Repetitorium
Technische Mechanik II
Version 3.1, 09.02.2010
Dr.-Ing. L. Panning
Institut für Dynamik und Schwingungen
Gottfried Wilhelm Leibniz Universität Hannover
Dieses Repetitorium soll helfen,
• klassische Aufgabentypen aus der Technischen Mechanik zu beherrschen,
• häufig auftretende Fehler zu vermeiden und
• anhand durchgerechneter Beispiele verschiedene Lösungswege beurteilen zu können.
Dieses Repetitorium soll nicht
• als Probeklausur interpretiert werden,
• den Anspruch auf eine vollständige Abdeckung des Lehrstoffes erheben und
• als Hinweis auf den Klausurinhalt verstanden werden!
Ziel ist es, eine Sammlung charakteristischer Fragestellungen mit entsprechenden Lösungswegen be-reitzustellen. Einige ausgewählte Aufgaben werden dann beispielhaft während des Repetitoriumsdurchgerechnet und diskutiert.
Dank an die wissenschaftlichen MitarbeiterInnen des IKM und IDS für die tatkräftige Unterstützung!
Bei Anregungen oder Korrekturen bitte kurze E-Mail an [email protected].
Dr.-Ing. Lars Panning
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Musterlösungen (ohne Gewähr)
Aufgabe 1
Ein homogener Stab (Länge `, Querschnittsflä-che A, Gewicht G, Elastizitätsmodul E, Wärme-ausdehnungskoeffizient α) ist bei x = 0 aufgehängtund berührt gerade den Boden ohne Druck.
a) Bestimmen Sie die Spannungsverteilung σ(x)
im Stab nach einer gleichmäßigen Erwärmungum ∆ϑ!
b) Für welche Temperaturdifferenz ∆ϑ herrscht imgesamten Stab Druck?
Gegeben: `, A, G, E, α, ∆ϑ, g.
G
g
E A, , �
�
x
Lösung
a) Dehnung ε(x) =du
dx=
σ(x)
E+ α∆ϑ(x)
Spannung σ(x) =N(x)
A(x)
Normalkraft durch Eigengewicht NG(x) = G(1− x
`
)(linearer Verlauf der Streckenlast qx(x))
Randbedingungen u(x = 0) = 0, u(x = `) = 0
zusätzliche Stabverlängerung durch Erwärmung:
∆` = u(`)− u(0) =
x=`∫x=0
εϑ(x) dx!= 0
0 =
x=`∫x=0
Nϑ
EA+ α∆ϑ dx =
[Nϑx
EA+ α∆ϑx
]x=`
x=0
0 =
[Nϑ`
EA+ α∆ϑ`
]→ Nϑ = −EAα∆ϑ
gesamte Normalkraft N(x) = NG(x) + Nϑ(x) = G(1− x
`
)− EAα∆ϑ
gesamte Spannung σ(x) = σG(x) + σϑ(x) =G
A
(1− x
`
)︸ ︷︷ ︸
Zug
−Eα∆ϑ︸ ︷︷ ︸Druck
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Musterlösungen (ohne Gewähr)
b) Die größte Zugkraft herrscht bei x = 0
→ N(x = 0)!< 0 → G
A− Eα∆ϑ < 0 → ∆ϑ >
G
EAα
Tipps und Tricks
Der Normalkraftverlauf aufgrund Eigengewicht muss bei einem homogenen Stab einem linearenVerlauf folgen!
Die größte Normalkraft aufgrund Eigengewicht muss hier in der Einspannung vorliegen undam Stabende null sein!
Die Spannungen aufgrund Normalkraft und aufgrund der Wärmedehnung können aufgrund derLinearität des Systems getrennt voneinander betrachtet und überlagert werden!
Dimensionskontrolle: Einheit der Spannung [σ] =N
m2· (−)− N
m2· [−] · [−] =
N
m2X
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Musterlösungen (ohne Gewähr)
Aufgabe 2
Ein zweiseitig spiel- und zunächst spannungsfreifest eingespannter Stab (konstante Querschnitts-fläche A) ist aus zwei verschiedenen Materialien(Stahl, Aluminium) gefertigt, die im QuerschnittC aneinanderstoßen. In C wirkt wie skizziert dieäußere Kraft F .
a) Wie groß sind die Normalkräfte in der rechtenund linken Einspannung?
b) Bestimmen Sie die Normalkräfte, wenn das Sys-tem zusätzlich um die Temperaturdifferenz ∆ϑ
erwärmt wird!
Gegeben: `, a, A, F , ∆ϑ, ESt, ESt/EAl = 3, αSt, αSt/αAl = 1/2.
�
x
a
F
CStahl Aluminium
Lösung
Das Gesamtsystem ist statisch überbestimmt, da nur eine Kräftesumme horizontal für zwei Unbe-kannte zur Verfügung steht.
a) Kräftegleichgewicht −N1 + N2 − F = 0 → N2 = F + N1 (1)
Verlängerung der Stäbe:
∆`1 =N1`1
E1A1
=N1a
EStA(2)
∆`2 =N2`2
E2A2
=N2(`− a)
EAlA(3)
Randbedingung: ∆`ges = ∆`1 + ∆`2!= 0 (4)
Vier Gleichungen für vier Unbekannte (N1, N2, ∆`1, ∆`2). Einsetzen von (1) bis (3) in (4) liefert:
N1a
EStA+
(F + N1)(`− a)
EAlA= 0 → N1
(a
EStA+
`− a
EAlA
)= −F
`− a
EAlA→ N1 = −F
`− a
aEAl
ESt+ (`− a)
→ N1 = −F3`− 3a
3`− 2a(Druckkraft) → N2 = F + N1 → N2 = F
a
3`− 2a(Zugkraft)
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Musterlösungen (ohne Gewähr)
Alternative:Überlagerung zweier statisch bestimmter Systeme und Beachtung der Randbedingung (Kraft N2
ersetzt die noch unbekannte Kraft im rechten Festlager)
F N2
F
=
+N
2
1 2
©1 u1(x = `) = u1(x = a) = − Fa
E1A©2 u2(x = `) =
N2a
E1A+
N2(`− a)
E2A
Superposition:
u(x = `) = u1(x = `) + u2(x = `)!= 0 → − Fa
E1A+
N2a
E1A+
N2(`− a)
E2A= 0
→ N2
(a
EStA+
`− a
EAlA
)=
Fa
EStA→ N2 = F
a
3`− 2a→ N1 = −F
3`− 3a
3`− 2aX
b) Verlängerung der Stäbe jetzt:
∆`1 =N1`1
E1A1
+ α1∆ϑa =N1a
EStA+ αSt∆ϑa
∆`2 =N2`2
E2A2
+ α2∆ϑ(`− a) =N2(`− a)
EAlA+ αAl∆ϑ(`− a)
→ N1a
EStA+ αSt∆ϑa +
(F + N1)(`− a)
EAlA+ αAl∆ϑ(`− a) = 0
→ N1
(a
EStA+
`− a
EAlA
)= −F
`− a
EAlA− (αSta + αAl(`− a))∆ϑ
→ N1 = −F3`− 3a
3`− 2a− 2`− a
3`− 2aEStAαSt∆ϑ
→ N2 = Fa
3`− 2a− 2`− a
3`− 2aEStAαSt∆ϑ
Tipps und Tricks
Das System ist statisch überbestimmt - daher müssen die Gleichungen zur Verformung heran-gezogen werden!
Randbedingungen beachten: Die Verformungen bei x = 0 und x = ` müssen null sein!
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Musterlösungen (ohne Gewähr)
Aufgabe 3
Ein gewichtsloser, starrer Stuhl wird durch dreielastische Stäbe (jeweils Dehnsteifigkeit EA) ge-halten und durch die Kraft F belastet.
a) Bestimmen Sie die Stabkräfte und die Verlän-gerung aller Stäbe!
b) Wie groß ist die horizontale und vertikale Ver-schiebung des Punktes C?
Gegeben: a, EA, F .
F
a a
a
a
x
y
A
B C
1
2
3
Lösung
a)
F
A
B C
S1
S2
S3
E
Stabkräfte:∑M (C) = 0 = aS1 − aF → S1 = F∑M (E) = 0 = aS2 → S2 = 0∑FV = 0 = S3 sin 45◦ + F → S3 = −
√2F
Stabverlängerungen:
∆`1 =S1`1
EA=
Fa
EA(Verlängerung), ∆`2 =
S2`2
EA= 0, ∆`3 =
S3`3
EA= −2
Fa
EA(Verkürzung)
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Musterlösungen (ohne Gewähr)
b) Kleine Verformungen → Richtungen der Stäbe bleiben erhalten.
Stabkraft S2 = 0 → Punkt C erfährt rein vertikale Verschiebung (klein!) → ux = 0
Verschiebungsplan:
x
C
C'
y
��3
vertikale Verschiebung (C→ C’):
uy = −√
2|∆`3| = −2√
2Fa
EA(nach unten)
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Musterlösungen (ohne Gewähr)
Alternative: Formänderungsenergien
a a
a
a
x
y
A
B C
1
2
3
Virtuelles System
a) b)
a a
a
a
x
y
A
B C
1
2
3
F̄
F̄
reell virtuell Fall a) virtuell Fall b)i `i Si S̄i SiS̄i`i S̄i SiS̄i`i
1 a F 0 0 0 02 a 0 −F̄ 0 −F̄ 03
√2a −
√2F
√2F̄ −2
√2FF̄a 0 0∑
−2√
2FF̄a 0
vertikale Verschiebung (Fall a):
F̄ uy =3∑
i=1
SiS̄i
EA`i = − 1
EA2√
2FF̄a → uy = −2√
2Fa
EA(nach unten)
horizontale Verschiebung (Fall b):
F̄ ux =3∑
i=1
SiS̄i
EA`i = 0 → ux = 0
Tipps und Tricks
Bei Anwendung der virtuellen Kräfte müssen sich diese am Ende wieder herauskürzean lassen!
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Musterlösungen (ohne Gewähr)
Aufgabe 4
Der Kragbalken mit dem skizzierten Querschnitt konstanter Wandstärke t wird am Ende mit derKraft F belastet.
Wie groß ist die maximale Biegespannung in dem Träger?
Gegeben: a, ` = 40a, t, t � a, F .
F
a a
2a
2a 2a
�
t
F
Lösung
Schwerpunktberechnung:
i Ai z̄i Aiz̄i
1 2at 0 0
2 2at a 2a2t
3 2at a 2a2t
4 at 2a 2a2t
5 at 2a 2a2t∑8at 8a2t
z̄S =8a2t
8at= a
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Musterlösungen (ohne Gewähr)
a a
2a
2a 2atS
1
23
4 5
z
yz̄
Flächenträgheitsmoment:
Iyy =1
12· 2at3 + 2a3t + 2
(1
12· 8a3t
)+ 2
(1
12at3 + a3t
)≈ 16
3a3t (da t � a)
Widerstandsmoment:
W =Iyy
zmax
=16a3t
3a=
16
3a2t
Maximales Biegemoment im Einspannquerschnitt:
Mb,max = −40aF
Maximale Biegespannung:
|σb,max| =|Mb,max|
W=
40aF163a2t
=15
2
F
at
Tipps und Tricks
Neutrale Faser geht bei gerader Biegung ohne zusätzliche Normalbelastung durch den Schwer-punkt des Profils!
Schwerpunkt und entsprechendes Flächenträgheitsmoment muss zunächst berechnet werden!
Vorsicht bei schiefer Biegung (unsymmetrisches Profil und/oder Belastung)!
Die Anteile der Flächen 1, 4 und 5 am Flächenträgheitsmoment Iyy resultieren ausschließlichaus den Steiner-Anteilen, da t � a!
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Musterlösungen (ohne Gewähr)
Aufgabe 5
Der einseitig eingespannte Balken (Länge `, Bie-gesteifigkeit EI) wird durch eine parabelförmigeStreckenlast (Maximum q0 bei x = `/2) beauf-schlagt. Er wird an seinem freien Ende durch eineFeder (Federsteifigkeit c) gestützt.
Ermitteln Sie die Biegelinie w(x)!
Gegeben: `, q0, EI, κ, c = κEI
`3.
�
x
cEI
q0
w x( )
Lösung
a) Ermittlung der Biegelinie aus Mb(x) = −EIw′′(x)
(kleine Verformungen, Querkräfte vernachlässigt, EI = const.)
Zusammenhänge der Schnittgrößen:
Q(x) =dMb(x)
dx= M ′
b(x), q(x) = −dQ(x)
dx= −Q′(x) = −M ′′
b (x)
→ q(x) = EIw′′′′(x) (Dgl. 4. Ordnung)
4 Randbedingungen:
geometrische Randbedingungen:
w(x = 0) = 0 (keine Durchsenkung bei x = 0 (Einspannung!))
w′(x = 0) = 0 (keine Neigung bei x = 0 (Einspannung!))
dynamische Randbedingungen:
Mb(x = `) = −EIw′′(x = `) = 0 → w′′(x = `) = 0 (kein Biegemoment bei x = `!)
Q(x = `) = −EIw′′′(x = `) = −cw(x = `) → w′′′(x = `) =c
EIw(x = `)
(Querkraft muss am Ende des Balkens der Federkraft entsprechen, VZ. beachten!)
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Musterlösungen (ohne Gewähr)
Parabelförmige Streckenlastq(x) = ax2 + bx + c mit q(x = 0) = q(x = `) = 0 und q(x = `/2) = q0.q(x = 0) = 0 = c → c = 0
q(x = `) = 0 = a`2 + b` → b = −a`
q(x = `/2) = q0 =1
4a`2 +
1
2b` = −1
4a`2 → a = −4
q0
`2→ b = 4
q0
`
→ q(x) = −4q0
`2x2 + 4
q0
`x = q0
[−4(x
`
)2
+ 4(x
`
)]
Viermalige Integration der Streckenlast ergibt
w′′′′(x) =q0
EI
[−4(x
`
)2
+ 4(x
`
)]w′′′(x) =
q0`
EI
[−4
3
(x
`
)3
+ 2(x
`
)2
+ C1
]w′′(x) =
q0`2
EI
[−1
3
(x
`
)4
+2
3
(x
`
)3
+ C1
(x
`
)+ C2
]w′(x) =
q0`3
EI
[− 1
15
(x
`
)5
+1
6
(x
`
)4
+1
2C1
(x
`
)2
+ C2
(x
`
)+ C3
]w(x) =
q0`4
EI
[− 1
90
(x
`
)6
+1
30
(x
`
)5
+1
6C1
(x
`
)3
+1
2C2
(x
`
)2
+ C3
(x
`
)+ C4
]
Bestimmung der Integrationskonstanten C1, . . . C4 aus den Randbedingungen
w(x = 0) = 0 → C4 = 0
w′(x = 0) = 0 → C3 = 0
w′′(x = `) = 0 =q0`
2
EI
[−1
3+
2
3+ C1 + C2
]→ 0 =
1
3+ C1 + C2 → C2 = −1
3− C1
w′′′(x = `) =c
EIw(x = `)
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Musterlösungen (ohne Gewähr)
→ q0`
EI
[−4
3+ 2 + C1
]=
c
EI
q0`4
EI
[− 1
90+
1
30+
1
6C1 +
1
2C2
]→[2
3+ C1
]=
c`3
EI
[1
45+
1
6C1 +
1
2C2
]= κ
[1
45+
1
6C1 +
1
2
(−1
3− C1
)]→ 2
3+ C1 = κ
[−13
90− 1
3C1
]→ C1
(1 +
1
3κ
)= −
(2
3+
13
90κ
)→ C1 = −60 + 13κ
90 + 30κ
→ C2 = −1
3− C1 → C2 =
30 + 3κ
90 + 30κ
→ w(x) =q0`
4
EI
[− 1
90
(x
`
)6
+1
30
(x
`
)5
− 60 + 13κ
540 + 180κ
(x
`
)3
+30 + 3κ
180 + 60κ
(x
`
)2]
b)w(x = `) =
q0`4
EI
[− 1
90+
1
30− 60 + 13κ
540 + 180κ+
30 + 3κ
180 + 60κ
]=
q0`4
EI
[2
90+
30− 4κ
540 + 180κ
]=
q0`4
EI
[7
90 + 30κ
]
00 10.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9
x/� [-]
w/
q 0�4
EI
[-]
0.02
0.04
0.06
0.08κ = 0κ = 1κ = 5κ = 1000
Tipps und Tricks
Im Allgemeinen lassen sich für den Balken an beiden Enden jeweils zwei Randbedingungen (biszur 1. Ableitung w′(x) geometrisch oder ab der 2. Ableitung w′′(x) dynamisch) formulieren!
Die Randbedingung zur Querkraft am Balkenende stellt eine so genannte inhomogene Rand-bedingung dar!
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Aufgabe 6
Der Torsionsstab mit den skizzierten dünnwandigen Profilen©1 (ungeschlitzt) und©2 (geschlitzt)wird an seinem freien Ende mit dem Torsionsmoment MT beaufschlagt. Die zulässige Schubspannungbeträgt τzul.
2t
t
a
a 2t
t
a
a
�
1 2
MT
a) Wie groß ist das maximal aufnehmbare Torsionsmoment MT,max beider Stäbe?
b) Wie groß ist die Verdrehung des freien Endes beider Stäbe in diesem Fall?
Gegeben: a = 20 cm, t = 2 mm, ` = 5 m, G = 0, 8 · 105 MPa, τzul = 40 MPa.
Lösung
a) τmax =MT
WT
!< τzul → MT < WTτzul = MT,max
Fall©1 : Torsionswiderstandsmoment WT = 2Ambmin = 2a2t (1. Bredtsche Formel)
→ MT < 2a2tτzul → MT < 2 · (0, 2 m)2 · 0, 002 m · 40 · 106 N/m2 = 6400 Nm
Fall©2 : Torsionswiderstandsmoment WT =1
3bmax
∫s
b3(s)ds =1
6t
(2at3 + 2a(2t)3
)= 3at2
→ MT < 3at2τzul → MT < 3 · 0, 2 m · (0, 002 m)2 · 40 · 106 N/m2 = 96 Nm
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Musterlösungen (ohne Gewähr)
b) Verdrehung ϕ =MT`
GIT
Fall©1 : Torsionsflächenträgheitsmoment IT =4A2
m∮ds
b(s)
=4A2
m2at
+ 2a2t
=4a4
3at
=4
3a3t
(2. Bredtsche Formel)
→ ϕ =2a2tτzul`
43a3tG
=3
2
τzul`
aG→ ϕ =
3
2· 40 · 106 N/m2 · 5 m
0, 2 m · 0, 8 · 1011 N/m2= 0, 01875 = 1, 074◦
Fall©2 : Torsionsflächenträgheitsmoment IT =1
3
∫s
b3(s)ds =1
3
(2at3 + 2a · (2t)3
)= 6at3
→ ϕ =3at2τzul`
6at3G=
1
2
τzul`
tG→ ϕ =
1
2· 40 · 106 N/m2 · 5 m
0, 002 m · 0, 8 · 1011 N/m2= 0, 625 = 35, 8◦
Tipps und Tricks
Man beachte den großen Unterschied bei übertragbarem Moment und Verdrehung (trotz oh-nehin deutlich geringerem Moment beim geschlitzten Profil) zwischen beiden Profilen!
Die Verdrehung wird zunächst in Bogenmaß und nicht in Grad angegeben!
Bei Verwendung der Beziehungen aus der Tabelle offenes und geschlossenes Profil nicht ver-wechseln: Das gleiche Profil ist geschlitzt immer nachgiebiger als das entsprechende offeneProfil!
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Musterlösungen (ohne Gewähr)
Aufgabe 7
Der wie skizziert gelagerte Balken (Länge a + b,Biegesteifigkeit EI) wird an seinem freien Endedurch die Kraft F belastet.
Ermitteln Sie mit Hilfe der Formänderungs-energien die Durchsenkung am freien Ende!
Gegeben: a, b, F , EI.
Hinweis: Verformungen durch Querkräfte können vernachlässigt werden.
x
EI
w x( )
a b
F
Lösung
1
2Fw =
1
2
a+b∫0
M2b(x)
EIdx
x
EI
w x( )
a b
F
_
Fb
M xb( )
Lösung mit Hilfe von Integraltabellen (sofern EI = const.):
a
-Fb
a
-Fb
b
-Fb
b
-Fb+
Fw =1
EI
(1
3(−Fb)(−Fb)a +
1
3(−Fb)(−Fb)b
)=
F 2b2(a + b)
3EI→ w =
Fb2(a + b)
3EI
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Musterlösungen (ohne Gewähr)
Probe 1: Ausintegrieren
Biegemoment:Bereich 0 ≤ x < a: Mb(x) = −F
b
ax
Bereich a ≤ x ≤ a + b: Mb(x) = F (x− (a + b))
Fw =1
EI
a∫0
(−F
b
ax
)2
dx +
a+b∫a
(F (x− (a + b)))2 dx
=
1
EI
(F 2b2
a2
[1
3x3
]a
0
+ F 2
[1
3(x− (a + b))3
]a+b
a
)=
1
EI
(1
3F 2b2a +
1
3F 2b3
)→ w =
Fb2(a + b)
3EIX
Probe 2: Biegelinientafeln
Direktes Ablesen aus Biegefall 8 möglich:
w = f =Fa3
3EI
(b
a
)2(1 +
b
a
)→ w =
Fb2(a + b)
3EIX
Tipps und Tricks
Der Balken ist bei x = a nur gestützt und nicht durch ein Gelenk geteilt (durchgängigerBalken). Das Biegemoment muss daher - im Gegensatz zu den Lagern an den Balkenenden -nicht verschwinden, im Gegenteil: In diesem Fall ist es dort sogar maximal!
Biegemomentenverlauf möglichst einfach konstruieren. Hier: Biegemoment muss bei x = 0 undx = a + b null sein und dazwischen linear verlaufen aufgrund konstanter Querkräfte in beidenBereichen. Der Maximalwert bei x = a ergibt sich aus der Querkraft F im rechten Bereichmultipliziert mit der Länge b.
Anwenden der Integraltafeln spart erheblich Zeit!
Auf richtige Formen und Vorzeichen bei Integraltafeln achten!
Bei Anwendung der Biegelinien auf das richtige Einsetzen der Längen achten!
Frühjahr 2010 Repetitorium Technische Mechanik II 18.02.2010
Gottfried Wilhelm Leibniz Universität HannoverRepetitorium Technische Mechanik II
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Musterlösungen (ohne Gewähr)
Aufgabe 8
Drei Stäbe (alle Elastizitätsmodul E, Flächenträg-heitsmomente I1, I2, I3), sind wie skizziert mitein-ander verbunden und durch die Kraft F belastet.
a) Bestimmen Sie die Stabkräfte in allen Stäben!
b) Ordnen Sie die Stäbe den Euler-Knickfällen zu!
c) Welcher Stab weist die geringste Knicksicher-heit auf und wird zuerst ausknicken?
Gegeben: a, E, I, I1 = I, I2 = 2I, I3 = I, F .a a 2a
a I1
I2
I3
1
2
3
F
Lösung
a) S1 = S2 = −1
2
√2F , S3 =
1
2
√2S2 = −1
2F
(alles Druckstäbe → alle auf Knicken zu überprüfen!)
b) Stab©1 Knickfall 2, Stab©2 Knickfall 2, Stab©3 Knickfall 3,
c) kritische Knicklast Fkrit =π2EI
`2K
Knicksicherheit Sk =Fkrit
F=
π2EI
`2KF
Stab Stabkraft |S| Länge ` Knickfall Knicklänge `K FTM Knicks.
©1 1
2
√2F
√2a 2
√2a I
1
2
√2π2EI
a2F
©2 1
2
√2F
√2a 2
√2a 2I
√2π2EI
a2F
©3 1
2F 2a 3
1√2.0457
· 2a I 1.02π2EI
a2F
→ Stab©1 ist somit am stärksten gegen Ausknicken gefährdert!
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Musterlösungen (ohne Gewähr)
Tipps und Tricks
Ermittlung der Eulerfälle gelingt am besten unter Berücksichtigung der möglichen Verformungin den Lagerungen, d.h. einem Vergleich der Knickfiguren!
Auf richtiges Einsetzen der Stablängen achten!
Nicht von identischen Längen täuschen lassen: verschiedene Lagerungen, Belastungen undMaterial- oder Querschnitteigenschaften können zu vollkommen unterschiedlichen Knicksicher-heiten führen!
Plausibilitätskontrolle: Stäbe©1 und©2 weisen gleiche Lagerung, Länge und Belastung auf,Stab©2 allerdings das größere Flächenträgheitsmoment und somit die größere Sicherheit gegenKnicken!
Für die Knicksicherheit des Gesamtsystems ist diejenige des Stabes geringster Knicksicherseitentscheidend!
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