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Strahl
Anmeldungsdatum: 08.03.2018
Beiträge: 32
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 Strahl 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!
| Beschreibung: |
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Myon
Anmeldungsdatum: 04.12.2013
Beiträge: 5870
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| Myon 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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Strahl
Anmeldungsdatum: 08.03.2018
Beiträge: 32
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| Strahl Verfasst am: 29. Apr 2018 16:16 Titel: |
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| Myon hat Folgendes geschrieben: | Damit der Quader kippt, muss die Kraft etwas grösser sein. Für die minimale Kraft gilt aber die Gleichung
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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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Myon
Anmeldungsdatum: 04.12.2013
Beiträge: 5870
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| Myon Verfasst am: 29. Apr 2018 19:30 Titel: |
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Ja, das war unpräzise formuliert, habe ich schon beim Schreiben gedacht.
Wenn  die Kraft ist, für die die Drehmomente im Gleichgewicht sind, so ist eine hinreichende Bedingung für das Kippen oder eine Drehbeschleunigung sicher
Bei  ist ein labiles Gleichgewicht, eine minimale Auslenkung würde zum Kippen führen.
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.
Zuletzt bearbeitet von Myon am 29. Apr 2018 20:04, insgesamt einmal bearbeitet |
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Mathefix
Anmeldungsdatum: 05.08.2015
Beiträge: 5866
Wohnort: jwd
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| Mathefix 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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Myon
Anmeldungsdatum: 04.12.2013
Beiträge: 5870
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| Myon 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?
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Mathefix
Anmeldungsdatum: 05.08.2015
Beiträge: 5866
Wohnort: jwd
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| Mathefix Verfasst am: 29. Apr 2018 20:55 Titel: |
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| Myon hat Folgendes geschrieben: | | @Mathefix: Ich glaube, eigentlich war gar nicht das die Frage, aber wenn Du schon die Aufgabe löst, was ist mit den beiden Halbkreisen? |
@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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jh8979
Moderator
Anmeldungsdatum: 10.07.2012
Beiträge: 8582
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| jh8979 Verfasst am: 29. Apr 2018 23:07 Titel: |
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| Myon hat Folgendes geschrieben: | | @Mathefix: Ich glaube, eigentlich war gar nicht das die Frage, aber wenn Du schon die Aufgabe löst, was ist mit den beiden Halbkreisen? |
Was? Eine Komplettlösung von Mathefix??? Unvorstellbar....
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Strahl
Anmeldungsdatum: 08.03.2018
Beiträge: 32
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| Strahl Verfasst am: 30. Apr 2018 21:45 Titel: |
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@Myon Alles klar habs verstanden  Danke nochmals
| Mathefix hat Folgendes geschrieben: |
Es gibt für mich noch eine Frage:"Soll die Kraftrichtung waagerecht bleiben oder dem Kippwinkel folgen?"
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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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GvC
Anmeldungsdatum: 07.05.2009
Beiträge: 14861
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| GvC Verfasst am: 30. Apr 2018 23:16 Titel: |
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| Strahl hat Folgendes geschrieben: | | Wäre aber trozdem an einem Rechenweg interessiert, falls jemand eine Idee hat. |
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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Strahl
Anmeldungsdatum: 08.03.2018
Beiträge: 32
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| Strahl 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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Myon
Anmeldungsdatum: 04.12.2013
Beiträge: 5870
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| Myon 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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Mathefix
Anmeldungsdatum: 05.08.2015
Beiträge: 5866
Wohnort: jwd
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| Mathefix 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
\cdot \cos(\alpha ) - (\frac{b}{2}- r)\cdot \sin(\alpha ) ))
Kippmoment
\cdot \sin(\alpha ) + (b+r)\cdot \cos(\alpha )) )
 } )
Schönen 1. Mai
Jörg
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