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 Auflagerkräfte bei einem außermittigen Schwerpunkt |
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Ex_Mitglied_19661
 |  Beitrag No.40, eingetragen 2010-09-25
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\quoteon(2010-09-25 07:09 - StefanVogel in Beitrag No. 39)
Hallo Simon,
beim verschobenen Fuß B in Beitrag No. 27 würde die Summe der Kräfte Null ergeben, wenn man im Punkt C den Wert -554 verwendet. Vielleicht ist dort das Vorzeichen durch andere Bildpunkte überdeckt, oder der Kraftpfeil war von oben nach unten eingezeichnet und wurde bei der Korrektur wegen Überbreite weggelassen.
...
Viele Grüße,
Stefan
\quoteoff
Hallo Stefan, dass verkleinerte Bild im Beitrag No.27 entspricht vom Inhalt her vollständig dem Original.
Das Bild wurde von mir nur verkleinert und nicht beschnitten!
(Was ich mir nie erlauben würde, außer bei inhaltsloser und damit überflüssiger Fläche !)
Servus trek
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wasgeht123
Junior 
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| Beitrag No.41, eingetragen 2015-01-06
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Hallo,
ich habe mir den Thread durchgelesen, da ich aktuell mit dem selben Problem, wie in Beitrag 27 bzw. 34. konfrontiert bin. Kann mir jemand den finalen Lösungsweg aufzeigen bzw. erklären? Ich verstehe nicht, wie man auf die Ergebnisse unteren Ergebnisse, also den asymmetrischen Tisch, in Beitrag 39. kommt.
Vielen herzlichen Dank!
Gruß
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StefanVogel
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Dabei seit: 26.11.2005
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| Beitrag No.42, eingetragen 2015-01-10
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Hallo wasgeht123,
ein Tisch auf drei Füßen A, B und C steht bekanntlich stabil, da hat man für die Bestimmung der drei Stützkräfte genau drei Gleichungen zur Verfügung (rechtwinkliches Koordinatensystem, x- und y-Achse parallel zur unbelasteten Tischplatte, z-Achse vertikal dazu):
- Summe aller Vertikalkräfte ist Null.
- Summe aller Drehmomente um die x-Achse ist Null.
- Summe aller Drehmomente um die y-Achse ist Null.
Bei einer zusätzlichen Stützstelle D kommt eine weitere unbekannte Stützkraft FD hinzu, dafür benötigt man eine weitere Gleichung. Unter der Annahme, dass die Tischplatte nicht verformbar ist und alle Belastungen durch gefederte Stützstellen aufgefangen werden, läßt sich die fehlende Gleichung so aufstellen:
\
Aus der Vektorgleichung für die Fußpunkte D^> - A^> = \lambda ( B^> - A^> ) + \mue ( C^> - A^> ) kann man zunächst \lambda und \mue bestimmen. Die belastete Tischplatte ist Teil einer Ebene und diese wiederum ist das Bild einer linearen Funktion z(x,y). Bei linearen Funktionen überträgt sich eine Linearkombinationen der Funktionsargumente auf die Funktionswerte (EDIT: wenn wie hier die Ebene durch den Koordinatenursprung verläuft). Aus
D^> - A^> = \lambda ( B^> - A^> ) + \mue ( C^> - A^> )
folgt
z( D^> - A^>\ ) = z(\lambda ( B^> - A^> ) + \mue ( C^> - A^> ))
und daraus wegen der Linearität
z( D^>) - z( A^>) = \lambda ( z( B^> ) - z( A^> )) + \mue ( z( C^> ) - z( A^> ))
Die Funktionswerte z( A^>) , z( B^> ) , z( C^> ) und z( D^> ) kann man schließlich ersetzen durch die Stützkräfte FA, FB, FC und FD geteilt durch die Federkonstanten in A, B, C und D. Das ist die vierte fehlende Gleichung.
Viele Grüße,
Stefan
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Lathanael
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| Beitrag No.43, eingetragen 2015-02-12
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\quoteon(2015-01-10 14:34 - StefanVogel in Beitrag No. 42)
Hallo wasgeht123,
ein Tisch auf drei Füßen A, B und C steht bekanntlich stabil, da hat man für die Bestimmung der drei Stützkräfte genau drei Gleichungen zur Verfügung (rechtwinkliches Koordinatensystem, x- und y-Achse parallel zur unbelasteten Tischplatte, z-Achse vertikal dazu):
- Summe aller Vertikalkräfte ist Null.
- Summe aller Drehmomente um die x-Achse ist Null.
- Summe aller Drehmomente um die y-Achse ist Null.
Bei einer zusätzlichen Stützstelle D kommt eine weitere unbekannte Stützkraft FD hinzu, dafür benötigt man eine weitere Gleichung. Unter der Annahme, dass die Tischplatte nicht verformbar ist und alle Belastungen durch gefederte Stützstellen aufgefangen werden, läßt sich die fehlende Gleichung so aufstellen:
\
Aus der Vektorgleichung für die Fußpunkte D^> - A^> = \lambda ( B^> - A^> ) + \mue ( C^> - A^> ) kann man zunächst \lambda und \mue bestimmen. Die belastete Tischplatte ist Teil einer Ebene und diese wiederum ist das Bild einer linearen Funktion z(x,y). Bei linearen Funktionen überträgt sich eine Linearkombinationen der Funktionsargumente auf die Funktionswerte. Aus
D^> - A^> = \lambda ( B^> - A^> ) + \mue ( C^> - A^> )
folgt
z( D^> - A^>\ ) = z(\lambda ( B^> - A^> ) + \mue ( C^> - A^> ))
und daraus wegen der Linearität
z( D^>) - z( A^>) = \lambda ( z( B^> ) - z( A^> )) + \mue ( z( C^> ) - z( A^> ))
Die Funktionswerte z( A^>) , z( B^> ) , z( C^> ) und z( D^> ) kann man schließlich ersetzen durch die Stützkräfte FA, FB, FC und FD geteilt durch die Federkonstanten in A, B, C und D. Das ist die vierte fehlende Gleichung.
Viele Grüße,
Stefan
\quoteoff
Hallo Stefan,
da ich mit einem ähnlichen Problem beschäftigt bin, interessiert mich dein Lösungsansatz sehr.
Allerdings ist mir gerade nicht klar wie man $\lambda$ und $\mu$ bestimmt. Wahrscheinlich ist es ganz einfach und ich steh total auf dem Schlauch!
Die Funktionswerte kann ich, wenn ichs richtig Verstanden habe durch die Kräfte/Federkonstante ersetzen, Bsp.:
$z(\vec A)=\frac{F_A}{k}$ mit k als Federkonstante, in meinem Fall für einen Biegebalken. Richtig?
Danke für die Hilfe!
Gruß,
Philippe
€dit:
Könnte mir eventuell noch jemand Quelle(n) in Buchform für die folgende Aussage von Stefan zur Hand geben?
\quoteon(2015-01-10 14:34 - StefanVogel in Beitrag No. 42)
Bei linearen Funktionen überträgt sich eine Linearkombinationen der Funktionsargumente auf die Funktionswerte
\quoteoff
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StefanVogel
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| Beitrag No.44, eingetragen 2015-02-14
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\
Hallo Philippe,
für die Bestimmung von \lambda und \mue schreibe ich abkürzend x^> = (B^> - A^>\.), y^> = (C^> - A^>\.) und z^> = (D^> - A^>\.). Dann sind \lambda und \mue die Koordinaten von z^> in dem von x^> und y^> festgelegten Koordinatensystem, z^> = \lambda * x^> + \mue * y^>\.. Zur Bestimmung dieser Koordinaten schreibe ich x^> , y^> und z^> als Vektoren im ursprünglichen kartesischen Koordinatensystem
x^> = (x_1 ; x_2), y^> = (y_1 ; y_2), z^> = (z_1 ; z_2),
so entsteht aus z^> = \lambda * x^> + \mue * y^> ein lineares Gleichungssystem
(z_1 ; z_2) = \lambda * (x_1 ; x_2) + \mue * (y_1 ; y_2)
bestehend aus zwei Gleichungen
z_1 = \lambda * x_1 + \mue * y_1
z_2 = \lambda * x_2 + \mue * y_2
und zwei Unbekannten \lambda und \mue. Das lösen mit Einsetzungsverfahren oder Gaußalgorithmus oder ähnlichem.
Die Funktionswerte z( A^>) , z( B^> ) , z( C^> ) und z( D^> ) stehen für die vertikale Abweichung der Punkte A, B, C, D von der Ausgangshöhe. Diese Abweichung soll ja von den Waagen(=Federn) unter den Punkten A, B, C und D aufgenommen werden (Beitrag No. 38). Für Federkräfte gilt aber F=k*z, also z = F/k. Das geht auch für den eindimensionalen Fall "unbiegsamer und federnd gelagerter" Biegebalken.
Vor deiner Zusatzfrage muss ich schnell noch einen Formulierungsfehler korrigieren. Lineare Funktion meinte ich im Sinne von linearer Abbildung,
\
dass in z^> = \lambda * x^> + \mue * y^> keine zusätzliche Konstante +C enthalten ist, die Ebene durch den Koordinatenursprung verläuft. Das wird hier erreicht, indem alles relativ bezüglich Punkt A^> gerechnet wird, x^> = ( B^> - A^> ) und so weiter.
Bei einer linearen Abbildung ist die Aussage mit der Linearkombination gerade deren Definition. Als Buch zum Beispiel hier.
Viele Grüße,
Stefan
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haribo
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| Beitrag No.45, eingetragen 2015-02-14
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hallo stefan, nimmst du anstelle der vier tischbeine vier personen die die platte tragen, und stellst alle auf jeweils eine federwaage, dann ist die belastung wieder unbestimmt, weil die füsse der träger sich dann nicht in einer ebene befinden müssen, deine vierte gleichung fällt dann wieder weg
wenn der schwerpunkt auf einer linie zwischen A und D liegt, und man der einfacherheit einen quadratischen tisch nimmt ist die belastung bei C und B aus symetriegründen gleich, C trägt immer gleichviel wie B und wenns B einfällt sich aufzustützen muss C das auch tun, sie können sich sogar beide auf ihre ecken drauf setzen solange sie es gleichzeitig tun
D (gemäss skizze #1) kann, in bestimmten grenzen, sich auf seine ecke aufstützen oder viel tragen wenn er will, die trage grenze ist erreicht wenn er neben seinem gewichtsanteil aus der last C und B aushebt... aufstützen kann er sich nur wenn B und C gerade beschlossen haben zu tragen...
so wie es eben ist wenn man zu viert eine last trägt, nur die summe stimmt
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Lathanael
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| Beitrag No.46, eingetragen 2015-02-16
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\quoteon(2015-02-14 08:23 - StefanVogel in Beitrag No. 44)
Vor deiner Zusatzfrage muss ich schnell noch einen Formulierungsfehler korrigieren. Lineare Funktion meinte ich im Sinne von linearer Abbildung,
\
dass in z^> = \lambda * x^> + \mue * y^> keine zusätzliche Konstante +C enthalten ist, die Ebene durch den Koordinatenursprung verläuft. Das wird hier erreicht, indem alles relativ bezüglich Punkt A^> gerechnet wird, x^> = ( B^> - A^> ) und so weiter.
Bei einer linearen Abbildung ist die Aussage mit der Linearkombination gerade deren Definition. Als Buch zum Beispiel hier.
Viele Grüße,
Stefan
\quoteoff
Ok, super danke! Mit der Linearen Abbildung macht das jetzt auch in meinem Kopf mehr Sinn.
Die Berechnung von $\lambda$ und $\mu$ ist wieder mal billig, trotzdem danke für die geduldige Erklärung. Wes echt nicht wie ich das übersehen habe :(
Nur der Klarstellung halber:
Durch die Subtraktion der anderen Vektoren legst du das Koordinatensystem quasi mit dem Ursprung nach A.
Demnach könnte man dann ja auch A mit (0,0) festlegen und die anderen Punkte dementsprechend.
Beispielsweise:
B(1,0)
C(1,1)
D(0,1)
und damit dann die Rechnung "umschreiben" zu:
\
(D_1 ; D_2) = \lambda * (B_1 ; B_2) + \mue * (C_1 ; C_2)
Oder habe ich das falsch verstanden?
Gruß,
Philippe
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StefanVogel
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| Beitrag No.47, eingetragen 2015-02-21
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Wenn Koordianten von A, B, C und D bereits gegeben sind und man will nachträglich A=(0,0) setzen und eventuell noch B=(0,1), dann hat man schon zu rechnen, um die neuen Koordinaten von C und D zu bestimmen. Falls aber die Koordinaten von A, B, C, D noch nicht bestimmt sind, dann ist es am einfachsten, einen geeigneten Punkt als A=(0,0) zu nehmen, einen weiteren als B=(0,1), möglicherweise noch einen als C=(1,0), dann kann man für D=(1,1) gleich \lambda=1, \mue=1 angeben. BeI A=(0,0) gilt dann auch deine Umschreibung.
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qayqay
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 |  Beitrag No.48, eingetragen 2015-06-03
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ihr seid ja schon ganz nahe an meinem problem:
platte mit 3 auflagern, eine kraft (innerhalb, ggfls aber Auch mal ausserhalb des auflagerdreickes) wirkt nun vertikal auf die platte.
ich muss nun die drei auflagerkräfte bestimmen, und zwar in EINER formel, um mein rpi a+ board damit zu füttern.
könnte mir jemand bitte diese formel geben?
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StefanVogel
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| Beitrag No.49, eingetragen 2015-06-13
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Hallo qayqay,
herzlich willkommen auf dem Matheplanet!
Lässt du dich auch zu eigenen Lösungsansätzen und -versuchen (also einer der Forumregeln) überreden? Mit passendem Koordinatensystem (erster Fußpunkt im Koordinatenursprung, zweiter Fußpunkt auf der x-Achse) und zweimal Hebelgesetz steht die Lösung schon fast da.
Viele Grüße,
Stefan
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qayqay
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| Beitrag No.50, eingetragen 2015-07-27
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hallo Stefan,
ja, gute idee, son lösungsansatzversuch, aber das ist nun alles schon 30 jahre her...
also ich muss die zugkräfte an einer trianguliert geführten plattform berechnen, weil jeder der drei linearstepper stallen kann, bzw das zwischen plattform und tisch klebende objekt meines 3d sla druckers zerreissen kann, wenn ich zu fest ziehe. um das zu verhindern, muss die zugkraft der objekgeometrie angepasst warden. das 3d geslicete objekt wurde ja schichtweise erstellt, und nun muss ich die lage des objektes kennen und seine grösse (fläche), seine haftkraft/cm2, und dann weis ich auch fast schon, wie stark der jeweilige stepper ziehen darf. der wiederum steht auf einer load cell (4 solcher dinger sind in digitalwaagen verbaut), und so kann ich messen, wie stark gezogen wird.
soweit also zur theorie. bild hier : http://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/9/43133_snapshot_print.jpg .
zeigt leider nur 2 spindeln. unter den spindeln sitzen die load cells.
jede schicht wird linienweise erstellt, jede Linie (ca 1000/schicht)wird durch harzpolymerisation zur fläche, ihr geometrisches zentrum und hat also eine Position auf der arbeitsfläche -und eine haftkraft. der pc muss nun 1000 Kräfte und Positionen pro schicht errechnen und diese auf die 3 spindeln aufteilen. deshalb wollte ich mal vorsichtig eine Position auf der fläche anfragen;-), skaliert krieg ich das dann, aber mir fehlt der einstiegspunkt hier.
kannst du mir bitte helfen?
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haribo
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Dabei seit: 25.10.2012
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| Beitrag No.51, eingetragen 2015-07-27
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zeichne ne linie durch zwei haltestäbe und rechne den lotrechten abstand zu dieser linie sowohl vom schwerpunkt der fläche als auch vom dritten stab aus, betrachte die abstände als hebelarme die sich um die erste linie drehen können
dann kannst du wohl folgende gleichung etwas umstellen und damit die fehlende 2.kraft berechnen
1.kraft * 1.hebelarm = 2.kraft * 2.hebelarm
analog geht das auch für alle anderen stäbe....
das hat aber mit diesem treat nix zu tun, weil deine kräfte alle statisch eindeutig bestimmt sind
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qayqay
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|  Beitrag No.52, eingetragen 2015-07-28
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ojeoje, davon versteh ich ja wieder nix. meine denke:
aufgabe:
gegeben seien 3 auflager a,b,c auf einer fläche, auf die die senkrechte kraft n an Position q wirke. zu bestimmen seien die auflagerkräfte a,b,c.
lösungsansatz:
a1=Distanz a<>q
b1=Distanz b<>q
c1=Distanz c<>q
w=(Distanz a<>q+distanz b<>q+distanz c<>q)
a: w/a1/(w/a1+w/b1+w/c1)*n
b: w/b1/(w/a1+w/b1+w/c1)*n
c: w/c1/(w/a1+w/b1+w/c1)*n
die Distanzen kann der compi leicht ausgeben.
damit bin ich eurer lösungsansatzversuchsforderung nachgekommen;-)
elegant ist wahrscheinlich was anderes, gell? vorschläge?
Distanzen zu
a b c summe kraft n
3 5 6 14 8
a b c
3,81 2,29 1,90 8
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haribo
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Dabei seit: 25.10.2012
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| Beitrag No.53, eingetragen 2015-07-30
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moin qayqay,
wenn ABC jeweils im 120 Gradwinkelabstand rund um Q verteilt sind mag deine Formel evtl stimmen, liegen sie anders liefert deine Formel sicherlich falsche Werte, es kommt schon auf die Richtungen an in denen die drei Lager zueinander liegen...
dieses Beispiel, bei dem auch A;B;C in 3;5;6 Abstand zu Q liegen, zeigt wie ich es in #51 meinte:
http://www.matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/9/35059_qayqay.png
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holsteiner
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Dabei seit: 25.01.2012
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 | Beitrag No.54, eingetragen 2015-07-31
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Moin,
ich möchte noch mal auf die Argumentation zurückkommen, die Orangenschale in Beitrag 5 verwendet hat. Die Situation ist eigentlich noch etwas schlimmer.
Nehmen wir an, die Platte wäre nicht ganz exakt. Sie könnte entweder um die eine oder um die andere Diagonale genickt sein. (Prinzip des kippelnden Tisches).
Je nach dem hätte man 2 Alternativen, entweder ist das Dreieck ABC das Auflager und D hängt in der Luft oder das Dreieck ABD ist Auflager und C hängt in der Luft. Bei unendlicher Steifigkeit wäre das schon bei der kleinsten Unebenheit der Fall.
Daher denke ich, dass man zusätzliche Annahmen braucht. Eine Möglichkeit wäre, dass man annimmt, dass alle 4 Ecken federnd mit gelagert sind (was man in der Praxis auch macht, z.B.bei Motoraufhängungen). Dann hätte man zusätzlich zu den Kräften auch die y-Lage der Ecken berücksichtigt.
Ich habs nicht durchgerechnet, aber so wie ich das sehe gibt es für 4 Kräfte und 4 y-Werte:
a) 4 Gleichungen für die Federkräfte in jeder Ecke
b) 2 Gleichungen für je die Momente um jede Diagonale
c) Eine Gleichung, die das y an eine Ecke aus den 3 anderen berechnet
d) eine Gleichung für die Summe aller Kräfte.
Es scheint auch so zu sein, dass die y-Werte quadratisch eingehen, ein lineares Gleichungsystem funktioniert dann natürlich nicht.
Mal sehen, vielleicht rechne ich das noch, aber heute nicht mehr.
Viele Grüße
holsteiner
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qayqay
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| Beitrag No.55, eingetragen 2015-08-08
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vergass es zu erwähnen: ja, die auflager sind im gleichschenkeligen dreick zueinander angeordnet
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StefanVogel
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| Beitrag No.56, eingetragen 2015-08-09
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Auch dafür ist dein Lösungsansatz nicht allgemein richtig. Dieser kam mir aber irgendwie bekannt vor, mir ist nur nicht gleich eingefallen woher. Es ist die Lösung dafür, wenn von Punkt Q aus drei elektrische Widerstände der Größe a1, b1, c1 ausgehen und diese in den Punkten A, B und C mit "Erde" verbunden sind, dann kann man mit deiner Formel die Ströme a, b, c durch diese Widerstände berechnen, wenn im Punkt Q ein Strom n zugeführt wird. Also ganz abwegig waren deine Überlegungen zur Lösung nicht. Wie schon gesagt, werden halt nicht die von Q ausgehenden Richtungswinkel berücksichtigt, was ja im Fall von elektrischen Widerständen auch nicht nötig ist. Um das fortzusetzen, müsste man a1, b1, c1 als Vektoren schreiben...
Kommst du mit der Lösung von haribo in Beitrag No. 53 zurecht? Mit der Berechnung der Maße 3,51 und 6,23? Das ist der einfachste Rechenweg und bei einem gleichschenkligen Dreieck kann man auch noch eine dieser Berechnungen einsparen.
rpi b (darauf schreibe ich) grüßt rpi a+ :-)
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Shankly
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Dabei seit: 26.07.2018
Mitteilungen: 1
| Beitrag No.57, eingetragen 2018-07-26
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Hallo, bitte entschuldigt, wenn ich dieses etwas ältere Thema noch einmal heraushole.
Ich stehe vor einer ähnlichen Aufgabe. Mein "Tisch" steht auf 4 Beinen und von oben wirkt eine Kraft (immer nur eine) von je 10kN in 3 verschiedenen Punkten. Gesucht werden jeweils die Kräfte in den 4 Tischbeinen.
Koordinaten:
Tischbein 1: X=36,5; Y=2,75
Tischbein 2: X=0; Y=111,55
Tischbein 3: X=238,7; Y=0
Tischbein 4: X=226,5; Y=101,55
Kraft 1: X=219,2; Y=69
Kraft 2: X=67,5; Y=171,2
Kraft 3: X=46,5; Y=36,85
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/50359_Gegenhaltepunkte-2.jpg
Leider komme ich selbst auf dem Rechenweg nicht vorwärts, das übersteigt ehrlich gesagt meinen mathematischen Horizont etwas. Kann mir von euch jemand weiterhelfen?
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haribo
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Dabei seit: 25.10.2012
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| Beitrag No.58, eingetragen 2018-08-03
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hallo shankly, willkommen auf diesem planeten,
kräfte auf vier beinen ist statisch unbestimmt, es gibt also keine exakte lösung sondern hängt im detail von der genauen gradigkeit des untergrundes ab (oder von der elstizität der platte) welche beine den boden berühren und damit lasten übertragen
pragmatisch würde ich eine diagonale einzeichnen und dann jeweils nur die drei gleichseitig dieser diagonale liegenden beine betrachten... also für K1 nur T2;T3;T4 usw
kannst du´s dann rechnen?
gruss haribo
https://www.matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/35059_tisch-1.png
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StefanVogel
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| Beitrag No.59, eingetragen 2018-08-05
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\quoteon(2015-02-14 18:51 - haribo in Beitrag No. 45)
hallo stefan, nimmst du anstelle der vier tischbeine vier personen die die platte tragen, und stellst alle auf jeweils eine federwaage, dann ist die belastung wieder unbestimmt, weil die füsse der träger sich dann nicht in einer ebene befinden müssen, deine vierte gleichung fällt dann wieder weg...
\quoteoff
Ja, aber für den Rechenweg in Beitrag No.42 hatte ich ein anderes Modell zugrunde gelegt: Der Tisch besteht aus einer unelastischen Tischplatte und vier unelastischen Tischbeinen. Diese werden auf vier Federwaagen (alle mit Federkonstante 1) gestellt. Wegen Eigengewicht des Tisches und unebenem Fußboden zeigen die Federwaagen irgendeinen Wert an. Dieser Wert wird als Nullpunkt festgelegt, zum Beispiel durch Verschieben der Ableseskala. Wenn nun der Tisch durch eine zusätzliche Kraft belastet wird, dann liegen die vier abgelesenen Kräfte in einer Ebene, wenn man sie in ein 3D-Koordinatensystem über den Koordinaten der Fußpunkte einzeichnet (und vernachlässigt, dass sich der Tisch dabei auch ein wenig dreht). Diese Ebene liefert die fehlende vierte Gleichung. Am Beispiel Beitrag No.57 gerechnet:
\
Meine Bezeichnungen sind
Punkte A, B, C, D für Tischbein 1, 2, 3, 4,
x_A , y_A die Koordinaten von Punkt A,
x_B , y_B Koordinaten von B und so weiter,
F_A , F_B , F_C , F_D die gesuchten Kräfte in A, B, C, D
für i=1,2,3 wirkt im Punkt mit Koordianten x_i , y_i ( ich habe y_2=71,2 verwendet) eine Last 10.
1. Gleichung: Gleichgewicht der Vertikalkräfte
F_A + F_B + F_C + F_D = 10
2. Gleichung: Momentengleichgewicht um y\-Achse
x_A F_A + x_B F_B + x_C F_C + x_D F_D = 10 x_i
3. Gleichung: Momentengleichgewicht um x\-Achse
y_A F_A + y_B F_B + y_C F_C + y_D F_D = 19 y_i
4. Gleichung: die Kräfte in den Tischbeinen sind wegen c=1 gleich der Auslenkung der Tischplatte und diese ist auch nach der Belastung noch eine Ebene
(F_D - F_A) = \lambda (F_B - F_A ) + \mu (F_C - F_A )
mit \lambda und \mu aus
(D-A) = \lambda (B - A) + \mu (C - A ).
Das sind vier Gleichungen für die vier Unbekannten F_A , F_B , F_C , F_D\ .
Ich erhalte als Ergebnis \lambda=0.93611 und \mu = 1.10864 und
bei Belastung i=1: F_A = -0,541289 ; F_B = 0,982584 ; F_C = 3,82871 ; F_D = 5,73
bei Belastung i=2: F_A = 2,93198 ; F_B = 4,59206 ; F_C = 0,58829 ; F_D = 1,88767
bei Belastung i=3: F_A = 5,30271 ; F_B = 3,58313 ; F_C = 1,56498 ; F_D = -0,450817
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GrandPa hat die Antworten auf ihre/seine Frage gesehen.
GrandPa hatte hier bereits selbst das Ok-Häkchen gesetzt. | | Seite 2 | Gehe zur Seite: 1 | 2 |
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