge `, Querschnittsflä-che A, Gewicht G, Elastizitätsmodul E, Wärme-ausdehnungskoeffizient α) ist bei x = 0 aufgehängtund berührt gerade den Boden ohne Druck.

a) Bestimmen Sie die Spannungsverteilung σ(x)

im Stab nach einer gleichmäßigen Erwärmungum ∆ϑ!

b) Für welche Temperaturdifferenz ∆ϑ herrscht imgesamten Stab Druck?

Gegeben: `, A, G, E, α, ∆ϑ, g.

G

g

E A, , �

�

x

Lösung

a) Dehnung ε(x) =du

dx=

σ(x)

E+ α∆ϑ(x)

Spannung σ(x) =N(x)

A(x)

Normalkraft durch Eigengewicht NG(x) = G(1− x

`

)(linearer Verlauf der Streckenlast qx(x))

Randbedingungen u(x = 0) = 0, u(x = `) = 0

zusätzliche Stabverlängerung durch Erwärmung:

∆` = u(`)− u(0) =

x=`∫x=0

εϑ(x) dx!= 0

0 =

x=`∫x=0

Nϑ

EA+ α∆ϑ dx =

[Nϑx

EA+ α∆ϑx

]x=`

x=0

0 =

[Nϑ`

EA+ α∆ϑ`

]→ Nϑ = −EAα∆ϑ

gesamte Normalkraft N(x) = NG(x) + Nϑ(x) = G(1− x

`

)− EAα∆ϑ

gesamte Spannung σ(x) = σG(x) + σϑ(x) =G

A

(1− x

`

)︸︷︷︸

Zug

−Eα∆ϑ︸︷︷︸Druck

Frühjahr 2010 Repetitorium Technische Mechanik II 18.02.2010




b) Die größte Zugkraft herrscht bei x = 0

→ N(x = 0)!< 0 → G

A− Eα∆ϑ < 0 → ∆ϑ >

G

EAα

Tipps und Tricks

Der Normalkraftverlauf aufgrund Eigengewicht muss bei einem homogenen Stab einem linearenVerlauf folgen!

Die größte Normalkraft aufgrund Eigengewicht muss hier in der Einspannung vorliegen undam Stabende null sein!

Die Spannungen aufgrund Normalkraft und aufgrund der Wärmedehnung können aufgrund derLinearität des Systems getrennt voneinander betrachtet und überlagert werden!

Dimensionskontrolle: Einheit der Spannung [σ] =N

m2· (−)− N

m2· [−] · [−] =

N

m2X





Aufgabe 2

Ein zweiseitig spiel- und zunächst spannungsfreifest eingespannter Stab (konstante Querschnitts-fläche A) ist aus zwei verschiedenen Materialien(Stahl, Aluminium) gefertigt, die im QuerschnittC aneinanderstoßen. In C wirkt wie skizziert dieäußere Kraft F .

a) Wie groß sind die Normalkräfte in der rechtenund linken Einspannung?

b) Bestimmen Sie die Normalkräfte, wenn das Sys-tem zusätzlich um die Temperaturdifferenz ∆ϑ

erwärmt wird!

Gegeben: `, a, A, F , ∆ϑ, ESt, ESt/EAl = 3, αSt, αSt/αAl = 1/2.

�

x

a

F

CStahl Aluminium

Lösung

Das Gesamtsystem ist statisch überbestimmt, da nur eine Kräftesumme horizontal für zwei Unbe-kannte zur Verfügung steht.

a) Kräftegleichgewicht −N1 + N2 − F = 0 → N2 = F + N1 (1)

Verlängerung der Stäbe:

∆`1 =N1`1

E1A1

=N1a

EStA(2)

∆`2 =N2`2

E2A2

=N2(`− a)

EAlA(3)

Randbedingung: ∆`ges = ∆`1 + ∆`2!= 0 (4)

Vier Gleichungen für vier Unbekannte (N1, N2, ∆`1, ∆`2). Einsetzen von (1) bis (3) in (4) liefert:

N1a

EStA+

(F + N1)(`− a)

EAlA= 0 → N1

(a

EStA+

`− a

EAlA

)= −F

`− a

EAlA→ N1 = −F

`− a

aEAl

ESt+ (`− a)

→ N1 = −F3`− 3a

3`− 2a(Druckkraft) → N2 = F + N1 → N2 = F

a

3`− 2a(Zugkraft)





Alternative:Überlagerung zweier statisch bestimmter Systeme und Beachtung der Randbedingung (Kraft N2

ersetzt die noch unbekannte Kraft im rechten Festlager)

F N2

F

=

+N

2

1 2

©1 u1(x = `) = u1(x = a) = − Fa

E1A©2 u2(x = `) =

N2a

E1A+

N2(`− a)

E2A

Superposition:

u(x = `) = u1(x = `) + u2(x = `)!= 0 → − Fa

E1A+

N2a

E1A+

N2(`− a)

E2A= 0

→ N2

(a

EStA+

`− a

EAlA

)=

Fa

EStA→ N2 = F

a

3`− 2a→ N1 = −F

3`− 3a

3`− 2aX

b) Verlängerung der Stäbe jetzt:

∆`1 =N1`1

E1A1

+ α1∆ϑa =N1a

EStA+ αSt∆ϑa

∆`2 =N2`2

E2A2

+ α2∆ϑ(`− a) =N2(`− a)

EAlA+ αAl∆ϑ(`− a)

→ N1a

EStA+ αSt∆ϑa +

(F + N1)(`− a)

EAlA+ αAl∆ϑ(`− a) = 0

→ N1

(a

EStA+

`− a

EAlA

)= −F

`− a

EAlA− (αSta + αAl(`− a))∆ϑ

→ N1 = −F3`− 3a

3`− 2a− 2`− a

3`− 2aEStAαSt∆ϑ

→ N2 = Fa

3`− 2a− 2`− a

3`− 2aEStAαSt∆ϑ

Tipps und Tricks

Das System ist statisch überbestimmt - daher müssen die Gleichungen zur Verformung heran-gezogen werden!

Randbedingungen beachten: Die Verformungen bei x = 0 und x = ` müssen null sein!





Aufgabe 3

Ein gewichtsloser, starrer Stuhl wird durch dreielastische Stäbe (jeweils Dehnsteifigkeit EA) ge-halten und durch die Kraft F belastet.

a) Bestimmen Sie die Stabkräfte und die Verlän-gerung aller Stäbe!

b) Wie groß ist die horizontale und vertikale Ver-schiebung des Punktes C?

Gegeben: a, EA, F .

F

a a

a

a

x

y

A

B C

1

2

3

Lösung

a)

F

A

B C

S1

S2

S3

E

Stabkräfte:∑M (C) = 0 = aS1 − aF → S1 = F∑M (E) = 0 = aS2 → S2 = 0∑FV = 0 = S3 sin 45◦ + F → S3 = −

√2F

Stabverlängerungen:

∆`1 =S1`1

EA=

Fa

EA(Verlängerung), ∆`2 =

S2`2

EA= 0, ∆`3 =

S3`3

EA= −2

Fa

EA(Verkürzung)





b) Kleine Verformungen → Richtungen der Stäbe bleiben erhalten.

Stabkraft S2 = 0 → Punkt C erfährt rein vertikale Verschiebung (klein!) → ux = 0

Verschiebungsplan:

x

C

C'

y

��3

vertikale Verschiebung (C→ C’):

uy = −√

2|∆`3| = −2√

2Fa

EA(nach unten)





Alternative: Formänderungsenergien

a a

a

a

x

y

A

B C

1

2

3

Virtuelles System

a) b)

a a

a

a

x

y

A

B C

1

2

3

F̄

F̄

reell virtuell Fall a) virtuell Fall b)i ì Si S̄i SiS̄iì S̄i SiS̄iì

1 a F 0 0 0 02 a 0 −F̄ 0 −F̄ 03

√2a −

√2F

√2F̄ −2

√2FF̄a 0 0∑

−2√

2FF̄a 0

vertikale Verschiebung (Fall a):

F̄ uy =3∑

i=1

SiS̄i

EAì = − 1

EA2√

2FF̄a → uy = −2√

2Fa

EA(nach unten)

horizontale Verschiebung (Fall b):

F̄ ux =3∑

i=1

SiS̄i

EAì = 0 → ux = 0

Tipps und Tricks

Bei Anwendung der virtuellen Kräfte müssen sich diese am Ende wieder herauskürzean lassen!





Aufgabe 4

Der Kragbalken mit dem skizzierten Querschnitt konstanter Wandstärke t wird am Ende mit derKraft F belastet.

Wie groß ist die maximale Biegespannung in dem Träger?

Gegeben: a, ` = 40a, t, t � a, F .

F

a a

2a

2a 2a

�

t

F

Lösung

Schwerpunktberechnung:

i Ai z̄i Aiz̄i

1 2at 0 0

2 2at a 2a2t

3 2at a 2a2t

4 at 2a 2a2t

5 at 2a 2a2t∑8at 8a2t

z̄S =8a2t

8at= a





a a

2a

2a 2atS

1

23

4 5

z

yz̄

Flächenträgheitsmoment:

Iyy =1

12· 2at3 + 2a3t + 2

(1

12· 8a3t

)+ 2

(1

12at3 + a3t

)≈ 16

3a3t (da t � a)

Widerstandsmoment:

W =Iyy

zmax

=16a3t

3a=

16

3a2t

Maximales Biegemoment im Einspannquerschnitt:

Mb,max = −40aF

Maximale Biegespannung:

|σb,max| =|Mb,max|

W=

40aF163a2t

=15

2

F

at

Tipps und Tricks

Neutrale Faser geht bei gerader Biegung ohne zusätzliche Normalbelastung durch den Schwer-punkt des Profils!

Schwerpunkt und entsprechendes Flächenträgheitsmoment muss zunächst berechnet werden!

Vorsicht bei schiefer Biegung (unsymmetrisches Profil und/oder Belastung)!

Die Anteile der Flächen 1, 4 und 5 am Flächenträgheitsmoment Iyy resultieren ausschließlichaus den Steiner-Anteilen, da t � a!





Aufgabe 5

Der einseitig eingespannte Balken (Länge `, Bie-gesteifigkeit EI) wird durch eine parabelförmigeStreckenlast (Maximum q0 bei x = `/2) beauf-schlagt. Er wird an seinem freien Ende durch eineFeder (Federsteifigkeit c) gestützt.

Ermitteln Sie die Biegelinie w(x)!

Gegeben: `, q0, EI, κ, c = κEI

`3.

�

x

cEI

q0

w x( )

Lösung

a) Ermittlung der Biegelinie aus Mb(x) = −EIw′′(x)

(kleine Verformungen, Querkräfte vernachlässigt, EI = const.)

Zusammenhänge der Schnittgrößen:

Q(x) =dMb(x)

dx= M ′

b(x), q(x) = −dQ(x)

dx= −Q′(x) = −M ′′

b (x)

→ q(x) = EIw′′′′(x) (Dgl. 4. Ordnung)

4 Randbedingungen:

geometrische Randbedingungen:

w(x = 0) = 0 (keine Durchsenkung bei x = 0 (Einspannung!))

w′(x = 0) = 0 (keine Neigung bei x = 0 (Einspannung!))

dynamische Randbedingungen:

Mb(x = `) = −EIw′′(x = `) = 0 → w′′(x = `) = 0 (kein Biegemoment bei x = `!)

Q(x = `) = −EIw′′′(x = `) = −cw(x = `) → w′′′(x = `) =c

EIw(x = `)

(Querkraft muss am Ende des Balkens der Federkraft entsprechen, VZ. beachten!)





Parabelförmige Streckenlastq(x) = ax2 + bx + c mit q(x = 0) = q(x = `) = 0 und q(x = `/2) = q0.q(x = 0) = 0 = c → c = 0

q(x = `) = 0 = a`2 + b` → b = −a`

q(x = `/2) = q0 =1

4a`2 +

1

2b` = −1

4a`2 → a = −4

q0

`2→ b = 4

q0

`

→ q(x) = −4q0

`2x2 + 4

q0

`x = q0

[−4(x

`

)2

+ 4(x

`

)]

Viermalige Integration der Streckenlast ergibt

w′′′′(x) =q0

EI

[−4(x

`

)2

+ 4(x

`

)]w′′′(x) =

q0`

EI

[−4

3

(x

`

)3

+ 2(x

`

)2

+ C1

]w′′(x) =

q0`2

EI

[−1

3

(x

`

)4

+2

3

(x

`

)3

+ C1

(x

`

)+ C2

]w′(x) =

q0`3

EI

[− 1

15

(x

`

)5

+1

6

(x

`

)4

+1

2C1

(x

`

)2

+ C2

(x

`

)+ C3

]w(x) =

q0`4

EI

[− 1

90

(x

`

)6

+1

30

(x

`

)5

+1

6C1

(x

`

)3

+1

2C2

(x

`

)2

+ C3

(x

`

)+ C4

]

Bestimmung der Integrationskonstanten C1, . . . C4 aus den Randbedingungen

w(x = 0) = 0 → C4 = 0

w′(x = 0) = 0 → C3 = 0

w′′(x = `) = 0 =q0`

2

EI

[−1

3+

2

3+ C1 + C2

]→ 0 =

1

3+ C1 + C2 → C2 = −1

3− C1

w′′′(x = `) =c

EIw(x = `)





→ q0`

EI

[−4

3+ 2 + C1

]=

c

EI

q0`4

EI

[− 1

90+

1

30+

1

6C1 +

1

2C2

]→[2

3+ C1

]=

c`3

EI

[1

45+

1

6C1 +

1

2C2

]= κ

[1

45+

1

6C1 +

1

2

(−1

3− C1

)]→ 2

3+ C1 = κ

[−13

90− 1

3C1

]→ C1

(1 +

1

3κ

)= −

(2

3+

13

90κ

)→ C1 = −60 + 13κ

90 + 30κ

→ C2 = −1

3− C1 → C2 =

30 + 3κ

90 + 30κ

→ w(x) =q0`

4

EI

[− 1

90

(x

`

)6

+1

30

(x

`

)5

− 60 + 13κ

540 + 180κ

(x

`

)3

+30 + 3κ

180 + 60κ

(x

`

)2]

b)w(x = `) =

q0`4

EI

[− 1

90+

1

30− 60 + 13κ

540 + 180κ+

30 + 3κ

180 + 60κ

]=

q0`4

EI

[2

90+

30− 4κ

540 + 180κ

]=

q0`4

EI

[7

90 + 30κ

]

00 10.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9

x/� [-]

w/

q 0�4

EI

[-]

0.02

0.04

0.06

0.08κ = 0κ = 1κ = 5κ = 1000

Tipps und Tricks

Im Allgemeinen lassen sich für den Balken an beiden Enden jeweils zwei Randbedingungen (biszur 1. Ableitung w′(x) geometrisch oder ab der 2. Ableitung w′′(x) dynamisch) formulieren!

Die Randbedingung zur Querkraft am Balkenende stellt eine so genannte inhomogene Rand-bedingung dar!





Aufgabe 6

Der Torsionsstab mit den skizzierten dünnwandigen Profilen©1 (ungeschlitzt) und©2 (geschlitzt)wird an seinem freien Ende mit dem Torsionsmoment MT beaufschlagt. Die zulässige Schubspannungbeträgt τzul.

2t

t

a

a 2t

t

a

a

�

1 2

MT

a) Wie groß ist das maximal aufnehmbare Torsionsmoment MT,max beider Stäbe?

b) Wie groß ist die Verdrehung des freien Endes beider Stäbe in diesem Fall?

Gegeben: a = 20 cm, t = 2 mm, ` = 5 m, G = 0, 8 · 105 MPa, τzul = 40 MPa.

Lösung

a) τmax =MT

WT

!< τzul → MT < WTτzul = MT,max

Fall©1 : Torsionswiderstandsmoment WT = 2Ambmin = 2a2t (1. Bredtsche Formel)

→ MT < 2a2tτzul → MT < 2 · (0, 2 m)2 · 0, 002 m · 40 · 106 N/m2 = 6400 Nm

Fall©2 : Torsionswiderstandsmoment WT =1

3bmax

∫s

b3(s)ds =1

6t

(2at3 + 2a(2t)3

)= 3at2

→ MT < 3at2τzul → MT < 3 · 0, 2 m · (0, 002 m)2 · 40 · 106 N/m2 = 96 Nm





b) Verdrehung ϕ =MT`

GIT

Fall©1 : Torsionsflächenträgheitsmoment IT =4A2

m∮ds

b(s)

=4A2

m2at

+ 2a2t

=4a4

3at

=4

3a3t

(2. Bredtsche Formel)

→ ϕ =2a2tτzul`

43a3tG

=3

2

τzul`

aG→ ϕ =

3

2· 40 · 106 N/m2 · 5 m

0, 2 m · 0, 8 · 1011 N/m2= 0, 01875 = 1, 074◦

Fall©2 : Torsionsflächenträgheitsmoment IT =1

3

∫s

b3(s)ds =1

3

(2at3 + 2a · (2t)3

)= 6at3

→ ϕ =3at2τzul`

6at3G=

1

2

τzul`

tG→ ϕ =

1

2· 40 · 106 N/m2 · 5 m

0, 002 m · 0, 8 · 1011 N/m2= 0, 625 = 35, 8◦

Tipps und Tricks

Man beachte den großen Unterschied bei übertragbarem Moment und Verdrehung (trotz oh-nehin deutlich geringerem Moment beim geschlitzten Profil) zwischen beiden Profilen!

Die Verdrehung wird zunächst in Bogenmaß und nicht in Grad angegeben!

Bei Verwendung der Beziehungen aus der Tabelle offenes und geschlossenes Profil nicht ver-wechseln: Das gleiche Profil ist geschlitzt immer nachgiebiger als das entsprechende offeneProfil!





Aufgabe 7

Der wie skizziert gelagerte Balken (Länge a + b,Biegesteifigkeit EI) wird an seinem freien Endedurch die Kraft F belastet.

Ermitteln Sie mit Hilfe der Formänderungs-energien die Durchsenkung am freien Ende!

Gegeben: a, b, F , EI.

Hinweis: Verformungen durch Querkräfte können vernachlässigt werden.

x

EI

w x( )

a b

F

Lösung

1

2Fw =

1

2

a+b∫0

M2b(x)

EIdx

x

EI

w x( )

a b

F

_

Fb

M xb( )

Lösung mit Hilfe von Integraltabellen (sofern EI = const.):

a

-Fb

a

-Fb

b

-Fb

b

-Fb+

Fw =1

EI

(1

3(−Fb)(−Fb)a +

1

3(−Fb)(−Fb)b

)=

F 2b2(a + b)

3EI→ w =

Fb2(a + b)

3EI





Probe 1: Ausintegrieren

Biegemoment:Bereich 0 ≤ x < a: Mb(x) = −F

b

ax

Bereich a ≤ x ≤ a + b: Mb(x) = F (x− (a + b))

Fw =1

EI

a∫0

(−F

b

ax

)2

dx +

a+b∫a

(F (x− (a + b)))2 dx

=

1

EI

(F 2b2

a2

[1

3x3

]a

0

+ F 2

[1

3(x− (a + b))3

]a+b

a

)=

1

EI

(1

3F 2b2a +

1

3F 2b3

)→ w =

Fb2(a + b)

3EIX

Probe 2: Biegelinientafeln

Direktes Ablesen aus Biegefall 8 möglich:

w = f =Fa3

3EI

(b

a

)2(1 +

b

a

)→ w =

Fb2(a + b)

3EIX

Tipps und Tricks

Der Balken ist bei x = a nur gestützt und nicht durch ein Gelenk geteilt (durchgängigerBalken). Das Biegemoment muss daher - im Gegensatz zu den Lagern an den Balkenenden -nicht verschwinden, im Gegenteil: In diesem Fall ist es dort sogar maximal!

Biegemomentenverlauf möglichst einfach konstruieren. Hier: Biegemoment muss bei x = 0 undx = a + b null sein und dazwischen linear verlaufen aufgrund konstanter Querkräfte in beidenBereichen. Der Maximalwert bei x = a ergibt sich aus der Querkraft F im rechten Bereichmultipliziert mit der Länge b.

Anwenden der Integraltafeln spart erheblich Zeit!

Auf richtige Formen und Vorzeichen bei Integraltafeln achten!

Bei Anwendung der Biegelinien auf das richtige Einsetzen der Längen achten!





Aufgabe 8

Drei Stäbe (alle Elastizitätsmodul E, Flächenträg-heitsmomente I1, I2, I3), sind wie skizziert mitein-ander verbunden und durch die Kraft F belastet.

a) Bestimmen Sie die Stabkräfte in allen Stäben!

b) Ordnen Sie die Stäbe den Euler-Knickfällen zu!

c) Welcher Stab weist die geringste Knicksicher-heit auf und wird zuerst ausknicken?

Gegeben: a, E, I, I1 = I, I2 = 2I, I3 = I, F .a a 2a

a I1

I2

I3

1

2

3

F

Lösung

a) S1 = S2 = −1

2

√2F , S3 =

1

2

√2S2 = −1

2F

(alles Druckstäbe → alle auf Knicken zu überprüfen!)

b) Stab©1 Knickfall 2, Stab©2 Knickfall 2, Stab©3 Knickfall 3,

c) kritische Knicklast Fkrit =π2EI

`2K

Knicksicherheit Sk =Fkrit

F=

π2EI

`2KF

Stab Stabkraft |S| Länge ` Knickfall Knicklänge `K FTM Knicks.

©1 1

2

√2F

√2a 2

√2a I

1

2

√2π2EI

a2F

©2 1

2

√2F

√2a 2

√2a 2I

√2π2EI

a2F

©3 1

2F 2a 3

1√2.0457

· 2a I 1.02π2EI

a2F

→ Stab©1 ist somit am stärksten gegen Ausknicken gefährdert!





Tipps und Tricks

Ermittlung der Eulerfälle gelingt am besten unter Berücksichtigung der möglichen Verformungin den Lagerungen, d.h. einem Vergleich der Knickfiguren!

Auf richtiges Einsetzen der Stablängen achten!

Nicht von identischen Längen täuschen lassen: verschiedene Lagerungen, Belastungen undMaterial- oder Querschnitteigenschaften können zu vollkommen unterschiedlichen Knicksicher-heiten führen!

Plausibilitätskontrolle: Stäbe©1 und©2 weisen gleiche Lagerung, Länge und Belastung auf,Stab©2 allerdings das größere Flächenträgheitsmoment und somit die größere Sicherheit gegenKnicken!

Für die Knicksicherheit des Gesamtsystems ist diejenige des Stabes geringster Knicksicherseitentscheidend!


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