Absenkungen < Maschinenbau < Ingenieurwiss. < Vorhilfe
|
| Aufgabe | | http://s14.directupload.net/file/d/2901/g9992tdg_jpg.htm# |
Guten Abend,
ich habe folgendes zur Aufgabe gemacht:
Lagerreaktion C bestimmt:
Moment um A liefert: [mm] q_0*L*L/2-C*L+3/2 [/mm] L*F=0 --> [mm] C=0,5q_0*L+1,5F
[/mm]
Hochintegrieren bis zur Durchbiegungnsgleichung:
[mm] q(x)=q_0-q_0^0
[/mm]
[mm] Q(x)=-q_0*x+q_0^1+C^0+K_1 [/mm] mit [mm] K_1\in \IR
[/mm]
[mm] M(x)=-\bruch{1}{2}*q_0*x^2+\bruch{1}{2}q_0^2+C^1+K_1*x+K_2
[/mm]
[mm] w'EI==+\bruch{1}{6}*q_0*x^3-\bruch{1}{6}q_0^3-\bruch{1}{2}C^2-\bruch{1}{2}K_1*x^2-K_2*x+K_3
[/mm]
[mm] w*EI=+\bruch{1}{24}*q_0*x^4-\bruch{1}{24}q_0^4-\bruch{1}{6}C^3-\bruch{1}{6}K_1*x^3-\bruch{1}{2}K_2*x^2+K_3*x+K_4
[/mm]
Randbedingungen liefern:
w(0)=0 --> [mm] K_4=0
[/mm]
M(0)=0 --> [mm] K_2=0
[/mm]
Q(1,5L)=F --> [mm] F=-q_0*1,5L+q_0(0,5L)^1+C(0,5L)^0+K_1 [/mm] --> [mm] K_1=+q_0*1,5L-q_0(0,5L)^1-C [/mm] --> [mm] K_1=+q_0*L-C
[/mm]
Ist es überhaupt soweit richtig?
Vielen Dank vorab.
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 22:20 So 27.05.2012 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 11:48 Mo 28.05.2012 | | Autor: | sn0opy22 |
Hallo monstre,
dein Ansatz kann so nicht funktionieren, da du mit den Gleichgewichtsbedingungen rechnest. Sobald du für C Werte einsetzt wird die ganze Chose 0.
Wenn du mit der Balken-DGL rechnest, musst du Lager über Randbedingungen definieren. Darüber hinaus musst du am Anfang der Rechnung definieren, wie viele "Felder" oder Bereiche am Balken vorliegen. In deinem Beispiel existiert ein Feld zwischen A und C und eines von C bis F, also hast du ein Zweifeldsystem für das du pro System eine DGL aufstellen musst.
Zusätzlich solltest du dir die Randbedingungen von Anfang definieren. So ist hier schonmal sicher zu sagen, dass
[mm] w^{'}(x)\not=0 [/mm] , da der Balken nirgends fest eingespannt ist (kein dreiwertiges Lager, das Momente aufnimmt) und sich somit verdrehen kann
[mm] w^{'}(x=0)=0 [/mm] und [mm] w^{'}(x=l)=0
[/mm]
Dann kannst du aus der Aufgabe noch ersehen, dass eine zwischen zwei Lagern symmetrisch eingespannte Streckenlast gemäß dem Gesetz Actio=Reactio nur Verschiebungen an der Stelle, wo sie auch wirkt erzeugen wird. Dies zeigt auch die erste DGL:
[mm] (EIw_{1}^{''})'= q_{0}*x+F+c_{1}=-Q_{1}(x)
[/mm]
[mm] EIw_{1}^{''}= 1/2*q_{0}*x^{2}+F*x+c_{1}*x+c_{2}=-M_{1}(x)
[/mm]
[mm] EIw_{1}^{'}= 1/6*q_{0}*x^{3}+1/2*F*x^{2}+1/2*c_{1}*x^{2}+c_{2}*x+c_{3}
[/mm]
[mm] EIw_{1}= 1/24*q_{0}*x^{4}+1/6*F*x^{3}+1/6*c_{1}*x^{3}+1/2*c_{2}*x^{2}+c_{3}*x+c_{4}
[/mm]
Die Randbedingungen liefern folgende Integrationskonstanten:
[mm] M_{1}(x=0)=0 [/mm] => [mm] c_{2}=0
[/mm]
w(x=0)=0 => [mm] c_{4}=0
[/mm]
[mm] M_{1}(x=l)=0 [/mm] => [mm] c_{1}=-(1/2*q_{0}*l+F)
[/mm]
w(x=l)=0 => [mm] c_{3}= 1/24*q_{0}*l^{3}
[/mm]
=> [mm] w_{max}(x=l/2)= \bruch{5}{384} [/mm] * [mm] \bruch{q_{0}*l^{4}}{EI}
[/mm]
Damit spielt die Last F bei der Durchbiegung in System 1 zunächst keine Rolle.
Für System 2 wird der Balken am negativen Schnittende betrachtet. Damit ergibt sich der Ansatz:
[mm] EIw(x)^{''}=F*(a-l) [/mm] , wobei a hier l/s entspricht
Die vorliegenden Durchbiegungen ergeben dann folgendes System:
http://s7.directupload.net/file/d/2904/pgwsqxms_jpg.htm#
Das mittlere System wurde hier durchgestrichen, da es einen anderen Lastfall berücksichtigt. Hier ist zu erkennen, wie die Kraft F den Balken in System 1 entgegen der Streckenlast biegt. Dies führt dazu, dass sich der Schwerpunkt von System 1 ebenfalls ändert. Sollten nun, wie in der Aufgabe gefordert, die Durchbiegungen an B und D gleich sein, wäre diese ungleich der maximalen Durchbiegung, die vermutlich etwas weiter Richtung Kraft F von B läge.
Ich habe verschiedene Ansätze probiert, bekomme aber die 13/60 aus deiner Lösung nicht heraus. Irgendwo habe ich auch einen Denkfehler. Vielleicht hilft dir aber mein Beitrag schon mal weiter. Wenn du eine Lösung hast, würde ich mich freuen, wenn du sie nochmal hier postest.
Gruß Olli
|
|
|
|
