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Hans²
Anmeldungsdatum: 13.11.2015
Beiträge: 9
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 Hans² Verfasst am: 15. Nov 2015 14:48 Titel: Ungleichmäßig belastete Wippe |
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Es geht um eine Wippe mit der Drehachse genau in der Mitte. Die Stange ist masselos und an den Enden befinden sich die Massen  und  mit der Beziehung  . Gesucht ist jetzt die an der Drehachse wirkende Kraft, bzw. die Auflagekraft auf die Unterstützung.
Mein Verständnis für die Aufgabe ist folgendes:
1. Sind die Massen gleich schwer, dann wirkt die Kraft 
2. Gilt , so wirkt auf die Drehachse mindestens  und ein gewisser Teil von  .
3. Diesen "gewissen Teil" gilt es zu bestimmen.
4. Der Schwerpunkt ergibt sich, wenn man die Wippe in ein Koordinatensystem legt, mit  im Koordinatenursprung, zu:  mit  = Länge des Stabes
5. In  wirkt 
Hier hört's leider auf. Also habe ich das Ganze mal nachgebaut mit 
Bild aus externem Link als Anhang eingefügt. Bitte keine externen Links verwenden. Steffen
Wie zu erwarten war, liegt der Schwerpunkt bei 6m und die Kraft beträgt dort 40N ( in der Simulation ist  )
Die 30N kann ich mir nun aber überhaupt nicht erklären, sehe aber, dass der "gewisse Teil" aus 3. genau 0.5 ist. Das ist Genau der Quotient aus  .
Das könnte funktionieren, da der Schwerpunkt immer weiter gen  wandert und somit der Anteil von immer weniger ins Gewicht fällt.
Funktioniert das so?
MfG
| Beschreibung: |
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| Dateigröße: |
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| Angeschaut: |
3809 mal |
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Hans²
Anmeldungsdatum: 13.11.2015
Beiträge: 9
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| Hans² Verfasst am: 15. Nov 2015 15:18 Titel: |
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Sry, der Quotient ist eigentlich 
Damit macht sich die Formel
zunichte.
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Mathefix
Anmeldungsdatum: 05.08.2015
Beiträge: 5867
Wohnort: jwd
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| Mathefix Verfasst am: 16. Nov 2015 09:33 Titel: |
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Gleichgewichtsbedingungen
Was gibt´s da zu rätseln ?
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Hans²
Anmeldungsdatum: 13.11.2015
Beiträge: 9
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| Hans² Verfasst am: 16. Nov 2015 10:00 Titel: |
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Das ist ja die Sache, denn die Wippe ist ja nicht im Gleichgewicht, sondern kippt, sobald man loslässt.
Im Gleichgewicht wäre die Kraft in der Mitte genau  , wie schon gesagt. Aber so, im Ungleichgewicht, ist es doch weniger als .
Immerhin gibt es ein Drittel der Gesamtpunkte auf diese Aufgabe, da erwartet man bestimmt mehr.
Das Gesamtdrehmoment für meine Beispielaufgabe wären 80Nm -> 40Nm links, 120Nm rechts. Aber das bringt ja nichts für die Auflagekraft.
Über den Steinischen Satz, das erhaltene Trägheitsmoment mal die Winkelbeschleunigung und mit der Winkelbeschleunigung dann die Beschleunigung, mit der ausgerechneten Beschleunigung kommt man dann auf folgende Normalkraftformel:
^2} {m_{2}+m_{1}}-(m_{2}+m_{1})))
Mit der man auch für mein Beispiel auf die benötigten 30N kommt.
Aber passt das generell so?
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Mathefix
Anmeldungsdatum: 05.08.2015
Beiträge: 5867
Wohnort: jwd
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| Mathefix Verfasst am: 16. Nov 2015 10:45 Titel: |
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| Hans² hat Folgendes geschrieben: | Das ist ja die Sache, denn die Wippe ist ja nicht im Gleichgewicht, sondern kippt, sobald man loslässt.
Im Gleichgewicht wäre die Kraft in der Mitte genau , wie schon gesagt. Aber so, im Ungleichgewicht, ist es doch weniger als .
Immerhin gibt es ein Drittel der Gesamtpunkte auf diese Aufgabe, da erwartet man bestimmt mehr.
Das Gesamtdrehmoment für meine Beispielaufgabe wären 80Nm -> 40Nm links, 120Nm rechts. Aber das bringt ja nichts für die Auflagekraft.
Über den Steinischen Satz, das erhaltene Trägheitsmoment mal die Winkelbeschleunigung und mit der Winkelbeschleunigung dann die Beschleunigung, mit der ausgerechneten Beschleunigung kommt man dann auf folgende Normalkraftformel:
Mit der man auch für mein Beispiel auf die benötigten 30N kommt.
Aber passt das generell so? |
Ich habe die Aufgabe so verstanden, dass der Auflagepunkt der Wippe gesucht ist, bei dem die Wippe im Gleichgewicht ist. So hattest Du auch gerechnet.
Wenn die Wippe wg. Ungleichgewicht um den Auflagepunkt rotiert "kippt" ist das ein ganz anderer Lastfall.
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as_string
Moderator
Anmeldungsdatum: 09.12.2005
Beiträge: 5787
Wohnort: Heidelberg
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| as_string Verfasst am: 16. Nov 2015 16:02 Titel: |
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Hallo!
Du kannst aber sagen: Summe aus Drehmomenten muss der Änderung des Drehimpulses entsprechen und Summe der Kräfte muss der Beschleunigung des Schwerpunktes entsprechen. Da hast Du schon 2 Formeln. Wenn Du jetzt noch benutzt, dass Du den Abstand vom Schwerpunkt zur Drehachse kennst und deshalb einen Zusammenhang zwischen Beschleunigung des Schwerpunkts und Winkelbeschleunigung der Drehbewegung hast, käme noch eine dritte Gleichung dazu.
Meinem Gefühl nach sollte das eigentlich genügen, hab es aber nicht selbst ausprobiert bis jetzt...
Gruß
Marco
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Hans²
Anmeldungsdatum: 13.11.2015
Beiträge: 9
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| Hans² Verfasst am: 17. Nov 2015 22:38 Titel: |
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Hier mal noch mein Weg etwas ausführlicher:
 = Länge Wippe
 = Masse
 = trägere Masse
Der Rest sollte bekannt sein
} {2} = (M(0.5L)^2+m(0.5L)^2)* \frac {a} {r}
<br />
I= M(0.5L)^2+m(0.5L)^2
<br />
\alpha = \frac {a} {r}
<br />
r= x_{S} = \frac {ML} {M+m}
<br />
\frac {g*L*(M-m)} {2} = (M(0.5L)^2+m(0.5L)^2)* \frac {a (M+m)} {ML}
<br />
a= \frac {2M^2g-2Mgm} {M^2+2Mm+m^2}
<br />
F=M_{Ges}*a = (M+m)*a
<br />
F= -\frac {4Mgm} {M+m}
<br />
)
Den Steinerschen Satz konnte man für die Aufgabe aber aus meiner Sicht im Nachhinein in die Tonne hauen. Oder sieht da jemand eine Möglichkeit, es damit zu lösen?
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as_string
Moderator
Anmeldungsdatum: 09.12.2005
Beiträge: 5787
Wohnort: Heidelberg
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| as_string Verfasst am: 17. Nov 2015 23:02 Titel: |
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Ich hab das auch raus. Ich hab zwar Deinen Ansatz nicht weiter angeschaut, aber das Ergebnis stimmt überein.
Gruß
Marco
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xb
Gast
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| xb Verfasst am: 17. Nov 2015 23:46 Titel: |
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| Mathefix hat Folgendes geschrieben: | Gleichgewichtsbedingungen
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das würde ich nehmen
man braucht durch die Bewegung noch die Trägheitskräfte
für t=0 gilt
usw
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Archimedeshebel
Gast
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| Archimedeshebel Verfasst am: 18. Nov 2015 12:07 Titel: |
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| xb hat Folgendes geschrieben: |
für t=0 gilt
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Für t=0 gilt meiner Einschätzung nach
Warum sollte man die Gleichgewichtsbedingung auf ein System im Ungleichgewicht anwenden können?
Im obigen Beispiel müsste die Beschleunigung den Wert 7,5 ms^-2 annehmen, was in deiner Formel in einer Kraft F von 25N enden würde. Wo sollen die aber wirken?
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as_string
Moderator
Anmeldungsdatum: 09.12.2005
Beiträge: 5787
Wohnort: Heidelberg
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| as_string Verfasst am: 18. Nov 2015 13:22 Titel: |
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Naja, das ist so ne Sache: Wenn Du das D'Alembertsche Prinzip verwendest mit entsprechenden "Trägheitskräften", dann passt das schon...
Gruß
Marco
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VeryApe
Anmeldungsdatum: 10.02.2008
Beiträge: 3248
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| VeryApe Verfasst am: 18. Nov 2015 13:30 Titel: |
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| Zitat: |
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@ Hans das stimmt nicht.
aus 2 Gründen.
1)der Schwerpunktsabstand ist falsch eingesetzt. du rechnest die Winkelbeschleuigung aus bezüglich des Drehpunktes der Wippe. xs ist aber bezüglich der Aussenkante.
xs bezüglich des Drehpunktes ist
und nicht 
2) deine errechnete Kraft hat nichts mit der Wippenlagerkraft zu tun
Es gilt so wie du die Drehmomente angesetzt hast erhälst du eine positive Winkelbeschleunigung wenn das ganze in Richtung M kippt und mit
 ist a positiv nach unten.
daher positive Kräfte nach unten
*g-F_{yWippe}=m_{ges}*a_{sy} )
nur am Start ist asy= a --- sonst mußt du in Vektoren zerlegen
dann weiters
... wieso willsd du den Steinersatz in die Mülltone hauen.
Du betrachtest die ganze Wippe als Einheit mit den 2 Gewichtskräften also so wie wenn das ein Körper, ein System ist. und setzt dafür ein Trägheitsmoment nach dem Steinersatz zum Drehpunkt an.
Du benutzt ihn doch !!! Du vernachlässigst zwar die Trägheitsmomente um den Schwerpunkt der Massen und weiters das der Schwerpunkt der Massen über der Wippe liegt da die eine Höhenausdehnung haben. sprich die SChwerpunktsbeschleunigung der beiden massen wirkt nicht senkrecht nach oben sondern etwas schräg was eine x Komponente der Lagerwippenkraft zur Folge hat. aber als Punktmasse stimmt das natürlich.
Du hast praktisch den Steinerverschiebesatz mit m*(L*0.5)² angewendet und schließt dann aus  auf eine einheitliche Winkelbeschleunigung des Systems um den Drehpunkt.
Nur hier gilt das auch auf einen fixen oder momentanen Drehpunkt
Die 2 Variante ohne Steiner
du machst die Massen getrennt von der Wippe frei und setzt für jede der Massen und die Wippe
Newton oder Dalembert an
Newton wäre
r Normalabstände auf beliebige Bezugspunkte-
da du Is sowieso vernachlässigt kannsd du den Term
 herausstreichen.
für die Wippe gilt da sie keine Masse hat
denn hier darf nichts resultierend wirken weil nichts resultierend gebraucht wird um sie in Bewegung zu setzen.
du mußt nur noch einsetzen wie die Beschleunigung der ersten Masse von der Beschleunigung der 2 Masse abhängen muß aufgrund der Drehung um den Wipppunkt.
Haben die Massen weiters geschwindigkeit kommen noch Fliehkräfte hinzu die auf das Lager wirken.
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VeryApe
Anmeldungsdatum: 10.02.2008
Beiträge: 3248
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| VeryApe Verfasst am: 18. Nov 2015 14:30 Titel: |
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ich habe das auf alle 2 Arten durchgerechnet und erhalte
ich habe die Wippenkraft nach oben angenommen.
praktisch dasselbe was du erhälst. ich verstehe allerdings nicht warum das bei dir eine beschleunigende Kraft sein soll und warum du xs so einsetzt.
Kann es sein das du ein beschleunigtes Bezugssystem benützt das mit g nach unten fällt??? dann verstehe ich das die Lagerkraft beschleunigt aber deine Ansätze trotzdem nicht mit xs oder hast du per Zufall doch das richtige rausbekommen.
Die Schwerpunktsbeschleunigung des Gesamtschwerpunktes ist.
nach unten positiv
*g-Fy_{Wippe}=(m+M)*a_{sy})
*g-\frac {4*M*m*g}{M+m}=(m+M)*a_{sy})
²}) )
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Hans²
Anmeldungsdatum: 13.11.2015
Beiträge: 9
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| Hans² Verfasst am: 21. Nov 2015 22:22 Titel: |
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| VeryApe hat Folgendes geschrieben: |
...oder hast du per Zufall doch das richtige rausbekommen.
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Sag das mal den Astronomen, die Neptun und Pluto entdeckten  .
Der Tipp mit der Beschleunigung der ersten in Abhängigkeit von der zweiten Masse war auf jeden Fall goldrichtig und zielführend.
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