Technische_Mechanik_II_-_Uebungen-kurz

LISTE DER WARENZEICHEN
Übungen
zur
Technische Mechanik II
- Festigkeitslehre/ Elastostatik -
Vollständig und mit möglichen Lösungsvarianten
gelöste Übungsaufgaben
von
Annette Kunow
- 1 -

INHALTSANGABE
INHALTSANGABE
Liste der Warenzeichen - 3 -
Vorwort - 4 -
Inhaltsangabe - 7 -
Aufgaben zu Kapitel 2: Flächenschwerpunkt - 9 -
Aufgaben zu Kapitel 3: Einachsiger Spannungszustand- 27
-
Aufgaben zu Kapitel 4: Zug- und Druckstab - 30 -
Aufgaben zu Kapitel 5: Zweiachsiger Spannungszustand -
69 -
Aufgaben zu Kapitel 6: Verallgemeinertes Elastizitätsgesetz
(HOOKEsches Gesetz) - 83 -
Aufgaben zu Kapitel 7: Flächenträgheitsmoment - 94 -
Aufgaben zu Kapitel 9: Torsion - 147 -
Aufgaben zu Kapitel 10: Biegung des geraden Balkens -
204 -
- 7 -

INHALTSANGABE
Aufgaben zu Kapitel 11: Der Arbeitsbegriff der Elastostatik -
271 -
12 Aufgaben zu Kapitel 12: Schubspannungen - 356 -
Sachwörterverzeichnis - 380 -
Bereits erschienen - 389 -
Impressum - 391 -
- 8 -

AUFGABEN ZU KAPITEL 9:
TORSION
(9.50):
ϑ 1 (l) =
MT0l
G I +G I
1 T1
2 T2
,
(9.51) :
τ
τ
1max
2max
G1IT1
(x1,r1)
=
G I +G I
(x
2
,r
2
1 T1
1 T1
2
G2I
) =
G I +G
T2
2
T2
I
T2
2
πr
3
1
2
M
πr2
3
1
T0
M
,
T0
AUFGABE 9.4
• Belastung durch eine exzentrische Last F
• Statisch bestimmtes System
• Berechnung der Spannungsverläufe
• Berechnung der Verformung des Lastangriffspunktes
Ein Kragträger mit kreisförmigem Vollquerschnitt (Radius r a )
trägt am Kragarmende eine exzentrisch angreifende Einzellast
F.
gegeben: l, r a , E, F,
3
G = E
8
- 170 -

AUFGABEN ZU KAPITEL 9:
TORSION
gesucht: Bestimmung der Spannungen σ und τ im Einspannquerschnitt
und der Verformung des Lastangriffspunktes
x
l
r a
F F
z
Bild 9.10 Kragträger mit kreisförmigem Vollquerschnitt
LÖSUNG ZU AUFGABE 9.4
Die exzentrische Einzellast F wird nach Bild 9.11 in zwei
Lastfälle aufgeteilt, in eine zentrische Einzellast F und ein
Torsionsmoment M T = F r a . Aus diesen beiden Lastfällen
werden die Spannungen σ und τ im Einspannquerschnitt
berechnet.
- 171 -

AUFGABEN ZU KAPITEL 9:
TORSION
r a
Fr a
a)
F
= b) F +
Bild 9.11 a) exzentrische Einzellast F; b) zentrische Einzellast F +
Torsionsmoment M T = F r a
Die Biegespannungen infolge zentrischer Einzellast F ist
(9.52) :
σ x
M
=
I
y
y
z,
mit M y = - F l und
I
y
4
a
πr
=
4
folgt der Biegespannungsverlauf
(Bild 9.12)
(9.53):
− 4F l
σ x = z.
4
πr
a
- 172 -

AUFGABEN ZU KAPITEL 9:
TORSION
σ x o, max
x
r a
σ x u, max
Bild 9.12 Biegespannungsverlauf
Mit dem Maximalwert am oberen, bzw. unteren Rand des
Querschnitts
(9.54):
4F l
σ xo,u max = ± .
3
πr
a
Die Torsionsspannungen infolge des Torsionsmoments sind
(9.55):
M
τ =
I
T1
T
r,
- 173 -

AUFGABEN ZU KAPITEL 9:
TORSION
mit M T = F r a und
folgt der Torsionsspannungsverlauf
(Bild 9.13)
I
T
4
a
πr
=
2
(9.56) 2 Fra
2 F
: τ = r = r.
4
πr
πr
3
a
a
τ max
Bild 9.13 Torsionsspannungsverlauf
Mit dem Maximalwert am Rand des Querschnitts
2 F
(9.57):
τ max = .
2
πr
a
- 174 -

AUFGABEN ZU KAPITEL 9:
TORSION
Die Verformung des Lastangriffspunktes wird ebenso aus
den zwei Lastfällen berechnet, der Verformung infolge zentrischer
Einzellast
(9.58):
f
F
3
3
Fl 4Fl
= =
3EI 3Eπr
4
a
und der Verformung infolge der Verdrehung infolge des
Torsionsmoments (Bild 9.14)
f T
ϑ
Bild 9.14 Verdrehung infolge des Torsionsmoments
(9.59) MTl
Fra
l ra
2 2Fl
: fT
= ra
= = .
4
GI Gπr
Gπr
2
T
a
a
- 175 -

AUFGABEN ZU KAPITEL 10:
BIEGUNG DES GERADEN BALKENS
(10.32) :
w(x) =
1
EI
1
= q
8
(q
4
0l
0
1
24
x
1 1
(
EI 3
4
x
l
-
4
4
1
12
q
2
-
3
0
x
l
3
3
lx
3
+
+
1
3
1
24
x
l
2
2
q
).
0
l
2
x
2
)
AUFGABE 10.3
• Zweifeldriger, überkragender Balken (E I = const.)
mit einer Einzelkraft F belastet
• Bestimmung der Verformungen durch bereichsweise
Integration und mit Biegelinientafel
Ein überkragender Balken (E I = const.) ist am freien Ende
durch eine Einzelkraft F belastet.
gegeben: b, c, F
gesucht: Bestimmung der Durchbiegung am freien Ende infolge
F und der Neigung (Betrag des Winkels) am Lager B
F
A
EI
B
EI
b
c
Bild 10.3 Überkragender Balken mit Einzelkraft F
- 215 -

AUFGABEN ZU KAPITEL 10:
BIEGUNG DES GERADEN BALKENS
LÖSUNG ZU AUFGABE 10.3 DURCH FELDWEISE
INTEGRATION
Es handelt sich um eine Zweibereichsaufgabe, deren Koordinaten
für die beiden Bereich in Bild (10.4) gegeben sind.
x 1 x 2
z,w
EI B EI
z,w
F
b
c
Bild 10.4 Koordinatendefinition
Die Integration der Differentialgleichungen führt auf die Verläufe
in den Bereichen
Im Bereich 1 für
0 ≤ x1 ≤ b ergibt sich
(10.34) : q(x1
) = 0,
- 216 -

AUFGABEN ZU KAPITEL 10:
BIEGUNG DES GERADEN BALKENS
(10.35) : Q1(x1)
= C11,
(10.36) : M 1(x1)
= C11
x1
+ C21,
1 1 2
(10.37) : ψ1 (x1)
= ( C11
x1
+ C21x1
+ C31),
EI 2
1
(10.38) :
w (x ) =
1
1
1
EI
1
1
(- C
6
11
x
3
1
1
- C
2
2
21x1
− C
31
x
1
−
− C
41
).
Im Bereich 2 für 0 ≤ x 2 ≤ c ergibt sich
(10.39) : q(x 2 ) = 0,
(10.40) : Q 2 (x 2 ) = C12,
(10.41) : M2
(x 2 ) = C12
x 2 + C22,
1 1 2
(10.42) : ψ 2 (x 2 ) = ( C12
x 2 + C22x
2 + C32
),
EI 2
2
- 217 -

AUFGABEN ZU KAPITEL 10:
BIEGUNG DES GERADEN BALKENS
(10.43) :
w
2
(x
2
) =
1
EI
2
1
(- C
6
12
x
3
2
1
- C
2
− C
22
32
x
x
2
2
2
−
− C
42
).
Die Konstanten werden über die Randbedingungen bestimmt.
Aus den statischen Randbedingungen
(10.44) : M 1(x1
= 0) = 0 ⇒ C21
= 0,
(10.45) : Q2(x
2 = c) = F ⇒ C12
= F,
(10.46) : M2(x
2 = c) = 0 ⇒ C22
= - C12
c = - F c,
den geometrischen Randbedingungen
(10.47) : w1(x1
= 0) = 0 ⇒ C41
= 0,
1 2
(10.48) : w 1(x1
= b) = 0 ⇒ C11
b + C31
= 0,
6
- 218 -

AUFGABEN ZU KAPITEL 10:
BIEGUNG DES GERADEN BALKENS
(10.49) : w 2(x
2 = 0) = 0 ⇒ C42
= 0,
und aus den geometrischen Übergangsbedingungen
(10.50) :
ψ
1
⇒
(x
1
=
1
EI
b) =
1
1
(
2
ψ
C
2
11
(x
b
2
2
= 0)
+ C
31
) =
1
EI
2
C
32
.
Mit EI 1 = EI 2 folgt
1 2
(10.51) : C11 b = - C32.
3
Mit den statischen Übergangsbedingungen folgt
(10.52) :
M (x
⇒
1
1
= b) =M
C
11
2
(x
2
= 0)
b + 0 = − cF.
Damit ergibt sich
c
1
(10.53) : C = - F, C31
= − cbF, C32
b
6
11 =
1
cbF.
3
- 219 -

AUFGABEN ZU KAPITEL 10:
BIEGUNG DES GERADEN BALKENS
Die Biegelinie im Bereich 2 lautet
1 1 3 1 2 1
(10.54):
w 2(x
2 ) = ( Fx2
- Fc x2
− cbFx2
).
EI 6 2 3
2
Damit ist die Durchbiegung des Lastangriffspunktes
(10.55) :
w
2
(c) =
1
EI
2
1
= − c
3
1
( Fc
6
2
F
1
EI
2
3
1
- Fc
2
(c + b).
3
1
− c
3
2
bF)
und der Winkel am Lager B
(10.56) :
ψ 1 (b) = ψ 2(0)
=
1
EI
2
1
Fcb.
3
- 220 -

AUFGABEN ZU KAPITEL 10:
BIEGUNG DES GERADEN BALKENS
LÖSUNG ZU AUFGABE 10.3 MIT BIEGELINIENTAFEL
(TABELLE 10.1)
α
α
f 1
a)
b
M B
c
c
F
+ b)
f 2
Bild 10.5 Aus Biegelinientafel a) Fall 1; b) Fall 2
Die Verdrehung ψ b) = (0)
am Lager B ergibt sich mit
M B
= F ⋅c
zu
1( ψ 2
(10.57) :
ψ (b) = ψ
MB
⋅b
(0) =
3EI
1 2
=
2
1
EI
2
1
Fcb.
3
- 221 -

SACHWÖRTERVERZEICHNIS
SACHWÖRTERVERZEICHNIS
Absenkung - 293 -, - 328 -
, - 336 -, - 338 -, - 343 -,
- 344 -, - 349 -, - 353 -, -
354 -
Arbeitssatz - 162 -, - 340 -
Auflagerkraft - 56 -
Auflagerreaktion - 294 -
Biegelinie - 220 -, - 225 -,
- 248 -, - 253 -, - 267 -
Biegelinientafel - 193 -, -
221 -, - 237 -, - 240 -
Biegelinienverlauf - 208 -
Biegemoment - 206 -
Biegespannung - 363 -
Biegespannungsverlauf -
172 -
Biegung
drillfreie - 376 -
Blattfeder - 227 -
Dehnsteifigkeit - 35 -, - 45
-
Dehnung - 45 -, - 58 -, -
63 -, - 67 -, - 88 -, - 91 -,
- 92 -
dehnweich - 54 -
Deviationsmoment - 97 -, -
103 -, - 109 -
Dreieck - 14 -, - 101 -
Dreieckfläche - 19 -
Dreigelenkbogen lässt -
273 -
Druck
- 380 -