|2006-04-18| e2 # Klausur vom 04.02.2004 Aufgabe 1
Eine zylindrische Rolle befindet sich in einer vertikalen Führung und liegt auf einem dreickigen Keil. Zwischen Keil und Wand ist ein Haftungskoeffizient μo zu berücksichtigen. In allen weiteren Kontaktstellen können Haftungseinflüsse vernachlässigt werden.
Geg: M = 2 kg , m = 0.5 kg , μo = 0.15
Ermitteln Sie den Keilwinkel α für den Grenzfall der Haftung.
Lösung:
Freischneiden Rolle:
Gleichgewichtsbedingungen:
∑ Fx ≡ N1 − cosα·N2 = 0
∑ Fy ≡ − M·g + sinα·N2 = 0
N1 = cosα·N2
N2 = M·gsinα ⇒ M·g = sinα·N2
Freischneiden Keil:
Gleichgewichtsbedingungen:
∑ Fx ≡ − N1 + cosα·N2 = 0
∑ Fy ≡ H − m·g − sinα·N2 = 0
H = m·g + sinα·N2
H = m·g + M·g
Coulomb'sche Haftung
H ≤ μo·N1
m·g + M·g ≤ μo·M·g·1tanα
tanα ≥ μo·M·gm·g + M·g = 0,12
α ≥ 6,84°
Hab als Ergebnis für den Winkel >= 7.125°.
|2006-04-18| e3 # Klausur vom 07.07.2004 Aufgabe 1
Zwei übereinanderliegende Quader gleicher Masse m befinden sich auf einer schiefen Ebene. Während der Quader 1 über ein Seil fixiert ist, soll Quader 2 mittels einer Kraft F herausgezogen werden. Die Kontaktstelle zwischen Quader 2 und schiefer Ebene ist rauh (Haftungskoeffizient μo), alle Berührungsstellen werden als ideal glatt angenommen.
Geg: m = 4 kg , a = 30° , μo = 0.5
- Welche Kraft F ist notwendig?
- Bei welchem Grenzwinkel α rutscht Klotz 2 von allein heraus?
Lösung:
Freischneiden Klotz1:
∑ Fx ≡ S − sinα·m·g = 0
∑ Fy ≡ N1 − cosα·m·g = 0
N1 = cosα·m·g
Freischneiden Klotz2:
∑ Fx ≡ H − F − sinα·m·g = 0
∑ Fy ≡ N2 − N1 − cosα·m·g = 0
H = F + sinα·m·g
N2 = 2·cosα·m·g
Coulomb'sche Haftung
H ≤ μo·N2
F + sinα·m·g ≤ μo·2·cosα·m·g
F ≤ μo·2·cosα·m·g − sinα·m·g
F = 14,36 N
b) Grenzwinkel α:
sinα·m·g = μo·2·cosα·m·g
sinα = μo·2·cosα
tanα = 2·μo
α = 45°
|2006-04-18| e4 # Klausur vom 02.02.2005
Auf einem abgeschrägten Klotz liegt reibungsfrei eine schwere Rolle. Diese ist mit einem horizontalen Seil 1 am Fundament befestigt. Auf den Klotz wirkt über Seil 2 eine horizontale Kraft F. Bis zu welchem Grenzwert kann die Kraft F gesteigert werden, bevor Bewegung eintritt?
Geg: m = 10 kg , μo = 0.4 , α = 60°
Lösung:
Freischneiden Rolle:
β = 90° − α = 30°
∑ Fx ≡ _ S + N1·sinβ = 0
∑ Fy ≡ − 2m·g + N1·cosβ = 0
N1 = 2m·gcosβ
Freischneiden Keil:
∑ Fx ≡ F − H − N1·sinβ = 0
∑ Fy ≡ N2 − m·g − N1·cosβ = 0
N2 = m·g + N1·cosβ
N2 = 3m·g
H = F − N1·sinβ
H = F − 2m·g·tanβ
Coulomb'sche Haftung:
H ≤ μo·N2
F − 2m·g·tanβ ≤ μo·3m·g
F ≤ μo·3m·g + 2m·g·tanβ
F ≤ 231 N
|2006-04-19| e5 # Klausur vom 09.07.2003 Aufgabe 1
Ein Winkelhebel mit den Längen a = 400 mm und b = 300 mm wird an seinem freien Ende durch eine Kraft F = 100 N belastet und hält einen Zylinder der Masse m = 5 kg und des Durchmessers d = 120 mm.
- Welchen Betrag hat die Lagerkraft A ?
- Welcher Haftungskoeffizient μo muss zwischen dem Zylinder und seinen Kontaktkörpern mindestens herrschen, damit der Zylinder gerade noch gehalten wird?
Lösung:
a)
Freischneiden:
Zylinder:
∑ Fx ≡ N1 − N2 = 0
∑ Fy ≡ H1 + H2 − m·g = 0
∑ Mo ≡ − H1·d2 + H2·d2 = 0
N1 = N2
H1 = H2 = 12·m·g
Hebel:
∑ Fx ≡ N2 + Ax = 0
∑ Fy ≡ Ay − H2 − F = 0
∑ MA ≡ H2·b + N2·d2 − F·a = 0
Momentengleichung nach N2 umstellen und H2 einsetzen:
N2 = F·a − 12·m·g·bd2 = 544 N
Lagerkraft A:
Ax = − N2 = − 544 N
Ay = H2 + F = 124,5 N
A = √(5442 + 124,52) = 558 N
b)
Coulomb'sche Haftung:
H ≤ μo·N
μo ≥ HN = 0,045
|2006-04-19| e6 # Klausur vom 06.07.2005 Aufgabe 5
Eine gestufte Rolle mit dem äußeren Radius R und dem inneren Radius r wird durch auflaufende Seile nach nebenstehender Skizze belastet. Zwischen Rolle und schiefer Ebene besteht Haftung. Auf welchen maximalen Wert kann die Masse m erhöht werden, bevor Bewegung eintritt?
Geg: M = 10 kg , μo = 0.3 , a = 30°, r = R2 = 15 cm
Lösung:
Freischneiden:
Gleichgewichtsbedingungen:
(1)∑ Fx ≡ S − H − M·g·sinα − m·g·sinα = 0
(2)∑ Fy ≡ N − M·g·cosα − m·g·cosα = 0
(3)∑ Mo ≡ − H·2r − S·2r + m·g·r = 0
Coulomb'sche Haftung:
(4)H ≤ μo·N
Momentengleichung (3) nach S umstellen:
S = − H + 12·m·g
in (1) einsetzen:
− 2·H + 12·m·g − M·g·sinα − m·g·sinα = 0
aus (2)
(6)N = M·g·cosα + m·g·cosα
(5) und (6) in (4) einsetzen:
14·m·g − 12·M·g·sinα − 12·m·g·sinα ≤ μo·M·g·cosα + μo·m·g·cosα
m − 2·m·sinα − 4·m·μo·cosα ≤ 2·M·sinα + 4·M·μo·cosα
m·(1 − 2·sinα − 4·μo·cosα) ≤ 2·M·sinα + 4·M·μo·cosα
m ≤ 2·M·sinα + 4·M·μo·cosα1 − 2·sinα − 4·μo·cosα
m ≤ − 19,6 kg
Hi,hab mal ne wichtige Frage,da morgen schon die Prüfung geschrieben wird….Warum heisst es in dieser Gleichung (Momentengleichung) M0 = - H 2r - S 2r + m g r = 0,und nicht M0 = - H 2r - S 2r + m g sina * r = 0???? Die Kraft ist doch quer an r und muss doch in zwei Kräfte unterteilt werden…
Bitte schreibt so schnell es geht.Danke , jenny aus Bielefeld
|2006-04-19| e7 # Papierrolle
Eine Papierrolle ist an einer Wand durch zwei Stäbe aufgehängt, die einerseits an der Wand und andererseits an dem weiteren Stab, der durch den mittleren Tunnel der Rolle geht, befestigt sind.
Geg:
m = 100g
r = 5 cm
μ0 = 0,4
l = 12 cm
Ges: a) F, um die Rolle in Drehung zu versetzen
b) lmin, damit Selbsthemmung auftritt
Gleichgewichtsbedingungen:
(1)∑ Fx ≡ N − S · sinγ = 0 ⇒ N = S · sinγ
(2)∑ Fy ≡ − H − mg − F + S · cos γ = 0 ⇒ S = 2F + mgcosγ
(3)∑ M0 ≡ − F · r + H · r = 0 ⇒ H = F
Coulomb'sche Haftung:
H ≤ μ0 · N
Werte für H aus (3) und für N aus (1)und(2) einstzen:
F ≤ μ0 · (2F + mg) · tanγ
F ≤ 2μ0 · F · tanγ + μ0 · mg · tanγ
F·(1 − 2·μo·tanγ) ≤ μ0·m·g·tanγ
F ≤ μ0·m·g·tanγ1 − 2·μo·tanγ
tanγ = r√(l2 − r2)
F ≤ μo·m·g·r√(l2 − r2)1 − 2·μo·r√(l2 − r2)
F ≤ μo·m·g·r√(l2 − r2) − 2·μo·r =0,4·0,1·9,81·0,05√(0,122 − 0,052) − 2·0,4·0,05·kg·m·ms2·m
F ≤ 0,28 N
b) Selbsthemmung => Kraft gegen unendlich
√(l2min − r2) − 2·μo·r = 0
l2min − r2 = 4·μ2o·r2
l2min = (4·μ2o + 1)·r2
lmin = r·√(4·μ2o + 1)
lmin = 6,4 cm
|2006-04-19| e8 # Schrankverschiebung
Geg:
m = 25 kg
H = 2 m
B = 1 m
μo = 0,6
Ges:
- Kraft F, damit Schrank in Bewegung gerät
- h so, dass Schrank nicht kippt
Lösung:
a) Freischneiden:
Gleichgewichtsbedingungen:
∑ Fx ≡ H − F = 0 ⇒ H = F
∑ Fy ≡ N − m·g = 0 ⇒ N = m·g
∑ MA ≡ N·x + F·h − m·g·B2 = 0
Coulomb'sche Haftung:
H ≤ μo·N
Werte für H und N einsetzen:
F ≤ μo·m·g
F ≤ 147,2 N
b) kippen ⇒ x = 0
Momentenbeziehung:
h = m·gF·B2 = 25·9,81·1147,2·2·kg·m2s2·N = 0,83 m
|2006-04-19| e9 # Klemmvorrichtung
Geg:
M, l, α, μo
Ges: m so, dass M gehalten wird
Lösung:
Freischneiden Platte:
∑ Fy ≡ − M·g + 2·H = 0
H = M·g2
Freischneiden Klotz:
∑ Fx ≡ N + cosα·S = 0 ⇒ N = − S·cosα
∑ Fy ≡ − H − m·g − sinα·S = 0 ⇒ S = − H + m·gsinα
N = (H + m·g)·1tanα
H einstzen:
N = (m + 12·M)·gtanα
Coulomb'sche Haftung:
H ≤ μo·N
Werte für H und N einsetzen:
12·M·g ≤ μo·(m + 12·M)·gtanα
m ≥ M·tanα2·μo − 12·M
|2006-04-19| e10 # Ausleger
Geg:
h = 50 mm
D = 30 mm
F = 500 N
μo = 0,15
Ges:
l für Selbsthemmung
Lösung:
Freischneiden:
∑ Fy ≡ 2·H − F = 0 ⇒ H = F2
∑ MA ≡ − F·l − H·D + N·h = 0 ⇒ N = F·l + 12·F·Dh
Coulomb'sche Haftung:
H ≤ μo·N
Werte für H und N einsetzen:
12·F ≤ μo·F·l + 12·F·Dh
12·F·h − 12·F·D·μo ≤ μo·F·l
l ≥ h2·μo − 12·D
l ≥ 502·0,15 − 12·30 mm
l ≥ 151,7 mm
|2006-06-06| e11 # JOdiJO
Ein Jojo befindet sich auf einer schiefen Ebene und besteht aus drei Teilen mit ein und der selben Masse, die jedoch unterschiedliche Radien haben! Das Mittelschtück hat die Hälfte der Radiuslänge der Außenteile! Des Weiteren könnte man sagen, dass dieses von manchen auch Sportgerät genannte Jojo eine Breite besitzt, die für diese Aufgabe unrelevant ist! Das beachtenswerte sind wirklich die gleichen Massen! Nur um noch ein wenig mehr Verständnis zu vermitteln sei gesagt, dass sich das Seil abrollt und damit eine andere Art der Bewegung vollzogen wird, als wenn da einfach ein Nudelholz die Parkplatzrampe runterrollt! Also alles in allem denke ich, ist klar was hier gefragt ist, auch wenn der Abstraktionsgrad der Technischen Mechanik zu realen Geschehnissen nicht unbedingt immer für jeden leicht überwindbar ist müsste mit dieser Aufgabe der A-H-Effekt durchgedrungen sein, wa?(; Am besten beim Rechnen Pausen machen und nicht verzweifeln! Ich weiß wovon ich rede. War damals auch nicht leicht, aber wird schon! Macht mal eben:
Geg: m = 20g: r = 10 mm; μ0 = 0,35: α = 20°
Ges:
- Haftkraft F
- α für den Grenzfall der Haftung
Lösung:
