Lösungen Zur Aufgabensammlung Technische Mechanik

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Alfred BögeWalter SchlemmerLösungen zurAufgabensammlungTechnische MechanikAbgestimmt auf die 21. Auflage derAufgabensammlung16. Auflage

Lösungen zur AufgabensammlungTechnische Mechanik

Lehr- und LernsystemTechnische Mechanikt Technische Mechanik (Lehrbuch)von A. Böget Aufgabensammlung Technische Mechanikvon A. Böge und W. Schlemmert Lösungen zur Aufgabensammlung Technische Mechanikvon A. Böge und W. Schlemmert Formeln und Tabellen zur Technischen Mechanikvon A. Böge

Alfred Böge · Walter SchlemmerLösungenzur AufgabensammlungTechnische MechanikAbgestimmt auf die 21. Auflageder Aufgabensammlung16., überarbeitete und ergänzte AuflageMit 746 AbbildungenUnter Mitarbeit von Gert Böge, Wolfgang Böge und WolfgangWeißbach

Alfred Böge (verst.)Walter Schlemmer (verst.)ISBN 978-3-658-02052-1DOI 10.1007/978-3-658-02053-8ISBN 978-3-658-02053-8 (eBook)Die Deutsche Nationalbibliothek verzeichnet diese Publikation in der Deutschen Nationalbibliografie; detaillierte bibliografische Daten sind im Internet über http://dnb.d-nb.de abrufbar.Springer Vieweg Springer FachmedienWiesbaden 1975, 1979, 1981, 1983, 1984, 1990, 1992, 1995, 1999, 2001, 2003, 2006,2009, 2011, 2013Das Werk einschließlich aller seiner Teile ist urheberrechtlich geschützt. Jede Verwertung, die nicht ausdrücklich vom Urheberrechtsgesetz zugelassen ist, bedarf der vorherigen Zustimmung des Verlags. Dasgilt insbesondere für Vervielfältigungen, Bearbeitungen, Übersetzungen, Mikroverfilmungen und die Einspeicherung und Verarbeitung in elektronischen Systemen.Die Wiedergabe von Gebrauchsnamen, Handelsnamen, Warenbezeichnungen usw. in diesem Werk berechtigt auch ohne besondere Kennzeichnung nicht zu der Annahme, dass solche Namen im Sinne derWarenzeichen- und Markenschutz-Gesetzgebung als frei zu betrachten wären und daher von jedermannbenutzt werden dürften.Lektorat: Thomas Zipsner/Imke ZanderBilder: Graphik & Text Studio, Dr. Wolfgang Zettlmeier, BarbingSatz: Klementz Publishing Services, FreiburgGedruckt auf säurefreiem und chlorfrei gebleichtemPapier.Springer Vieweg ist eine Marke von Springer DE. Springer DE ist Teil der Fachverlagsgruppe SpringerScience BusinessMediawww.springer-vieweg.de

VAlfred Böge †Am 21. Juni 2012 verstarb der Herausgeber und Autor Alfred Böge im Alter von 92 Jahren.Für seinen Verlag Springer Vieweg schrieb er zahlreiche Lehr- und Fachbücher, darunter sobekannte und geschätzte Werke wie das Handbuch Maschinenbau und das Lehr- und Lernsystem zur Technische Mechanik. In seiner über fünfzig Jahre währenden Schaffenszeit beimVerlag Springer Vieweg wurde „der Böge“ zum Markenzeichen und erreichte eine große Leserschaft bei Studierenden und Lehrern. Der Verlag und die mit ihm verbundenen Autorinnenund Autoren trauern um Alfred Böge.Alle seine Bücher zeichneten sich durch eine ausgefeilte Didaktik und Methodik aus. Daringelang es ihm, auch äußerst komplexe technische Zusammenhänge einfach und präzise darzulegen. Er half damit Generationen von Studierenden, die für ihr Berufsleben wichtigen Grundlagen der Technik begreifen und beherrschen zu können – bis heute.Viele Jahre unterrichtete Alfred Böge an der Technikerakademie Braunschweig. Als Lehrer,der selbst nie aufgehört hat weiterzulernen, war er allen seinen Kollegen ein nimmermüder undkompetenter Ratgeber.Alfred Böge war ein engagierter Herausgeber, ein Denker und Macher – und hatte dabei stetsseine Leser im Blick. Klar und verständlich, so sollte jedes seiner Bücher formuliert sein – dieswar sein Anspruch an sich selbst.Gemeinsam werden wir sein Lebenswerk in seinem Sinn fortführen.Seine SöhneWolfgang und Gert Böge

VIVorwort zur 16. AuflageDieses Buch enthält die ausführlichen Lösungen der über 900 Aufgaben aus den Arbeitsbereichen der Ingenieure und Techniker des Maschinen- und Stahlbaus (Entwicklung, Konstruktion, Fertigung).Die Lösungen zur Aufgabensammlung Technische Mechanik sind Teil des vierbändigen Lehrund Lernsystems TECHNISCHE MECHANIK von Alfred Böge für Studierende an Fach- undFachhochschulen Technik.Die vier Bücher sind in jeder Auflage inhaltlich aufeinander abgestimmt. Im Lehrbuch stehennach jedem größeren Bearbeitungsschritt die Nummern der entsprechenden Aufgaben aus derAufgabensammlung.Das Lehr- und Lernsystem TECHNISCHE MECHANIK hat sich auch an FachgymnasienTechnik, Fachoberschulen Technik, Beruflichen Oberschulen, Bundeswehrfachschulen und inBachelor-Studiengängen bewährt. In Österreich wird damit an den Höheren TechnischenLehranstalten gearbeitet.In der vorliegenden 16. Auflage wird auf ein immer wieder auftretendes Problem eingegangen:Beim Berechnen der Stützkräfte in den Aufgaben Nr. 86 bis 159 sind zuerst die freigemachtenBauteile zu skizzieren (Lageskizze). Beim Festlegen des Richtungssinns der zu berechnendenKräfte können Unsicherheiten auftreten. Das ist unnötig, wie in den jetzt beispielhaft sehrausführlich erläuterten Lösungen der Aufgaben Nr. 130 und 133 gezeigt wird. ZusätzlicheHilfen sind im Lehrbuch ab der 30. Auflage im Kapitel 1.2.5.4 (2. Übung) zu finden.Auch die Lösung der Aufgabe 680 zur Zugbeanspruchung wurde mit verständlicheren Zeichnungen versehen und ausführlich erläutert.Die aktuellen Auflagen des Lehr- und Lernsystems sind 30. Auflage21. Auflage16. Auflage23. Auflage.Bedanken möchte ich mich beim Lektorat Maschinenbau des Verlags Springer Vieweg, insbesondere bei Frau Imke Zander und Herrn Thomas Zipsner für ihre engagierte und immer förderliche Zusammenarbeit bei der Realisierung der vorliegenden Auflage.Für Zuschriften steht die E-Mail-Adresse w [email protected] zur Verfügung.Wolfenbüttel, Juni 2013Wolfgang Böge

1 Statik in der EbeneGrundlagenDas Kraftmoment (Drehmoment)1.a) M Fl 200 N 0,36 m 72 Nmb) Kurbeldrehmoment WellendrehmomentdFl F122l2 0,36 mF1 F 200 N 1200 Nd0,12 md3150 mm 5333 N 22M 3 4 105 Nmm 400 Nme) M 3 Fu2′/38.a) M1 F l1 220 N 0, 21 m 46, 2 Nmb) Das Kettendrehmoment ist gleich dem Tretkurbeldrehmoment:M k M1d1 M122M1 2 46, 2 NmFk 507,7 Nd10,182 mFk2.M Fd0, 2 m 7 103 N 700 Nm223.F M FlM 62 Nm 221, 4 Nl0, 28 m4.l M FlM 396 Nm 3,3 mF120 Nd20,065 m 507,7 N 16,5 Nm22d) Das Kraftmoment aus Vortriebskraft Fv und Hinterradradius l2 ist gleich dem Drehmoment M2 amHinterrad.Fv l2 M 2c) M 2 Fk5.6.M 2 16,5 Nm 47,83 Nl20,345 mDas Freimachen der Bauteiled12a) M1 FuFu Fv 2 M 2 860 Nm 3440 NF d0,5 mdM F22 M1 2 10 103 Nmm 200 Nd110 mm9.d2180 mm 200 N 22M 2 18000 Nmm 18 Nmb) M 2 Fu7.a) d1 z1 m1/ 2 15 4 mm 60 mm10.d 2 z2 m1/ 2 30 4 mm 120 mmd 2′ z2′ m2′ /3 15 6 mm 90 mmd3 z3 m2′ /3 25 6 mm 150 mmb) M1 Fu1/2Fu1/2 d1211.2 M1 2 120 103 Nmm 4000 Nd160 mmd2120 mm 4000 N 22M 2 2, 4 105 Nmm 240 Nmc) M 2 Fu1/2d) Fu2′/3 2M 2 2 240 103 Nmm 5333 Nd 2′90 mmA. Böge, W. Schlemmer, Lösungen zur Aufgabensammlung Technische Mechanik,DOI 10.1007/978-3-658-02053-8 1, Springer Fachmedien Wiesbaden 201312.

21 Statik in der Ebene13.14.15.16.17.18.19.20.23.24.25.26.27.28.Die Grundaufgaben der StatikRechnerische und zeichnerische Ermittlung derResultierenden im zentralen Kräftesystem(1. und 2. Grundaufgabe)29.a) Lageskizze21.Krafteckskizze22.Fr F12 F22 (120 N)2 (90 N)2 150 Nb) α r arctanF290 N arctan 36,87 F1120 N

1 Statik in der Ebene3Fr wirkt im I. Quadranten:α r β r 49, 4 30.Rechnerische Lösung:a) LageskizzenDnFn1 70 N0 2 105 N 135 Fnx Fn cos D nFny Fn sin D n 70, 00 N 74, 25 N0N 74, 25 N 74, 25 N 4, 25 NFrx ΣFnx 4, 25 NFr Frx2 Fry2Fry ΣFny 74, 25 N ( 4, 25 N)2 (74, 25 N) 2Fr 74,37 Nb) β r arctanZeichnerische Lösung:LageplanKräfteplan (M K 15 N/cm)FryFrx arctan74, 25 N 86, 72 4, 25 NFr wirkt im II. Quadranten:α r 180 β r 93, 28 32.Rechnerische Lösung:Die Kräfte werden auf ihrenWirklinien bis in den Schnittpunkt verschoben und dannreduziert.a) LageskizzenZeichnerische Lösung:Kräfteplan (M K 40 N/cm)LageplanFnDn1 50 kN 270 2 50 kN 310 Fnx Fn cos D nFny Fn sin D n0 kN 32,14 kN 32,14 kN 50, 00 kN 38, 30 kNFrx ΣFnx 32,14 kNFr Frx2 Fry2 88, 3 kNFry ΣFny 88,3 kN (32,14 kN)2 ( 88,3 kN)2Fr 93,97 kN31.Rechnerische Lösung:a) Lageskizzeb) β r arctanFryFrx arctan88,3 kN 70 32,14 kNFr wirkt im IV. Quadranten:α r 360 70 290 nDnFn1 15 N 0 2 25 N 76, 5 Fnx Fn cos D nFny Fn sin D n 15N 5, 836 N0N 244, 31 N 20, 836 N 24, 31 NFrx ΣFnx 20,84 NFr Frx2 Fry2Fry ΣFny 24,31 N (20,84 N)2 (24,31 N)2Fr 32,02 Nb) β r arctanFryFrx arctan24,31 N 49, 4 20,84 NZeichnerische Lösung:LageplanKräfteplan (M K 40 N/cm)

41 Statik in der Ebene33.Rechnerische Lösung:a) LageskizzeFrx ΣFnx 1299, 2 NFry ΣFny 214,3 NFr Frx2 Fry2 (1299, 2 N)2 ( 214,3 N)2Fr 1317 NFryb) β r arctannDnFn1 500 N0 2 500 N 280 Fnx Fn cos D nFny Fn sin D n 500N 52, 09 N0 N 295, 4 N 295, 4 N 552, 09 NFrx ΣFnx 552,1 NFr Frx2 Fry2Fry ΣFny 295, 4 NFrx arctan214,3 N 9,37 1299, 2 NFr wirkt im IV. Quadranten:α r 360 β r 360 9,37 350, 63 Zeichnerische Lösung:LageplanKräfteplan (M K 500 N/cm) (552,1 N)2 ( 295, 4 N)2Fr 626, 2 Nb) β r arctanFryFrx arctan295, 4 N 28,15 552,1 N35.Rechnerische Lösung:a) LageskizzeFr wirkt im IV. Quadranten:α r 360 β rα r 360 28,15 α r 331,85 α s 180 β r 151,85 nDie Resultierende Fr ist nach rechts unten gerichtet, die Spannkraft Fs nach links oben.Zeichnerische Lösung:LageplanKräfteplan (M K 200 N/cm)FnDn1 1, 2 kN 90 2 1, 5 kN 180 3 1, 0 kN 225 4 0, 8 kN 300 Fnx Fn cos D nFny Fn sin D nkN0 1, 5000 kN 0, 7071 kN 0, 4000 kN 1, 2000 kNkN0 0, 7071 kN 0, 6928 kN 0,1999 kN 1, 8071 kNFrx ΣFnx 1,8071 kNFry ΣFny 0,1999 kNFr Frx2 Fry2 ( 1,8071 kN) 2 ( 0,1999 kN)2Fr 1,818 kN34.Rechnerische Lösung:a)nFnD n Fnx Fn cos D n1234400 N350 N300 N500 N40 0 330 3220 Fny Fn sin D n 306,4 N 350, 0 N 259, 8 N 383, 0 N 257,1 N0 N 150, 0 N 321, 4 N 1299, 2 N 214, 3 Nb) β r arctanFryFrx arctan0,1999 kN 6,31 1,8071 kNFr wirkt im III. Quadranten:α r 180 β r 180 6,31 186,31

1 Statik in der Ebene5Zeichnerische Lösung:Lageplan37.Rechnerische Lösung:a) LageskizzeKräfteplan (M K 0,5 kN/cm)n1234FnDnFnx Fn cos D nFny Fn sin D n 21, 25 N 7, 5 N 24, 57 N 21, 65 N 5, 69 N 12, 99 N 17, 21 N 12, 5 N 17, 47 N 23, 39 N22 N 15 15 N 60 30 N 145 25 N 210 Frx ΣFnx 17, 47 N36.Rechnerische Lösung:a)nFnD n Fnx Fn cos D n1234400 N 120 500 N 45 0 350 N450 N 2770 200 N 353, 6 N 350 N0 N 503, 6 NFrx ΣFnx 503, 6 NFry ΣFny 23,39 NFr Frx2 Fry2 ( 17, 47 N)2 (23,39 N)2Fr 29, 2 NFny Fn sin D n 346, 4 N 353, 6 N0 N 450 N 250 NFry ΣFny 250 Nb) β r arctanFryFrx arctan23,39 N 53, 24 17, 47 NFr wirkt im II. Quadranten:α r 180 β r 180 53, 24 126,76 Zeichnerische Lösung:LageplanKräfteplan (M K 15 N/cm)Fr Frx2 Fry2 (503,6 N)2 (250 N)2Fr 562, 2 Nb) β r arctanFryFrx arctan250 N 26, 4 503,6 NFr wirkt im I. Quadranten:α r β r 26, 4 Zeichnerische Lösung:LageplanKräfteplan (M K 250 N/cm)38.Rechnerische Lösung:a) Lageskizze wie in Lösung 37a.nFnDnFnx Fn cos D nFny Fn sin D n12345120 N200 N220 N90 N150 N80 123 165 290 317 20, 84 N 108, 93 N 212, 50 N 30, 78 N 109,70 N 118,18 N 167, 73 N 56, 94 N 84, 57 N 102,30 N 155, 98 N 160,11 NFrx ΣFnx 160,1 NFry ΣFny 156 NFr Frx2 Fry2 ( 160,1 N)2 (156 N)2Fr 223,5 N

61 Statik in der Ebeneb) β r arctanFryFrx arctan156 N 44, 26 160,1 NFr wirkt im II. Quadranten:α r 180 β rRechnerische und zeichnerische Zerlegungvon Kräften im zentralen Kräftesystem(1. und 2. Grundaufgabe)40.Eine Einzelkraft wird oft am einfachsten trigonometrisch in zwei Komponenten zerlegt.α r 180 44, 26 α r 135,74 Zeichnerische Lösung:LageplanKräfteplan (M K 100 N/cm)KrafteckskizzeF1 F cos α 25 N cos35 20, 48 NF2 F sin α 25 N sin 35 14,34 N41.KrafteckskizzenF1FF1 F tan α 2 3600 N tan 45 tan α 2 39.Rechnerische Lösung:a) Lageskizze wie in Lösung 37a.n FnD n Fnx Fn cos D n Fny Fn sin D n12345675 N125 N95 N150 N170 N115 N27 72 127 214 270 331 66, 83 N 38, 63 N 57,17 N 124, 36 N0N 100,588 N 24, 51 NFrx ΣFnx 24,51 N 34, 05 N 118, 88 N 75, 87 N 83, 88 N 170N 55, 75 N 80, 83 NFry ΣFny 80,83 NFr Frx2 Fry2 (24,51 N)2 ( 80,83 N)2Fr 84, 46 Nb) β r arctanFryFrx80,83 N arctan 73,13 24,51 Nα r 360 β r 360 73,13 286,87 Zeichnerische Lösung:LageplanKräfteplan (M K 75 N/cm)F1 3600 Ncos α 2 F2 FF2F3600 N cos α 2 cos 45 F2 5091 N42.a) Fry Fr cos α 68 kN cos52 KrafteckskizzeFry 41,86 kNb) Frx Fr sin α 68 kN sin 52 Frx 53,58 kN43.FAx FA sin 36 26 kN sin 36 KrafteckskizzeFAx 15, 28 kNFAy FA cos36 26 kN cos36 FAy 21,03 kN44.Trigonometrische Lösung:α 40 gegebenγ 90 β 65 δ 180 (α γ ) 180 105 δ 75 KrafteckskizzeLösung mit dem Sinussatz:FFF 1 2sin γ sin δ sin αF1 Fsin δsin 75 5,5 kN 5,862 kNsin γsin 65

1 Statik in der EbeneF2 F7sin asin 40 5,5 kN 3,901 kNsin γsin 65 Zeichnerische Lösung:LageplanKräfteplan (M K 2,5 kN/cm)Sinussatz:FrF sin β sin γF Frsin γsin 35 73 kN 44,56 kNsin βsin110 47.Trigonometrische Lösung:Krafteckskizzeγ 180 (40 25 ) 115 45.Trigonometrische Lösung:Lageskizze180 α 35 β 60 γ 180 (35 60 )γ 85 KrafteckskizzeSinussatz:FF1F2 sin γ sin 25 sin 40 F1 Fsin 25 sin 25 1,1 kN 512,9 Nsin γsin115 F2 Fsin 40 sin 40 1,1 kN 780, 2 Nsin γsin115 Zeichnerische Lösung:LageplanKräfteplan (M K 0, 4 kN/cm)Sinussatz:FFFr 1 2sin (180 α ) sin β sin γF1 Frsin βsin 60 75 N 113, 2 Nsin (180 α )sin 35 F2 Frsin γsin 85 75 N 130,3 Nsin (180 α )sin 35 Zeichnerische Lösung:LageplanKräfteplan ( M K 50 N/cm)46.Lageskizze48.Trigonometrische Lösung:Krafteckskizzeγ 180 (60 40 ) 80 Sinussatz:FF1F2 sin γ sin 60 sin 40 Krafteckskizzeβ 180 α 110 αγ 35 2F1 Fsin 60 sin 60 30 kN 26,38 kNsin 80 sin 80 F2 Fsin 40 sin 40 30 kN 19,58 kNsin 80 sin 80

81 Statik in der EbeneZeichnerische Lösung:LageplanKräfteplan (M K 15 kN/cm)F1 Fsin(α 2 α )sin(300 90 ) 17 kN sin(α1 α 2 )sin(210 300 )F1 8,5 kNI. F2 F1 cos α1 F cos αcos α 2 8,5 kN cos 210 17 kN cos90 cos300 F2 14, 72 kNF2 Rechnerische und zeichnerische Ermittlungunbekannter Kräfte im zentralen Kräftesystem(3. und 4. Grundaufgabe)49.Analytische Lösung:Trigonometrische Lösung:Krafteckskizzeδ β1 β 2 90 γ 1 90 β1 60 γ 2 90 β 2 30 Lageskizzeα1 210 α 2 300 α 90 ½ rechtwinkliges¾ Dreieck¿F1 F cos γ 1 17 kN cos 60 8,5 kNF2 F cos γ 2 17 kN cos30 14, 72 kNI. ΣFx 0 F1 cos α1 F2 cos α 2 F cos αII. ΣFy 0 F1 sin α1 F2 sin α 2 F sin αZeichnerische Lösung:LageplanKräfteplan (M K 5 N/cm) F cos α1 F cos α F1 sin α1 F sin αI. II. F2 1 cos α 2sin α 2 F1 cos D1 sin D 2 F cos D sin D 2 F1 sin D1 cos D 2 F sin D cos D 2F1 (sin D1 cos D 2 cos D1 sin D 2 ) F (cos D sin D 2 sin D cos D 2 ) sin(D1 D 2 )sin(D 2 D )50.Analytische Lösung:a) LageskizzeI. ΣFx 0 FG1 cos α1 FG2 cos α 2 FG3 cos α 3II. ΣFy 0 FG1 sin α1 FG2 sin α 2 FG3 sin α 3I. II. FG3 FG1 cos α1 FG2 cos α 2 FG1 sin α1 FG2 sin α 2 cos α 3sin α 3 FG1 cos α1 sin α 3 FG2 cos α 2 sin α 3 FG1 sin α1 cos α 3 FG2 sin α 2 cos α 3FG2 (sin α 2 cos α 3 cos α 2 sin α 3 ) FG1 (cos α1 sin α 3 sin α1 cos α 3 ) sin(α 2 α 3 )sin(α 3 α1 )FG2 FG1α1 270 α 2 155 α 3 80 sin(α 3 α1 )sin(α 2 α 3 )In gleicher Weise ergibt sich für FG3 FG1b) FG2 30 N sin(80 270 ) 5,393 Nsin(155 80 )sin(α 2 α1 )sin(α 3 α 2 )FG3 30 N sin(155 270 ) 28,15 Nsin(80 155 )Kontrolle mit der trigonometrischen und der zeichnerischen Lösung.

1 Statik in der Ebene51.Rechnerische Lösung:a) Lageskizze9I.II.ΣFx 0 F1 cos α1 F2 cos α 2 F3 cos α 3 FA cos α A FB cos α BΣFy 0 F1 sin α1 F2 sin α 2 F3 sin α 3 FA sin α A FB sin α BI.FB F1 cos α1 F2 cos α 2 F3 cos α 3 FA cos α Acos α BII.FB F1 sin α1 F2 sin α 2 F3 sin α 3 FA sin α Asin α B F1 cos α1 sin α B F2 cos α 2 sin α B F3 cos α 3 sin α B FA cos α A sin α B I. II. F1 sin α1 cos α B F2 sin α 2 cos α B F3 sin α 3 cos α B FA sin α A cos α BFA (sin α A cos α B cos α A sin α B ) F1 (cos α1 sin α B sin α1 cos α B ) sin(α A α B )sin(α B α1 )α1 35 α 2 55 α 3 160 α A 225 α B 270 F2 (cos α 2 sin α B sin α 2 cos α B ) F3 (cos α 3 sin α B sin α 3 cos α B ) sin(α B α 2 )sin(α B α 3 )FA F1 sin(α B α1 ) F2 sin(α B α 2 ) F3 sin(α B α 3 ) 184, 48 Nsin(α A α B ) F1 cos α1 F2 cos α 2 F3 cos α 3 FA cos α Acos α BDer Taschenrechner zeigt als Ergebnis „0“ und „Fehler“ an.Das liegt daran, dass cos αB 0 und die Division durch null unzulässig ist.Die Kraft FB kann darum nur aus der Gleichung II. berechnet werden: F sin α1 F2 sin α 2 F3 sin α 3 FA sin α AII. FB 1 286,05 Nsin α Bb) Der angenommene Richtungssinn war richtig, weil sich für FA und FB positiveBeträge ergeben haben. FA wirkt nach links unten, FB wirkt nach unten.I. FB Zeichnerische Lösung:Lageplan52.Lageskizze 1(freigemachterGelenkbolzen)Krafteckskizze 1Wegen der Symmetrie sind dieKräfte F2 und F3 in beidenSchwingen gleich groß:F1F2 F3 2sin ϕKräfteplan (M K 150 N/cm)Lageskizze 2(freigemachter Pressenstößel)Fp F3 cos ϕ Krafteckskizze 2F1F1cos ϕ 2sin ϕ2 tan ϕF1 5, 715 F12 tan 5 F1Fp1 28,64 F12 tan1 (Kontrolle mit der analytischen Lösung)Fp5

101 Statik in der Ebene53.Rechnerische Lösung:Lageskizzea) I.ΣFx 0 F1 cos α1 F2 cos α 2 F3 cos α 3 F4 cos α 4 Fg cos α gII.ΣFy 0 F1 sin α1 F2 sin α 2 F3 sin α 3 F4 sin α 4 Fg sin α gI. Fg F1 cos α1 F2 cos α 2 F3 cos α 3 F4 cos α 4cos α gII. Fg F1 sin α1 F2 sin α 2 F3 sin α 3 F4 sin α 4sin α gI. II. F1 cos α1 sin α g F2 cos α 2 sin α g F3 cos α 3 sin α g F4 cos α 4 sin α g F1 sin α1 cos α g F2 sin α 2 cos α g F3 sin α 3 cos α g F4 sin α 4 cos α gF4 (cos α 4 sin α g sin α 4 cos α g ) F1 (sin α1 cos α g cos α1 sin α g ) F2 (sin α 2 cos α g cos α 2 sin α g ) F3 (sin α 3 cos α g cos α 3 sin α g )α1 110 α 2 150 α 3 215 α 4 270 α g 0 Mit dem entsprechenden Additionstheorem wird vereinfacht:F4 sin(α g α 4 ) F1 sin(α1 α g ) F2 sin(α 2 α g ) F3 sin(α 3 α g )F4 b) I. Fg F1 sin(α1 α g ) F2 sin(α 2 α g ) F3 sin(α 3 α g )54.Weil nur drei Kräfte wirken, ist die trigonometrischeLösung am einfachsten.F1 Fs2cosβ Fsβ 2,676 NF1 cos α1 F2 cos α 2 F3 cos α 3 F4 cos α 4 17, 24 Ncos α gZeichnerische Lösung:LageplanLageskizze(freigemachter Gelenkbolzen)sin(α g α 4 )Krafteckskizze120 kN 84,85 kN F22 cos 45 2cos22(Kontrolle mit der analytischen und der zeichnerischen Lösung)Kräfteplan (M K 5 N/cm)55.Trigonometrische Lösung:a) LageskizzeKrafteckskizze(freigemachte Auslegerspitze)Berechnung der Winkel:α arctanl21,5 m arctan 20,56 l34mβ arctanl1 l 24,5 m arctan 48,37 l34m

1 Statik in der Ebeneγ β αδ 90 βε 90 αProbe:γ δ ε11 57.Trigonometrische Lösung:Lageskizze(freigemachte Einhängöse)27,81 41,63 110,56 180,00 KrafteckskizzeAuswertung der Krafteckskizze nach dem Sinussatz:FFF Z Dsin γ sin δ sin εsin δsin 41,63 20 kN 28, 48 kNsin γsin 27,81 sin εsin110,56 20 kN 40,14 kNFD Fsin γsin 27,81 Berechnung der Winkel:lβ arctan 3 25, 41 l2FZ Fγ arctan(Kontrolle mit der analytischen Lösung)Berechnung der Komponenten (siehe Krafteckskizze):b) FZx FZ cos α 28, 48 kN cos 20,56 26,67 kNFZy FZ sin α 28, 48 kN sin 20,56 10, 00 kNc) FDx FD cos β 40,14 kN cos 48,37 26, 67 kNFDy FD sin β 40,14 kN sin 48,37 30 kNZeichnerische Lösung:Lageplan (M L 1,5m )cmKräfteplan (M K 10N)cml3 38,37 l1Auswertung der Krafteckskizze mit dem Sinussatz:FGF1F2 sin(γ β ) sin(90 β ) sin(90 γ )sin(90 β )sin(90 25, 41 ) 50 kN sin(γ β )sin(38,37 25, 41 )F1 50,35 kNF1 FGsin(90 γ )sin(90 38,37 ) 50 kN sin(γ β )sin(38,37 25, 41 )F2 43,70 kNF2 FG(Kontrolle mit der analytischen Lösung)Zeichnerische Lösung:LageplanKräfteplan (M K 25 kN/cm)56.Analytische Lösung:Beide Stützkräfte sindwegen der Symmetrie gleichgroß. Sie werden auf ihrenWirklinien in den Stangenmittelpunkt (Zentralpunkt)verschoben.ΣFy 0 2 Fy FG 2 F sinF FG2sinβ Lageskizzeβ FG21, 2 kN 783, 2 N2 sin 50 2(Kontrolle mit der trigonometrischen Lösung)58.Die trigonometrische Lösung ist am einfachsten:Lageskizze (freigemachte Lampe) KrafteckskizzeFw FG tan β 220 N tan 20 80, 07 NF FG220 N 234,1 Ncos β cos 20 (Kontrolle mit der analytischen und der zeichnerischenLösung)

121 Statik in der Ebene59.Die trigonometrische Lösung ist am einfachsten:LageskizzeKrafteckskizzeFs 60.Die trigonometrische Lösung ist am einfachsten:LageskizzeKrafteckskizze(freigemachter prismatischer Körper)F2 F 12 kN 7,832 kNcos β 2 cos β 2cos 40 (Kontrolle mit der analytischen und der zeichnerischenLösung)δ 180 (γ β ) 90 ; d.h. das Krafteck ist einrechtwinkliges Dreieck.FA FG cos γ 750 N cos35 614, 4 NFB FG cos β 750 N cos55 430, 2 N(Kontrolle mit der analytischen und der zeichnerischenLösung)61.Trigonometrische Lösung:Lageskizze (freigemachte Walze)Krafteckskizzeβ arctanl1280 mm arctan 41,19 l2320 mmSinussatz nach der Krafteckskizze:FGFsFr sin(γ β ) sin(90 β ) sin(90 γ )Fs FGsin(90 β )sin(90 41,19 ) 3,8 kN 2,894 kNsin(γ β )sin(40 41,19 )Fr FGsin(90 γ )sin(90 40 ) 3,8 kN 2,946 kNsin(γ β )sin(40 41,19 )Analytische Lösung:Lageskizzeα1 β 41,19 α 2 180 γ 140 α 3 270 I.II.ΣFx 0 Fr cos α1 Fs cos α 2 FG cos α 3ΣFy 0 Fr sin α1 Fs sin α 2 FG sin α 3I. Fr Fs cos α 2 FG cos α 3cos α1II. Fr Fs sin α 2 FG sin α 3sin α1I. II. Fs cos α 2 sin α1 FG cos α 3 sin α1 Fs sin α 2 cos α1 FG sin α 3 cos α1Fs (sin α 2 cos α1 cos α 2 sin α1 ) FG (sin α1 cos α 3 cos α1 sin α 3 ) sin(α 2 α1 )sin(α1 α 3 )Fs FGsin(α1 α 3 )sin (41,19 270 ) 3,8 kN 2,894 kNsin(α 2 α1 )sin (140 41,19 )eingesetzt in I. oder II. ergibtFr 2,946 kN

1 Statik in der Ebene13Zeichnerische Lösung:Lageplan (M L 12,5 cm/cm)Kräfteplan (M K 1 kN/cm)62.a) Kolbenkraft Druck KolbenflächeπNFk p A p d 2 p 10 bar 106 Pa 106 24mN πFk 106 2 (0, 2 m) 2 31416 N 31, 42 kNm 4b) Lageskizze (freigemachter Kreuzkopf)KrafteckskizzeFk31, 42 kN 32,04 kNcos β cos11,31 FN Fk tan β 31, 42 kN tan11,31 6, 283 kNFs (Kontrolle mit der analytischen und der zeichnerischenLösung)c) M Fs r 32,04 103 N 0, 2 m 6408 Nmβ arctanr 11,31 l63.Trigonometrische Lösung:Lageskizze (freigemachter Kolben) Krafteckskizzea) FN F tan γ 110 kN tan12 23,38 kNb) Fp Analytische Lösung:Lageskizzea)F110 kN 112,5 kNcos γcos12 I. ΣFx 0 FN cos α1 Fp cos α 2 F cos α 3II. ΣFy 0 FN sin α1 Fp sin α 2 F sin α 3I. II. Fp FN cos α1 F cos α 3 FN sin α1 F sin α 3 cos α 2sin α 2FN cos α1 sin α 2 F cos α 3 sin α 2 FN sin α1 cos α 2 F sin α 3 cos α 2FN (sin α1 cos α 2 cos α1 sin α 2 ) F (sin α 2 cos α 3 cos α 2 sin α 3 ) sin(α1 α 2 )sin(α 2 α 3 )α1 0 α 2 120 α 3 270 FN Fb)I. Fp Fp sin(α 2 α 3 )sin(102 270 ) 110 kN 23,38 kNsin(α1 α 2 )sin(0 102 )FN cos α1 F cos α 3cos α 223,38 kN cos 0 110 kN cos 270 112,5 kNcos102

141 Statik in der Ebene64.Analytische Lösung:Lageskizzea)I. ΣFx 0 F cos α1 2 Fz cos α 2 FG cos α 3II. ΣFy 0 F sin α1 2 Fz sin α 2 FG sin α 3I. II. Fz F cos α1 FG cos α 3 F sin α1 FG sin α 3 2 cos α 22sin α 22 F cos α1 sin α 2 2 FG cos α 3 sin α 2 2 F sin α1 cos α 2 2 FG sin α 3 cos α 2 FG (sin α 2 cos α 3 cos α 2 sin α 3 )F (sin α1 cos α 2 cos α1 sin α 2 ) sin(α1 α 2 )sin(α 2 α 3 )F FGα arctanl1l2α arctan4m 75,96 1mb)sin(α 2 α 3 )sin(104,04 270 ) 2 kN 0,5 kNsin(α1 α 2 )sin(0 104,04 )Fz 1,031 kN (aus I. oder II.)α 1 0 α 2 180 75,96 104,04 α 3 270 65.Vorüberlegung:Die Spannkräfte in beiden Riementrums sind gleich groß: F 150 N. DieWirklinie ihrer Resultierenden läuft deshalb durch den SpannrollenMittelpunkt. Wird der Angriffspunkt der Resultierenden in den Mittelpunktverschoben, kann die Resultierende dort wieder in die beiden Komponenten Fzerlegt werden. Damit ist der Mittelpunkt zugleich der Zentralpunkt A eineszentralen Kräftesystems.Lageskizzeα1 0 α 2 130 α 3 150 α 4 270 a)I. ΣFx 0 F cos α1 F cos α 2 Fp cos α 3 FG cos α 4II. ΣFy 0 F sin α1 F sin α 2 Fp sin α 3 FG sin α 4I. II. Fp F (cos α1 cos α 2 ) FG cos α 4 F (sin α1 sin α 2 ) FG sin α 4 cos α 3sin α 3F (cos α1 cos α 2 )sin α 3 FG cos α 4 sin α 3 F (sin α1 sin α 2 ) cos α 3 FG sin α 4 cos α 3FG (sin α 4 cos α 3 cos α 4 sin α 3 ) F [(cos α1 cos α 2 )sin α 3 (sin α1 sin α 2 ) cos α 3 ](cos α1 cos α 2 )sin α 3 (sin α1 sin α 2 ) cos α 3 145,8 NFG Fsin(α 4 α 3 )b) Fp 61,87 N (aus I. oder II.)

1 Statik in der Ebene66.Trigonometrische Lösung:a) Lageskizze (freigemachter Seilring)Berechnung der Winkel β und γ :l0,75 mβ arctan 3 arctan 23,81 l11, 7 mγ arctanl30,75 m arctan 46,97 l20,7 m15Fk2 F2 sin γ 24, 22 kN sin 46,97 17,71 kNFd2 F2 cos γ 24, 22 kN cos 46,97 16,53 kNHinweis: Hier ist eine doppelte Kontrolle für alleErgebnisse möglich:1. Die Balkendruckkräfte Fd1 und Fd2 sind innereKräfte des Systems „Krangeschirr“; sie müssen also gleich groß und gegensinnig gerichtet sein. Diese Bedingung ist erfüllt: 16,53 kN 16,53 kN.2. Die Summe der beiden Kettenzugkräfte Fk1 undFk2 muss der Gewichtskraft FG das Gleichgewichthalten. Diese Bedingung ist auch erfüllt:Fk1 Fk2 7,29 kN 17,71 kN 25 kN67.Die rechnerische Lösung dieser Aufgabe erforderteinen höheren geometrischen Aufwand.Lageskizze (freigemachter Zylinder 1)KrafteckskizzeSinussatz:FGF1F2 sin( β γ ) sin(90 γ ) sin(90 β )Berechnung des Winkels γ :d d2l 12l2γ arccos arccos 1 65,38 d1 d 2d1 d 22sin(90 γ )sin(90 46,97 ) 25 kN sin( β γ )sin(23,81 46,97 )F1 18, 06 kNF1 FGsin(90 β )sin(90 23,81 ) 25 kN sin( β γ )sin(23,81 46,97 )F2 24, 22 kNF2 FGKrafteckskizze für die trigonometrische LösungFA FG13N 1,375 Ntan γ tan 65,38 FB FG13N 3,300 Nsin γ sin 65,38 b) Lageskizze (Punkt B freigemacht) KrafteckskizzeFreigemachter Zylinder 2Fk1 F1 sin β 18, 06 kN sin 23,81 7, 290 kNFd1 F1 cos β 18,06 kN cos 23,81 16,53 kNc) Lageskizze (Punkt C freigemacht) KrafteckskizzeLageskizze für dieanalytische Lösung

161 Statik in der EbeneBerechnung des Winkels β :d d3l 22l2β arccos arccos 1 56,94 d 2 d3d 2 d32I. ΣFx 0 FE cos α 5 FF cos α 6 FD cos α 7 FG3 cos α 8II. ΣFy 0 FE sin α 5 FF sin α 6 FD sin α 7 FG3 sin α 8Das sind zwei Gleichungen mit den beiden VariablenFE und FF mit den LösungenFE 5,206 N und FF 10 NHinweis: Werden die drei Zylinder als ein gemeinsames System betrachtet, ist eine doppelte Kontrollemöglich:1. Die senkrechte Stützkraft FF muss mit der Summeder drei Gewichtskräfte im Gleichgewicht sein:α1 β 56,94 α 2 180 α 3 270 FF FG1 FG2 FG3 10 N 3 N 5 N 2 Nα 4 360 γ 360 65,38 294, 62 2. Die drei waagerechten Stützkräfte müssen ebenfalls im Gleichgewicht sein:Gleichgewichtsbedingungen nach Lageskizze:I. ΣFx 0 FD cos α1 FC cos α 2 FG2 cos α 3 FB cos α 4II. ΣFy 0 FD sin α1 FC sin α 2 FG2 sin α 3 FB sin α 4Das sind zwei Gleichungen mit den beiden Variablen(Unbekannten) FC und FD mit den LösungenFC 6,581 N und FD 9,545 NFreigemachter Zylinder 3α5α6α7α8FA FE FC 1,375 N 5, 206 N 6,581 NZeichnerische Lösung:LageplanKräftepläne für die Walzen 1, 2, 3(M L 4 cm/cm)(M K 2,5 N/cm)Lageskizze für dieanalytische Lösung 0 90 180 β 236, 94 270 68.a) Analytische Lösung für die Kraft FG3:LageskizzeI. ΣFx 0 FG3 cos α1 FG2 cos α 2 FG1 cos α 3II. ΣFy 0 FG3 sin α1 FG2 sin α 2 FG1 sin α 3I. II. sin α 2 FG3 sin α1 FG1 sin α 3F sin α1 FG1 sin α 3 G3FG2FG2§ F sin α1 FG1 sin α 3 ·cos α 2 1 sin 2 α 2 1 G3 FG2 ¹α1 γ 30 α 2 180 βα 3 270 cos α 2 cos α 2 2 ( F sin α F sin α ) 2FG2G31G132FG21FG22 ( F sin α F sin α ) 2FG2G31G13 A gesetzt und in I. eingesetzt2

1 Statik in der Ebene17I. FG3 cos α1 FG2 A FG1 cos α 3 0FG3F A FG1 cos α 3 G2 cos α1FG2 1FG22 ( F sin α F sin α ) 2 F cos αFG2G31G13G13cos α1(2 ( F sin α F sin α ) 2( FG3 cos α1 FG1 cos α 3 ) 2 FG2G31G13)22 cos 2 α 2 F F cos α cos α F 2 cos 2 α F 2 F 2 sin 2 α 2 F F sin α sin α F 2 sin 2 αFG31G1 G31331G3 G1133G1G1G2G32 (sin 2 α cos 2 α ) 2 F F (cos α cos α sin α sin α ) F 2 sin 2 α F 2 0FG31G1 G3 13133G1G2 11cos(α1 α 3 )2 cos 2 (α α ) F 2 sin 2 α F 2FG3 FG1 cos(α1 α 3 ) FG1133G1G22FG3 FG1 cos(α1 α 3 ) FG21[cos 2 (α1 α 3 ) sin 2 α 3 ] FG2Der negative Wurzelausdruck ist physikalisch ohne Sinn, weil er zu einer negativen Gewichtskraft FG3 führt.Trigonometrische Lösung für den Winkel β:Lageskizze (freigemachter Seilring)KrafteckskizzeSinussatz:FG1FG2F G2sin(γ β ) sin(90 γ ) cos γFsin(γ β ) G1 cos γFG2§F·§ 20 N· cos30 43,85 b) γ β arcsin G1 cos γ arcsin F25N ¹ G2¹β 43,85 γ 13,85 FG3 20 N cos ( 240 ) (20 N)2 [cos 2 ( 240 ) sin 2 270 ] (25 N) 2 28, 03 NZeichnerische Lösung:LageplanKräfteplan (M K 10 N/cm)69.Rechnerische Lösung:Lageskizze für den Knotenpunkt ABerechnung des Winkels β :β arctanα1 0 α 2 90 α 3 194,04 1,5 m 14,04 6m

181 Statik in der EbeneHinweis: Die Stabkräfte werden mit dem Formelzeichen FS bezeichnet.I. ΣFx 0 FS2 cos α1 FA cos α 2 FS1 cos α 3II. ΣFy 0 FS2 sin α1 FA sin α 2 FS1 sin α 3I

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