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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 18:41 Do 25.09.2008 | | Autor: | Rutzel |
Hallo,
zunächst die Aufgabe und eine Skizze von mir:
[Dateianhang nicht öffentlich] (bei Matheraum)
![[]](/images/popup.gif) Link zum Bild (bei Imageshack)
Zunächst habe ich Gedacht: Kräfte wie an einer schiefen Ebene zerlegen, entsprechend addieren. Die resultierende Kraft, welche im rechten Winkel zur Ebene welche im Winkel von 30° zum Boden steht, sei dann die negative Reaktionskraft.
Dann fiel mir aber auf, dass auch die Zylinderradien gegeben sind. D.h. man sollte wohl auch die Drehmomente Berücksichtigen.
Hier fehlt mir alleridngs jeder Ansatz. Wie gehe ich vor?
Meine Idee:
- Massenschwerpunkt der 3 Zylinder ermitteln:
Wenn ich den Massenschwerpunkt finden will, brauche ich die Koordinate vom Mittelpunkt des gr0ßen Zylinders. Wie finde ich diese Koordinaten?
- Kräfte zerlegen in Hangabtriebskräfte und Kräfte, welche normal zu jeweils einer der Beiden schiefen Ebenen sind.
- Die Normalenkräfte der einen Ebene addieren, genauso für die andere Ebene. Die beiden resultierenden Kräfte in den Schwerpunkt setzten.
-Drehmoment bezüglich [mm] F_n [/mm] ermitteln (aber wie)??
Gruß,
Rutzel
(Zur Skizze: Man sieht auf dem gesacnnten Bild leider nicht mehr die Kreislinien. Die Mittelspunktskreuze von allen Kreisen sind aber noch erkennbar.)
Edit: da das bild so groß war, habe ich es nochmal angehängt und als link zu imageshack zur verfügung gestellt.
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: png) [nicht öffentlich]
Anhang Nr. 2 (Typ: png) [nicht öffentlich]
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 09:48 Fr 26.09.2008 | | Autor: | Loddar |
Hallo Rutzel!
Deine Kraft [mm] $F_{3,x}$ [/mm] stimmt so nicht. Die Eigengewichtslast der großen Rolle musst Du zerlegen in eine Komponente senkrecht zur Ebene sowie in Richtung der Verbindungslinie zwischen Kreismittelpunkt des großen Kreises zum Mittelpunkt des unteren kleineren Kreises.
Denn die große Roll stützt sich gegen diese kleine untere Rolle und die Kräfte an der Kontaktfläche zweier Kreise wirken senkrecht.
Gruß
Loddar
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:20 Fr 26.09.2008 | | Autor: | Rutzel |
Hallo,
bist Du dir sicher, dass der obere keline Zylinder vom großen Zylinder nicht berührt wird? Dazu müsste man ja eigentlich den Mittelpunkt des großen Zylinders berechnen, aber daran scheitert es im Moment auch nocht...
Ich markiere mit dieser Frage auch den Ausgangspost wieder als "ungelöst".
Gruß,
Rutzel
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(Antwort) fertig | | Datum: | 13:01 Fr 26.09.2008 | | Autor: | Loddar |
Hallo Rutzel!
Du hast Recht ... wenn man sich das maßstabsgetreu aufzeichnet, erkennt man, dass der große Kreis nur den eoberen Kreis bereührt:
[Dateianhang nicht öffentlich]
Gruß
Loddar
Dateianhänge:
Anhang Nr. 2 (Typ: png) [nicht öffentlich]
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 14:44 Fr 26.09.2008 | | Autor: | Rutzel |
ah, danke für deine skizze. mit wlechem programm hast du das maßstabsgetreu zeichnen können?
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:53 Fr 26.09.2008 | | Autor: | Rutzel |
ACHTUNG! LÖSUNGSVORSCHLAG IST FALSCH. SIEHE BITTE LÖSUNGSVORSCHLAG IN NÄCHSTER FRAGE.
Hallo zusammen,
ich glaube ich habe die Lösung. Kann mal jemand drüber schauen?
Skizze:
[Dateianhang nicht öffentlich]
Massenmittelpunkt [mm] r_s:
[/mm]
[mm] r_1=\vektor{a \\ a}
[/mm]
[mm] r_2=\vektor{a \\ 3a}
[/mm]
[mm] r_2 =\vektor{5a \\ 3a}
[/mm]
[mm] 4\cdot m\cdot r_s [/mm] = [mm] m\cdot r_1+ [/mm] m [mm] \cdot r_2+ [/mm] m [mm] \cdot r_3
[/mm]
[mm] r_s [/mm] = [mm] \frac{r_1}{4}+\frac{r_2}{4}+\frac{r_3}{4}
[/mm]
= [mm] \vektor{3a \\ \frac{5}{2}a}
[/mm]
Kraft auf x-Ebene (siehe Theorie "schiefe Ebene"): [mm] F_x [/mm] = [mm] F_G\cdot cos(30^{\circ})
[/mm]
Für Masse [mm] M_3:
[/mm]
[mm] F_{3,x} [/mm] = [mm] 2mgcos(30^{\circ})
[/mm]
Für Masse [mm] M_2:
[/mm]
[mm] F_{2,x} [/mm] = [mm] mgcos(30^{\circ})
[/mm]
Für Masse [mm] M_1:
[/mm]
[mm] F_{1,x} [/mm] = [mm] mgcos(30^{\circ})
[/mm]
Es folgt für [mm] F_x:
[/mm]
[mm] F_x [/mm] = [mm] F_{1,x}+F_{2,x}+F_{3,x}=4mgcos(30^{\circ})
[/mm]
Ab jetzt ist M ein Drehmoment:
[mm] \overrightarrow{M} [/mm] = [mm] \overrightarrow{r} \times \overrightarrow{F_x}
[/mm]
=>
M = r [mm] \cdot F_x \cdot sin(90^{\circ}) [/mm] = 3a [mm] \cdot 4mgcos(30^{\circ})
[/mm]
[mm] =12amgcos(30^{\circ})
[/mm]
Wegen Gleichgewicht gilt auch:
[mm] \overrightarrow{M} [/mm] = [mm] \overrightarrow{r} \times \overrightarrow{F_n}
[/mm]
=>
M= r [mm] \cdot F_n [/mm] = a [mm] \cdot F_n [/mm] (Soweit ich das aus der Skizze der Aufgabe lesen kann, setzt [mm] F_n [/mm] wohl bei a an.)
[mm] F_n [/mm] = [mm] \frac{12amgcos(30^{\circ})}{a}=12mgcos(30^{\circ})
[/mm]
=>
[mm] \overrightarrow{F_n} [/mm] = [mm] 12mgcos(30^{\circ}) \vektor{0 \\ 1}
[/mm]
Ist das richtig?
Gruß,
Rutzel
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: png) [nicht öffentlich]
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:28 Fr 26.09.2008 | | Autor: | leduart |
Hallo
Ich hab nicht die einzelnen Schritte um [mm] F_x [/mm] und S zu bestimmen nachgerechnet.
klar ist dass Fx nach rechts dreht, aber [mm] F_y [/mm] dreht doch nach links?
wenn du den Winkel 30 vergroessert kippt das ding doch irgendwann nach links, ohne dass Fx=0
Gruss leduart
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:34 Fr 26.09.2008 | | Autor: | Rutzel |
Ja, aber es ist doch egal, ob [mm] F_y [/mm] nach links dreht. Wichtig ist doch, dass das Drehtmoment welches durch [mm] F_x [/mm] verursacht wird "gerade so" aufgehoben wird.
Klar, wenn die Winkel anders wären, würde es in die andere Richtung kippen. Aber sie sind ja nicht anders ;)
Edit: Der Massenmittelpunkt liegt ja weit genug rechts, sodass, wenn man [mm] F_n [/mm] nicht größer macht als nötig (also gerade so groß, dass das Sytsem statisch ist), das ganze Gebilde nicht nach links kippen wird.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:52 Fr 26.09.2008 | | Autor: | leduart |
Hallo
Ich hatte die Frage so interpretiert, dass [mm] F_n [/mm] das Gebilde im Gleichgewicht halten soll.
Du sagst jetzt [mm] F_n [/mm] soll nur das Drehmoment, das [mm] F_x [/mm] ausuebt ausgleichen?
Gruss leduart
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:01 Fr 26.09.2008 | | Autor: | Rutzel |
Hi,
ich interpretiere die Aufgabe auch so, dass [mm] F_n [/mm] das Gebilde im Gleichgewicht halten soll. Aber dazu ist es doch (nur) nötig das von [mm] F_x [/mm] erzeugte Drehmoment auszugleichen. (?)
Gruß,
Rutzel
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:40 Fr 26.09.2008 | | Autor: | leduart |
Hallo
[mm] F_y [/mm] leistet doch einen Beitrag dazu, das Drehmoment von [mm] F_x [/mm] auszugleichen.
deshalb hab ich von anderen Winkeln gesprochen, da gibts immer ein [mm] F_x, [/mm] aber irgendwann ist das Ding ohne [mm] F_n [/mm] im Gleichgewicht.(labil)
Gruss leuart
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:47 Fr 26.09.2008 | | Autor: | Rutzel |
achso, ja, wenn man das Gebilde kippt, stellt sich auch irgendwann ein labiles Gleichgewicht ein.
Aber so wie ich die Aufgabe verstehe, sind die Winkel fest. D.h. das Gebilde würde nach rechts kippen, wenn man keine Kraft [mm] F_n [/mm] ansetzen würde.
Wenn man die Aufgabe so versteht, dann ist doch [mm] F_y [/mm] vollkommen egal, oder liegt hier ein Denkfehler vor?
Gruß,
Rutzel
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:58 Fr 26.09.2008 | | Autor: | leduart |
Hallo
Wenn du das Drehmoment, das [mm] F_x [/mm] ausuebt genau aufhebst, dann wirkt immer noch Fy und dann wuerde das ding doch nach links kippen. Ich versteh nicht ganz, wo wir aneinander vorbeireden!
angenommen du hast an einem Winkelhebel rechts und links eine Last haengen, wenn du die rechte durch ne Gegenkraft aufhebst, dreht sich der Winkel nach links.
Was ich behaupte, ist nicht dass der Winkel variabel ist, sondern dass du auch bei nem Winkel wo von alleine Gleichgewicht herrscht noch ein Fn rauskriegen wuerdest!
direkt mit der Aufgabe hat das nix zu tun, es sollte dir nur klar machen, dass fy auch ne Rolle spielt. es war also ausdruecklich WENN....
Gruss leduart
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 02:07 Sa 27.09.2008 | | Autor: | Rutzel |
Ah, ich glaube ich habe verstanden, was Du meinst. Hier mein Vorschlag:
Man rechnet noch das Drehmoment welches durch die Kraft [mm] F_y [/mm] erzeugt wird aus und nennt es [mm] M_y.
[/mm]
Das Drehmoment welches durch die Kraft [mm] F_x [/mm] erzeugt wird sei [mm] M_x.
[/mm]
Das resultierende Drehmoment [mm] M_{res} [/mm] ist dann:
[mm] \overrightarrow{M_{res}} [/mm] = [mm] \overrightarrow{M_x}-\overrightarrow{M_y} [/mm]
und hieraus müsste sich dann [mm] F_n [/mm] ergeben.
Nun zur kompletten ausarbeitung. Ich schreibe nochmal den kompletten Weg auf:
Skizze:
[Dateianhang nicht öffentlich]
Massenmittelpunkt [mm] r_s:
[/mm]
[mm] r_1=\vektor{a \\ a}
[/mm]
[mm] r_2=\vektor{a \\ 3a}
[/mm]
[mm] r_2 =\vektor{5a \\ 3a}
[/mm]
[mm] 4\cdot m\cdot r_s [/mm] = [mm] m\cdot r_1+ [/mm] m [mm] \cdot r_2+ [/mm] m [mm] \cdot r_3
[/mm]
[mm] r_s [/mm] = [mm] \frac{r_1}{4}+\frac{r_2}{4}+\frac{r_3}{4}
[/mm]
= [mm] \vektor{3a \\ \frac{5}{2}a}
[/mm]
Kraft auf x-Ebene (siehe Theorie "schiefe Ebene"): [mm] F_x [/mm] = [mm] F_G\cdot cos(30^{\circ})
[/mm]
Für Masse [mm] M_3:
[/mm]
[mm] F_{3,x} [/mm] = [mm] 2mgcos(30^{\circ})
[/mm]
Für Masse [mm] M_2:
[/mm]
[mm] F_{2,x} [/mm] = [mm] mgcos(30^{\circ})
[/mm]
Für Masse [mm] M_1:
[/mm]
[mm] F_{1,x} [/mm] = [mm] mgcos(30^{\circ})
[/mm]
Es folgt für [mm] F_x:
[/mm]
[mm] F_x [/mm] = [mm] F_{1,x}+F_{2,x}+F_{3,x}=4mgcos(30^{\circ})
[/mm]
AB HIER GIBTS NEUES:
Es folgt für [mm] F_y:
[/mm]
[mm] F_y =4mgsin(30^{\circ})
[/mm]
Ab jetzt ist M ein Drehmoment:
[mm] \overrightarrow{M_x} [/mm] = [mm] \overrightarrow{Hebelarm_x} \times \overrightarrow{F_x}
[/mm]
=>
[mm] M_x [/mm] = r [mm] \cdot F_x \cdot sin(90^{\circ}) [/mm] = 3a [mm] \cdot 4mgcos(30^{\circ})
[/mm]
[mm] =12\cdot a\cdot m\cdot g\cdot cos(30^{\circ})
[/mm]
[mm] \overrightarrow{M_y} [/mm] = [mm] \overrightarrow{Hebelarm_y} \times \overrightarrow{F_y}
[/mm]
=>
[mm] M_y [/mm] = [mm] \frac{5}{2}\cdot a\cdot 4\cdot m\cdot g\cdot sin(30^{\circ})
[/mm]
[mm] =10\cdot a\cdot m\cdot gsin(30^{\circ})
[/mm]
=>
[mm] M_{res} [/mm] = [mm] M_x [/mm] - [mm] M_y [/mm] = [mm] 12amgcos(30^{\circ})-10amgsin(30^{\circ})
[/mm]
= [mm] 2\cdot a\cdot m\cdot g\cdot (6\cdot cos(30^{\circ})-5\cdot sin(30^{\circ}))
[/mm]
(Orientierung von [mm] M_{res}: [/mm] in Papierebene hinein)
Wegen Gleichgewicht gilt auch:
[mm] -\overrightarrow{M_{res}} \stackrel{!}{=} \overrightarrow{Hebelarm Bis Ansatzpunkt Von F_n} \times \overrightarrow{F_n}
[/mm]
=>
[mm] M_{res} [/mm] = a [mm] \cdot F_n [/mm] (Soweit ich das aus der Skizze der Aufgabe lesen kann, setzt [mm] F_n [/mm] wohl bei a an.)
[mm] F_n [/mm] = [mm] \frac{2\cdot a\cdot m\cdot g\cdot (6\cdot cos(30^{\circ})-5\cdot sin(30^{\circ}))
}{a}
[/mm]
= [mm] 2\cdot m\cdot g\cdot (6\cdot cos(30^{\circ})-5\cdot sin(30^{\circ}))
[/mm]
=>
[mm] \overrightarrow{F_n} [/mm] = [mm] 2\cdot m\cdot g\cdot (6\cdot cos(30^{\circ})-5\cdot sin(30^{\circ})) \vektor{0 \\ 1} [/mm]
Jetzt ok?
Gruß,
Rutzel
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: png) [nicht öffentlich]
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 11:09 Sa 27.09.2008 | | Autor: | Rutzel |
Noch ein Gedanke von mir:
Die Frage ist, ob man die Drehmoment gerade so addieren darf, wie im letzten Lösungsvorschlag geschehen. Ich denke ja, denn die 2 Ebenen sind ja starr miteinander verbunden.
Andererseit könnte man auch argumentieren, dass man stets den Abstand zum Massenmittelpunkt als Hebelarm nehmen müsste. Aber wie macht man dann die Aufteilung der Kräfte.
Da allerdings schon in der Aufgabe gesagt wird, wie die Kräfte aufgeteilt werden sollen, werte ich als weiteren Hinweis dafür, dass man die Drehmomente einfach so adieren kann, wie im letzten Lösungsvorschlag geschehen.
Gruß,
Rutzel
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(Antwort) fertig | | Datum: | 18:23 Sa 27.09.2008 | | Autor: | leduart |
Hallo
Ich hab dasselbe raus, allerdings ohne den Schwerpkt zu bestimmen, einfach die jeweiligen Drehmoment addiert.
Was du mit den massemittelpunkten willst (deine Mitteilung) versteh ich nicht. Wenn du nicht mit Vektoren rechnen willst hast du fuer das Drehmoment Kraft *Abstand Wirkungslinie er Kraft von Drehpkt. oder vektoriell das Kreuzprodukt [mm] vec{r}\times [/mm] vec{F} beides kommt fuer den Betrag auf das gleiche raus.
Gruss leduart
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:27 Sa 27.09.2008 | | Autor: | Rutzel |
Hallo,
wie bist Du auf die Länge der Hebelarme gekommen, ohne den Schwerpunkt zu ermitteln?
Gruß,
Rutzel
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:51 Fr 26.09.2008 | | Autor: | chrisno |
Ihr rechnet das sicher mit Grund so kompliziert. Nachdem die Skizze da ist, sieht man die Lösung.
Der große Zylinder übt eine Kraft auf den oberen kleinen aus, die senkrecht zu Fn steht und auch so weitergeleitet wird. Also wird er nicht berücksichtigt. Die beiden kleinen liegen in Bezug auf Fn übereinander, also ist Fn = 2 m g cos(30°).
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 23:34 Fr 26.09.2008 | | Autor: | leduart |
Hallo
Dein argument versteh ich nicht ausser auf die obere Masse drueckt die grosse Walze doch auch auf die [mm] 30^o [/mm] Ebene?
Gruss leduart
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 23:39 Fr 26.09.2008 | | Autor: | Rutzel |
Wohin soll die Kraft weitergeleitet werden?
Der große Zylinder übt aber auch eine normale Kraft auf die x-Ebene aus, welche nicht einfach vernachlässigt werden kann. Und da der goße Zylinder auch eine Kraft auf die x-Ebene ausübt, ist die Resultierende Krafte [mm] \overrightarrow{F_x} [/mm] eben nicht [mm] -\overrightarrow{F_n}, [/mm] da man die resultierende Kraft in den Massenmittelpunkt verschieben muss.
Gruß,
Rutzel
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![[]](http://img254.imageshack.us/img254/1579/ccf2509200800001nq6.png){kind=small}
Link zum Bild (bei Imageshack)