Musterlösung Klausur CES Mechanik I/II für Studierende des

UN
G
Musterlösung Klausur CES Mechanik I/II
für Studierende des Studienganges
Computational Engineering Science
SS 2006
21.08.2006
Zeigen Sie alle nötigen Zwischenschritte. Markieren Sie eindeutig Ihr Endergebnis.
ÖS
Als Hilfmittel sind lediglich eine zweiseitige Formelsammlung und eine zweiseitige Tabelle
über Massenträgheiten zugelassen. Beide wurden am Anfang der Klausur verteilt. Sie dürfen
einen nicht-programmierbaren Taschenrechner benutzen. Es stehen Ihnen drei Stunden zum
Lösen der Klausur zur Verfügung.
Please show all work. Clearly indicate final answers.
Vorname
Matr. Nr.
Unterschrift
MU
Name
STE
RL
You may consult only the 2-sided formula sheet and the 2-sided mass-moment of inertia
table you received at the start of the exam. You may use a non-programmable calculator.
You have 3 hours for the exam.
1
2
3
4
5
P
Note
Musterlösung Klausur CES Mechanik II
SS 2006
UN
G
Aufgabe 1
(20 Punkte) Gegeben ist das unten skizzierte ebene Fachwerk.
(a) Bestimmen Sie die Auflagerkräfte für den Fall d = 5m.
Free body diagram (1P)
STE
RL
ÖS
P
(1) Gesamtsystem P Fx = 0 : =⇒ Cx = 0 (0,5P)
(2) Gesamtsystem P Fy = 0 : Ay + Cy + Ey − 60 = 0 (1P)
(3) Gesamtsystem
ME = 0 : −10 · Ay − 5 · Cy + 5 · 20 + 2,5 · 20 = 0 (1P)
durch Umformung
2
·
Ay + Cy − 30 = 0
P
(4) Knoten C: P Fix = 0 : =⇒ TBC = TCD (1P)
(5) Knoten C: Fiy = 0 : Cy + 2 · TCD · cos α = 0 (1P), mit α = arctan 0, 5 =
26, 57◦
durch (3) eingesetzt in (5) 30 − 2 · Ay + 2 · TCD · cos α = 0
Die vergebenen Punkte unter (4), (5) beziehen sich auf das Schreiben der fehlenden Gleichungen zur Bestimmung
P der Auflagerkräfte.
(6) Ritterscher Schnitt 1
MH = 0 : −5 · Ay + 7,5 · TCD · sin α = 0 (2P)
−30
= −67,13 kN (1P)
durch Einsetzen von (5) in (6) TCD = 2·cos 0,5−3·sin
0,5
Bestimmung von TCD wie unter (6) ergibt 3P (davon 2 für Ritt. Schnitt oder Knotenbetrachtung). Durch Rücksubstitution in (5), (3) und (2): Ay = −45 kN, Cy =
120 kN, Ey = −15 kN (1P)
(b) Bestimmen Sie die Stabkräfte der Elemente CD und F G für den Fall d = 5m.
(HINWEIS: Falls Sie Aufgabenteil a) nicht gelöst haben, nehmen Sie die Auflagerkräfte als gegeben an und rechnen Sie weiter, ohne entsprechende Zahlenwerte
einzusetzen.)
P
(7) Ritterscher Schnitt 2
MD = 0 : 2,5 · TF G − 2,5 · 20 + 2,5 · Ey = 0 (2P)
aufgelöst nach TF G : TF G = 20 − Ey =⇒ TF G = 35 kN (1P)
Je 3 Punkte für die Bestimmung von TCD und TF G .
(c) Gibt es in dem Fachwerk für den Fall d = 2 ,5m Nullstäbe? Falls ja, um welche
Stäbe handelt es sich? Begründen Sie Ihre Antwort.
MU
Nullstäbe sind T
AB , TBI , TDE und TBH . Begründung:
P
Knoten A
P Fx = 0 =⇒ TAB = 0 (1P)
Knoten I
P Fy = 0 =⇒ TBI = 0 (1P)
Knoten E
PFx = 0 =⇒ TDE = 0 (1P)
Knoten B
Fx′ = 0 =⇒ TBH = 0, wobei x’ eine Koordinatenachse in
Richtung von BH bezeichnet. (1,5P)
Anmerkung: TAB , TBI , TDE sind Nullstäbe unabhängig von dem Wert für d. TBH
ist nur im Fall d = 2, 5m Nullstab.
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MU
STE
RL
ÖS
UN
G
(d) Können die Kräfte in den Auflagern eindeutig ermittelt werden falls d = 2 ,5m?
Begründen Sie Ihre Antwort.
Antwort: Die Kräfte im System sind für α = 45◦ nicht mehr eindeutig zu berechnen, denn das System ist dann nicht mehr statisch bestimmt. (1P)
Cy
(8) α′ = 45◦ in (5) ergibt: Cy + 2 · TCD · cos α′ = 0 =⇒ TBC = − 2·cos
45◦
(9) Knoten B
TP
−
T
=
0
BC
BJ
(10) Knoten J
Fy = 0 : −TAJ − TBC · cos 45◦ = 0
(11) Knoten A
TAJ = −Ay
Ersetzung von (8) und (11) in (10) ergibt: 2 · Ay + Cy = 0, dies steht in Widerspruch zu Gleichung (3)
2 · Ay + Cy − 30 = 0, die weiterhin für α = 45◦ gelten
muss. (2P)
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G
Aufgabe 2
(20 Punkte) Gegeben ist der unten skizzierte Balken.
(a) Bestimmen Sie rechnerisch die Querkraft- und Momentenverläufe Q(x) bzw. M(x).
STE
RL
ÖS
Free Body Diagram: (1P)
der Auflagerreaktionen
P Bestimmung4·100
(1) Gesamtsystem
MA = 0 : − 2 · 83 − 400 · 6 − 300 · 12 + By · 10 = 0
(1P)
=⇒ By = 653,3N (0,5P)
P
(2) Gesamtsystem
MB = 0 : −Ay · 10 + 400
· (6 + 43 ) + 400 · 4 − 300 · 2 = 0
2
(1P)
=⇒ Ay = 246,7N (0,5P)
(3) Streckenlast q(x) = 100
· < x >1 − 100
· < x − 4 >1 −100· < x − 8 >0
4
4
(2P)
R
(4) Querkraft
Q(x)
=
−
q(x)dx + C mit C = 0 (0,5P)
R 100
1
Q(x) = Ay − ( 4 · < x > − 100
· < x − 4 >1 −100· < x − 8 >0 )dx + By · < x −
4
10 >0
Q(x) = 246,7 − 12,5· < x >2 +12,5· < x − 4 >2 +100· < x − 8 >1 +653,3· <
x − 10 >0
(2P)
R
(5) Biegemoment M(x) = Q(x)dx + C mit C = 0 (0,5P)
· < x >3 + 25
· < x − 4 >3 +50· < x − 8 >2 +
M(x) = 246,7 < x >1 − 25
6
6
1
653, 3· < x − 10 > (1P)
(b) Zeichnen Sie die Diagramme für Querkraft- und Momentenverlauf.
(Siehe Skizze auf der nächsten Seite)
(c) Bestimmen Sie das maximale Biegemoment Mmax und geben sie seine Entfernung
vom linken Auflager an.
MU
Das Maximale Moment tritt dort auf, wo die Querkraft zu Null wird.
(6) Q(x) = 0 : (1P)
246,7 − 12,5 · x2 + 12,5 · (x − 4)2 = 0 =⇒ x = 4,47m (1P)
(7) Mmax = M(4,47) = 732Nm (1P)
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UN
G
Aufgabe 3 (a)
(10 Punkte) Kurbel AB:
~vB = ~vA + ~ωAB × ~rB/A



 

−30
m/s
0
− cos(30◦ )
√
 × 10 m  sin(30◦)  =  −30 3 m/s  (3P)
0
= ~0 + 
6 rad/s
0
0
(10 m)2 = h2 + (10 m · cos(30◦ ))2
√
1
h = (100 m2 − ( 12 3 · 10 m)2 ) 2 = 5 m
√
a = 24 m − 12 3 · 10 m = 15, 34 m
tan β =
h
5m
=
a
15, 34 m
=⇒ β = 18, 05◦
~vB = ~vD +
~ωDE

= ~0 + 
0
0
(1P)
STE
RL
Kurbel DE:
ÖS
Satz des Pythagoras
ωDE
× ~rB/D +
~vB/DE

 



−30
m/s
a
− cos β
√
 ×  h  + vB/DE ·  − sin β  =  −30 3 m/s 
0
0
0

30 m/s − vB/DE · cos β
5m
√
15, 34 m(30 m/s − vB/DE · cos β)
− vB/DE · sin β
−30 3 m/s =
5m
√
15,34 m
· 30 m/s + 30 3 m/s
5 m
vB/DE
=
= 44, 63 m/s
m
◦
sin 18, 05◦ + 15,34
·
cos
18,
05
5 m
30 m/s − 44, 63 m/s · cos 18, 05◦
ωDE
=
= −2, 486 rad/s (2P)
5m
=
MU
ωDE
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(4P)
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~aB = ~aA +
~ωAB
(~ωAB × ~rB/A )
×
UN
G
Aufgabe 3 (b)
(6 Punkte) Kurbel AB:
√



2
−30
m/s
0
3
m/s
180
√
 ×  −30 3 m/s  =  −180 m/s2 
0
= ~0 + 
6 rad/s
0
0



Kurbel DE:
=
√

180 3 m/s2
 −180 m/s2 
0


 
 
  
a
0
0
a
~0 + 
 ×  h  +  0  ×  0  ×  h 
αDE
0
ωDE
ωDE
0






0
− cos β
− cos β
2 ·  0  × vB/DE ·  − sin β  + aB/DE ·  − sin β  (2P)
ωDE
0
0
0
0


STE
RL
+
~aD + α
~ DE × ~rB/D + ~ωDE × (~ωDE × ~rB/D ) + 2 · ~ωDE × ~vB/DE + ~aB/DE
ÖS
=
~aB
=
+
(2P)

 

2
−h · αDE
−a · ωDE
2
 a · αDE  +  −h · ωDE

0
0




sin β · ωDE
− cos β
2 · vB/DE  − cos β · ωDE  + aB/DE  − sin β 
0
0
Das lineare Gleichungssystem zur Berechnung der Beschleunigung des Schiebers B
relativ zu der Kurbel DE und der Winkelbeschleunigung der Kurbel DE lautet:
√
2
+ 2 · vB/DE · sin β · ωDE − aB/DE · cos β
(1) 180 3 m/s2 = −h · αDE − a · ωDE
MU
2
(2) −180 m/s2 = a · αDE − h · ωDE
− 2 · vB/DE · cos β · ωDE − aB/DE · sin β
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(2P)
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UN
G
Aufgabe 4)
(20 Punkte) FBD und MAD Skizzen:
Kinematik:
falls kein Rutschen auftritt:
  
 

0
xs
−R α
~aG = α
~ × ~rG =  0  ×  R  =  xs α  (2P)
α
0
0
P
Fix = m axG :
FS − FA = −R α m (2P)
(2)
P
Fiy = m ayG :
NA − m g = xs α m (2P)
(3)
P
MziG = α I :
(4)
kein Rutschen, wenn:
ÖS
(1)
−FA R − NA xs + FS (R − d) = α I
FA ≤ µstat NA
(2P)
(2P)
2
STE
RL
Berechnung von I über den Trägheitsradius k:
I = m k = 40 kg (0.2m)2 = 1, 6 kgm2
(1)
FA = FS + R α m
(2)
NA = m g + xs α m
(3)
α=
(1P)
FS (R − d) − m g xs − FS R
I + R2 m + x2s m
mit Ihilf = I + R2 m+ x2s m = 1, 6 kgm2 + (0, 25)2 40kg + (0, 12m)2 40 kg = 4, 676 kgm2
ergibt sich über Einsetzen der Gleichungen (1), (2) und (3) in (4):
d≥
Ihilf FS +R2 m FS −R m2 g xs −R2 m FS −µstat m g Ihilf −µstat xs m FS R+µstat x2s m2 g+µstat xs m FS R
R m FS −xs m Fs µstat
MU
d ≥ 0, 2677 m (2,5P)
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1
3
l2 m2 + l2 m1
mit 31 m2 = m1
IAges = 2 l2 m1 =⇒ 2 l2 m1 ω ′ = m1 l v1
v1
=⇒ ω ′ = 12
(1P)
l
(2P)
ÖS
~hA = ~hA ′ (1P)
~hA = m1 l v1 ~k (1P)
~hA ′ = IAges ~ω ′ (1P)
1 2
IAges = 12
l m2 + 14 l2 m2 + l2 m1 =
UN
G
Aufgabe 5 (a)
(13 Punkte) Die Masse m1 bleibt an dem Stab haften.
=⇒ Beschreibung von m1 und m2 als ein Körper. Der Drall bleibt über den Stoß konstant (bezogen auf A).
Lage des Schwerpunktes auf der Stabachse:
1
m1 +m2
( 2l m2 + l m1 ) (1P)
STE
RL
ls =
mit 13 m2 = m1 ergibt sich:
ls = 4 1m1 ( 32 l m1 + l m1 ) (0,5P)
ls = 58 l
Es gilt der Energieerhaltungssatz für die Bewegung nach dem Stoß:
T1 + V1 = T2 + V2 (1,5P)
T1 = TrotA = 21 IAges ω ′2 (1P)
V1 = 0
V2 (ϕ) = ls (m1 + m2 ) g (1 − cos(ϕ)) mit
V2 (ϕ) = 4 ls m1 g (1 − cos(ϕ)) (1,5P)
1
3
m2 = m1 ergibt sich:
Für den maximalen Ausschlag gilt:
MU
TrotA (ϕ = 0) = V2max
=⇒ 12 IAges ω ′2 = 4 ls m1 g (1 − cos(ϕmax ))
l2 m1 ω ′2 = 25 l m1 g (1 − cos(ϕmax ))
′2
cos(ϕmax ) = 1 − 2 5l ωg
v12
ϕmax = arccos(1 −
) (1,5P)
10 g l
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SS 2006
Aufgabe 5 (b)
(11 Punkte) Für den vollelastischen Stoß gilt:
′
vrel = −vrel
(1P)
vrel = v1
′
vrel
= v1′ − l ω ′ (1P)
=⇒ v1 = −v1′ + l ω ′
Der Drall des Systems bezüglich A bleibt erhalten:
=⇒ m1 l v1 = 31 l2 m2 ω ′ + m1 l v1′
mit 31 m2 = m1 ergibt sich
STE
RL
=⇒ v1 = l ω ′ + v1′ mit v1 = −v1′ + l ω ′
=⇒ l ω ′ = v1 =⇒ ω ′ = vl1
=⇒ v1′ = 0 (1P)
ÖS
~hA = ~h′ (1P)
A
~hA = m1 l v1 ~k (1P)
~hA ′ = (IA ω ′ + m1 l v ′ ) ~k (1P)
1
2
1 2
IA = 12
l m2 + l4 m2 = 31 l2 m2 (1P)
UN
G
Musterlösung Klausur CES Mechanik II
Für die Bewegung des Stabes gilt nach dem Stoß der Energieerhaltungssatz:
T1 + V1 = T2 + V2 (1P)
T1 = TrotA = 21 IA ω ′2 (1P)
V1 = 0
V2 (ϕ) = 12 l m2 g (1 − cos(ϕ)) (0,5P)
Für den maximalen Ausschlag gilt:
TrotA (ϕ = 0) = V2max
=⇒
=⇒
=⇒
1 1 2
l m2 ω ′2 = 2l m2 g (1 − cos(ϕmax ))
2 3
v2
1 2
l m2 l21 = m2 g l (1 − cos(ϕmax ))
3
v2
cos(ϕmax ) = − 3 g1 l + 1
v2
ϕmax = arccos(1 − 3 g1 l ) (1,5P)
MU
=⇒
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