Ich habe dort Bau studiert, unter Fleckenstein und Haake. Als das Niveau noch richtig hoch war. Aber gerade in Mechanik müssen wir uns denke ich nicht schämen, im Vergleich mit Maschbau oder anderen Hochschulen.

Die Kraft ist eine äußere Last, nicht die Gewichtskraft des Trägers. Das Gewicht des Trägers wäre auch keine Einzelkraft am freien Ende, sondern eine Streckenlast, die über die ganze Trägerlänge verteilt. Im Fall Eigengewicht würde man also die Einspannung untersuchen - auch dabei wäre der Torsionsanteil weit wichtiger als der Querkraftanteil.

0 ist oben am "Nordpol" und teta = pi/2 am "Äquator", also ist die Halbkugel oder der obere Teil der Kugel vollständig erfasst. Würde der Winkel Teta bis pi, also 180° laufen, hätte man die Vollkugel.man wäre am "Südpol".

@@frankdischinger2650 wow mega erklärung danke!!!

@@frankdischinger2650 ist es dazu wichtig ob teta von der z achse eingezeichnet wird oder von der grund ebene nach oben?

@@DerTamernator Beides geht. Ich habe teta von der z-Achse nach unten angesetzt, also am Nordpol ist der Winkel 0, am Äquator pi*2 = 90° und am Südpol 180°=pi. Natürlich kann man auch den Äquator als Null, den Nordpol als +pi/2 und ggf. den Südpol als - pi/2 definieren. Im Wesentlichen wird dadurch sinus und cosinus vertauscht, evtl. ändern sich ein paar Vorzeichen, beides führt zum Ziel.

@@frankdischinger2650 super danke!

Vielen Dank für den Kommentar. Die heutigen Klausuren kann man nicht über einen Kamm scheren. In Baustatik 2 hab ich bisher kaum was durchgerechnet, und das, was ich gerechnet habe, bestätigt jedenfalls die Musterlösung des Institutes, die allerdings meiner Ansicht nach, verglichen mit Dr. Haake, unnötig kompliziert erklärt wird. Dasselbe Institut hat allerdings in Dynamik und in Baustatik 1 ein paar schwerere Klöpse drin, die dringend korrigiert werden sollten. Verglichen mit anderen Instituten ist Baustatik aber vielleicht gar nicht so schlecht, einige Assistenten sind vermutlich sogar gut. An anderen Instituten sieht es schlimmer aus. Das Grundproblem: Bei der Berufung von Professoren spielt die Qualifikation offensichtlich keine Rolle mehr. Schlechte Professoren stellen meistens nur Assistenten ein, die noch schlechter sind, und so werden früher gute Institute gegen die Wand gefahren - das Baustatik Institut würde ich aber nicht dazu rechnen. Obwohl natürlich längst nicht mehr so gut, wie unter Haake und Hirschfeld, kann man hier sicher noch eine ganze Menge lernen, und Rechenfehler in Klausur Musterlösungen scheinen eher unwahrscheinlich.

Vielen Dank und dir viel Erfolg!

Wenn die Steigung der Streckenlast bis zum Ende des betrachteten Balkens durchgeht, muss man nicht ausgleichen. Hört die Streckenlast früher auf, muss man sie mit neuen Föüül Klammern wieder aufheben, sonst würde sie immer weiter ansteigen bis zum Balkenende.

Gibt es andere Aufgaben, die ich rechnen soll?

Danke, dass Du noch an mich denkst. Das hier ist allerdings spezielles Matrizenzeug, ich würde die Kinematik der Aufgabe selber niemals so lösen, aber ein Prof will es so haben, also musss ich es seinem Schüler so beibringen.

Danke

Der Balken wird bei B icht durch ein Vollgelenk in zwei Teile aufgeteilt, sondern geht über das Lager hinweg. Deswegen kann oberhalb von B durchaus ein Moment übertragen werden. Wäre dort aber ein Vollgelenk, so wird dies durch Randbedingungen berücksichtigt. Zunächst wird q(x) wie üblich aufgestellt und unter Vorzeichenwechsel zu Q(x) und dann ohne VzW zu M(x) weiterintegriert. Bei einem Vollgelenk wäre also eine Randbedingung, dass das Moment bei B Null ist, woraus die beiden Integrationskonstanten berechnet werden, wenn man eine weitere Bedingung hat. Die Streckenlast und die Querkraft wäre dann aber keineswegs bei B zwingend Null.

Wenn Du etwas nicht verstehst, so stelle bitte konkrete Fragen. Die Föppl Klammer regelt Streckenlasten, und sie ist so definiert, dass sie nur für Inhalt der Klammer größer Null existiert, also für x>l, x>2L, x>3L. So kann man sehr zügig von links nach rechts durchintegrieren, und nur überall, wo sich die Last durch Sprung oder Knick ändert, muss man eine neue Klammer ansetzen, bei Sprung eine Klammer hoch Null, bei Knick eine Klammer hoch 1. Man erhält Q und M in Föpplklammern, und kann dann zu w´ oder w weiterintegrieren.

@@frankdischinger2650 hallo haben sie ein Video zum Arbeitssatz und Potential gemacht?

Wenn sich ein horizontaler Stab dreht, gibt es nur eine vertikale Geschwindigkeit, bei einem vertikalen Stab gibt es nur eine horizontale Geschwindigkeit. Bei einem schrägen Stab treten beide Komponenten auf, b phi° nach oben, h phi° nach links. Die "Kistenregel" wird in diesem Video ebenfalls kurz erklärt, vor den Beschleunigungen, Minute 6:29.

Richtig, wir betrachten das negative linke Ufer des Normkästchens, da wirkt N nach links, Q nach oben und M dreht im Uhrzeigersinn - das definiert die positive Richtung, deswegen positiv, wenn eine Kraft nach oben geht oder ein Last- oder Einspannmoment angreift, das im Uhrzeigersinn dreht.

Ich glaube nur bei einer Klammer ab hoch 1

Wenn mit dem Ende der streckenlast auch das System Endet, sind keine Föpplklammerm notwendig.

Vielen Dank

Das Ende einer Streckenlast bedeutet, dass dort eine negative Streckenlast angesetzt wird. Hier also q/2a (x-2a), weil die erste Streckenlast da beginnt, und dann - q/2a (x-4a), was dann also das Ende der Streckenlast markiert. Würde der Blaken rechts von 6a weitergehen, würde 2 q (x-6a)^0 das Ende der Streckenlast markieren, also eine negative Rechtecklast der Größe 2q.

Sehr gerne!

Stimmt, 4 nach unten, drei nach rechts ist minus 4/3 Steigung, Flüchtigkeitsfehler von mir.

Vielen Dank - wenn Du Aufgaben hast, die Du gerne gelöst hättest, kein Problem, ich kann das Video zu jeder Aufgabe zeitnah hochladen. Und Dir den Link dazu unter Deinen Aufgabenvorschlag schreiben, damit Du das neue Video auch findest.

Liebe Grüße

Da ist tatsächlich ein Fehler drin. Damit es ein Rechtssystem ist, sollte, wenn die x-Achse nach unten zeigt, die w- bzw. z-Achse nach links zeigen. Die y-Achse kommt aus der Zeichnung uns entgegen. Also wäre in der Skizze der Hebel -w, und das Moment ist F w. Besser lenkt man dann natürlich das System zur rechten Seite aus, dann ist M = F w Und mit w´´ = - M / EI die DGL w´´ + F / EI w = 0.

Das freut mich!

der EF1 kann auch so nicht stimmen, die RB w'(l)=0 macht keinen sinn

Doch, das Koordinatensystem ist bei der verformten Lage in der Kragarmspitze, also nicht oberhalb der Einspannung, sondern horizontal verschoben.

Sehr gerne 🙂

Korrekt. ein Schreibfehler, die erste Komponente ist 23-32, die 1 darf als Index nicht vorkommen. Bei der Rechnung ist es wieder richtig.

Wir schneiden ein unendlich kleines Balkenelement (infinitesimal) frei. Rechts wirkt Q + dQ nach unten, links Q nach oben, die Streckenlast q dx wirkt nach unten. Summe Fz = q + dQ - Q + q dx = 0 (nach unten also positiv gerechnet) , Q hebt sich raus, dQ = - q dx und Integration Q(x) = Qo - Integral q dx. Mit der Summe der Momente bekommt man analog dM = q dx und M(x) = Mo + Integral Q dx. Also: Streckenlast integriert und Vorzeichen umgedreht gibt die Querkraft, nochmal ohne Vorzeichenumkehr integriert ergibt das Moment. Qo, Mo am linken Rand sind dabei idealerweise bekannt oder bestimmbar.

Vielen Dank Erik, ich werde das Video nun nochmal verbessert neu drehen!

Gerne

Korrekt, f hat die Steigung 23/25 im Punkt P, die Umkehrfunktion also 25/23 im Punkt gespiegelten Punkt P´ - ich habe mich da anscheinend verschrieben.

Wenn es mit dem Kürzen im Kopf nicht klappt, schreibt man alle Terme aus und streicht dann die Terme weg, die sich aufheben. Beim Lager ist Null, darüber positiv, darunter negativ. Alle drei Balkenteile und die Punktmasse haben die gleiche Masse m. Somit pi1 = + m g (L sin phi+ L/2 cos phi) Balken links p12 = + m g L/2 sin phi für Balkenteil links vom Lager pi3 = - m g L/2 sin phi für Balkenteil rechts vom Lager pi4 = - m g L sin phi für die Punktmasse Pi2+pi3 sind Null, bei pi 1, pi 4 heben sich die Sinusanteile weg, also bleibt m g L/2 cos phi vom linken Balken als einziges übrig.

@@frankdischinger2650 Ich habe die sinus Anteil der vertikal stehende Balken links, die mit der Punktmasse sich wegkürzt, außer Acht gelassen. Jetzt ist alles klar. Vielen Dank!

Ja, bis auf eine sind alle gedreht, müssten bald kommen, Niklas fragen.

Weil nach Einsetzen der Rekursionsformel an im Nenner steht.

@@frankdischinger2650 vielen dank!!!!!

Das y kommt einfach aus der Dreiecksgeometrie. Die Strecke r ist um den Winkel teta gegen die y-Achse, die nach oben geht, gedreht, mithin beträgt die Höhe unseres unendlich kleinen Volumenelementes r mal cos teta, also einfach Geometrie des rechtwinkligen Dreieckes.

Normalerweise kann man mit dem Ritterschnitt nur drei Stäbe durchschneiden, mit den drei Gleichgewichtsbedingungen Summe H=0, Summe V = 0 und Summe um einen beliebigen Bezugspunkt M= 0 erhält man dann die gesuchten Stabkräfte. Hier liegt ein sogenanntes K-Fachwerk vor, und jeder Schnitt geht immer durch 4 Stäbe. Daher sieht es zunächst so aus, als ob sich die Stabkräfte weder rechnerisch noch graphisch bestimmen lassen. Betrachtet man jedoch vorher den Knoten K und stellt Summe V=0 auf, so erhält man Stab 3 als Druckstab mit dem Betrag Wurzel 2 mal F. Jetzt kann man die restlichen 3 Stäbe mit den drei Gleichgewicht bestimmen, Summe V=0 für den Ritterschnitt liefert die Kraft S2, S1 und S4 dann durch die Summe der Momente und die Summe H=0.

@@frankdischinger2650 vielen dank, da haben Sie mir sehr geholfen, dies war mir nicht klar

@@ricc1843 Das freut mich! Solltest du sonst noch Fragen oder Vorschläge für weitere Videos haben, immer gerne!

Ist gemeint Abi 2008 KK Aufgabe 2 mit der Funktion f(x) = e^(1-x^2/2) ? Hab sie geöffnet bekommen.

@@frankdischinger2650 Hmm sehe grad nirgends deine beschriebene e-funktion😕 Hier gibts nur eine verkettete Gebrochenrationale-Exponentialfunktion mit Parameter. Bist du dir sicher dass du die Datei mit dem FOS-Abitur geöffnet hast oder doch eher die mit Gymnasium-Abi😅Und A II steht für Aufgabengruppe II, sprich die Lehrer der Schule entscheiden für die Prüflinge zwischen AI oder A II. Dort gibt es dann jeweils 3 Aufgaben zu bearbeiten, wobei die dritte Aufgabe immer eine (gewöhnliche) Differentialgleichung ist. Wäre es eventuell möglich, dass du alle drei Aufgaben aus AII durchrechnen kannst, falls es dir zu viel Aufwand ist, kannst du auch einfach nur die erste Aufgabe aus AII, rechnen. (Also diese eine verkettete Gebrochenrationale-Exponentialfunktion mit Parameter)😄

@@PA-wc9no mediathek.mebis.bayern.de/archiv.php?doc=record&identifier=BY-00012109 Die hier? Falls es eine andere ist, schick sie mir gerne an [email protected] Dann gibts keine Missverständnisse und ich kann mich drum kümmern. Liebe Grüße

Hallo @PA anbei findest du den Link zum ersten Video. Weitere folgen. Ich hoffe sie helfen dir. Rückfragen kannst du gerne im Video dazu stellen.

@@frankdischinger2650 Danke dir vielmals, hast alles super verstaendlich erklaert🙏🏻Nur leider ist das zwar das Fachgebunde-Abi der FOS13, aber in der “Nicht-technischen”-Ausbildungsrichtung. Ich bräuchte sie in der “technischen”-Ausbildungsrichtung. Ich hab dir die Pdf-Datei gestern Abend geschickt gehabt. Hast du sie erhalten?