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 Suche Lösungsansatz: Anhebung Rechteck bei gedrehtem Winkel |
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k3fir
Junior 
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 |  Themenstart: 2023-09-18
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Hallo zusammen,
ich scheitere seit 2 Wochen an einer anfangs simplen aussehenden Aufgabenstellung und habe mich mit Strahlensatz, Trigonometrie usw. ausgetobt, zig Seiten gerechnet - komme aber nicht weiter.
Ich suche eine Funktion, die mir den Höhenunterschied der Eckpunkte eines angehobenen Rechtecks (Drehung um M) in Abhängigkeit von l bei gegebenen konstanten Variablen d,t,h1,h2,h3 und Winkel alpha beschreibt.
Die Berührungspunkte des Rechtecks sind in blau dargestellt und wandern im Abhängigkeit von l, woraus sich Winkel beta ergibt.
Kann mir jmd einen Lösungsansatz geben, Hilfestellung etc. oder ein Programm nennen, mit dem diese Funktion lösbar ist?
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/c/50472_0.PNG
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/c/50472_1.PNG
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dietmar0609
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 | Beitrag No.1, eingetragen 2023-09-18
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Hallo, ich habe noch keine zündende Idee, für mich wäre es hilfreich, alle 6 Längenangaben des hebenden "L" Teils explizit anzugeben. Ich weiß, dass man die durch Pythagoras und Winkelfunktionen auch errechnen kann.
Gruß Dietmar
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cramilu
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 | Beitrag No.2, eingetragen 2023-09-18
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Ein noch 'hölzerner' Ansatz aus der Hüfte:
Im rotierenden "L"-Körper sei \(\delta\) der Winkel zwischen
\(d\) und der anfangs waagerechten Basis des "L":
$$
\text{sin}(\delta)\;=\;\frac{h2-h1}{d}\quad\Rightarrow\quad\delta\;=\;\text{arcsin}\left(\frac{h2-h1}{d}\right)
$$
Dem Rotationszentrum \(M\) verpasse man die Koordinaten
(\(0\vert0\)) und mache es so zum 'Ursprung'.
Aus \(\alpha\) ergibt sich jeweils \(\varphi\;=\;\delta+\alpha\) .
Den Auflagepunkt des Rechteckes am anderen Ende von \(d\)
nenne man \(A\). Er wandert auf einer Kreislinie um \(M\),
und seine Koordinaten bestimme man aus \(\varphi\):
$$
\overrightarrow{MA}\;=\;d\,\cdot\,\binom{\text{cos}(\varphi=\delta+\alpha)}{\text{sin}(\varphi=\delta+\alpha)}
$$
Die Basisbreite des "L" erhält man als \(b=d\cdot\text{cos}(\delta)\) .
Der rechte obere Kontaktpunkt des Rechteckes bleibt
anfangs eine Weile konstant. Er heiße \(K\):
$$
\overrightarrow{MK}\;=\;\binom{b-t+l}{h2}
$$
Sei nun \(T\) der Mittelpunkt der Strecke \([AK]\). Auf dem Kreis
um \(T\) durch \(A\) und \(K\) liegt nach Thales auch die rechte
untere Auflage-Ecke \(E\) des Rechteckes \(-\) anfangs eine Weile
lang in konstanter Höhe \(h2-h1\) ...
Der Rest ist Vektorrechnung. Allerdings gilt das Ganze bloß
bis zu jenem Moment, wenn entweder \(A\) bis zur unteren
linken Ecke des Rechteckes gewandert ist, oder die obere
rechte Ecke des Rechteckes an \(K\) vorbeirutscht. 😉
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k3fir
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| Beitrag No.3, vom Themenstarter, eingetragen 2023-09-18
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Ich glaube, meine Annahme mit M als Drehpunkt war nicht ganz korrekt.
Ich habe es beispielhaft einmal in CAD gepinselt.
Eigentlich sind es 2 Drehpunkte: einmal der Kontaktpunkt (z.B. A), in dem das Rechteck gehoben wird und einmal beim Rechteck auf der rechten Seite (etwa mittig dargestellt) (Kontaktpunkt B)
Problematisch ist irgendwie, dass in Abhängigkeit von l die Kontaktpunkte auf den Seiten des Rechtecks "wandern" können. Der Drehpunkt M verschiebt sich translatorisch ebenfalls, wenn ich l ändere.
Die untere rechte Ecke des Rechtecks hat anfangs Kontakt, verliert ihn aber, da es um B rotiert und das Rechteck allmählich hochrutscht.
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/c/50472_CAD.PNG
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cramilu
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| Beitrag No.4, eingetragen 2023-09-18
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Dir und allen Hilfswilligen wäre enorm geholfen,
wenn Du erstens die Originalaufgabe posten
und zweitens die Zeichnungen sorgfältig und
vollständig beschriften würdest.
Etwas wie »der Kontaktpunkt da irgendwo links
oben« ist als Beschreibung infraoptimal.
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k3fir
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| Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2023-09-18
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Hallo Cramilu,
vielen Dank für deinen Input, ich habe das ganze nun mal grafisch mit deinen Anmerkungen umgesetzt. Es gibt leider keine Vorlage für die Aufgabenstellung. Ich möchte eine Mechanik untersuchen und das ist meine Prinzipskizze.
Ich benötige eine Funktion, die mir x bzw. den Winkel beta in Abhängigkeit von l bei den vorgegebenen bekannten Größen vorgibt. Leider bin ich mathematisch nicht wirklich mehr fit, aber möchte gern die Zusammenhänge verstehen und mir auch erarbeiten.
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/c/50472_3.PNG
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cramilu
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| Beitrag No.6, eingetragen 2023-09-18
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Hallo k3fir,
wenn ich Dich richtig verstehe, hast Du zwei spiegel-
symmetrische "L"-Blöcke. Der rechte ist fest mit dem
Untergrund verbunden und trägt die rechte Seite des
Rechtecks. Der linke trägt die linke Rechteckseite, ist
in der Skizzenebene um seine linke untere Ecke \(M\)
drehbar, und selbige 'wandert' wie auf einer Schiene
waagerecht nach rechts mit dem Winkel \(\alpha\) als Maß
für die 'Wanderung'. Dabei hat das Rechteck beider-
seits jeweils an zwei Punkten Kontakt zu den "L"s?
Dann hat der Winkel bei \(A\) , den die untere Kante
des Rechteckes mit der rechten Kontaktkante des
linken "L"-Blockes einschließt, das Maß \(\alpha+\beta\) ...
Für das grundsätzliche Geschehen spielt zunächst die
Höhe \(h3\) keine Rolle, so sie genügend größer ist als
die Diagonale durch die Einkerbung des rechten "L";
die Breitenlänge \(l\) ist da entscheidender...
Sobald ich die Zeit finde, werde ich mir eine Art
'Großaufnahme' des Kontaktbereiches am linken
"L" skizzieren, um ggf. die Zusammenhänge besser
zu erkennen. 🤔
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k3fir
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| Beitrag No.7, vom Themenstarter, eingetragen 2023-09-19
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Hallo Cramilu,
genau, besser könnte ich es nicht beschreiben. Es sind zwei symmetrische L's, davon das rechte L fest verbunden und linkes L um seine linke untere Ecke M drehbar.
Ziel der Untersuchung ist, dass die Mechanik für unterschiedliche l's (Rechtecklänge) bei α=const. auf den Wert x (in Abhängigkeit von l) untersucht werden soll, wobei M dann mit zunehmendem l nach links stets auf gleicher Höhe des Untergrundes vergleichbar wie auf einer Schiene läuft. Mit zunehmendem L wird β kleiner, d.h. bei L=unendlich wird β=0.
Das Rechteck hat dabei stets an 2 Punkten Kontakt zu den L's (je links und rechts) - vorausgesetzt, man betrachtet die Grenzfälle wie z.B. t>>h1 oder für kleine l bei großen α nicht, wo es sonst zu einem Kontaktverlust der unteren linken Ecke des blauen Rechtecks kommen könnte. Die 2 Punkte wandern m.E. jeweils auf ihren Radien um K. Der Ergänzung halber: Auch wenn es so aussieht, der rechte Kontaktpunkt (Rechteck unten rechts) hat mit größer werdendem α keinen Kontakt mehr zu dem L.
Der Winkel bei A hat das Maß α+β, korrekt.
Mittels Skalarprodukt konnte ich den Winkel zwischen Strecke M1A (im nicht gekippten Zustand) und M2K korrekt berechnen - leider hat mich das noch nicht weitergebracht.
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haribo
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| Beitrag No.8, eingetragen 2023-09-19
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man kann es um ein problem-anteil einfacher betrachten: stell dir vor der rechte winkel wäre auch beweglich und du schiebst ihn ein stück nach rechts, dabei ändert sich die höhe x nicht!
also kann man den rechtesten berührpunkt ignorieren, nur die höhe der rechten unteren ecke des rechtecks muss als dritter berührpunkt stimmen
das bedeutet man kann zur berechnung von x den ursprung in M legen und auch die seitliche verschiebung vom linken lagerwinkel ignorieren
also das linke lager um seinen winkel alpha um M drehen, dabei erstmal das rechteck in der lagerecke festhalten ( also mitdrehen) und dann in einem zweiten schritt das rechteck per (beta+alpha) runterdrehen bis seine rechte untere ecke auf der rechten auflagerhöhe zu liegen kommt
rechnerisch bekommt man für jeden alpha/beta winkel dabei eine höhe der ecke heraus also kann man per itteration den richtigen beta-wert ermitteln, und aus den werten dann daraus auch x berechnen
geometrisch / zeichnerisch gibt es dafür keine exakte konstruktion, vergleich das berühmte noch etwas einfacher konstruierte box-leiter problem für das es auch keine konstruktion gibt (ein maler in einem raum in dem an einer wand eine box( kiste) steht und soll die leiter so dranlegen das sie am boden und wand anliegt sowie die box berührt, wie ist der leiterwinkel zur wand?) jeder maler kann die leiter dort hinschieben, aber man kann es erstaunlicherweise zeichnerisch nicht konstruieren!!!
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k3fir
Junior
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| Beitrag No.9, vom Themenstarter, eingetragen 2023-09-20
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Hallo Haribo,
ich habe das ganze nun mal neu aufgemalt mit überlagertem Drehpunkt M (0/0) für beide linke L's. Wird nun auf den Kontaktpunkt K verzichtet, und habe ich den Kontaktpunkt auf das rechte untere Eck des Rechtecks mit der rechten L-Auflage ähnlich Schiene (translatorisch in x verschiebbar), habe ich bei gleicher Rechtecklänge l ein Bild siehe Anhang. x verändert sich in der Höhe meines Erachtens schon, da die Rechteckhöhe bei Verkippen um beta nun die Ankathete anstelle b darstellt.
https://www.matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/c/50472_2.PNG
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haribo
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| Beitrag No.10, eingetragen 2023-09-20
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ja x verändert sich durch beta, aber wenn du das rechte lager noch weiter nach rechts schiebst ändert sich x nicht nochmals, ist also davon nicht abhängig
liebe Grüße haribo
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k3fir
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| Beitrag No.11, vom Themenstarter, eingetragen 2023-09-22
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ich habe jetzt einmal weitergemacht - g1 kann ich nun komplett aus h1, h2, b, t und alpha ausdrücken, das ist schon mal gut, wenn auch ein langer Term.
r1 bekomme ich in Abhängigkeit von l2 (rechter Teil von L) hin - gesucht wäre ja g2 oder v, um dann über Sinus den gesuchten Winkel beta zu bekommen.
Mit dem angeschnittenen Box-Leiter-Problem komme ich nicht weiter:
mit I. Pythagoras l^2=(r2+r1)^2 + (v+g1)^2
und II. Ähnlichkeit Dreieck v/r1 = g1/r2
und II. in I. nach v aufgelöst und eliminiert
habe ich:
l^2=((g1^2+r2^2)*(r1+r2^2))/r2^2
was ein Polynom 4. Grades ist - das ganze nach r2 aufzulösen ist absoluter Alptraum. Hat sonst jemand eine Idee?
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/c/50472_5.PNG
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/c/50472_6.PNG
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Wally
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 | Beitrag No.12, eingetragen 2023-09-22
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\(\begingroup\)\(\newcommand{\D}{\displaystyle}\)
Wenn ich das richtig sehe, ist das eine quadratische Gleichung für \( r_2^2\) - die p-q-Formel und einmal Wurzelziehen sollten reichen.
Viele Grüße
Wally \(\endgroup\)
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k3fir
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| Beitrag No.13, vom Themenstarter, eingetragen 2023-09-22
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hi wally, leider nicht - r^2 ist unter dem Bruchstrich - quadriert man das rechts und linke Seite, so ist zwar r^2 auf der linken Seite - wir haben aber noch jeweils r^2 in den klammern, die miteinander multipliziert werden - dann haben wir ein Polynom 4. Grades
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haribo
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| Beitrag No.14, eingetragen 2023-09-22
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gar nicht sooo einfach aus deinem bild alles rauszulöschen was gerade nicht relevant ist...
mal so generell, wenn man ein koordinatenursprung (0/0) festlegt macht es ansich sinn einen punkt K auch mit (Kx/Ky) anzugeben und entsprechend eine alpha rotation von K um (0/0) dann wiederum entsprechend ...
die differenz g1 ergibt sich dann aus der subtraktion beider y-werte, und einen wirklich kürzeren term für g1 wird es doch eher nicht geben...?
https://www.matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/c/35059_k3fir-1.PNG
kannst du mal in ein paar worten beschreiben was du eigentlich planst?
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Wally
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| Beitrag No.15, eingetragen 2023-09-22
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\(\begingroup\)\(\newcommand{\D}{\displaystyle}\)
Versuche doch mal, erst mit \( r_2^2\) zu multiplizieren, und, da \( r_2\) nur als Quadrat vorkommt, \( r_2^2=u\) zu setzen.
Viele Grüße
Wally
\(\endgroup\)
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haribo
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| Beitrag No.16, eingetragen 2023-09-22
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könnte sich um den schnittpunkt zwischen einer konchoide und einer geraden handeln?
https://www.matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/c/35059_k3fir-2.PNG
konchoiden sind kurven 4.grades
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k3fir
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| Beitrag No.17, vom Themenstarter, eingetragen 2023-09-25
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Vielen Dank euch erst mal für die ganzen Anregungen und sry, dass die Aufgabenstellung nicht ganz transparent erscheint.
@Haribo: zur Funktion: das Ganze ist zur Betrachtung einer Mechanik, die in einer Vorrichtung zur Fixierung von Platten in diesen zwei L's dienen soll. Die Platten sind planparallel und eben und sollen es auch nach dem Klemmen bleiben. Das rechte L ist ein Anschlag, das linke verschiebbar in einer Gleitführung. Das linke L hat recht viel Spiel, da es verschiebbar sein muss wegen der Plattenlängen. Interessanterweise wird beim Klemmen die Platte beim linken L durch das Spiel angehoben (unabhängig von der Biegung der Platte).
Ich möchte diesen Effekt zur Optimierung der Vorrichtung untersuchen und eine Modellvorhersage mit nur wenigen Variablen treffen können, mit welcher Schiefstellung (Winkel beta) ich bei gegebener Plattenlänge und gegebenen Führungsspiel (Winkel alpha) später rechnen kann - und auch verstehen, was genau im Detail passiert.
In der Literatur konnte ich nichts dazu finden und ich kann es auch kaum glauben, dass dieses Problem nicht bekannt ist - schließlich hat man diesen Effekt ja theoretisch überall dort wo man etwas von einer Seite klemmt und eine Gleitführung mit Spiel vorhanden ist.
Im jugendlichen Leichtsinn dachte ich, mit einigen Größen ein Rechenmodell zu definieren. Für mein Verständnis hat das Box-Leiter-Prinzip und die Erwähnung der Konchoide zwar einiges Licht ins Dunkle gebracht, ich kann das Problem dennoch nicht lösen.Tatsächlich scheint eine Kochoide (betrachtet man K und T bzw. K' und T' bei alpha) überlagert zu sein.
Wenn man es nun herunterbricht und nach deinem Vorschlag mit M(0/0) als Drehpunkt des linken Ls vereinfacht, könnte es sich um eine Art Schubkurbel mit in K drehbar als Gleitführung handeln?
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/c/50472_7.PNG
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/c/50472_8.PNG
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haribo
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| Beitrag No.18, eingetragen 2023-09-25
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also pragmatisch würde ich sagen dein alpha sollte deutlich unter 3° liegen, und du solltest also t nicht als variable betrachten denn cos(3) > 0.998 (also gleich eins)
damit kannst du G1 ausrechnen und dann den winkel beta über
tan(beta) = G1/(l-t) mit völlig ausreichender genauigkeit bestimmen [r sei hier die flansch auflagerlänge...]
oder eine schraubzwinge auf das linke lager drücken lassen fals die platten überschaubare grössen haben? oder handelt es sich um schiffbau-panzerplatten mit vielen cm stärke?
und ja, genau genommen ist es eine gleichung 4.grades, aber mit obiger vereinfachung wird es doch überschaubar
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haribo
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| Beitrag No.19, eingetragen 2023-09-25
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alpha bzw G1 ist doch bei dem beschriebenen spiel auch nicht von der plattenlänge l abhängig sondern wohl eher vom alter der vorrichtung??? wiso packt ihr nicht unter das rechte lager dazu passende unterleger?
oder hängt es von der einspannkraft ab
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k3fir
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| Beitrag No.20, vom Themenstarter, eingetragen 2023-09-25
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Hallo Haribo,
vollkommen richtig - l ist keine Funktion von alpha oder G1.
l würde sich aber auf die Ebenheit der Platte auswirken: eine extrem kurze Platte neigt schnell zum Schiefstellen, eine unendlich lange Platte ist quasi eben, weil sich das Anheben in K um G1 auf viel mehr "Laufmeter" verteilen würde.
Das ganze hängt von der Klemmkraft der Vorrichtung ab, da kräftig zugezwickt wird.
Mit der Kleinwinkelnäherung cos(beta)≈1 konnte ich es schon berechnen.
Problem: Je nachdem welche Dimensionen angenommen werden - bei der Grobdimensionierung der Vorrichtung unterscheidet sich das zu erwartende Δx von CAD zu der Rechnung im hunderstel bis µm-Bereich. Leider ist dies auch der interessante Bereich in dem die Vorrichtung tätig sein muss - die Platten sind extrem hochgenau gefertigt und müssen auch hochgenau positioniert werden.
Eine Kompensation des Abhebens ist derzeit (noch) nicht möglich, Lösungen zur Reduzierung werden aber dann noch ausgearbeitet. Momentan ist das Ziel, möglichst mit vorgegebenen Dimensionen und Führungsspiel -> alpha genau herauszubekommen, wie im unendlich "steifem" Zustand die Platte in Abhängigkeit von l maximal verkippen würde.
Gibt es eine simple Möglichkeit, den Fehler zu reduzieren und im direkten Vergleich mitanzugeben, ohne das Polynom 4. Grades zu lösen? Macht es Sinn, das zweite Glied der Taylorreihe noch mitzubetrachten {\displaystyle \cos(x)\approx 1-{\frac {x^{2}}{2}}} oder gibt es andere Ansätze?
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haribo
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| Beitrag No.21, eingetragen 2023-09-26
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wenn man mal nicht eine weltformel sucht, sondern nur eine aktuelle problemlösung gäbe es wegen des anzunehmenden kleinen alpha winkels recht leicht zu findende näherungs funktionen...
als beispiel hier für die annahmen:
alpa=3°; b=50mm; h=20mm; t=30mm;
könnte man mit den vereinfachungen aus #18 über einen zwischenschritt der berechnung von c, schon die guten gelben betawerte berechnen, und daraus dann x
oder eben auch empirisch lila benutzen:
beta = 0.989 * alpha * b / (l - t)
(das basiert letztlich auf der pragmatischen vereinfachung der sin ist fast linear für winkel 0 < 3°...und wurde dann händisch mit dem faktor noch ein bischen frisiert)
dann mit:
l * sin (beta) = x
empirische werte welche hier den ersteren ab l=100mm im ergebnis auf ein my entsprechen
https://www.matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/c/35059_k3fir-3.PNG
die genauigkeit steigt und fällt natürlich mit der wahl realistischer rahmen annahmen...
3° spiel in einer hochwertigen einspannvorichtung erscheinen mir, allem zum trotz, extrem unwarscheinlich
lg haribo
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k3fir
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| Beitrag No.22, vom Themenstarter, eingetragen 2023-09-26
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Hallo Haribo,
ich habe mir mal das ganze mit deinen gegebenen Werten angeguckt.
Bei Winkel beta hast du glaube ich einen ARCSIN anstelle ARCTAN.
Ich bekomme für beta bei l=60 5,001° heraus.
Der Fehler wird leider in dem Beispiel bei kleineren Platten und kleinem t schnell sehr groß, aber du hast schon recht, für größere Platten ist es dann egal.
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/c/50472_12.PNG
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/c/50472_13.PNG
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haribo
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| Beitrag No.23, eingetragen 2023-09-26
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naja sicher, bei kleineren breiten wird diese einspannung immer unglücklicher, es ging mir auch eher drum aufzuzeigen dass man sogar geometrien die eigendlich 4.grades sind in kleinen (abgegrenzten) bereichen zu ner linearfunktion runterbrechen kann...
selber fräsen wir auf vakuumplatten die einfach mit der fräse selber geplant wurden... da landet man recht schnell auf genauigkeiten die auch über grössere flächen < 1/10el...1/20el mm sind, my erreichen wir aber auch damit nicht, da sind zu viele marginalspiel-vorgänge oder biegungen/schwingungen dran beteiligt, allein die wärmeausdehnung direkt beim fräsen ist nicht unerheblich...(50mm langer stahlfräser der 30° wärmer wird verlängert sich ~0,02mm)
ansich könnte man in deine fräse, (so es denn eine ist?) auch auf teilen der länge gleichlange holzplatten einspannen und dazwischen jeweils die lager im eingespannten zustand auf gleiche höhe fräsen, und dann umsetzen... ob dass sinn macht kann man von ferne schlecht beurteilen, wie gesagt ich versteh dieses grosse spiel (3°) bei euch nicht
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k3fir
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| Beitrag No.24, vom Themenstarter, eingetragen 2023-09-27
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Hallo Haribo, vielen Dank für die tatkräftige Unterstützung. Es hat mir sehr weitergeholfen. ich bin leider noch auf der Suche nach noch etwas eher allgemeingültigerem bzw. in guter Näherung zum exakten Modell und würde das Ganze gern Verfeinern. Später soll da auch noch die Biegung der Platten berücksichtigt werden. Für Alpha wird es definitiv nicht so groß werden (eher bis maximal 0,5-1 grad)…. Und dennoch zeigt sich mit Spielen der Parameter für kleine t‘s und kleine l‘s deutliche Abweichungen zwischen Rechnung und Modell. Die Auflösung und Verschachtelung des Polynoms mit den anderen Geometrien würde zwar das korrekte Ergebnis liefern, ist aber definitiv zu aufwändig zu ermitteln. Vllt fällt ja jmd noch etwas ein…
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MontyPythagoras
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 | Beitrag No.25, eingetragen 2023-09-28
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Hallo zusammen,
mit der Skizze aus Beitrag 21 und $y$ als die vertikale Koordinate des linken unteren Rechteck-Eckpunkts gilt:
$$y=h+l\sin\beta=b\sin\alpha+h\cos\alpha-t\sin\alpha+t\tan(\alpha+\beta)\cos\alpha\tag1$$Dabei ist $t$ das eigentlich horizontale Stück auf dem L-förmigen gedrehten Klötzchen(Der Name $t$ wurde hier doppelt vergeben). Multiplizieren mit $\cos(\alpha+\beta)$ und ein wenig aufräumen:
$$\left(h(1-\cos\alpha)+l\sin\beta-b\sin\alpha\right)\cos(\alpha+\beta)=t\sin(\alpha+\beta)\cos\alpha-t\sin\alpha\cos(\alpha+\beta)$$$$\left(h(1-\cos\alpha)+l\sin\beta-b\sin\alpha\right)\cos(\alpha+\beta)=t\sin\beta\tag2$$$\cos(\alpha+\beta)$ auflösen und mit $l$ multiplizieren:
$$\left(h(1-\cos\alpha)+l\sin\beta-b\sin\alpha\right)(l\cos\alpha\cos\beta-l\sin\alpha\sin\beta)=lt\sin\beta$$Mit $l\sin\beta=x$ folgt:
$$\left(h(1-\cos\alpha)+x-b\sin\alpha\right)(l\cos\alpha\cos\beta-x\sin\alpha)=tx\tag3$$Jetzt wird es ein bisschen unübersichtlich. Wir müssen noch $l\cos\beta$ isolieren und dann quadrieren:
$$\left(h(1-\cos\alpha)+x-b\sin\alpha\right)l\cos\alpha\cos\beta=tx+\left(h(1-\cos\alpha)+x-b\sin\alpha\right)x\sin\alpha\tag4$$$$\left(h(1-\cos\alpha)+x-b\sin\alpha\right)^2\cos^2\alpha(l^2-x^2)=\left(tx+\left(h(1-\cos\alpha)+x-b\sin\alpha\right)x\sin\alpha\right)^2\tag5$$Das kann man noch ein wenig aufräumen und zusammenfassen, aber schön wird es nicht:
$$\left(h(1-\cos\alpha)+x-b\sin\alpha\right)^2l^2\cos^2\alpha=t^2x^2+2t\left(h(1-\cos\alpha)+x-b\sin\alpha\right)x^2\sin\alpha+\left(h(1-\cos\alpha)+x-b\sin\alpha\right)^2x^2\tag6$$Das ist eine quartische Gleichung, in der alle Potenzen von $x$ vorkommen, so dass hier das Newton-Verfahren herhalten muss.
Ciao,
Thomas
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haribo
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| Beitrag No.26, eingetragen 2023-09-28
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... ich möchte ein bild von monty, äh von der maschine
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k3fir
Junior
Dabei seit: 04.09.2018
Mitteilungen: 15
|  Beitrag No.27, vom Themenstarter, eingetragen 2023-09-28
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wow, krass Monty!!! Besten Dank !
Eine Verständnisfrage habe ich noch von (4) -> (5).. mit Quadratur wurde ja
(l*cos(a)*cos(b))^2 zu (cos(a))^2*(l^2-x^2) umgewandelt, irgendwie steh ich da noch auf dem Schlauch.
Mittels Pythonskript werde ich das dann mit Newton-Raphson-Verfahren hinbekommen :)))
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