Prüfungsaufgaben und Musterlösungen bis einschl. H2012 - IAG ...

Prüfung Frühjahr 2000 5 /8
Prüfung Frühjahr 2000 6 /8
Gl.(13) in (9) bzw.(10) liefert unter Berücksichtigung von (11)
0.0
0.2
0.4
0.6
0.8
1.0
d ( z It
)
d ( x
t
) =5a − 25a
2
=5a −
=5a − 25a
4
= −5a
4
1 + cosϕ
2
25a(1 + cosϕ)
4
−
25a cosϕ
4
−
25a cosϕ
4
(15)
d ( z II
t
)
d ( x
1 + cosϕ
2
) = −180 a 4 + 200a 4
t
= −180a 200a(1 + cosϕ)
+
4 8
= −45a +25a +25a cosϕ
= −20a +25a cosϕ
Gl.(15), (16) in (12) unter Berücksichtigung der Integrationsgrenzen liefert
{ ∫
A 1 = − 2 ϕ2
d ( )
z II
∫ ϕ3
t
π ϕ 1
d ( d ( ) }
z It
) cosϕdϕ +
x
t
ϕ 2
d ( ) cosϕdϕ
x
t
= − 2 {∫ ϕ2
∫ ϕ3
( −5a 25a cosϕ
(−20a +25a cosϕ)cosϕdϕ +
−
π ϕ 1 ϕ 2
4 4
= 2 {∫ ϕ2
(
20a cosϕ − 25a cos 2 ϕ ) ∫ ϕ3
( 5a cosϕ
dϕ +
+ 25a cos2 ϕ
π ϕ 1 ϕ 2
4 4
{ [
= 2 ( 1
20a sin ϕ − 25a
π 2 ϕ + 1 )]∣ ∣∣∣
ϕ 2
[ 5a sin ϕ
4 sin 2ϕ + + 25a
ϕ 1
4 4
{ [
= 2 20a sin ϕ − 25aϕ ]∣
25a sin 2ϕ ∣∣∣
ϕ 2
[ 5a sin ϕ
− + + 25aϕ +
π
2 4
ϕ 1
4 8
= 2 5a
π 16
{
}
(64 sinϕ − 40ϕ − 20 sin 2ϕ)| ϕ2
ϕ 1
+(4sinϕ +10ϕ +5sin2ϕ)| ϕ3
ϕ 2
(16)
) }
cosϕdϕ
) }
dϕ
= 5a
8π {64 sinϕ 2 − 40ϕ 2 − 20 sin 2ϕ 2 +10ϕ 3 − 4sinϕ 2 − 10ϕ 2 − 5sin2ϕ 2 }
= 5a
8π {60 sinϕ 2 − 50ϕ 2 − 25 sin 2ϕ 2 +10ϕ 3 }
= 25a
8π {12 sinϕ 2 − 10ϕ 2 − 5sin2ϕ 2 +2ϕ 3 }
=1.80a
( 1
2 ϕ + 1 4 sin 2ϕ )]∣ ∣∣∣
ϕ 3
ϕ 2
}
]∣ }
25a sin 2ϕ ∣∣∣
ϕ 3
16
ϕ 2
Die Koeffizienten A 0 (α ∗ ,a) und A 2 (a)können direkt den gezeichneten Normalverteilungen
entnommen werden (siehe Abb.3).Vorzeichenkonvention beachten! Es
ergeben sich die Werte A 0 = α ∗ − 1.17a und A 2 = −3.39a.
(17)
z/t [-]
+a
α * 0
z 0
/t
z 1
/t
z 2
/t
(z 0
+z 1
+z 2
)/t
-1.17a+α * -a
0.0 0.2 0.4 0.6
x/t [-]
0.8
=A 0
Abbildung 3: zu Aufgabenteil b), c)
+1.13a=-A 2
/3
c) Für die Konturgleichung der 2.Normalverteilung gilt unter Berücksichtigung von
Gl.(17)
z 1
t = A x
(
1 1 − x )
=1.80a x (
1 − x )
(18)
t t t t
1.0
x/t [−] 0.0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0
z 1 /t[−] 0.000 0.288a 0.432a 0.432a 0.288a 0.000
Die Kontur der 2.Normalverteilung wird am besten aufs Arbeitsblatt übertragen,
um anschließend die Kontur des resultierenden Skeletts durch Superposition der
Einzelbeiträge zu ermitteln (siehe Abb.3).
Die Forderung nach Druckpunktfestigkeit ist durch c mA=0 = 0 erfüllt.Für den
Nullmomentenbeiwert gilt
c mA=0 = − π 4 (A 1 + A 2 ) (19)
Druckpunktfestigkeit ist somit für A 1 + A 2 = 0 gegeben, während im vorliegenden
Fall A 1 + A 2 < 0 gilt.Da der Koeffizient A 1 proportional zur Wölbung und
A 2 proportional zum S–Schlag ist, weist das gegebene Skelett hinsichtlich Druckpunktfestigkeit
zuviel S–Schlag im Verhältnis zur Wölbung auf.