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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 16:13 Sa 28.09.2013 | | Autor: | Jojo987 |
| Aufgabe | [Dateianhang nicht öffentlich]
Gegeben: Halbkreisträger mit konstant hoher Schneelast q, radius a
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Hallo,
bei dem Besispiel haben sich mir schon zu beginn ein paar ungereimtheiten ergeben. Vielleicht kann mir jemand helfen.
Diese Aufgabe gehört zu der Theorie gekrümmter Stäbe, weshalb ich die Last jetzt schon gerne in den radial und tangentialteil unterteilen möchte.
[Dateianhang nicht öffentlich]
Für die Last in einem bestimmten Punkt am Träger beim Winkel [mm] \varphi [/mm] gilt gemäß obigem Bild
[mm] q_r=qsin(\varphi)=q*\vektor{sin(\varphi)cos(\varphi)\\-sin(\varphi)sin(\varphi)} [/mm] ...Radialbelastung in Komponenten von x und y
[mm] q_\varphi=qcos(\varphi)=q*\vektor{-cos(\varphi)sin(\varphi)\\-cos(\varphi)cos(\varphi)} [/mm] ... Tangentialbelastung in Komponenten von x und y
Die Summe der Kräfte in X Richtung:
[mm] A_H+F_F-F_F+\integral_{0}^{\pi}{qa*sin(\varphi)cos(\varphi) d\varphi}-\integral_{0}^{\pi}{qa*sin(\varphi)cos(\varphi) d\varphi}=0
[/mm]
=> [mm] A_H=0
[/mm]
Summe der Kräfte in Y Richtung:
[mm] A_V+B-\integral_{0}^{\pi}{qa*sin(\varphi)sin(\varphi) d\varphi}-\integral_{0}^{\pi}{qa*cos(\varphi)cos(\varphi) d\varphi}=0
[/mm]
[mm] A_V+B=\integral_{0}^{\pi}{qa*[sin^2(\varphi)+cos^2(\varphi)] d\varphi}
[/mm]
[mm] A_V+B=\integral_{0}^{\pi}{qa d\varphi}
[/mm]
[mm] A_V+B=qa\pi [/mm] (I)
mit der Symetrie muss somit gelten:
[mm] A_V=B=\bruch{1}{2}qa\pi
[/mm]
Allerdings widerspricht sich dieses Ergebnis der Lösung einer alternativen vorgehensweise:
Die Last ist für sich genommen eine Rechteckslast mit der größe q*2a (vgl Bild in der Angabe). Durch die Symetrie kann diese Rechteckslast nun auch als einzellast am höchsten Punkt des Trägers ersetzt werden. Die Lösung des Kräftegleichgewichts in Y Richtung lautet nun:
[mm] A_V+B=2*qa \not= [/mm] (I)
ich rätsel nun schon seit einiger Zeit. aber sehe nicht wo die Ursache in dem Unterschied liegt. Könnte mir jemand halfen?
vielen Dank für jede Hilfe
grüße Jojo
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: jpg) [nicht öffentlich]
Anhang Nr. 2 (Typ: jpg) [nicht öffentlich]
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 17:07 Sa 28.09.2013 | | Autor: | Loddar |
Hallo Jojo!
> Für die Last in einem bestimmten Punkt am Träger beim
> Winkel [mm]\varphi[/mm] gilt gemäß obigem Bild
>
> [mm]q_r=qsin(\varphi)=q*\vektor{sin(\varphi)cos(\varphi)\\-sin(\varphi)sin(\varphi)}[/mm]
Und hier ist bereits der Fehler. Der Wert dieser Gleichlast [mm]q'_[/mm] bezogen auf die Stablänge ist nicht derselbe Wert wie bei der Schneelast [mm]q_[/mm] aus der Aufgabenstellung.
Aus der Überlegung derselben Resultierenden in y-Richtung gilt: [mm]q*a \ = \ q'*a*\pi[/mm]
Daraus folgt dann: [mm]q' \ = \ \bruch{q}{\pi}[/mm] .
Und dann ergeben sich bei beiden Wegen auch wieder dieselben Wert mit [mm]A_v \ = \ B \ = \ \bruch{1}{2}*q*a[/mm] .
Gruß
Loddar
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