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Gajeryis
Anmeldungsdatum: 08.10.2009
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 Gajeryis Verfasst am: 05. Nov 2009 12:00 Titel: |
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Guten Tag lena
Wagenheber
Teil Schenkel
| Zitat: | | Beim Wagenheber versteh ich nur nicht was ich nun falsch gemacht habe mit meinem Kraftdreieck. |
F/sin(60) = x -> sin(60) = F/x -> F ist die längere Kathete des rechtwinkligen Dreiecks, x die Hypotenuse.
Was genau du mit diesem Dreieck bezwecken wolltest, erkenne ich auch gerade nicht... :?
| Zitat: | | diese 10000N wirken ja nur von oben, unten ist ja nur eine Kontaktkraft?! |
Die Kontaktkraft wirkt aber natürlich auch auf den Wagenheber, nämlich auf die unteren Schenkel, die dann ebenfalls auf die Spindelenden drücken.
| Zitat: | | warum muss ich schlussendlich Das Moment *2 rechnen |
Du hast zwei Spindelenden, welche beide den berechneten Widerstand entgegensetzen, da auf beide Enden die volle Längskraft wirkt.
Für diese horizontale Kraft habe ich dir eine Skizze angehängt (lenaschenkel *grins*). Schrittweise Berechnung:
oder kurz:
Teil Spindel
| Zitat: | Ist nun Fu=FG*tan(alfa+-roh) allgemeingültig?
tanroh=müy
tanalfa=4/d2*pi=4/(18*pi)
Fu=FG*tan(alfa+roh) (Heben)
Fu=FG*tan(alfa-roh) (Senken)
M=Fu*d2/2 |
Der Fehler liegt bei diesem merkwürdigen Zusammenschluss von alpha und rho. Weiss nicht genau, woher der kommen soll. Sowie ich mir es ausgerechnet habe, weicht tan(alpha plusminus rho) nur geringfügig (plusminus 0.7%) von tan(alpha) plusminus tan(rho) ab, weil alpha so verdammt klein ist. Deshalb dürftest du in diesem Fall diese Formel gebrauchen. Aber: Ich kann wirklich nicht nachvollziehen, woher diese Formel kommen soll. Zudem musst du für diese Formel die Winkel ausrechnen, wo Rundungsfehler passieren können. tan(alpha plusminus rho) ist in meinen Augen Quatsch.
Nur um dir zu zeigen:
| Zitat: | | Muss ich denn nicht über beta/2 oder sowas rechnen beim Trapezgewinde? |
Wenn ich wüsste, was bei dir beta ist? 
Für die Lösung kannst du dir die Formeln, die ich schon im vorherigen Post aufgestellt habe, anschauen. Habe dir dafür nochmals eine (hoffentlich) verständlichere Skizze angehängt (lenaspindel).
Die Kräfte, welche das Moment ergeben, setzen sich aus zwei Teilen zusammen:
- Du hast einen Normalkraftanteil
welcher immer in die selbe Richtung wirkt. Wäre keine Reibung vorhanden, würde sich der Wagenheber aufgrund dieser Komponente immer von alleine senken. (Er gibt der Belastung nach. Logisch, oder?)
- Du hast den Reibkraftanteil
welche immer entgegen der Drehrichtung wirkt. Dieser Anteil hält den Wagenheber, wo er sein soll.
Beim Anheben des Wagenhebers, müssen die Schenkel nach innen gedrückt werden. Das heisst, du musst das Gewinde so drehen, dass die Schenkellager das Gewinde entgegen der horizontalen Kraft "hochklettern", der Reibkraftanteil wirkt also in derselben Richtung wie der Normalkraftanteil, sie summieren sich.
Beim Senken des Wagenhebers wandert das Schenkellager wieder das Gewinde entlang "abwärts", die Reibung muss wieder entgegen dieser Bewegungsrichtung stehen, der Reibkraftanteil ist nun dem Normalkraftanteil entgegengesetzt, du musst nur noch die Differenz aufwenden.
Was das Resultat angeht:
 \cdot \frac{d_{eff}}{2} \\ &=& 2 \cdot (\mu \pm \tan{\alpha}) \cdot F_{hor} \cdot \frac{d_{eff}}{2}\\ &=& 2 \cdot \frac{ ( \mu \pm \tan{\alpha} ) }{\tan{30°}} \cdot \frac{d_{eff}}{2}\cdot F)
Mit eingesetzten Werten:
 }{\tan{30°}} \cdot \frac{18 \rm{mm}}{2} \cdot 10 kN \\ &=& 2\cdot 0.1 \cdot \sqrt{3} \cdot 0.009 \rm{m} \cdot 10'000 \rm{N} \, \pm \, 2 \cdot \frac{4 \rm{mm}}{18 \rm{mm} \cdot \pi} \cdot \sqrt{3} \cdot 0.009 \rm{m} \cdot 10'000 \rm{N} \approx 31.2 \rm{Nm} \pm 22.1 \rm{Nm})
Nah genug an der Lösung im Buch, möchte ich meinen.
| Zitat: | | wieso ist es im Buch eigentlich so kompliziert erklärt |
Ich habe das Buch nicht geschrieben, ich kann dir diese Frage nicht beantworten. *grins*
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Gajeryis
Anmeldungsdatum: 08.10.2009
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| Gajeryis Verfasst am: 05. Nov 2009 13:46 Titel: |
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Kegelkupplung
Prinzip einer Kupplung (Für Autofahrer, welche mit Gangschaltung fahren, sollte dies bekannt sein): Die Motorkraft wird über Reibflächen an die Antriebsräder weitergegeben. Hat man den Fuss nicht auf dem Kupplungspedal, werden die Reibflächen mit Federmechanismen so stark aneinander gepresst, dass Haftreibung vorliegt: die Antriebswelle rotiert gleich schnell wie die Getriebewelle. Sobald man auf das Kupplungspedal tritt, wird die Anpresskraft der beiden Reibflächen verringert, so dass der Widerstand der Räder entgegen der Motorkraft die Kupplungsscheiben zum Schleifen/Reiben bringt. Es wird somit nur noch das Reibmoment auf die Räder übertragen, nicht mehr die gesamte Motorkraft. Dadurch kann man sehr sachte anfahren.
Ich nehme für deine Aufgabe deshalb an, dass die schräge Fläche die Reibfläche darstellt und diese an einer gleich schrägen Gegenfläche reibt (bzw. bei genügend Anpressdruck haftet). Der Anpressdruck ist mit 2x200N angegeben, der mittlere Durchmesser der Reibfläche beträgt 0.2m.
Aus dem Anpressdruck, der Flächenneigung (Stichwort Normalkraft) und dem Durchmesser kriegst du das übertragbare Drehmoment.
Seilreibung
| Zitat: | | Bei dem neuen Beispiel bräuchte ich wieder einen Tip und zwar, weiss ich nicht wie ich das mit dem Seil zurückrechnen soll. Denn die Reibkraft des mA ist doch auch von mB abhängig, da mA aufgrund des Gewichtes von mB noch mehr reibt oder? |
So wie die gegebenen Daten aussehen, ist wohl mA gesucht, bei dem mB per Haftreibung my gerade noch gehalten werden kann?
Du hast für beide Blöcke A und B je eine horizontale und eine vertikale Gleichgewichtsbedingung. Zusätzlich hast du eine Gleichgewichtsbedingung für die Seilkräfte vor und nach der Umlenkstelle.
Unbekannt sind zu Beginn FNA, FNB, FS1, FS2 und mA.
Fünf Unbekannte, fünf Gleichungen. Die Aufgabe ist eindeutig lösbar.
Die Winkel, wie schräg die Seile an den Blöcken ziehen, hast du in deiner Skizze ja eingezeichnet. An den Punkten, wo die Seile die Reibfläche nicht mehr berühren, führen sie geradlinig tangential weg.
Die Abhängigkeit zwischen Reibkraft A und Masse B besteht natürlich, da hast du Recht. Aber du kannst eine Unbekannte nach der anderen eliminieren:
- Horizontale und Vertikale Gleichungen von Block A verknüpft ergibt dir eine Gleichung für die obere Seilkraft FS2.
- Horizontale und Vertikale Gleichungen von Block B verknüpft ergibt dir eine Gleichung für die untere Seilkraft FS1.
Tipp: Die beiden Gleichungen für FS1 und FS2 sehen sich relativ ähnlich...
- Die Gleichung für die Seilreibung verknüpft die FS1 und FS2. Die daraus erhaltene Beziehung löst du dann nach mA auf.
Ich habe für meine Lösung für mA rund 250kg erhalten.
| Zitat: | | aber wie mache ich das mit der Seilkraft, Fs1 ist ja FS2*e^müy*alfa |
Richtig.
Ist alpha positiv, ist FS1 > FS2. Das macht hier Sinn, denn durch die gedachte Abwärtsbewegung ist die Reibkraft entlang des Seiles nach oben gerichtet und nimmt somit die Differenz FS2 - FS1 auf.
Wichtig: alpha ist im Bogenmass einzusetzen!
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lena18
Anmeldungsdatum: 11.10.2009
Beiträge: 464
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Gajeryis
Anmeldungsdatum: 08.10.2009
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| Gajeryis Verfasst am: 07. Nov 2009 14:55 Titel: |
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| lena18 hat Folgendes geschrieben: | | Fhorizontal ist ja die sogenannte Längskraft in der Spindel |
Richtig.
| lena18 hat Folgendes geschrieben: | FN(y) ist eine Teilkraft von Fhorizontal [...]
Also ist Fhorizontal grösser als FN. |
Falsch.
Die Komponente von FN entlang der Spindel muss gleich gross sein wie Fhor. Deshalb ist FN betragsmässig grösser als Fhor.
Schau dir die Pfeilrichtungen von FN, Fx und Fhor in deiner eigenen Skizze wagenheber.jpg an. Damit du in Spindelrichtung Kräftegleichgewicht hast, muss die Addition der Vektorkomponenten aufgehen. Mathematisch lässt sich dies wie folgt zeigen (nicht soo schlimm, wenn du diesen Beweis nicht nachvollziehen kannst):
Wir betrachten die Komponenten in Spindelrichtung, ich definiere mal die Richtung von Fhor positiv, Fx stehe rechtwinklig zu FN:
nach FN auflösen:
Da  und demnach  und  ist, muss  sein.
Am einfachsten macht man also F_N = F_hor/cos(alpha) und den Vektor, den du in deiner Skizze Fx genannt hast, würde man so drehen, dass er senkrecht auf Fhor steht, das wäre dann in meiner Skizze lenaspindel.png der Vektor F_U,N.
Damit komme ich auch schon zum nächsten Punkt.
Du hast deine resultierenden Kräfte entlang der geneigten Reibfläche eingeführt und diese direkt für die Momentenberechnung verwendet. Das klappt so nicht. Die Hebelkräfte, die du beim Drehen der Kurbel aufwendest, sind senkrecht zur Spindelachse gerichtet, also nicht parallel zur geneigten Reibfläche.
Das heisst, die Kräfte entlang der Reibfläche müsstest du noch mal cos(alpha) rechnen, da du nur die Komponente senkrecht zur Spindelachse haben willst. Da der Winkel alpha sehr klein ist, macht dies numerisch gesehen kaum Unterschied.
| lena18 hat Folgendes geschrieben: | Jetzt sehen deine Formeln anderst aus wie bei deinem ersten Post, das Summieren und die Differenz waren für mich im ersten Post logischer.
Nun hast du aber auf einmal Fu,N und Fu,R??? |
| Gajeryis hat Folgendes geschrieben: | 
Beim Heben wirken jeweils die tangentialen Komponenten der Reibungskraft und Normalkraft entgegen der Drehung:
Beim Senken wirkt die Reibkraft entgegen, die Normalkraft hilft beim Drehen.
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Ich zeige dir kurz den Zusammenhang zum neueren Posting:
Dieselbe Auflösung fürs Senken:
F_U,R ist also die Komponente der Reibkraft, F_U,N die Komponente der Normalkraft, welche für die Berechnung des Momentes benötigt werden. In meinem ersten Posting hatte ich die beiden Komponenten schlicht zur F_Res zusammengefasst.
Zudem hatte ich bei der Momentenberechnung den Faktor 2 (zwei Spindelenden) noch nicht berücksichtigt.
Noch ein Kommentar zum my':
Wenn die Reibfläche zusätzlich noch senkrecht zur Achse geneigt ist (so wie in wagenheber.jpg gezeichnet), vergrössert sich der Reibkoeffizient (aber auch die Belastung und damit die Bruchgefährdung des Wagenhebers!).
Die Reibkraft ist my mal die effektive Normalkraft F_N'. Durch die Neigung der Reibfläche wird die Normalkraft grösser, nämlich
}} \cdot F_{N})
Dadurch wird die Reibkraft zu
}} \cdot F_{N} = \mu {'} \cdot F_{N}) mit }} = \frac{0.1}{\cos{15°}} = 0.10353)
Dadurch erhöhen sich die Momente je um etwa 1.1Nm auf 54.33Nm und 10.22Nm.
| lena18 hat Folgendes geschrieben: | | Bei der Kupplung kriege ich die Lösung einfach nicht raus. Einfach mit dem Cosinus gerechnet ist wohl zu einfach gedacht oder? |
Ja, du hast dort einen Fehler. Die Beziehung ist nicht
sondern
siehe angehängte Skizze.
Der Rest der Rechnung sollte stimmen.
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lena18
Anmeldungsdatum: 11.10.2009
Beiträge: 464
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| lena18 Verfasst am: 07. Nov 2009 16:34 Titel: |
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Guten Morgen  Edit: Lese mir deine Posts gerade nochmals aufmerksam durch. Komme langsam auf einen grünen Zweig.
Werde dies dann reinhängen.
Hallo
Danke für deine Antwort, aber ich werde es glaube ich niemals kapieren. (Vektorenrechnung beherrsche ich sowieso leider nicht)
DAnn müsste doch die Gewichtskraft von der Masse auch kleiner sein, wie FN. Dem ist aber nicht so, sonst sind alle Beispiele, die ich bisher gerechnet habe "falsch". Denn vektoriell gesehen sind die Pfeilrichtungen identisch. Ich meine unten rot eingezeichnet ist die Anpresskraft der kegelkupplung, dass sich so die Beziehung ändert und FN grösser werden muss ist klar, da wirkt sie auf eine schiefe ebene wirklich horizontal. aber Fhor. beim wagenheber ist ja wie eine Gewichtskraft auf eine normale schiefe ebene.? und da soll FN wieder grösser sein???
Ich kenn mich langsam nicht mehr aus...
Ausserdem hast du mal gesagt, dass nur gehoben werden kann, wenn erst die Reibungskraft überwunden wird. Je nach dem ob man hebt oder senkt, hilft die Komponente Fx mit oder wirkt entgegen. ???
Demnach wirkt also Fres, damit gehoben oder gesenkt werden kann doch in der Ebene der Reibkraft. Freshben oder senken, ist eine kraft die eine bewegung in längsrichtung der spindel verursacht, ansonsten würde sich doch nichts heben oder senken?? Anderst verstehe ich das einfach nicht.
wie du das mit dem senkrecht zur Achse meinst verstehe ich ebenfalls nicht. wenn ich kurbel, dann wirkt sie immer senkrecht zur Achse (sozusagen tangetial, wenn man sie an den Umfang verschiebt, die Kraft gemeint)
das ganze kann doch nicht so schwer sein...
Ich denke mein Problem andererseits ist auch das, dass ich aus deiner Skizze heraus nicht sehe, welche Kraft nun schlussendlich für das Moment benötigt wird. Auch mit deinem Hinweis Fu,N und Fu,R scheint mir dies nicht logisch zu sein, und ich weiss trotzdem nicht warum gerade diese Kräfte genau diejenigen sein sollten, um das erforderliche Moment zu berechnen, zumal sie nicht mal in Koordinatenrichtung entspr. der geneigten Fläche zeigen.
Ich denke, damit es "klick" macht bei mir braucht es noch irgend was, weiss aber nicht was?? Ich weiss nicht mal mehr welche Kräfte in meiner skizze wagenheber weiter oben längs der Spindel wirken, welche senkrecht zur Spindelachse, welche in Reibrichtung etc.??
Vielen Dank im Voraus
Lena
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lena18
Anmeldungsdatum: 11.10.2009
Beiträge: 464
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| lena18 Verfasst am: 08. Nov 2009 14:04 Titel: |
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Hallo
Also:
Ich habe deine Version mal mit einer Zeichnung verglichen. (So konnte ich es mir besser vorstellen..)
Ich habe hier Fhor, die in Längsrichtung der Spindel wirkt.
Wenn ich nun eine Steigung habe, was bei einer Spindel immer üblich ist, dann muss die y-Komponente von FN (Spindellängsrichtung), der y-Komponente von FR und der direkten Kraft Fhor entgegenwirken. Also muss von dem Stammpunkt ausgegangen, FN folglich grösser sein wie Fhor. Vor allem, wenn alfa stets grösser werden würde, da sich somit auch die x-Komponente von FN immer proportional ändert..
Soweit habe ich es verstanden, wenn ich es nur richtig verstanden habe..
Wie man im Bild sieht, ist Fu dafür verantwortlich, dass es überhaupt zu einer Bewegung (Heben, Senken) kommen kann.
Also müssen für die Berechnung des erforderlichen Momentes genau jene Kräfte herangezogen werden, die genau in dieselbe Richtung wirken wie Fu (Unteres Bild in Skizze).
Folglich muss also - Kräfte wie in Skizze betrachtet: In Steigungsrichtung positiv- FuResHeben-FuR-FuN=0 sein
und (In Senkungsrichtung positiv) FuResSenken-FuR+FuN=0 sein
Somit
FuResHeben=FuR+FuN=cosalfa.FR+sinalfa.FN=cosalfa.müy.FN+sinalfa.FN
FuResSenken=FuR-FuN=cosalfa.müy.FN-sinalfa.FN
MHeben wäre dann FuResHeben.R2
MSenken =FuResSenken.R2
und warum ich mein zuvor berechnetes Fres nochmal mal dem cosinus rechnen müsste, erklärt sich nun aufgrund der Skizze auch von selbst.
Da ich diese eben auch auf die Umfangskraft beziehen müsste.
Ich hoffe, dass das eine richtige Annahme meinerseits ist.
Nur eines verstehe ich dann nicht, nämlich, wenn es im Gewinde also, so ist, dass FN grösser als Fhor. ist, dann müsste es doch bei einer schrägen Ebene mit dem Klotz in meiner Skizze genauso sein. Die y-Komponente muss doch auch allem entgegenwirken.
Schonmal vielen Dank im Voraus
Gruss Lena
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Gajeryis
Anmeldungsdatum: 08.10.2009
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| Gajeryis Verfasst am: 09. Nov 2009 15:32 Titel: |
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Du hast es wirklich drauf, mich unsicher zu machen. Aber ich bin dankbar
dafür, denn ich glaube, ich lerne hier mehr als du. 
Tut mir leid, dass du so lange auf diesen Post warten musstest. Zwei Gründe: Ich hatte viel los. Ich wollte diesmal auf Nummer sicher gehen.
Zur Addition der Vektoren:
Wir haben beide Fehler gemacht. Mit Hinweis auf: Ich habe auch einen Fehler gemacht.
Wenn wir einen Gleichgewichtszustand suchen, muss die Summe aller Vektoren null sein. Die Summe kann man graphisch darstellen, indem man Pfeilanfang an Pfeilspitze hängt und so eine Kette aller Kräfte zusammenstellt. Wenn die Summe null sein soll, muss auch Anfang und Ende dieser Kette zusammenfallen. Fallen Anfang und Ende nicht zusammen, herrscht nicht Gleichgewicht, der betrachtete Körper wird um die resultierende Kraft beschleunigt.
In dieser Aufgabe ist der Gleichgewichtszustand gesucht, indem die Hebelkraft gerade gleich gross ist, wie der Widerstand entgegen der Hebelbewegung.
Dein Fehler war, dass mit deiner Methode die Kräftekette nicht komplett geschlossen war und du damit keinen Gleichgewichtszustand gerechnet hast (Skizze Fehlerlena).
Mein Fehler war, dass ich den Widerstand aus Normalkraft und den Widerstand aus Reibung vollständig entkoppelt habe (was ich nicht hätte machen dürfen, denn die Normalkraft hängt auch von der Reibung ab, nicht nur der Betrag der Reibung vom Betrag der Normalkraft) und dadurch ebenfalls keinen Gleichgewichtszustand gerechnet habe (Skizze FehlerGajeryis).
Die korrekte Rechnung habe ich schliesslich vektoriell gerechnet, mit Hilfe der korrekten graphischen Verkettung aller Kräfte (Skizze Loesung):
auflösen:
 = F_{hor} \cdot \frac{ \sin{\alpha} \pm \mu \cos{\alpha} }{ \cos{\alpha} \mp \mu \sin{\alpha} } = F_{hor} \cdot \frac{ (\tan{\alpha} \pm \mu )}{1 \mp \mu \tan{\alpha} } = F_{hor} \cdot \tan{(\alpha \pm \rho)} \quad \rm{mit} \quad \tan{\rho} = \mu)
| Gajeryis hat Folgendes geschrieben: | | tan(alpha plusminus rho) ist in meinen Augen Quatsch. |
Ich distanziere mich damit in aller Form von dieser Aussage.
Was das Verständnis mithilfe deiner Skizze "Gewinde.jpg" angeht: Dieses Verständnis hat trotzdem noch Gültigkeit. (Sehr gut, hast du dir die Kräfte mit dieser Skizze veranschaulicht!)
Mein Fehler war ja "nur", dass ich F_N unabhängig von F_R betrachtet habe. Auch mit der korrekten Lösung lässt sich theoretisch die notwendige Hebelkraft in die beiden der Hebelkraft entgegengesetzen Widerstände F_U,N und F_U,R aufteilen (siehe Lösungsskizze), nur dass F_N eben auch von my abhängt, nicht nur von alpha.
Du hast dabei nun richtig verstanden, dass wir die Widerstände suchen, welche parallel, aber entgegengesetzt zur Hebelkraft (welche senkrecht zur Spindelachse wirkt) wirken.
In der graphischen Lösung (siehe nochmals Lösungsskizze) siehst du, dass ich eine Hilfslinie durch den Anfang des F_hor-Pfeils gezogen habe, senkrecht zum F_hor-Vektor. Das ist sozusagen die Randbedingung für die Richtung der gesuchten Widerstandskraft F_U bzw. der Hebelkraft. Weitere Randbedingungen sind die Richtung der Normalkraft und das Längenverhältnis zwischen Normal- und Reibungskraft. Dann wird F_N so gewählt, dass die Summe der Vektoren F_hor, F_N und F_R (aneinanderreihen der Vektoren; Vektoren können graphisch parallel verschoben werden) mit der letzten Pfeilspitze die Hilfsgerade berührt. Von diesem Berührungspunkt zurück zum Anfang des F_hor-Vektor muss nun die Hebelkraft wirken, um Gleichgewicht herzustellen.
Möchte mich nochmals dafür entschuldigen, dass ich die Abhängigkeit F_N von my nicht schon früher erkannt habe.
Zu deiner Frage mit dem Klotz mache ich einen neuen Post, damit ich wieder Skizzen anhängen kann.
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Gajeryis
Anmeldungsdatum: 08.10.2009
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| Gajeryis Verfasst am: 09. Nov 2009 15:40 Titel: |
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| Zitat: | | Nur eines verstehe ich dann nicht, nämlich, wenn es im Gewinde also, so ist, dass FN grösser als Fhor. ist, dann müsste es doch bei einer schrägen Ebene mit dem Klotz in meiner Skizze genauso sein. Die y-Komponente muss doch auch allem entgegenwirken. |
Es kommt immer darauf an, in welche Richtung die Resultierende zeigt. Beim Klotz auf der schiefen Ebene muss die Resultierende parallel zur schiefen Ebene gerichtet sein, da die Beschleunigung des Klotzes entlang der Ebene gerichtet ist. Das führt dazu, dass die Normalkraft kleiner als die Gewichtskraft ist.
Bei der Spindel muss die y-Komponente (entlang der Spindelachse) der Normalkraft aber die y-Komponenten aller anderen Vektoren aufnehmen.
Wäre die Hebelkraft entlang der schiefen Ebene gerichtet (Skizze FN_Hebel_parallel), wäre die Normalkraft kleiner als F_hor, da auch die Hebelkraft ein wenig von F_hor direkt aufnimmt. Entsprechend würde auch die Reibungskraft kleiner.
Beim Wagenheber ist die Hebelkraft aber nicht parallel zur Gleitebene, sondern senkrecht zur Spindelachse gerichtet. Deshalb drückt die Hebelkraft auch ein wenig auf die Reibfläche und erhöht damit die Normalkraft und damit auch wieder die Reibkraft, welche (im Hebefall) noch einmal die Normalkraft erhöht; soweit, bis ein Gleichgewicht geschaffen ist. Ohne Reibung (etwas einfacher zum verstehen ) habe ich dir's auch noch skizziert (Skizze FN_Hebel).
Bei der Kegelkupplung ist es wieder ähnlich. Die angreifende Kraft muss in die Scheibe hinein abgeleitet werden. Der Gleichgewichtszustand ist nur erreicht, wenn die angreifende Kraft F (in Achsrichtung), die Normalkraft F_N (senkrecht zur Reibfläche) und die abzuleitende Kraft F_d (senkrecht zur Achsrichtung) eine geschlossene Kette bilden (Skizze FN_Kupplung)
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lena18
Anmeldungsdatum: 11.10.2009
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| lena18 Verfasst am: 09. Nov 2009 23:51 Titel: |
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Hallo
Danke für deine Antwort, ich werde es mir morgen mal ansehen.
Die kommende Schularbeit wird wahrscheinlich ein Fünfer, weil ich mich eigentlich mehr mit anderem Zeugs beschäftige als mit dem Thema Reibung, die die SA betrifft.
Was mich wundert ist, dass die Aufgabe im Buch Technische Mechanik 1 drin ist und diese jene Schüler bekommen (2. jahr von 5jahren), die noch nie was von Integral, Differenzial und Vektorenrechnung gehört haben lol ich mit eingeschlossen (ausser Integral u. Differenzial, nur allzugut beherrschen tue ich das nur nicht) aber vektorenrechnung???
na dann bis bald
Lena
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Gajeryis
Anmeldungsdatum: 08.10.2009
Beiträge: 194
Wohnort: CH - Bern
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| Gajeryis Verfasst am: 10. Nov 2009 09:25 Titel: |
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| lena18 hat Folgendes geschrieben: | | Was mich wundert ist, dass die Aufgabe im Buch Technische Mechanik 1 drin ist und diese jene Schüler bekommen (2. jahr von 5jahren), die noch nie was von Integral, Differenzial und Vektorenrechnung gehört haben lol ich mit eingeschlossen (ausser Integral u. Differenzial, nur allzugut beherrschen tue ich das nur nicht) aber vektorenrechnung??? |
Nunja, Vektorenrechnung ist nur ein Hybrid aus etwas Trigonometrie, Vorstellungskraft und ein paar (meist) physikalischen Anwendungen. Prinzipiell nichts weltbewegendes. Wie du aber bei mir gesehen hast, gibt es leider ein paar Fehlerquellen, wenn man sich die Sache nicht sauber durchdenkt. Hätte ich in dieser Aufgabe das Kräftepolygon (die Kette von Vektoren) von Anfang an sauber aufgezeichnet, wäre mir dieser Fehler erspart geblieben.
Was mich wundert: In welcher Ausbildung bist du denn?
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lena18
Anmeldungsdatum: 11.10.2009
Beiträge: 464
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| lena18 Verfasst am: 11. Nov 2009 20:41 Titel: |
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Hallo
danke für deine Antworten, wie immer waren sie sehr hilfreich.
| Gajeryis hat Folgendes geschrieben: | Du hast es wirklich drauf, mich unsicher zu machen. Aber ich bin dankbar
dafür, denn ich glaube, ich lerne hier mehr als du. |
und du schaffst es wirklich, mich 3 mal die gleiche Aufgabe auf verschiedene Arten lernen zu lassen und die theorie wieder zu verwerfen.
ok, ich habe nach der Vektorenrechnung gesucht und über die schreibweise und der addition was gefunden. Zum Meister macht es mich nicht, aber zumindest verstehe ich jetzt ungefähr, was du da wieder einmal zusammen"gefritzelt" hast
Ich denke da hast du die richtung für Fhor als x-richtung bezeichnet und Fheben als y und nach unten und nach rechts alles positiv angenommen.
So bleibt bei FN alles beim selben nur ändert sich die richtung bei FR.
Beim Heben also FR betreffend x nach unten und y nach links (also + und -)
Beim Senken also FR betreffend x nach oben und y nach rechts (also - und +)
Das hat wahrscheinlich mit dem roh zu tun.
Aber wieso beziehst du in der Gleichung FR auf beide Varianten (Heben/senken) aber Fhebel nicht? Fheben nach rechts und Fsenken nach links. oder meinst du mit Fhebel die Resultierende überhaupt?? denn beim Heben wäre es Fheben und bei senken Addition FuN und FuR ->Resultat nach rechts gerichtet, was für mich aber keinen sinn macht. Fsenken ist da Fu, diese Kraft wird benötigt, dass gesenkt werden kann oder? was ist dann fhebel also?
Führst du mich ein wenig in die Vektorenrechnung ein? Wieso rechnet man da nicht wie im Koordinatensystem mit dem ortsvektor, wo man in das system ein koordinatensystem einführt?
auflösen:
[/quote]
würde ich das obigen von mir geschrieben verstehen, dann käme ich auch auf Gleichung FN und Fhor, nämlich summe x und y=0
das andere sehe ich mir morgen an und rechne noch ein Schraubenbeispiel dazu, welches ich auf dem Übungsblatt habe, vllt klappts
Vielen Dank im Voraus
bis dann
Lena
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Gajeryis
Anmeldungsdatum: 08.10.2009
Beiträge: 194
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| Gajeryis Verfasst am: 13. Nov 2009 11:23 Titel: |
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| lena18 hat Folgendes geschrieben: | | Ich denke da hast du die richtung für Fhor als x-richtung bezeichnet und Fheben als y und nach unten und nach rechts alles positiv angenommen. |
Richtig.
| lena18 hat Folgendes geschrieben: | So bleibt bei FN alles beim selben nur ändert sich die richtung bei FR.
Beim Heben also FR betreffend x nach unten und y nach links (also + und -)
Beim Senken also FR betreffend x nach oben und y nach rechts (also - und +) |
Ja, auch dies stimmt. Die Reibung muss ja entgegen der Bewegung wirken. Heben sei die erste Variante, Senken die zweite. D.h. bei  ist das plus fürs Heben, das minus fürs Senken, bei  ist das minus fürs Heben, das plus fürs Senken.
| lena18 hat Folgendes geschrieben: | | Aber wieso beziehst du in der Gleichung FR auf beide Varianten (Heben/senken) aber Fhebel nicht? Fheben nach rechts und Fsenken nach links. oder meinst du mit Fhebel die Resultierende überhaupt?? |
Ich meine die Resultierende Hebelkraft. Der Punkt ist: Wir wissen die Richtung der Resultierenden eigentlich noch nicht. Wenn tan(alpha) grösser als my wäre, würde die Resultierende in beiden Fällen in dieselbe Richtung gerichtet sein. Das würde wiederum bedeuten, dass du diesen Wagenheber wegwerfen solltest, er wäre zu instabil. Deshalb habe ich F_Hebel einfach mal in positiver y-Richtung eingeführt. Wenn F_Hebel negativ wird, weiss ich, dass F_Senken in die negative y-Richtung gerichtet ist.
| Zitat: | | Führst du mich ein wenig in die Vektorenrechnung ein? Wieso rechnet man da nicht wie im Koordinatensystem mit dem ortsvektor, wo man in das system ein koordinatensystem einführt? |
Hm.
Ortsvektoren brauchst du z.B. für Geradengleichungen, Bewegungsgleichungen von Massepunkten; alles Rechnungen, bei welchen der Ort eines Objektes im Koordinatensystem eine Rolle spielt. (Aufgabenbeispiel: zwei Ortsvektoren zweier Objekte r(t), s(t), bei welchem t treffen die beiden Objekte aufeinander)
Hier betrachtest du aber alles Kräfte, welche am selben Massepunkt angreifen. Die Ortsvektoren wären für alle Kräfte dieselben.
Wenn du z.B. einen Block auf einer schiefen Ebene ansiehst, ist klar, dass die Reibungskraft nicht exakt am Schwerpunkt des Blocks angreift und somit eigentlich einen anderen Ortsvektor besitzt. Solange man aber nur betrachten will, wie sich der Block als Ganzes bewegt, und nicht die Stabilität des Blockes betrachtet, ist die Vereinfachung von Block zu Massepunkt eine angemessene Näherung.
Praktischer Punkt eins, was Vektoren angeht:
Vektoren sind prinzipiell nicht an einen Ort gebunden. Die Ortsgebundenheit eines bewegten Massepunktes wird deshalb durch einen weiteren (Orts-)Vektor dargestellt. Da bei Kräften, die am selben Massepunkt angreifen, der Ortsvektor keine Rolle spielt, können die Kraftvektoren also beliebig verschoben werden. Dadurch kriegst du aus mehreren Kräften, die an einem Massepunkt angreifen, ein Kräftepolygon (Skizze polygon).
Wenn nun die Summe der drei Kräfte null sein soll, muss das Polygon geschlossen sein. Ist die Summe nicht null, dann gibt es eine resultierende Kraft, welche dann meistens den Massepunkt beschleunigt (Skizze vektorsumme).
 bzw. 
Praktischer Punkt zwei, was Kräftevektoren angeht:
Für Kräfte an einem starren Objekt ist nur Betrag und Wirkungslinie wichtig, nicht der Ort, wo die Kraft tatsächlich angreift. Dies ist manchmal sehr praktisch für die Berechnung von Momenten, weil die Länge von Hebelarmen manchmal einfacher zu bestimmen ist als die Kräfte auf die Koordinatenachsen zu projizieren (Skizze wirkungslinie).
 \cdot F \\ M{'} & = L{'} \cdot F{'} = L{'} \cdot ( F \cdot \cos{\alpha} ) \end{cases} )
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lena18
Anmeldungsdatum: 11.10.2009
Beiträge: 464
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| lena18 Verfasst am: 15. Nov 2009 23:35 Titel: |
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hallo
danke vielmals für deine antworten,
bin leider nicht dazu gekommen deine Erklärungen anzusehen.
Ich werde es mir mal morgen anschauen, damit ich mich endlich mal auskenne.
mir fällt von beispiel zu beispiel immer mehr auf, dass ich gar nichts kann was dieses fach betrifft. die probleme häufen sich langsam
gute nacht
lena
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lena18
Anmeldungsdatum: 11.10.2009
Beiträge: 464
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| lena18 Verfasst am: 17. Nov 2009 21:07 Titel: |
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| Gajeryis hat Folgendes geschrieben: |
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hallo
Vielen vielena Dank zuerst Mal für deiine Antwort.
Könntest du mir vllt. erklären, wie du auf dein Ergebnis kommst mit tan alfa-roh x Fhor?
Ich krieg das irgendwie doch nicht hin mit dem sin plus minus müy cosinus alfa durch minus plus Geschichte.
wäre dir sehr dankbar.
Lena
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Gajeryis
Anmeldungsdatum: 08.10.2009
Beiträge: 194
Wohnort: CH - Bern
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| Gajeryis Verfasst am: 17. Nov 2009 22:14 Titel: |
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| lena18 hat Folgendes geschrieben: | Könntest du mir vllt. erklären, wie du auf dein Ergebnis kommst mit tan alfa-roh x Fhor?
Ich krieg das irgendwie doch nicht hin mit dem sin plus minus müy cosinus alfa durch minus plus Geschichte. |
Jaaja, dieser spliss-muss-niss-plusminus-Mist. Ich nehme an, es ist nur ein ausgelassener Schritt (ich mache dir sogar zwei daraus), den du nicht nachvollziehen kannst.
 } = \frac{ \frac{\sin{\alpha}}{\cos{\alpha}} \pm \mu \frac{\cos{\alpha}}{\cos{\alpha}} }{ 1 \mp \mu \tan{\alpha}} = \frac{ (\tan{\alpha} \pm \mu )}{1 \mp \mu \tan{\alpha} })
Wie du von F_N zu F_hor kommst, sollte eigentlich klar sein, oder hattest du da auch Schwierigkeiten?
Die Umformung von
} \quad mit \quad \tan{\rho} = \mu)
ist sozusagen direkt aus der Formelsammlung.
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lena18
Anmeldungsdatum: 11.10.2009
Beiträge: 464
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| lena18 Verfasst am: 18. Nov 2009 17:50 Titel: |
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Hallooooo
In der Schularbeit habe ICH einen 1er bekommen. Glaube es selbst nicht. Der Lehrer brachte ein paar Beispiele aus dem Buch, die ich selbständig gerechnet hatte. Waren zwar einfach, diese Beispiele, aber naja, ich bin glücklich.
Gott sei Dank brachte er keine Gewindebeispiele. Da bin ich noch nicht so gut hehe
Heute mache ich mal ein Beispiel zu einer Schraube.
Vielen Dank für deine großartige Hilfe im Forum. Ohne dich wäre es womöglich nicht so toll gelaufen.
Lena
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Gajeryis
Anmeldungsdatum: 08.10.2009
Beiträge: 194
Wohnort: CH - Bern
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| Gajeryis Verfasst am: 18. Nov 2009 18:17 Titel: |
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| lena18 hat Folgendes geschrieben: | | In der Schularbeit habe ICH einen 1er bekommen. Glaube es selbst nicht. Der Lehrer brachte ein paar Beispiele aus dem Buch, die ich selbständig gerechnet hatte. Waren zwar einfach, diese Beispiele, aber naja, ich bin glücklich. |
Gratuliere dir herzlich zu deinem Erfolg. Freue mich für dich. Es ist schön zu sehen, dass sich unser beider Aufwand gelohnt hat. Auch schön, dass du dir gleich weitere Aufgaben stellst, es wäre schade, wenn du dich nun auf den Lorbeeren ausruhen würdest.
Weiter so! 
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lena18
Anmeldungsdatum: 11.10.2009
Beiträge: 464
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| lena18 Verfasst am: 18. Nov 2009 20:19 Titel: |
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Hallo
| Gajeryis hat Folgendes geschrieben: |
Die Umformung von
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ok ich komme auf:
} }{1 \mp \tan{\rho} \tan{\alpha} })
wieso fällt bei dir der Nenner weg?
Entschuldige, wenn das eine blöde Frage ist.
Danke vielmals
Lena
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Gajeryis
Anmeldungsdatum: 08.10.2009
Beiträge: 194
Wohnort: CH - Bern
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| Gajeryis Verfasst am: 18. Nov 2009 20:41 Titel: |
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| lena18 hat Folgendes geschrieben: | ok ich komme auf:
wieso fällt bei dir der Nenner weg?
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Achtung!
} + \tan{(\beta)} \stackrel{!}{\neq} \tan{( \alpha + \beta)})
Das lässt sich leicht am Taschenrechner überprüfen.
Sondern:
} )
Der Nenner fällt nicht "weg". Das ist eine direkte Umformung.
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lena18
Anmeldungsdatum: 11.10.2009
Beiträge: 464
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| lena18 Verfasst am: 18. Nov 2009 20:51 Titel: |
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Also heisst das ich muss mir diese kombination von tan alfa beta durch 1- etc. einfach merken, weil direkte Umformung...
Lena
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lena18
Anmeldungsdatum: 11.10.2009
Beiträge: 464
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| lena18 Verfasst am: 19. Nov 2009 21:22 Titel: |
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Hallo
PS. das Männchen da unten sollte ein 8er sein.
Also ich habe mal ein Beispiel versucht zu rechnen.
Leider komme ich nicht weiter.
Eine Schraube M16 soll zwei Bauteile mit einer Kraft F=9000N zusammenspannen. Welche Kraft ist zum Anziehen und welche zum Lösen der Schraube an einm 25cm langen Schlüssel (Schlüsselweite 24mm) erforderlich, wenn my=0,12 fürs Anziehen und my0=0,2 fürs Lösen angenommen werden? Die Reibzahlen gelten sowohl für das Gewinde als auch für die Unterlegscheibe
d2=14,7mm
Lösung lt. buch: 87N für anziehen, 113N für Lösen
Du hast doch mal die Formel für FHebel hergeleitet
} )
Daher muss FHebel für Heben gleich der Formel sein. FHebelx(d2/2) und dazu noch die Auflagerreibkraft (Unterlegscheibe) FR=Fxmy=9000Nx0,12=1080N mal 10mm = ((12-  /2)+8 dazu, denn die Reibung im Gewinde ist doch schon in der obigen Formel berücksichtigt?
Dann komme ich auf eine Kraft Ffür Anziehen 86,63 also und etwa 84N für Lösen, wenn ich in der Gleichung alfa - roh rechne?
Was mache ich falsch?
Bitte hilf mir da mal weiter
Vielen vielen Dank im Voraus
Lena
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lena18
Anmeldungsdatum: 11.10.2009
Beiträge: 464
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| lena18 Verfasst am: 19. Nov 2009 22:48 Titel: |
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hallo
habe noch ein Beispiel wo ich nicht weiter komme.
leider kommt mir stets das falsch Ergebnis als Kraft?
Zwei massen m1=500kg und m2=100kg sind durch ein Seil verbunden. Bestimmen Sie die minimale Kraft F und den dazugehörenden Winkel phi, um das System in Bewegung zu setzen.
Vielen Dank im Voraus
Lena
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Gajeryis
Anmeldungsdatum: 08.10.2009
Beiträge: 194
Wohnort: CH - Bern
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| Gajeryis Verfasst am: 19. Nov 2009 22:53 Titel: |
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Kümmere mich am Wochenende darum.
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lena18
Anmeldungsdatum: 11.10.2009
Beiträge: 464
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| lena18 Verfasst am: 21. Nov 2009 16:45 Titel: |
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Hallo
ja wäre nett von dir. ich hoffe nur, dass es dir nicht zuviel wird. 
Sind eigentlich die Beispiele so schwer oder stelle ich mich blöd an? das würde ich gerne mal wissen, denn ich komme wieder nicht auf die Lösung, obwohl ich eigentlich so vorgehe, wie du mir anfangs immer vorgeschlagen hast vorzugehen. Ich weiss echt nicht was ich da falsch mache!
Das System besteht aus zwei Gewichten FG1=400N und FG2=250N. Sie sind in der angegebenen Weise über eine Doppelwalze mit einem Seil verbunden. Das Seil sei gewichtslos, die Walze reibungslos gelagert. Wie groß ist die Reibkraft an jedem Block?
my0=0,2 und my=0,15 (Ich denke my0 ist für 60°)
jetzt wird es langsam erst richtig technisch
bei der Sicherheitskupplung erkenne ich nicht einmal die Funktion um rechnen zu können.
Die skizzierte Zweiflächensicherheitskupplung soll bei einem Drehmoment von 200Nm rutschen.
Wie groß ist die einzustellende Federkraft F, wenn man ohne großen Fehler annimmt, dass die Reibkraft in der Mitte der Reibbeläge wirkt. my0=0,4
Könntest du mich mal aufklären, was ich da machen soll?
Vielen vielen Dank im Voraus
Freu mich schon auf eine Antwort
Gruss
Lena
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lena18
Anmeldungsdatum: 11.10.2009
Beiträge: 464
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| lena18 Verfasst am: 22. Nov 2009 14:57 Titel: |
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Hallo
Also zu dem Beispiel mit der Doppelwalze habe ich mir überlegt, dass die Reibungskraft der Blöcke eigentlich unanhängig von der Seilkraft ist, denn sie ist ja FG2y.my=cos60.250.0,15. Ich weiss zwar nicht für was müy0 ist, aber dies würde mit 18,75N der Lösung nahe kommen.
Nun verstehe ich dann das bisher Gelernte nicht, dass zB die Seilkraft FS2 auch versucht den Block in den Boden zu drücken. Ansonsten ist das Seil ja nur da, dass der Block in Gleichgewicht gehalten wird, somit ist sie dann gleich groß wie FG2x.
Wenn mir jemand zu dieser Aufgabe und zu der Aufgabe mit der Schraubeu und der Sicherheitskupplung einen Tip geben würde, wäre ich euch sehr dankbar. Ich habe leider nur noch bis morgen Zeit und könnte dadurch weiter versuchen an die Lösungen zu kommen.
Danke vieelmals im Voraus
Lena
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Gajeryis
Anmeldungsdatum: 08.10.2009
Beiträge: 194
Wohnort: CH - Bern
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| Gajeryis Verfasst am: 22. Nov 2009 18:36 Titel: |
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Schraubenaufgabe:
Längskraft in der Schraube ist F_S = 9000 N. Die Schraube ist eine M16 Schraube, hat somit nach DIN 13-1 einen Nenndurchmesser von d_N = 16mm, eine Steigung von m = 2mm, nach Aufgabenstellung einen Flankendurchmesser von d_2 = 14.7mm und eine Schlüsselweite von d_w = 24mm. Die (Gleit-)Reibungszahl beim Anziehen sei 0.12, die (Haft-)Reibungszahl beim Lösen sei 0.2.
Der Widerstand setzt sich aus dem Gewindereibmoment M_R,S und dem Unterlagsscheibenreibmoment M_R,U zusammen.
M_R,S berechnet sich ähnlich der Wagenheberaufgabe:
 + \mu}{1 - (\frac{m}{d_{2} \pi}) \cdot \mu})
M_R,U berechnet sich einfacher:
Die Hebelkraft ergibt das Hebelmoment M_H und ist gleich gross wie der Widerstand:
Ich definiere die Richtung des Normalkraftwiderstandes positiv.
Beim Anziehen wirken somit alle Widerstandskräfte in die positive Richtung:  einsetzen ergibt  .
Beim Lösen wirken alle Reibungskräfte in negativer Richtung:  einsetzen ergibt  .
Reibblocksystem-Aufgabe
Aus den vertikalen GGW kriegst du die horizontalen GGW:
 \quad \rightarrow \quad F_{S} = \frac{\mu_{1} \cdot F_{G,1}}{\cos{30} + \mu_{1} \cdot \sin{30}})
 \quad \rightarrow \quad F \cdot ( \cos{\phi} - \mu_{2} \cdot \sin{\phi}) = \mu_{2} \cdot F_{G,2} + \frac{\cos{30} + \mu_{2}\cdot \sin{30}}{\cos{30} + \mu_{1}\cdot \sin{30}} \cdot \mu_{1} \cdot F_{G,1})
Dies führt zu einer Lösung
 = \frac{A}{\cos{\phi} - \mu_{2} \cdot \sin{\phi}} = \frac{A}{u(\phi)})
Wir suchen das Minimum, dazu leiten wir nach phi ab und setzen null:
 = \frac{du}{d\phi} \cdot \frac{d}{du} F(u) = \frac{du}{d\phi} \cdot \frac{-A}{u^{2}})
 wäre nur mit unendlichem u möglich, also muss
 = -\sin{\phi} - \mu_{2} \cdot \cos{\phi} \quad \rightarrow \quad \tan{\phi} = - \mu_{2})
Ergibt für phi: 
Und damit für F:  = 1270.15 \rm{N})
Doppelwalzen-Aufgabe
 ist ein Gleitreibungskoeffizient,  ein Haftreibungskoeffizient.
Du schaust dir die Momente um die Doppelwalze an. Zuerst musst du herausfinden, ob das System in Ruhe ist: Das System ist in Ruhe, wenn die Gleitreibung beider Blöcke grösser ist als die treibende Hangabtriebskraft minus die rückhaltende Hangabtriebskraft. (2 Fälle zu prüfen)
Ist das System in Ruhe, wirken auf beide Blöcke die Haftreibungskräfte.
Ist das System nicht in Ruhe, wirken jeweils die Gleitreibungskräfte.
Sicherheitskupplung-Aufgabe
Wenn ich deine Skizze richtig interpretiere (ich habe keine Ahnung von Zweiflächensicherheitskupplungen), sind die geschwärzten Stellen die Reibflächen. Zwischen der Abschlussplatte der Feder und der mittleren Scheibe (nach rechts unten schraffiert) ist eine Reibfläche, zwischen der mittleren Scheibe und dem mit der Achse verbundenen Teil (nach rechts oben schraffiert) ist auch eine Reibfläche. Der Federteil steht still, die Achse dreht sich (bei genügend schwacher Federpressung oder zu grossem Achsmoment) inkl. rechter Reibfläche, die mittlere Scheibe dreht sich entweder nicht (Haften links, Schleifen rechts), gleich schnell wie die Achse (Haften rechts, Schleifen links), dreht mit verminderter Geschwindigkeit (beidseitiges Schleifen) oder blockiert die Kupplung (beidseitiges Haften).
Schleifen passiert, sobald in einer der Reibflächen das Haftreibungsmoment überschritten wird. Das Haftreibungsmoment ist direkt abhängig von der Federkraft.
Hoffe, ich war dir ein wenig hilfreich.
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lena18
Anmeldungsdatum: 11.10.2009
Beiträge: 464
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| lena18 Verfasst am: 22. Nov 2009 22:05 Titel: |
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hallo
Vielen vielen Dank für deine Antwort.
Hast mir wieder sehr geholfen. Danke
Zum Schraubenproblem. ich denke, dass deine Formel dn+dw/2 dn+dw/4 heissen sollte
Mein Fehler lag also darin, dass ich roh nicht negativ einsetzte bei FR der Unterlegscheibe.
Also betrachtest du von Anfang bis zum Schluss das gesamte Beispiel mit den angenommenen Richtungen positiv und negativ zB in x bzw. y Richtung von FN oder FHor.
ich bekomme für Heben
MRGewinde=Fhor.tan(alfa+roh).d2/2=9000.tan(2,48+6,843).14,7/2=10,859Nm
MRUnterlage=Fhor.tan(roh).rm=9000.tan(6,843).(24+16)/4=10,8Nm
MRgesamt=10,86+10.8
durch 0,25m
F=86,64N
Für Senken
MRGwinde=Fhor.tan(alfa-roh).d2/2=9000.tan(2,48-11,31).14,7/2=-10,276Nm
MRUnterlage=Fhor.tan(-roh).rm=9000.tan(-11,31).(24+16)/4=-18Nm
zusammen durch 0,25
F=-113,1N
Bei der Doppelwalze habe ich FG1x=200N FG2x=216,51N ergibt
16,51N resultierend bei Block 2
FR1=52N
FR2=19N
ergibt 71N
was bedeutet, dass das System also in Ruhe ist. Was wiederum bedeutet, dass also die Reibungskraft für Block 1 52N beträgt und Block 2 19N.
Ist das richtig?
das Blocksystem rechne ich morgen nochmals nach.
Das Sicherheitskupplungsbeispiel lasse ich doch lieber mal weg, denn ich verstehe nicht einmal wie das funktionieren sollte.
Ansonsten danke ich dir wirklich für dein Hilfbereitschaft.
Vielen vielen Dank
Gute nacht
Lena
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lena18
Anmeldungsdatum: 11.10.2009
Beiträge: 464
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| lena18 Verfasst am: 25. Nov 2009 20:32 Titel: dringende Verständnisfrage |
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Hallo miteinander
Ich komme beim Lernen leider nicht weiter weil ich ein ähnliches Beispiel habe.
Könnte mir vllt jemand bzgl des Beispiels mit dem Kegelrad erklären, warum ich bei der schrägen Ebene nicht eine Normalkraft und eine Kraft in Richtung der Schräge habe und sin30=FN/F ist, so wie es bei einer normale schrägen Ebene auch der Fall ist (siehe 90° gedrehte Skizze) wieso wird das Dreieck so zum rechtwinkligen Dreieck, dass keine Kraft in Richtung der schrägen Ebene entsteht und sin30 aber F/FN wird ?? siehe skizze detail x.
Wie erkenne ich das nur?
Könnte mir bitte bitte vllt noch jemand die Frage zur Doppelwalze beantworten? heisst das nun, dass ich, wenn das System in Ruhe ist, stur die Reibkraft über die Normalkraft berechnen und alles andere unberücksichtigt lassen?
Ich bedanke mich schon mal im Voraus Jungs
Lena
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lena18
Anmeldungsdatum: 11.10.2009
Beiträge: 464
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| lena18 Verfasst am: 26. Nov 2009 21:12 Titel: |
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Hallo
Ich weiß, dass ich damit eure Zeit in Anspruch nehme, aber könnte vllt. jemand noch kurz auf meine Fragen eingehen?
Wäre lieb
Lean
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Gajeryis
Anmeldungsdatum: 08.10.2009
Beiträge: 194
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| Gajeryis Verfasst am: 26. Nov 2009 22:55 Titel: |
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Ich kann mich frühstens wieder am Sonntag um dich kümmern. Viel zu tun, sorry.
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Gajeryis
Anmeldungsdatum: 08.10.2009
Beiträge: 194
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| Gajeryis Verfasst am: 29. Nov 2009 21:53 Titel: |
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Tut mir leid, dass ich mich erst so spät wieder melde. Ich verstehe deine Skizze nicht so ganz. Kannst du mir bitte die Anordnung, Richtung der Kraft F und was gefragt ist, beschreiben? Dann werde ich mir Mühe geben, dir möglichst bald eine Antwort zu schreiben.
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lena18
Anmeldungsdatum: 11.10.2009
Beiträge: 464
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| lena18 Verfasst am: 29. Nov 2009 22:18 Titel: |
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Hallo zuerst Mal
Also
Ich habe oben die Kegelradkupplung wie aus unserem Beispiel.
Da wirkt die Kraft F und eine Normalkraft und da sagtest du, dass ich die Beziehung mit dem cos und sin verwechselt hatte und die Kräfte wie im Detail x wirken. (Deine Skizze)
Da stelle ich aber fest, dass du zwar ein rechtwinkliges Dreieck hast, aber die Kräfte so sind, dass keine von denen ihre Wirkungslinie in Neigungsebene haben, so wie ich es unten dargestellt habe, als hätte ich eine normale geneigte Ebene. Also quasi die Kegelradkupplung um 90° verdreht nochmals herangezogen u. skizziert, nur wirkt jetzt sozusagen die Kraft F senkrecht, wegen der Drehung. Denn so würde nun auch eine Kraft (Fx) ihre Wirkungslinie einmal in Neigungsebene haben. (blau dargestellt). Warum wirkt nun bei dir in der Skizze die Kraft nicht so wie ich es dargestellt habe?
Bei der Doppelwalze ist die Frage, ob ich aufgrund dessen, dass das System in Ruhe ist, die Reibkraft ganz normal über die Normalkraft ausrechnen kann ohne alle anderen Kräfte wie Seilkraft etc. zu berücksichtigen.
Danke vielmals
Lena
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Gajeryis
Anmeldungsdatum: 08.10.2009
Beiträge: 194
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| Gajeryis Verfasst am: 30. Nov 2009 21:32 Titel: |
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| lena18 hat Folgendes geschrieben: | Kegelradkupplung [...]
Da stelle ich aber fest, dass du zwar ein rechtwinkliges Dreieck hast, aber die Kräfte so sind, dass keine von denen ihre Wirkungslinie in Neigungsebene haben,[...] Warum wirkt nun bei dir in der Skizze die Kraft nicht so wie ich es dargestellt habe? |
Es könnte - wie bei der Wagenheberschraube - daran liegen, dass ich denn Teil der Kraft, der als Reibung auf die schräge Reibfläche aufgenommen werden könnte, weggelassen habe. Ich habe da wohl zu fest vereinfacht und angenommen, die Kraft müsse vollständig über die Normalkraft auf die Kupplungsscheibe abgetragen werden.
Nun, korrigiert sieht die Sache dann wohl wie in der neuen Skizze aus.
F_N ist nun auch abhängig von my und entsprechend vermindert, man muss wieder sauber die Vektorgleichungen aufstellen.
| lena hat Folgendes geschrieben: | | ]Bei der Doppelwalze ist die Frage, ob ich aufgrund dessen, dass das System in Ruhe ist, die Reibkraft ganz normal über die Normalkraft ausrechnen kann ohne alle anderen Kräfte wie Seilkraft etc. zu berücksichtigen. |
Leider hatte ich bei dieser Aufgabe selber ein wenig Probleme, mir die effektiv wirkende Kraft vorzustellen. Denn damit Reibungskräfte mobilisiert werden, muss anfänglich (wenn keine Reibungskräfte wirken würden) eine Tendenz zur Bewegung vorherrschen. Die Reibungskräfte werden aber betragsmässig nicht stärker als nötig, erreichen u.U. nicht die Haftreibungsgrenze. Wie sich nun die Reibungskraft auf die beiden Körper aufteilt, kann ich dir so nicht sagen. Ich kann dir nur sagen, dass die Summe der beiden Reibungskräfte gleich gross sein muss, wie die treibende Kraft im reibungslosen System.
Danke vielmals
Lena[/quote]
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lena18
Anmeldungsdatum: 11.10.2009
Beiträge: 464
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| lena18 Verfasst am: 01. Dez 2009 21:30 Titel: |
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Gajeryis du Minimalist, lässt das Wesentliche immer einfach weg!
Musst du mir immer alles so erschweren
Bin im Moment am kränkeln, ich hoffe du denkst nicht schon, dass ich Mechanik aufgebe..
Lena
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Gajeryis
Anmeldungsdatum: 08.10.2009
Beiträge: 194
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| Gajeryis Verfasst am: 01. Dez 2009 21:47 Titel: |
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Ich habe nie Perfektion für mich beansprucht.
Wünsche dir gute Genesung! Wie du merkst, bin auch ich nicht mehr so häufig hier anwesend... hoffe, dir reicht die Hilfe, die ich dir noch geben kann. Scheinst das Grundlegende ja gut kapiert zu haben.
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