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soda
Anmeldungsdatum: 04.10.2006
Beiträge: 74
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magneto42
Anmeldungsdatum: 24.06.2007
Beiträge: 854
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 magneto42 Verfasst am: 18. Aug 2007 15:04 Titel: |
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Hallo soda.
Hm, wenn die Vektoren addiert werden  (blauer Pfeil + grüner Pfeil) sollte da nicht der resultierende Vektor nach oben zeigen? Als Interpretation ist das vielleicht die Kraft, die der Boden aufbringen muß. Ach, ich bekomme bei solchen Multi-Kraft-Diagrammen immer einen Knick in den Hirnwindungen.
Also, wenn Deine Startüberlegung richtig ist und die Pfeile die Richtung der Kräfte beschreibt, kann man wie folgt vorgehen. Das Kräftedreieck muß kongruent sein zu dem Dreieck mit den Seitenlängen. Also stimmen die Winkel schon einmal überein. Die Winkel bekommt man über den Kosinussatz:
)
a und b sind dabei die Seiten die den gesuchten Winkel einschließen und c ist die ihm gegenüberliegende Seite. Das Dreieck ist übrigens gleichschenklig, also muß Du nur einen Winkel berechen. Die anderen folgen unmittelbar.
Die länge des roten Pfeils entspricht dann der Gewichtskraft. Du hast jetzt also drei Winkel und eine Seite. Da bietet sich der Sinussatz an die fehlenden Seiten zu bestimmen:
} = \frac{b}{\sin(\beta)} = \frac{c}{\sin(\gamma)})
Damit solltest Du die fehlenden Kräfte berechnen können.
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soda
Anmeldungsdatum: 04.10.2006
Beiträge: 74
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| soda Verfasst am: 18. Aug 2007 15:59 Titel: |
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danke Magneto
Ich habe die Winkel mit dem Kosinussatz berechnet da kommt folgendes Raus:
gibt zusammen 179.9° also Winkelsumme ist ok.
Seite a = Fg
Seite b = Fs
}=\frac{x}{\sin(\beta)} = x = 8082.6N)
Jetzt hat es ja 2 Seile, somit halbiert sich die Kraft, damit man 1 Seil erhält.
Im Lösungsschlüssel steht die Kraft in einem Seil wäre 2.03kN
Ich hab also noch fast genau das doppelte davon.
Irgendwo ist ein Rechen oder Überlegungsfehler drin. Hat jemand eine Idee?
MfG
soda
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magneto42
Anmeldungsdatum: 24.06.2007
Beiträge: 854
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soda
Anmeldungsdatum: 04.10.2006
Beiträge: 74
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| soda Verfasst am: 19. Aug 2007 16:55 Titel: |
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Das Problem mit den Drehmomenten ist, das wir das noch nicht behandelt haben. Sprich wenn das die Lösung der Aufgabe wäre, dann wäre es "unfair", somit denke ich die Aufgabe sollte über das Kräftedreieck lösbar sein.
Hat eventuell jemand eine Anmerkung bezüglich dem Kräftedreieck bzw. sieht jemand einen Fehler?
MfG
soda
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cst
Anmeldungsdatum: 16.11.2006
Beiträge: 106
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| cst Verfasst am: 20. Aug 2007 02:44 Titel: |
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Also ich finde magnetos Ansatz logisch und nachvollziehbar, und er führt auf das richtige Ergebnis.
Beim Versuch, das nur übers Kräftedreieck zu lösen, hab ich mir auch die Gehirnwindungen vernuddelt und denk mir das jetzt so:
Soda, deine Lösung enthält Rundungsfehler; genau gerechnet kommt man damit genau auf's doppelte der Musterlösung. Du musst magnetos Überlegung einbeziehen, dass das Gewicht der Brücke in ihrem Schwerpunkt angreift, also genau in der Mitte. Die Seile greifen aber am Ende der Brücke an, haben also einen "günstigeren", nämlich doppelt so langen Hebel. Deswegen musst du dein Ergebnis noch halbieren, dann stimmt's. Man kann sich das auch so vorstellen, als ob nur die halbe Brückenmasse dranhängt, dafür aber am Ende der Brücke. Wenn man das macht, wird die Erklärung etwas konsistenter und man kommt auf das Kräftedreieck unten.
 ...Halbes Gewicht der Brücke, am Ende der Brücke angehängt
 ...Kraft, die die (Wand via) Brücke auf die Masse ausübt
 ...Kraft, die die Seile auf die Masse ausüben
Das Dreieck ist damit ähnlich zu deinem und hat halb so lange Seiten.  .
| Beschreibung: |
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magneto42
Anmeldungsdatum: 24.06.2007
Beiträge: 854
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cst
Anmeldungsdatum: 16.11.2006
Beiträge: 106
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| cst Verfasst am: 20. Aug 2007 16:53 Titel: |
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| magneto42 hat Folgendes geschrieben: | Die Annahme, das diese Kraft entlang des Auslegers verläuft ist ja nur eine intuitive Annahme und deshalb etwas gewagt.
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Das dachte ich mir erst auch und hab's mir dann so erklärt: Da die Brücke drehbar gelagert ist, kann sie nur Kräfte in ihrer Richtung übertragen. M. a. W.: Wäre  nicht parallel zum Ausleger, hätte sie eine Komponente senkrecht dazu, und diese Komponente würde dann den Ausleger drehen.
}{2 \sin \alpha} = F_g \cos \alpha)
Nicht schlecht, das hätte ich nie gesehen. Additionstheoreme müsste man halt können. Ich hab nur durch experimentelles Taschenrechnertippen gefunden, dass  . Das führte mich dann auf den Ansatz im rechten Bild. Dort habe ich die Gegenkraft  in eine Komponente parallel zum Seil und eine Senkrecht dazu zerlegt. Das führt zumindest aufs richtige  . Aber wer nimmt dann die Kraft  auf, fall der Ausleger tatsächlich nur Kräfte in seiner Richtung überträgt?
Im linken Bild hatte ich mal die Seilkraft in eine senkrechte und eine waagerechte Teilkraft zerlegt. Das schien mir logisch, dann wäre F_x halt die Kraft senkrecht auf die Wand. Das führt aber aufs falsche Ergebnis. Warum? Weiß jemand Rat?
Zur Winkelhalbierenden: Du hast anscheinend ebenso (intuitiv?) vektoriell zerlegt, also faktisch die Höhe auf der roten Dreicksseite aufgestellt. Da das Dreieck gleichschenklig ist ( ), ist diese Höhe gleichzeitig die Winkelhalbierende. Bleibt allerdings wieder das Problem, dass  nicht parallel zum Ausleger ist.
cst, wieder verwirrt
P.S.: Soda, ich würde dann mindestens ebenso gerne mal den Musterlösungsweg sehen, okay? 
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. Ich sehe wieder einmal den Gedankenfehler nicht. Aber ich habe schon ein leichtes Ziehen im Kleinhirn gespürt, daß da etwas nicht stimmt. Deswegen habe ich mal einen alternativen Ansatz gewählt über die Drehmomente.
. Ich habe den Dreh vergeblich gesucht.
