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lena18
Anmeldungsdatum: 11.10.2009
Beiträge: 464
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 lena18 Verfasst am: 25. Apr 2011 17:18 Titel: balken zwischen 2 flächen |
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hallo jungs
Ich frage mich langsam echt, wie lange ich noch brauche endlich mal allein eine Aufgabe lösen zu können. Ich komme einfach nicht weiter...
Stimmen denn meine Annahmen lt. Berechnung??
Eigentlich sollte ich doch nach F auflösen, dies nach x differenzieren, das Ergebnis 0 setzen und daraus x berechnen..
aber irgendwie fallen alle anderen Komponenten weg in der Gleichung sodass ich nur noch F und x und ein paar Konstanten in der Gleichung habe, was gleich 0 sein soll.
Könntet ihr mal bitte überprüfen, ob meine Annahmen so stimmen.?
Aufgabenstellung:
Der gewichtslos angenommene Balken liegt am Ende A auf einer um 45° und am Ende B auf einer um 30° geneigten Ebene. In welchem Bereich xmin bis xmax kann eine Kraft F angreifen, ohne dass der Balken abrutscht?
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lena18
Anmeldungsdatum: 11.10.2009
Beiträge: 464
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| lena18 Verfasst am: 27. Apr 2011 01:28 Titel: |
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kann denn keiner helfen?
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Namenloser
Gast
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| Namenloser Verfasst am: 27. Apr 2011 02:21 Titel: |
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ich schaus mir morgen an 
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isi1
Anmeldungsdatum: 03.09.2006
Beiträge: 2902
Wohnort: München
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| isi1 Verfasst am: 27. Apr 2011 10:02 Titel: |
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Was bei Deinen Gleichungen noch fehlt, Lena, ist die Schubkraft entlang des Balkens:
Angenommen reibungslos und x=1,2m, dann schiebt man das rechte Ende nach unten.
Ist hingegen x=0m, dann schiebt man den linken Teil nach unten.
Gleichgewicht haben wir, wenn der Angriffspunkt von F - nennen wir ihn S - im tiefsten Punkt seiner Bahnkurve angelangt ist.
Besser man berechnet die Kräfte - ähnlich Lenas Rechnung oben:
Hab mal die Formel in den TR eingetippt, dann erhalte ich für die verschiedenen Winkel von FA und FB:
| Code: | ∠FA ∠FB t x
60° -50° 0,322 0,39m (maximal links)
45° -60° 0,5425 0,65m (ohne Reibung)
30° -70° 0,751 0,90m (maximal rechts) |
Stimmt das so?
_________________
Grüße aus München, isi •≡≈ ¹₁₂½√∠∞±∫αβγδεηκλπρσφω ΔΣΦΩ |
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lena18
Anmeldungsdatum: 11.10.2009
Beiträge: 464
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| lena18 Verfasst am: 27. Apr 2011 23:32 Titel: |
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| isi1 hat Folgendes geschrieben: | Was bei Deinen Gleichungen noch fehlt, Lena, ist die Schubkraft entlang des Balkens:
Angenommen reibungslos und x=1,2m, dann schiebt man das rechte Ende nach unten.
Ist hingegen x=0m, dann schiebt man den linken Teil nach unten.
Gleichgewicht haben wir, wenn der Angriffspunkt von F - nennen wir ihn S - im tiefsten Punkt seiner Bahnkurve angelangt ist.
Besser man berechnet die Kräfte - ähnlich Lenas Rechnung oben:
Hab mal die Formel in den TR eingetippt, dann erhalte ich für die verschiedenen Winkel von FA und FB:
| Code: | ∠FA ∠FB t x
60° -50° 0,322 0,39m (maximal links)
45° -60° 0,5425 0,65m (ohne Reibung)
30° -70° 0,751 0,90m (maximal rechts) |
Stimmt das so? |
hallo isi
ich kann mit vektoren leider nicht viel anfangen, kannst du mir das nicht anderst erklären? wo ist deine skizze hin? außerdem wieso schubkraft in stabrichtung? die sollte doch 0 sein, wenn es nicht rutschen soll.??
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isi1
Anmeldungsdatum: 03.09.2006
Beiträge: 2902
Wohnort: München
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| isi1 Verfasst am: 28. Apr 2011 00:24 Titel: |
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| lena18 hat Folgendes geschrieben: | | ich kann mit vektoren leider nicht viel anfangen, kannst du mir das nicht anderst erklären? wo ist deine skizze hin? außerdem wieso schubkraft in stabrichtung? die sollte doch 0 sein, wenn es nicht rutschen soll.?? |
Ich hielt das Bild für nicht so wichtig, Lena,
denn Du hattest ja fast schon die Lösung.
Das Kräftedreieck, das ich verwendete, führt m.E. recht schnell zum Ziel.
Aber natürlich 'führen viele Wege nach Rom'.
Auch ist die Vektorschreibweise nur eine Abkürzung der Schreibweise.
Du kannst eine (zweidimensionale Kraft durch Fx,Fy angeben oder kompex durch Fx + i*Fy,
wobei i=√-1 oder Du schreibst F∠φ (sprich F versus Phi, wobei F²=Fx²+Fy² ist.
In Wirklichkeit muss man meist doch - so wie Du - in x-Kräfte und in y-Kräfte zerlegen (1. Bild rechts).
Ich hatte mir zuerst überlegt, wo F angreifen müsste, wenn keine Reibung vorhanden wäre.
In diesem Falle muss Die Lagerkraft A senkrecht zur Auflagefläche (45°) angreifen,
denn wenn sie nicht ganz senkrecht auf der Auflagefläche ist, rutscht sie weg.
Dto. Bei B mit den 30°. Das erklärt auch, woher die Schubkraft kommt,
die Aufteilung von F gibt nur y-Kräfte - wir brauchen aber eine schräge Lagerkraft.
Als zweiten Schritt habe ich den 'Reibungskegel' eingezeichnet - in der Aufgabenstellung war ja
der Hinweis mit dem Reibungswinkel. Die Winkel hatte ich in den TR eingetippt und so die Tabelle erhalten.
Ich weiß aber nicht sicher, ob alles stimmt, musst halt selbst nachrechnen.
Falls Du noch Fragen hast, bitte gerne melden, Lena.
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lena18
Anmeldungsdatum: 11.10.2009
Beiträge: 464
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| lena18 Verfasst am: 28. Apr 2011 01:47 Titel: |
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hallo isi
irgendwie blicke ich bei deiner variante überhaupt nicht durch und verstehe nur bahnhof. das ist neuland für mich. ich weiß ehrlich gesagt überhaupt nicht was ich fragen soll. es muss doch irgendwie auch verständlicher für mich gehen?
was mache ich nur falsch, wenn ich meine gleichungen für Summe Fx Fy und Mb=0 nutze, sprich nun FS (Schubkraft) dazunehme.
also Summe Fx nach FA auflösen in Summe Fy einfügen
FB dann in Momentgleichung setzen usw..
wie mache ich nun also mit meinen gleichungen weiter, wie wären sie mit FSA und FSB weiterzuführen?
Warum sind bei dir keine Reibkräfte vorhanden? Es ist doch ein Reibwinkel angegeben und somit ein Reibwert. Deine lösungen stimmen zwar, aber das ist doch für den reibungslosen zustand?? oder nicht?
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isi1
Anmeldungsdatum: 03.09.2006
Beiträge: 2902
Wohnort: München
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| isi1 Verfasst am: 28. Apr 2011 09:40 Titel: |
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| lena18 hat Folgendes geschrieben: | was mache ich nur falsch, wenn ich meine Gleichungen für Summe Fx Fy und Mb=0 nutze, sprich nun FS (Schubkraft) dazunehme.
also Summe Fx nach FA auflösen in Summe Fy einfügen
FB dann in Momentgleichung setzen usw..
wie mache ich nun also mit meinen Gleichungen weiter, wie wären sie mit FSA und FSB weiterzuführen? |
Du hast richtig eingezeichnet, Lena, dass FSB und FSA entgegengesetzt gleich sein müssen.
Du hattest bei Deiner ersten Zeichnung FyA und FyB richtig aus ΣM=0 errechnet - die fehlen in Deiner zweiten Zeichnung. Die dritte Seite des jeweiligen Kraftdreiecks (zeichnen!) ist die Lagerkraft FA und FB. Diese muss senkrecht auf der Fläche stehen, wenn µ=0 ist und maximal im Reibungswinkel abweichend bei Reibung. Wie Du siehst hatte ich einfach alle Kombinationen berechnet - dann sieht man schon die benötigten. Natürlich kann man sich auch vorher überlegen, welche Richtung die Reibungskraft haben muss.
| lena18 hat Folgendes geschrieben: | | Warum sind bei dir keine Reibkräfte vorhanden? Es ist doch ein Reibwinkel angegeben und somit ein Reibwert. Deine Lösungen stimmen zwar, aber das ist doch für den reibungslosen zustand?? oder nicht? |
Das auch, aber mit Reibungskegel (Zeichnung) ist auch berechnet, wenn auch nicht in den Gleichungen aufgeführt. Ich hatte eben nur die Normalkraft um den Reibungswinkel gekippt. | Erklärung für lena18 hat Folgendes geschrieben: | Das sind die Reibungskegel
Wenn Du auf einer (rutschigen) Fläche einen Stab aufstellst und in Stabrichtung belastest, kannst Du ihn nicht beliebig neigen, ohne dass er wegrutscht. Der Winkel, bei dem es gerade noch nicht rutscht, ist der (in der Aufgabenstellung angegebene) Reibwinkel.
Die schräge Kraft teilt sich auf in eine Normalkraft FN und die Reibkraft FR(parallel zur Fläche). Der Reibungskoeffizient µ ist (unabhängig von der Größe der Kraft) tan ß = FR/FN = µ. |
Das ist sehr praktisch, da man gleich den Winkel kennt, ohne den Betrag der Kraft zu benötigen. Die Methode wird sonst bei der an die Wand gelehnten Leiter benutzt.
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Grüße aus München, isi •≡≈ ¹₁₂½√∠∞±∫αβγδεηκλπρσφω ΔΣΦΩ |
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Packo
Gast
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| Packo Verfasst am: 28. Apr 2011 13:55 Titel: |
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lena,
ich hab mal eine einfache Skizze gemacht aus der du ersehen kannst, wie man den Bereich für die Kraft F ermitteln kann.
(Die Spitzen der Reibungskegeln müssen durch die Punkte A und B gehen).
Die Kraft F muss durch die grüne Fläche JLKI gehen.
Die x-Koordinaten der Punkte J und K sind die gesuchten xmin und xmax Werte.
Sie können durch einfache Rechnung aus der Geometrie ermittelt werden.
Die Skizze findest du unter pictureupload.de/originals/pictures/280411133119_Balken.png
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isi1
Anmeldungsdatum: 03.09.2006
Beiträge: 2902
Wohnort: München
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| isi1 Verfasst am: 28. Apr 2011 14:07 Titel: |
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| Packo hat Folgendes geschrieben: | lena,
ich hab mal eine einfache Skizze gemacht aus der du ersehen kannst, wie man den Bereich für die Kraft F ermitteln kann.
(Die Spitzen der Reibungskegeln müssen durch die Punkte A und B gehen).
 http://www8.pic-upload.de/28.04.11/mnc2tkfwqnh.jpg
Die Kraft F muss durch die grüne Fläche JLKI gehen.
Die x-Koordinaten der Punkte J und K sind die gesuchten xmin und xmax Werte.
Sie können durch einfache Rechnung aus der Geometrie ermittelt werden. |
Reife Leistung, Packo!
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lena18
Anmeldungsdatum: 11.10.2009
Beiträge: 464
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| lena18 Verfasst am: 28. Apr 2011 21:12 Titel: |
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hallo zusammen, danke für die Hilfe
Packo, du sprichst meine Sprache 
jetzt weiß ich endlich, was hier Sache ist. Mir war lange nicht klar, was man von mir will. xmin und xmax, aber in welchem Zusammenhang. Das Beispiel mit dem Reibungskegel ist eine gute Sache.
Gerade JL = y1 -> Winkel -50°
Gerade KI = y3 -> Winkel -70°
Gerade LK = y4 -> Winkel 30°
Gerade JI = y2 -> Winkel 60°
Gleichungen daraus
y1=-1,192x+1,43
y2=1,734x+0,3
y3=-1,732x+2,078
y4=0,58x+0,3
y1=y2 -> xmin=0,386m
y3=y4 -> xmax=0,901m
ok, soweit so gut
ich muss mich dafür entschuldigen, dass ich einfach noch nicht so weit bin für Erklärungen höheren Niveaus wie Vektorrechnungen usw.
aber wie komme ich nun auch auf Basis von Kraftgleichungen auf meine Lösung? Was fange ich nun mit meinem Ansatz an?
Wie sieht mein Lösungsweg nun aus? (gedanklich)
Wieso wirkt in isis Skizze FyA, ist das nicht eine Komponente von FA?
Wenn doch ein Balken auf einer Schräge aufliegt, so wird darauf doch eine Kraft senkrecht zur Schrägen. Diese kann dann in x und y aufgeteilt werden, daraus ergebe sich dann FAy. Ist denn FAy=FyA??? Enspricht die Schubkraft der Komponente von F, wenn man diese aufteilt, wirkt doch eine Komponente in Balkenrichtung??
Irgendwie verstehe ich nicht, wieso zusätzlich zu FA noch eine Senkrechte Kraft FyA wirkt??
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VeryApe
Anmeldungsdatum: 10.02.2008
Beiträge: 3247
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| VeryApe Verfasst am: 28. Apr 2011 22:05 Titel: |
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Man betrachtet ganz einfach was passiert, wenn der Balken ins rutschen kommt.
Der Balken gleitet dann mit seinen zwei Auflagepunkten entlang der Ebenen.
Das bedeutet er verliert sowohl bei Punkt A und B die Haftreibung.
Es gibt zwei Möglichkeiten entweder er gleitet so wie du das eingezeichnet hast. bei Punkt A nach unten und gleichzeitig bei Punkt B nach oben, dann wirken die Reibkräfte zuvor so wie du das eingezeichnet hast.
die 2 Möglichkeit. Die Reibkräfte drehen sich um.
Er gleitet bei Punkt B nach unten und bei Punkt A nach oben.
Bei beiden Grenzfällen kannsd du sowohl für FRA als auch für FRB die Haftreibungsgrenzen einsetzen.
Dadurch verlierst du 2 Unbekannte. das system hat zuvor 5 unbekannte x,FA,FB,FRA,FRB..
FRA und FRB eliminierst du damit.
übrig bleiben 3 Gleichungen 3 unbekannte. und das für 2 Rutschmöglichkeiten.
Bin aber selbst zu faul um dir das jetzt aufzuschreiben bringst du alleine zusammen.
deine Gleichungen für die erste rutschmöglichkeit stimmen bereits.
brauchst nur noch FRA und FRB mit mü*FN austauschen.
grafisch oder durchherumprobieren gehts natürlich auch wie du das bei den anderen gesehen hast.
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lena18
Anmeldungsdatum: 11.10.2009
Beiträge: 464
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| lena18 Verfasst am: 28. Apr 2011 23:02 Titel: |
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hallo veryape
danke auch für deine Erklärung.
Verstehe ich das richtig?
Ich rechne nun mit meinem obigen Ansatz durch Einsetzen der einzelnen Komponenten und berechne schlussendlich dann x.
Für den obigen Ansatz müsste ich dann xmin erhalten, da der Balken auf der 45° Schräge nach rechts rutscht.
Danach müsste ich die selbe Prozedur Fx,Fy,M mit FRA und FRB in die umgekehrte Richtung annehmen und müsste dann so xmax bekommen.
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VeryApe
Anmeldungsdatum: 10.02.2008
Beiträge: 3247
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| VeryApe Verfasst am: 28. Apr 2011 23:08 Titel: |
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so wie du die x Koordinate eingezeichnet hast müßte das eigentlich auf den ersten Blick umgekehrt sein du erhälst mit deiner Skizze und den Gleichung xmax, denn damit der Fall eintritt müsste die Kraft F ziemlich rechts angreifen
und beim zweiten Ansatz drehst du die Reibkräfte und erhälst xmin weil hierzu die Kraft weiter links angreifen müsste.
EDIT: hast doch recht du erhälst xmin, hab mich vertan
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lena18
Anmeldungsdatum: 11.10.2009
Beiträge: 464
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| lena18 Verfasst am: 30. Apr 2011 15:34 Titel: |
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Ich komme leider auf keinen gemeinsamen Nenner
 \cdot FA - \cos(45) \cdot FA \cdot \mu_{A} - \sin(30) \cdot FB - \cos(30) \cdot FB \cdot \mu_{B} = 0
<br />
<br />
FA \cdot (\cos(45) - \cos(45) \cdot \mu_{A}) =
<br />
FB \cdot (\sin(30) + \cos(30) \cdot \mu_{B})
<br />
<br />
(1) FB = \frac{FA \cdot (\cos(45) - \cos(45) \cdot \mu_{A})}{(\sin(30) + \cos(30) \cdot \mu_{B})}
<br />
<br />
\Sigma F_{y}=0
<br />
F-FAy-FRAy-FBy-FRBy = 0
<br />
<br />
F - \cos(45) \cdot FA - \cos(45) \cdot FA \cdot \mu_{A} - \cos(30) \cdot FB + \sin(30) \cdot FB \cdot \mu_{B} = 0
<br />
<br />
F - FA \cdot (\cos(45) + \cos(45) \cdot \mu_{A}) -
<br />
FB \cdot (\cos(30) - \sin(30) \cdot \mu_{B}) = 0
<br />
<br />
(1) eingesetzt
<br />
F - FA \cdot (\cos(45) + \cos(45) \cdot \mu_{A}) -
<br />
\frac{FA \cdot (\cos(45) - \cos(45) \cdot \mu_{A})}{(\sin(30) + \cos(30) \cdot \mu_{B})} \cdot (\cos(30) - \sin(30) \cdot \mu_{A}) = 0
<br />
<br />
F \cdot (\sin(30) + \cos(30) \cdot \mu_{B}) - FA \cdot (\cos(45) + \cos(45) \cdot \mu_{A}) \cdot (\sin(30) + \cos(30) \cdot \mu_{B}) -
<br />
FA \cdot (\cos(45) - \cos(45) \cdot \mu_{A}) \cdot (\cos(30) - \sin(30) \cdot \mu_{A}) = 0
<br />
<br />
(2) FA = \frac{F \cdot (\sin(30) + \cos(30) \cdot \mu_{B})}{(\cos(45) + \cos(45) \cdot \mu_{A}) \cdot (\sin(30) + \cos(30) \cdot \mu_{B}) + (\cos(45) - \cos(45) \cdot \mu_{A}) \cdot (\cos(30) - \sin(30) \cdot \mu_{A})}
<br />
<br />
\Sigma M_{B}=0
<br />
<br />
-F \cdot (1,2-x)+FAy \cdot 1,2 + FRAy \cdot 1,2 - FRAx \cdot 0,3 + FAx \cdot 0,3 = 0
<br />
<br />
<br />
-F \cdot (1,2-x) + FA \cdot (\cos(45) \cdot 1,2 + \cos(45) \cdot \mu_{A} \cdot 1,2 - \cos(45) \cdot \mu_{A} \cdot 0,3 + \cos(45) \cdot 0,3)
<br />
<br />
-F \cdot (1,2-x) + FA \cdot (\cos(45) \cdot 1,2 + \cos(45) \cdot \mu_{A} \cdot 1,2 - \cos(45) \cdot \mu_{A} \cdot 0,3 + \cos(45) \cdot 0,3)
<br />
<br />
-F \cdot (1,2-x) + FA \cdot (\cos(45) \cdot 1,5 + \cos(45) \cdot \mu_{A} \cdot 0,9)
<br />
<br />
(2) eingesetzt
<br />
<br />
-F \cdot (1,2-x) + \frac{F \cdot (\sin(30) + \cos(30) \cdot \mu_{B})}{(\cos(45) + \cos(45) \cdot \mu_{A}) \cdot (\sin(30) + \cos(30) \cdot \mu_{B}) + (\cos(45) - \cos(45) \cdot \mu_{A}) \cdot (\cos(30) - \sin(30) \cdot \mu_{A})} \cdot (\cos(45) \cdot 1,5 + \cos(45) \cdot \mu_{A} \cdot 0,9)
<br />
<br />
-1,2 + x + \frac{(\sin(30) + \cos(30) \cdot \mu_{B})}{(\cos(45) + \cos(45) \cdot \mu_{A}) \cdot (\sin(30) + \cos(30) \cdot \mu_{B}) + (\cos(45) - \cos(45) \cdot \mu_{A}) \cdot (\cos(30) - \sin(30) \cdot \mu_{A})} \cdot (\cos(45) \cdot 1,5 + \cos(45) \cdot \mu_{A} \cdot 0,9)
<br />
<br />
x_{min} = 1,2 - \frac{(\sin(30) + \cos(30) \cdot \mu_{B})}{(\cos(45) + \cos(45) \cdot \mu_{A}) \cdot (\sin(30) + \cos(30) \cdot \mu_{B}) + (\cos(45) - \cos(45) \cdot \mu_{A}) \cdot (\cos(30) - \sin(30) \cdot \mu_{A})} \cdot (\cos(45) \cdot 1,5 + \cos(45) \cdot \mu_{A} \cdot 0,9)
<br />
<br />
x_{min} = 0,268m ??
<br />
) bei tan(15) für mu_A und tan(10) für mu_B
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lena18
Anmeldungsdatum: 11.10.2009
Beiträge: 464
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| lena18 Verfasst am: 01. Mai 2011 18:28 Titel: |
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niemand ne Idee? (wahrscheinlich wegen des wochenendes  )
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isi1
Anmeldungsdatum: 03.09.2006
Beiträge: 2902
Wohnort: München
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| isi1 Verfasst am: 01. Mai 2011 19:03 Titel: |
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Wenn Du nicht dazu schreibst, Lena, was Du gerade im Einzelnen berechnest, müsste man schon Hellseher sein, um Dir folgen zu können.
_________________
Grüße aus München, isi •≡≈ ¹₁₂½√∠∞±∫αβγδεηκλπρσφω ΔΣΦΩ |
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lena18
Anmeldungsdatum: 11.10.2009
Beiträge: 464
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| lena18 Verfasst am: 01. Mai 2011 22:15 Titel: |
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hallo
du rechnest mir die aufgabe vor, hochkomplex über verktoren, und kannst meine rechnung nicht nachvollziehen? haha
Nein, Spaß bei Seite.
Ich wollte mal die Aufgabe so lösen, wie jeder andere, der keine Ahnung hat von Vektoren etc.
Naja, ich habe die Summe für Fx=0 aufgestellt, das gleiche für Kräfte in y Richtung und die Summe aller Momente.
Danach habe ich die Teillösungen aus Summe Fx in Gleichung in Fy eingesetzt und diese dann in Summe M verwendet.
Heraus kommt dann x_min, aber die Lösung stimmt so nicht?
Deine Kräfte in Stabrichtung würden sich ja aufheben, also fallen sie doch weg.
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VeryApe
Anmeldungsdatum: 10.02.2008
Beiträge: 3247
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| VeryApe Verfasst am: 03. Mai 2011 09:40 Titel: |
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| Lena18 hat Folgendes geschrieben: |
hallo
du rechnest mir die aufgabe vor, hochkomplex über verktoren, und kannst meine rechnung nicht nachvollziehen? Big Laugh haha
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mehr oder weniger komplex wie deins.
ich kann einfach durch trivial und ähnlich durch analog austauschen, wobei zweiters komplizierter klingt, dadurch das man die Zeichen austauscht, bzw andere schreibweisen verwendet.
Du meintest du hast von Vektorrechnung keine Ahnung.
Was glaubst du was du die ganze Zeit über machst ?
bezugnehmend auf deine Rechnung:
Ich habe da zweimal in deine Endformel eingesetzt und 0,366 erhalten.
dadurch das dies mit der grafischen Lösung differiert hab ich bezugnehmend auf deine Skizze selbst abgeleitet und folgendes erhalten.
wahrscheinlich kann man die Endformel noch weiter vereinfachen, hab aber keine Lust dazu.
}=0=F_{a} \cdot cos \alpha \cdot 1.2+F_{Ra}\cdot sin \alpha \cdot 1.2 - F(1.2-x)+Fa \cdot sin \alpha \cdot 0.3- F_{Ra} \cdot cos \alpha \cdot 0.3 )
****************************************************
=F_{b} (sin \beta+\mu_{b} \cdot cos \beta) )
****************************************************
 + F_{b} (cos \beta- \mu_{b} \cdot sin \beta)= F )
 + F_{a} \cdot \frac {sin \alpha-\mu_{a} \cdot cos \alpha}{sin \beta+\mu_{b} \cdot cos \beta} (cos \beta- \mu_{b} \cdot sin \beta)= F )
 * (sin \beta+\mu_{b} \cdot cos \beta) +(sin \alpha-\mu_{a} \cdot cos \alpha) * (cos \beta- \mu_{b} \cdot sin \beta)}{sin \beta+\mu_{b} \cdot cos \beta}= F )
************
 * (sin \beta+\mu_{b} \cdot cos \beta) +(sin \alpha-\mu_{a} \cdot cos \alpha) * (cos \beta- \mu_{b} \cdot sin \beta)=
<br />
<br />
\mu_{a} \cdot sin \alpha \cdot sin \beta+cos \alpha \cdot sin \beta+\mu_{a} \cdot \mu_{b} \cdot sin\alpha \cdot cos\beta+cos \alpha \cdot \mu_{b} \cdot cos \beta
<br />
+sin \alpha \cdot cos\beta-\mu_{a} \cdot cos \alpha \cdot cos \beta - sin \alpha \cdot \mu_{b} \cdot sin \beta+\mu_{a} \cdot \mu_{b} \cdot cos\alpha \cdot sin \beta=
<br />
<br />
cos \alpha \cdot sin \beta+ \mu_{a} \cdot sin \alpha \cdot sin \beta+cos \alpha \cdot \mu_{b} \cdot cos \beta+\mu_{a} \cdot \mu_{b} \cdot sin\alpha \cdot cos\beta
<br />
sin \alpha \cdot cos\beta-\mu_{a} \cdot cos \alpha \cdot cos \beta - sin \alpha \cdot \mu_{b} \cdot sin \beta+\mu_{a} \cdot \mu_{b} \cdot cos\alpha \cdot sin \beta
<br />
<br />
= sin (\alpha+\beta)-\mu_{a} \cdot cos (\alpha+\beta)+\mu_{b} \cdot cos (\alpha+\beta)+\mu_{a} \cdot \mu_{b} \cdot sin (\alpha+\beta)
<br />
)
************
 (\mu_{a} \cdot \mu_{b}+1) + cos (\alpha+\beta) (\mu_{b} -\mu_{a})}{sin \beta+\mu_{b} \cdot cos \beta}= F )
****************************************************
 )
 +sin \alpha (\mu_{a} \cdot 1.2 + 0.3)}{1.2-x}= F )
****************************************************
 +sin \alpha (\mu_{a} \cdot 1.2 + 0.3)}{1.2-x}=F_{a} \cdot \frac { sin (\alpha+\beta) (\mu_{a} \cdot \mu_{b}+1) + cos (\alpha+\beta) (\mu_{b} -\mu_{a})}{sin \beta+\mu_{b} \cdot cos \beta} )
 +sin \alpha (\mu_{a} \cdot 1.2 + 0.3)] * (sin \beta+\mu_{b} \cdot cos \beta)}{ sin (\alpha+\beta) (\mu_{a} \cdot \mu_{b}+1) + cos (\alpha+\beta) (\mu_{b} -\mu_{a})}= x )
Ergebnis : xmin=0,3867
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isi1
Anmeldungsdatum: 03.09.2006
Beiträge: 2902
Wohnort: München
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| isi1 Verfasst am: 03. Mai 2011 15:13 Titel: |
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| VeryApe hat Folgendes geschrieben: | | Ergebnis : xmin=0,3867 |
Ziemlich viel Rechenarbeit und wohl auch nicht ganz exakt (Rundungsfehler), VeryApe.
Mit Pakos Ansatz gehts ganz leicht (α=45°+15° und ß=60°-10°): xmin=0,386518
| Beschreibung: |
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| Dateigröße: |
46 KB |
| Angeschaut: |
2720 mal |
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Grüße aus München, isi •≡≈ ¹₁₂½√∠∞±∫αβγδεηκλπρσφω ΔΣΦΩ |
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VeryApe
Anmeldungsdatum: 10.02.2008
Beiträge: 3247
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| VeryApe Verfasst am: 03. Mai 2011 15:47 Titel: |
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Natürlich ist die einfachste Lösung über die bekannten winkel zu gehen, die sich durch die Reibwerte ergeben aber soviel ich verstanden habe wollte sie eine Lösung nach ihrer Skizze.
Lösung mit müa=0.268 müb=0.176
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lena18
Anmeldungsdatum: 11.10.2009
Beiträge: 464
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| lena18 Verfasst am: 03. Mai 2011 16:12 Titel: |
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| VeryApe hat Folgendes geschrieben: | Natürlich ist die einfachste Lösung über die bekannten winkel zu gehen, die sich durch die Reibwerte ergeben aber soviel ich verstanden habe wollte sie eine Lösung nach ihrer Skizze.
Lösung mit müa=0.268 müb=0.176 |
In dem Fall auch einer, der versteht, was ich schreibe und somit möchte. ich schaue es mir heute dann mal an
danke nochmals
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isi1
Anmeldungsdatum: 03.09.2006
Beiträge: 2902
Wohnort: München
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| isi1 Verfasst am: 03. Mai 2011 17:40 Titel: |
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| VeryApe hat Folgendes geschrieben: | Natürlich ist die einfachste Lösung über die bekannten winkel zu gehen, die sich durch die Reibwerte ergeben aber soviel ich verstanden habe wollte sie eine Lösung nach ihrer Skizze.
Lösung mit müa=0.268 müb=0.176 |
Ja, das war mir schon klar, Lena und VeryApe,
jedoch man sieht am Beispiel, wie fehleranfällig es wird, wenn man nicht den einfachen Weg rechnet.
Aber sagt mal, wenn wir µ_A=tan φ₁ und µ_B=tan φ₂ schreiben, dann sollte sich Eure Formel in meine umwandeln lassen, also etwa so (mit φ₁=15°, φ₂=10°, α=45° und ß=30°):
}-0,3}{cot{(\beta +\varphi_2)}+\cot{(\alpha -\varphi_1)}})
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Grüße aus München, isi •≡≈ ¹₁₂½√∠∞±∫αβγδεηκλπρσφω ΔΣΦΩ |
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lena18
Anmeldungsdatum: 11.10.2009
Beiträge: 464
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| lena18 Verfasst am: 03. Mai 2011 20:02 Titel: |
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danke vielmals euch allen
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