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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 14:05 Di 14.08.2007 | | Autor: | detlef |
Hallo,
ich wollte die Lagerkraft in Lager B mit dem Arbeitssatz berechnen, aber ich komme einfach nicht auf das Ergebnis von B = 3*M/(2a).
Das Moment dreht doch rechts herum, wenn ich eine Momentensumme um C mache oder?
[Dateianhang nicht öffentlich]
Kann mir vllt jemand die Biegemomente sagen? Zum Vergleich!
detlef
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: jpg) [nicht öffentlich]
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 14:13 Di 14.08.2007 | | Autor: | leduart |
Hallo
Die idee ist immer, dass DU deine Ansätze und Lösungsversuche schreibst, und wir korrigieren, sonst ists oft Doppelarbeit!
(forenregeln!)
Gruss leduart
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 14:32 Di 14.08.2007 | | Autor: | Loddar |
Hallo Detlef!
Ohne das Auflager $B_$ erhalte ich folgende Auflagerkräfte:
$A \ = \ [mm] -\bruch {M_A}{2a}$
[/mm]
$C \ = \ [mm] +\bruch {M_A}{2a}$
[/mm]
Das Biegemoment [mm] $\overline{M}$ [/mm] in Feldmitte (dreiecksförmig) infolge der virtuellen [mm] $\overline{F} [/mm] \ = \ 1$ am Punkt $B_$ lautet:
[mm] $\overline{M}_B [/mm] \ = \ [mm] -\bruch{\overline{F}*2a}{4} [/mm] \ = \ [mm] -\bruch{a}{2}$ [/mm] .
Kommst Du damit nun weiter? Jedenfalls erhalte ich dann auch Dein o.g. Ergebnis für die Lagerkraft $B_$ .
Gruß
Loddar
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:57 Di 14.08.2007 | | Autor: | detlef |
Ja das habe ich auch alles so..
ich muss dann doch:
[mm] M_b [/mm] = M/(2a)*(2a-x) ..das gilt ja für ganz x, wenn B weg ist
Wenn ich dann F=1 anbringe, dann gibt es bei Biegemomente und diese muuss ich dann beide mit dem [mm] M_b [/mm] multiplizieren und von 0 bis a und von a bis 2a rechnen?
detlef
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(Antwort) fertig | | Datum: | 17:13 Di 14.08.2007 | | Autor: | Loddar |
Hallo Detlef!
Das hört sich doch alles ziemlich richtig an.
Aber warum arbeitest Du für die Ermittlung der diversen Integrale nicht mit folgenden Integraltafeln? Damit ist die Berechnung wesentlich schneller.
[Dateianhang nicht öffentlich]
Gruß
Loddar
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: png) [nicht öffentlich]
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:18 Di 14.08.2007 | | Autor: | detlef |
ja, ich kenne das, aber ich bin mir da noch ziemlich unsicher und will das jetzt nicht vor der Klausur noch machen, obwohl es eine große Zeitersparnis ist!
Ich müsste dann die [mm] M_b [/mm] veläufe zeichnen und dann macht man das auch abschnittsweise oder wie kommen die Grenzen da mit ins Spiel?
Hab das Ergebnis auch herausbekommen!
detlef
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:40 Di 14.08.2007 | | Autor: | Loddar |
Hallo Detlef!
Ja, zunächst muss man sich über den Verlauf der Momentenlinie klar werden.
Nehmen wir z.B. das Integral [mm] $\integral{M_0*M_1 \ dx}$ [/mm] . Das sind doch ein rechtwinkliges Dreieck sowie ein gleichschenkliges Dreieck. Die Länge der Dreiecke ist jeweils die Trägerlänge mit $2*a_$ .
Dabei beträgt die eine Dreieckesspitze [mm] $M_0 [/mm] \ = \ [mm] M_A$ [/mm] und [mm] $M_1 [/mm] \ = \ [mm] \overline{M} [/mm] \ = \ [mm] -\bruch{a}{2}$ [/mm] .
Aus den Integraltafeln lese ich nun aus der Zeile 2 und Spalte 6 den Term [mm] $\integral{...} [/mm] \ = \ [mm] \bruch{1}{6}*s*i*k*(1+\alpha)$ [/mm] ab.
Dabei ist $s_$ die Abschnittslänge, also $s \ = \ 2*a$ .
Da die Spitze des gleichschenkligen Dreieckes genau in der Mitte des Trägerabschnittes liegt, gilt: [mm] $\alpha [/mm] \ = \ [mm] \bruch{1}{2}$ [/mm] .
Damit ergibt sich also: [mm] $\integral{...} [/mm] \ = \ [mm] \bruch{1}{6}*s*i*k*\left(1+\alpha\right) [/mm] \ = \ [mm] \bruch{1}{6}*s*i*k*\left(1+\bruch{1}{2}\right) [/mm] \ = \ [mm] \bruch{1}{6}*s*i*k*\bruch{3}{2} [/mm] \ = \ [mm] \bruch{1}{4}*s*i*k$
[/mm]
Die Max-Werte haben wir oben ja bereits notiert: $i \ = [mm] \M_A$ [/mm] sowie $k \ = \ [mm] -\bruch{a}{2}$ [/mm] .
Also ergibt sich hier: [mm] $\integral{M_0*M_0 \ dx} [/mm] \ = \ [mm] \bruch{1}{4}*\red{s}*\blue{i}*\green{k} [/mm] \ = \ [mm] \bruch{1}{4}*\red{2a}*\blue{M_A}*\left(\green{-\bruch{a}{2}}\right) [/mm] \ = \ [mm] -\bruch{M_A*a^2}{4}$
[/mm]
Soweit nun klar. Ähnlich geht es nun mit [mm] $\integral{M_1*M_1 \ dx} [/mm] \ = \ [mm] \integral{\overline{M}*\overline{M} \ dx} [/mm] \ = \ [mm] \bruch{1}{3}*s*i*k [/mm] \ = \ [mm] \bruch{1}{3}*2a*\left(-\bruch{a}{2}\right)*\left(-\bruch{a}{2}\right) [/mm] \ = \ [mm] \bruch{a^3}{6}$
[/mm]
Dies nun einsetzen in die Arbeitsgleichung [mm] $X_1*\bruch{a^3}{6}-\bruch{M_A*a^2}{4} [/mm] \ = \ 0$ und umstellen.
Gruß
Loddar
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(Frage) reagiert/warte auf Reaktion  | | Datum: | 17:30 Di 14.08.2007 | | Autor: | detlef |
Wie kann man denn nun die Neigung im Lager B berechnen?
detlef
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:04 Di 14.08.2007 | | Autor: | Loddar |
Hallo Detlef!
Welche Verfahren habt ihr denn noch besprochen, um derartige System zu berechnen? Ich denke mal, dass hier das "Drehwinkelverfahren" angebracht ist. Aber das ist mir jetzt ad hoc nicht mehr so geläufig.
Gruß
Loddar
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:24 Di 14.08.2007 | | Autor: | detlef |
also ich kenne nur das mit einem virtuellen Moment an der Stelle, wo man den Winkel sucht!
Also B habe ich ja bestimmt und dann muss ich die Biegemomente am realen System bestimmen und dann anstatt dem äußeren Moment bei B ein virtuelles Moment bei B anbringen und alle Biegemomente berechnen!
Sagt dir das was?
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:29 Di 14.08.2007 | | Autor: | Loddar |
Halle Detlef!
Ja, das hört sich gut an und so ähnlich war das auch noch in meiner Vorstellung bzw. Erinnerung. ![[kopfkratz3]](/images/smileys/kopfkratz3.gif "[kopfkratz3]")
Aber wie das am Ende dann zusammengestzt wird, ist mir noch unklar.
Also das "reale Momentenbild" infolge [mm] $M_A$ [/mm] bestimmen, sowie am Punkt $B_$ das virtuelle Moment [mm] $\overline{M} [/mm] \ = \ 1 \ [mm] \text{m}$ [/mm] anzutragen, ist schon mal richtig.
Gruß
Loddar
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:46 Di 14.08.2007 | | Autor: | detlef |
Reale Bild:
Da gibt es ja zwei Biegemomentenbereiche ! Das ist glaub ich klar!
Moment bei B :
Dann muss ich ja erst wieder die Lagerkräfte bestimmen oder? Also alles wieder wie zu vor! Wenn ich das virteulle Moment anbringe und dann einmal B wegnehmen und [mm] M_B [/mm] bestimmen und dann mit einer virtuellen Kraft B ?!
detlef
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:52 Di 14.08.2007 | | Autor: | detlef |
aloso die Biegemomente im realen System:
M_b1 = [mm] M_a*(1-5/4*x/a)
[/mm]
M_b2 = [mm] -(2*a-x)*1/4*M_a/a
[/mm]
?
Auf was für ein B kommst du denn, wenn das M=1 bei B angebracht ist, ich komme da auf Null....muss irgendwo einen Fehler haben!
Also Lager B weg:
M_b1 = -x*M^-/(2a)
M_b2 = (2a-x)*M^-/(2a)
virteulle Kraft bei B :
M_b1 = -1/2 *x*F^-
M_b2 = -1/2*(2a-x)*F^-
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:08 Di 14.08.2007 | | Autor: | Loddar |
Hallo Detlef!
> M_b1 = [mm]M_a*(1-5/4*x/a)[/mm]
>
> M_b2 = [mm]-(2*a-x)*1/4*M_a/a[/mm]
Sieht gut aus! ![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
Gruß
Loddar
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:33 Di 14.08.2007 | | Autor: | detlef |
Ich komme immer auf eine Lagerkraft von 0 für B...
Was ist an den Biegemomenten falsch, die ich in der Mittelung gepostet habe für das System mit dem Moment M = 1 ?!
detlef
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:23 Di 14.08.2007 | | Autor: | detlef |
ist das ok soweit?
[Dateianhang nicht öffentlich]
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: jpg) [nicht öffentlich]
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(Antwort) fertig | | Datum: | 10:46 Mi 15.08.2007 | | Autor: | Loddar |
Hallo Detlef!
Du musst das Biegemomentenbild infolge [mm] $M_A$ [/mm] doch hier berücksichtigen und mit [mm] $\overline{M}$ [/mm] überlagern; schließlich soll doch für diesen Lastfall die Verdrehung am Punkt $B_$ ermittelt werden!?
Und auch beim System für [mm] $\overline{M}_B [/mm] \ = \ 1 \ [mm] \text{m}$ [/mm] musst Du die Auflagerkraft $B_$ ansetzen. Aber das hast Du auch Recht mit dem Wert [mm] $\overline{B} [/mm] \ = \ 0$ .
Gruß
Loddar
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:30 Mi 15.08.2007 | | Autor: | detlef |
Also das versteh ich nicht, einmal hab ich alle Biegemomente für den Lastfall [mm] M_a [/mm] und dann muss ich doch an der Stelle, wo der Neigungswinkel gesucht ist, das M=1 ansetzen und alles berechnen! Danach muss ich mit der passiven Formänderung phi berechnen!
Da bin ich mir eigentlich ziemlich sicher!
Wie würdest du das denn machen?
detlef
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(Antwort) fertig | | Datum: | 19:28 Do 16.08.2007 | | Autor: | hEcToR |
Hallo Detlef,
zu allerest suchst du dir ein stat. bestimmtes Grundsystem, kannst du machen wie ein Dachdecker, ich würde zum Beispiel das Lager rechts weglassen. -> Einfeldträger mit Kragarm.
Nun berechnest du dir die Momentenline infolge äußerer Last -> dein gegebenes Moment.
Jetzt berechnest du dir die Momentenlinie des stat. bestimmten Grundsystems infolge der Überzähligen, in meinem Fall müsste ich eine vertikale Kraft rechts am Ende des Kragarms einführen (Betrag = 1).
Wenn du beide Momentenlinien hast, kannst du die Verformungsgrößen Delta unter Nutzung der Integraltafeln für das
Integral (M0*M1/EI),dx) nutzen. Du musst um die gesamte Verformungsenergie zu erhalten auch alle Tragwerksbestandteile mit einbeziehen -> Deltas der Abschnitte addieren.
In ich müsste jetzt die Überzählige mit der äußeren Last d10 und die Überzählige mit sich selbst d11 überlagern.
Hast du das alles vollbracht kannst du die Schnittgrößen des Gesamtsystems nach der Gleichung Mges=M0+x1*M1 bestimmen.
(Aus d11*X1+d10=0)
Die Berechnung der Querkraft erfolgt analog: Qges=Q0+x1*Q1.
Und die Lagerkraft auch Lges=L0+x1*L1.
Sieht nach viel aus ist aber schnell gemacht, wenn man die Integraltafeln kapiert.
Diese Lösung basiert darauf, das der 2FeldTräger Schub- und Dehnsteif ist.
Grüße aus Dresden
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 20:56 Do 16.08.2007 | | Autor: | detlef |
so ich bin jetzt auf das richtige Ergebnis gekommen! Vielen dank!
detlef
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