|2005-12-20| e2 # Klausur vom 07.07.2004 Aufgabe 3
Ein eingespannter Rahmen wird durch zwei Einzelkräfte gemäss Skizze belastet.
Geg: F = 400 N, a = 40 cm, b = 4 cm, E = 10000 Nmm2
Ges: Die Verlagerung des Rahmenpunktes B in vertikaler Richtung.
Lösung:
Fall 1: Biegung aufgrund Vertikalkraft F: (Lastfall 1 in Biegetafel)
wy1 = 13·−F(2a)3E·I = 83·−Fa3E·I
Fall 2: Biegung aufgrund des Moments der horizontalen Kraft F (Lastfall 2)
wy2 = 12·M·(2a)2E·I = 12·F·a·(2a)2E·I = 2·F·a3E·I
gesamte Biegung:
wy = wy1+wy2 = (−83+2)·F·a3E·I = −23·12·F·a3E·b4
wy = −8·400·400310000·404·N·mm5N·mm4 = −8mm
|2005-12-20| e3 # Klausur vom 14.03.2005 Aufgabe 4
Ein einseitig eingespannter Balken wird mittig durch eine vertikale Einzelkraft belastet.
- Welche vertikale Absenkung erfährt im oberen Modell das freie Ende B?
- Welche Kraft wirkt im Loslager B des unteren Modells?
Geg: F, a, EI
Lösung:
a)
Lastfall 1 + Neigung
w1 = 13·F·a3E·I
w2 = a·tanα = 12·F·a3E·I
wges = w1 + w2 = 56·F·a3E·I
b)
Lastfall 3
w = 148·F·(2a)3E·I
F = w·48·E·I8a3
F = w·6·E·Ia3
zu b) Ist B nicht gleich 1/2F? Woher bekommen wir w? (S.F.)
|2006-01-02| e4 # Übung vom 21.12.05 Aufgabe 1
Ein fest in der Wand eingespannter Winkelhebel wird am freien Ende mit der Kraft F belastet.
Gesucht werden alle bekannten Vergleichsspannungen im Punkt A
Gegebene Größen:
F = 350 N
a = 1,5 m
b = 0,8 m
d = 40 mm
E = 2,1 · 105 Nmm2
σzul = 140 Nmm2
1.) Biegespannung:
σ = MbW
mit
W = 14 · π·r3 = 2000π mm3
Mb = F · a = 525000 Nm
σb ⇒ 525000 N mm2000π mm3 = 83,56 Nmm2
2.) Torsionsspannung:
ΤT = MTIp · r
Ip = 12 · π · r4 = 80000 π mm4
MT = F · b = 280000 Nmm
ΤT = 280000 Nmm8000π mm4 · 20 mm = 22,28 Nmm2
3.) Spannungshypothese
Normal:
σN = 12 σB + 12 √[σ2B +4 Τ2]
=12 83,56 +12√[83,562 + 4 · 22,282] = 89.12 Nmm2
Schub:
√[σ2 + 4Τ2] = 94,72 Nmm2
Gestaltsänderung:
√[σ2 + 3Τ2] = 92,04 Nmm2
Fertig!(-;
|2006-01-02| e6 # Übung vom 23.11.05 Aufgabe 1
Ein Sprungbrett wird mit einer dicken Schwimmbad-Kollos-Kraft (F = 1 kN) belastet:
Gesucht wird die Höhe h, wobei erst die 1.) die Lagerkräfte, 2.) der Schnittgrößenverlauf, und 3) der Festigkeitsnachweis abgearbeitet werden müssen.
Geg:
c = 1,5 m
d = 2,5 m
b = 10 h
σzul = 8 Nmm2
1.)
∑ Fx ≡ Ax = 0
∑Fy ≡ Ay + B − F = 0
⇒ Ay = F − B = − 53 F = − 53 kN
∑ MA ≡ B · c − F · ( c + d) = 0
⇒ B = F · 4 m1,5 m = 2,67 F = 83 F = +83 kN
2.)
↵ : M + 53 kN · c = 0
M = − 52 kNm
3.)
σb= MxWx ≤ σzul
= + 5 · 6kNm2 · bh2 ≤ 8 Nmm2
+ 30 kNm20 h3≤ 8 Nmm2
= h3 ≥ 3000 Nm · mm220 · 8 N
h ≥ 57,2 mm
|2006-01-07| e7 # Übungsaufgabe 2 vom 23.11.05
Schraubzwinge
Es liegen vor: Alle Maße in mm und die zulässige Spannung σzul = 70 Nmm2
Es wird nach der maximalen Klemmkraft gefragt.
1.) Biegemomentenverlauf:
↓ : N − F = 0
→: − Q = 0
↵ : M + F · (e + d)
M = − F · (e + d)
N = F
Q = 0
2.) Widerstandsmoment:
| i | Ai | xsi | ysi | Ixxi |
| 1 | 240 mm2 | 0 | 0 | 1280 |
| 2 | 170 mm2 | 0 | 12,5 | 4094 |
| ∑ | 410 mm2 | − | − | 5374 |
xs = 0
ys = 0 + 170 · 12,5410
Ixx = ∑Ixxi + ∑Ai (ysi − ys)2
Ixx = 5374 mm4 + 240 mm2 (0 − 5,18 mm)2...
...+ 170 mm2 ( 12,5 mm − 5,18 mm)2
Ixx = 20923 mm4
Innere Spannung:
Wxi = Ixx/d = 20923 mm49,2 mm
Wxi = 2274 mm3
|σbi + σz| ≤ σzul
MWxi + FA ≤ σzul
F (e + d)W−xi + FA ≤ σzul
F ≤ σzule + dWxi + 1A = 70 Nmm274,2 mm2274mm2 + 1410mm2 = 2,0 kN
Spannung außen:
Wxa =Ixx15,8 mm = 20923 mm415,8 mm = 1324 mm3
|σba + σz| ≤ σzul
F · (e + d)Wxa − FA ≤ σzul
F≤ σzule + dWxa − 1A
F≤70 Nmm274,2 mm1324 mm3 − 1410 mm2 = 1,2 kN
|2006-01-12| e8 # Zusätzliche Zeichnungen zur oberen Aufgabe vom 23.11.05
Erläuterung zum ersten Bild: Schnitt C-C
Erläuterung zum zweiten Bild: σb = MW ≤ σzul
Mittelteil (Druck+Zug) ⇒ σb
Unterer Teil ⇒ σz
|2006-01-12| e9 # Übungsaufgabe 2 vom 23.11.05
Ein Balken ist auf zwei Stützen gelagert.
Geg:
l = 3 m
b = 30 mm
F = 1,2 kN
σzul = 8 Nmm2
Gesucht wird die Höhe des Balkens, die zu den gegeben Größen passt.
σzul = − Mb · gIxx
8 Nmm2 = F · l2 · h2112 · 30 · h3
8 Nmm2 = 1200 N · 1500 mm · h2112 · 30 · h3
20 h3 = 900.000 h |/h
20h2 = 900.000
h2 = 45.000 mmm
h = 212,13 mm
Warum wird denn mit dem Flächenmoment und nicht mit dem Widerstandsmoment gerechnet?
|2006-01-22| e10 # Übungsaufgabe vom 30.11.2005
Ein gestufter Balken wird an seinem äußeren Ende mit einer Kraft F in Gravitationsrichtung belastet!
Gegeben:
a, E*I, F
Gesucht:
Die Absenkung des Punktes B
Superpositionsprinzip:
Dieses Bild beschreibt den Fall I:
Biegetafel: Fall 1 + 2:
WI,1 + WI,2 + a · tan α
tan α = tan αI,1 + tan αI,2
Dieses Bild beschreibt den Fall II:
Biegetafel: Fall 1
WII,1
Q = F
M = − F · A
WII,1 = 13·F·a32·E·I
WI,1 = 13·F·a3E·I
WI,2 = 12·(F·a)·a22·E·I
tanαI,1 = 12·F·a22·E·I
tanαI,2 = F·a22·E·I
W = WII,1 + WI,1 + WI,2 + a·(tanαI,1 + tanαII,1)
W = ( 13 + 16 + 14 + 14 + 12 ) · F·a3E·I
W = 32·F·a3E·I
Wo bekomme ich denn in Fall 1 bei tan das dritte "a" weg?
Um die Neigung zu berechnen, muss tanα mit der Länge a multipliziert werden.
|2006-01-22| e11 # Übungsaufgabe 2 vom 30.11.05
Ein belasteter Rahmen wird als dehnstarr angenommen und wird mit einer Kraft F am linken oberen Ende horizontal belastet.
Geg: F, a, E · I
Ges: Verschiebung Punkt C
Superpositionsprinzip:
WI,1 = 13 · F · a3E · I
Lastfall Nr. 7 gewählt aus der Biegetafel:
tan αII,7 = 13 · M · aE · I = 1 · (F · a) · a3 · E · I
W = WI,1 + a · tanαII,7
| ⇒ W = 23 · F · a3E · I |
|2006-01-23| e12 # Übungsaufgabe 1 vom 08.12.2005
Ein Balken soll mit einem Stab montiert werden. Dabei wird der Stab gedehnt und der Punkt B des Balkens verschoben! Ws muss quasi die Strecke δ überwunden werden:
Geg:
E1 = 1 · 105 Nmm2
a = 2 m
l = 1 m
b = 2 cm
h = 1 cm
E2 = 1 · 104 Nmm2
A2 = 10 mm2
δ = 5 mm
Ges: Stabdehnung; Balkenverschiebung B; Stabkraft - nach der Montage
δ = Δl + w
mit Δl = F · aE2 · A2
w =F · l33 E1 · I
I = 112 · b · h3
F · ( aE2 · A2 + 4 · l3E1 · b · h3) = δ
F = δaE2 · A2 + 4 · l3E1 · b · h3 = 5 mm2000 mm104 Nmm2 · 10 mm2 + 4 · 10003 mm3105 Nmm2 · 20 mm · 103 mm3
F = 2,475 N
Δl = 2,47 N · 2000 mm104 Nmm2 = 0,05 mm
w = δ − Δl = 4,95 mm
