 Verfasst am: 01. Mai 2018 12:08 Titel: |
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| @Myon Ich hatte den gesamten Momentenverlauf betrachtet und nicht nur die Anfangsbedingung. Habe das mal mit horizontaler und tangentialer Kraft unter Berücksichtigung des Kippwinkels und der Radien der Auflager gerechnet - war geometrisch ein wenig fitzelig. Bestätigt Deine Vermutung. Standmoment Kippmoment Schönen 1. Mai Jörg |
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| Verfasst am: 01. Mai 2018 09:19 Titel: |
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| Du brauchst die Rechnung mit dem Kippwinkel nicht, da die Kraft - zumindest bei einem rein quaderförmigen Gegenstand - zu Beginn am grössten sein muss, egal ob die äussere Kraft waagrecht bleibt oder dem Kippwinkel folgt. Das Drehmoment aus der Gewichtskraft nimmt mit steigendem Kippwinkel ab, und das Drehmoment der äusseren Kraft nimmt zu (bei immer horizontal angreifender Kraft) oder bleibt gleich. Das siehst Du, wenn Du die Drehmomente nach dem Winkel ableitest, aber es ist ja auch anschaulich klar. Mit den beiden Halbkreisen, wo sich der Berührungspunkt beim Drehen ändert, wäre das mathematisch schwieriger zu zeigen, aber ich bin mir praktisch sicher, dass es auch da so ist. Anders wäre es, wenn man statt Halbkreise nur Kreissegmente hätte, wo sich der Berührungspunkt beim Kippen schneller verschiebt. |
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| Verfasst am: 01. Mai 2018 00:45 Titel: |
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| Ich wollte nur verstehen warum Mathefix es für notwendig hält zwischen einer waagercht bleibenden und einer dem Kippwinkel folgenden Kraft zu unterscheiden. Da bin ich nur auf ein Szenario gekommen bei dem eine Unterscheidung für mich relevant wäre. Ich versuchs nochmal zu verdeutlichen: Der Quader soll gekippt werden bis er mit der Seite auf dem Boden liegt. Die Musterlösung hat ja jetzt die Kraft berechnet die den Quader aus dem Gleichgewicht bringt. Angenommen man macht die Aufgabe jetzt komplizierter und sagt, dass die Kraft die ganze Zeit senkrecht zur Kante wirkt (Also dem Kippwinkel folgend?) und auf gleicher Höhe bleibt. Gilt dann immernoch diesselbe Minimalkraft oder ist es jetzt eine andere? Während der Bewegung verkürtzt sich doch nun der Hebelarm der Kraft. Könnte es nicht sein, dass dann irgendwann in der Bewegung wieder das Moment der Gewichtskraft gleich dem der gesuchten Kraft ist? Ich glaube zwar nicht, dass das der Fall ist, mir fällt es allerdings schwer das mathematisch zu beweien. Aber wie gesagt, ist jetzt auch nicht so wichtig, da es schon sehr abschweifend ist. |
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| Verfasst am: 30. Apr 2018 23:16 Titel: |
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Welche Fragen hast Du denn noch? Die Frage nach F=Fmin oder F>Fmin ist doch geklärt. Außerdem liegt Dir offenbar eine Musterlösung vor. Hast Du denn Fragen zur Musterlösung? Welche? |
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| Verfasst am: 30. Apr 2018 21:45 Titel: |
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@Myon Alles klar habs verstanden  Danke nochmals
Mit Kippwinkel folgen meinst du, dass die Kraft stets senkrecht zur Quaderkante ist, oder? Ich denke wenn sie stets senkrecht am Eckpunkt angreift, hat sie doch den gleichen Hebelarm, wie wenn sie waagerecht bleibt, also sollte es doch keinen Unterschied machen? Die letzte Option wäre, dass die Kraft senkrecht zur Kante angreift und auf gleicher Höhe bleibt. Ich hab mal probiert herauszufinden wie groß dann die minimale Kraft sein würde, bin aber nicht sonderlich weit gekommen. Das geht auch eigentlich über mein Niveau hinaus. Die Aufgabe war ja auch recht simpel gehalten und ging nicht sonderlich ins Detail. Wäre aber trozdem an einem Rechenweg interessiert, falls jemand eine Idee hat. |
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| Verfasst am: 29. Apr 2018 23:07 Titel: |
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Was? Eine Komplettlösung von Mathefix??? Unvorstellbar.... |
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| Verfasst am: 29. Apr 2018 20:55 Titel: |
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@Myon Danke für den Hinweis. Hatte übersehen, dass die Rdien gegeben sind. Es gibt für mich noch eine Frage:"Soll die Kraftrichtung waagerecht bleiben oder dem Kippwinkel folgen?" Werde neuen Ansatz machen. Tschüss |
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| Verfasst am: 29. Apr 2018 20:10 Titel: |
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| @Mathefix: Ich glaube, eigentlich war gar nicht das die Frage, aber wenn Du schon die Aufgabe löst, was ist mit den beiden Halbkreisen? | |
| Verfasst am: 29. Apr 2018 19:58 Titel: |
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| Standmoment M_s alpha = Kippwinkel Kippmoment M_k Gleichgewichtsbedingung |
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| Verfasst am: 29. Apr 2018 19:30 Titel: |
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| Ja, das war unpräzise formuliert, habe ich schon beim Schreiben gedacht. Wenn Bei Das Problem liegt vielleicht bei der Bezeichnung „minimale Kraft“, da es m.E. im mathematischen Sinn kein Minimum, sondern eben die grösste untere Schranke ist (ein Minimum einer Menge gehört zur Menge, wogegen hier bei der „minimalen Kraft“ ein Kippen nicht garantiert ist. Die Menge {„Kräfte, die zum Kippen führen“} hat gar kein Minimum, da sie nach unten offen ist). Die grösste untere Schranke erhält man auf alle Fälle über das Drehmomentgleichgewicht. |
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| Verfasst am: 29. Apr 2018 16:16 Titel: |
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Hmm das versteh ich nicht ganz, das hört sich für mich irgendwie wie ein Widerspruch an. Kann man das vielleicht auch so erklären, dass F*h > Fg*h nur für das Anfangszeitintervall dt gilt, um eine Winkelbeschleunigung zu bewirken und danach F*h = Fg*h damit die Winkelgeschwindigkeit konstant bleibt? Ah ja ich hatte h allgemein für Hebelarme abgekürtzt, hätte wohl besser h1, h2 benutzen sollen. |
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| Verfasst am: 29. Apr 2018 15:32 Titel: |
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| Naja... bei der Kraft, für die die Gleichung gilt, sind die Drehmomente im labilen Gleichgewicht. Damit der Quader kippt, muss die Kraft etwas grösser sein. Für die minimale Kraft gilt aber die Gleichung, diese Kraft stellt sozusagen das Infinum der Menge der Kräfte dar, die zum Kippen führt. PS: Die beiden Hebelarme sind in diesem Fall nicht dieselben. |
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| Verfasst am: 29. Apr 2018 14:36 Titel: Kräfte/Drehmomentgleichgewicht |
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| Ich habe ein Verständnisproblem mit folgender Aufgabe im Anhang. In der Lösung wird die benötigte Kraft durch diese Gleichung berechnet: M(A) = F*h + Fg*h = 0 <=> F*h = Fg*h , h= Hebelarm Das mag sich jetzt vielleicht etwas kleinlich anhören, aber damit der Quader kippt, muss man das dann nchit zu F*h > Fg*h ändern? Vielen Dank für alle Antworten! |
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