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Universität/Hochschule Ermittlung Stabkräfte
Spedex
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  Themenstart: 2021-03-31

\(\begingroup\)\(\newcommand{\on}{\operatorname} \newcommand{\ds}{\displaystyle} \newcommand{\(}{\left(} \newcommand{\)}{\right)}\) Hallo, folgende Angabe: https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/52794_66_pic1.jpg Ich schaue mir mal nur diese Platte an, dort zeichne ich dir Kräfte wie folgt ein: https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/52794_sk1.jpeg Also die Richtung von der Kraft G ist wichtig, die anderen habe ich einfach mal in irgendeine Richtung eingezeichnet. Wichtige Überlegung: Die Kräfte bei den Stäben können nur in Stabrichtung wirken. Die Kräfte als Vektoren hätte ich dann wie folgt aufgeschrieben: \[\vec{F_A}=\begin{pmatrix}F_{A_X}\\F_{A_Y}\\F_{A_Z}\end{pmatrix}\] \[\vec{F_B}=\begin{pmatrix}0\\F_{B_Y}\\F_{B_Z}\end{pmatrix}\] \[\vec{F_C}=\begin{pmatrix}F_{C_X}\\F_{C_Y}\\F_{C_Z}\end{pmatrix}\] \[\vec{G}=\begin{pmatrix}0\\0\\-G\end{pmatrix}\] Der Punkt, bei dem die Kraft G wirkt heißt bei mir W. Die Punkte in Koordinaten-Schreibweise aufgeschrieben: \[A=\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}\] \[B=\begin{pmatrix}3a\\0\\0\end{pmatrix}\] \[C=\begin{pmatrix}0\\6a\\0\end{pmatrix}\] \[W=\begin{pmatrix}a\\2a\\0\end{pmatrix}\] Ich weiß, dass \(\ds \sum{F_i}=0\). Das heißt: \[\vec{F_A}+\vec{F_B}+\vec{F_C}+\vec{G}=0\] \[\begin{pmatrix}F_{A_X}\\F_{A_Y}\\F_{A_Z}\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}0\\F_{B_Y}\\F_{B_Z}\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}F_{C_X}\\F_{C_Y}\\F_{C_Z}\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}0\\0\\-G\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}\] Daraus erhalte ich drei essentielle Gleichungen, indem man einfach nur die jeweiligen Zeilen betrachtet. Das reicht aber alleinig noch nicht, man braucht mehr Zeilen für ein ausreichendes Gleichungssystem. Also habe ich gesagt, dass die Summer der Momente um den Punkt A auch gleich 0 sein muss. \[\sum{M_A}=0:\quad \vec{F_B}\times\vec{r_{BA}}+\vec{F_C}\times \vec{r_{CA}}+\vec{G}\times \vec{r_{WA}}=0\] Wobei zum Beispiel \(\vec{r_{BA}}\) definiert ist als: \[\vec{r_{BA}}=B-A=\begin{pmatrix}3a\\0\\0\end{pmatrix}\] Wenn man das Kreuzprodukt dann jeweils ausrechnet, kommt man auf folgende drei Zeilen: \[-F_{C_Z}\cdot 6a+G\cdot 2a=0\] \[F_{B_Z}\cdot 3a-G\cdot a=0\] \[-F_{B_Y}\cdot 3a+F_{C_X}\cdot 6a=0\] Damit kommt man schonmal auf drei Kräfte: \[F_{C_Z}=F_{B_Z}=F_{A_Z}=\frac{1}{3}\cdot G\] Nun hat man aber trotzdem noch zu viele Unbekannte. Also sucht man sich noch einen Punkt, bei welchem man das Moment analysiert, in meinem Fall W. \[\vec{F_A}\times \vec{r_{AW}}+\vec{F_B}\times \vec{r_{BW}}+\vec{F_C}\times \vec{r_{CW}}=0\] Dadurch ergeben sich zwar natürlich drei weitere Zeilen, aber davon sind zwei nicht von Bedeutung, weil sie nur Unbekannte enthalten, die eigentlich schon Bekannte sind, nämlich die Kräfte in z-Richtung. Eine Zeile ist aber trotzdem von Bedeutung, nämlich: \[-F_{A_X}\cdot 2a+F_{A_Y}\cdot a-F_{B_Y}\cdot 2a+F_{C_X}\cdot 4a+F_{C_Y}\cdot a=0\] Nun hat man eigentlich genug Zeilen für ein ausreichendes GLS, aber wenn ich das versuche zu lösen, komme ich eben auf keine Lösung. Siehe dazu hier: https://matheplanet.de/default3.html?topic=253110=5010 Habt ihr Tipps, wie ich es besser mache? Ich entschuldige mich jetzt schonmal für sämtliche Fehler, bei denen ich mich verschrieben habe. Das kann auch bei Formeln der Fall sein... Und die Stabkräfte sind die y-Komponente und z-Komp. der Kraft B sowie die Kraft C. Liebe Grüße Spedex\(\endgroup\)


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Spedex
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  Beitrag No.1, vom Themenstarter, eingetragen 2021-04-01

Ok, ich habe es geschafft, das Problem zu lösen. Ich werde den Lösungsweg dann hier in verkürzter Form posten, aktuell keine Zeit. Die Lösung erfolgte dann mittels Trigonometrie / Winkelfunktionen. Liebe Grüße Spedex


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  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2021-04-01

\(\begingroup\)\(\newcommand{\on}{\operatorname} \newcommand{\ds}{\displaystyle} \newcommand{\(}{\left(} \newcommand{\)}{\right)}\) Also, bezüglich meinem Lösungsweg. Alles, was ich im Startbeitrag geschrieben habe bleibt bestehen. Darauf baut dann meine Lösungsmethode ein wenig auf. Kennt man \(F_{C_Z}\), so kann man sich \(F_C\) ausrechnen, mittels geeignete Dreiecke, welche eigentlich aus der Angabe recht ersichtlich sein sollten. Kennt man nun \(F_C\) hat man bereits eine Stabkraft. Und eine Stabkraft hatten wir ja auch schon davor, nämlich die z-Komponente der Kraft B. Nun wollen wir noch die y-Komponente der Kraft B, das ist die dritte Stabkraft (bzw. die erste laut Bezeichnung). Nun kann man sich also \(F_{C_{XY}}\) ausrechnen, damit \(F_{C_X}\) sowie \(F_{C_Y}\). Jetzt wollen wir also \(F_{B_Y}\) ausrechnen. Es gilt: \[F_{A_Y}+F_{B_Y}+F_{C_Y}=0\] \[F_{A_Y}\cdot 3a+F_{C_X}\cdot 6a+F_{C_Y}\cdot 3a=0\] Die untere Gleichung können wir umformen, sodass: \[F_{A_Y}=-F_{C_X}\cdot 2-F_{C_Y}\] Damit wissen wir, dass: \[F_{B_Y}=F_{C_X}\cdot 2\] Die Stabkräfte: \[F_{B_Y}=S_I=G\] \[F_{B_Z}=S_{II}=\frac{1}{3}\cdot G\] \[F_C=S_{III}=\frac{7}{6}\cdot G\] Wenn ihr andere Lösungswege habt oder Anmerkungen, gebt Bescheid. Liebe Grüße Spedex\(\endgroup\)


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reik
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Ich finde es sehr gut, dass Du Deinen Lösungsweg aufgeschrieben hast. Deine Zahlenwerte haben sich nicht mit meiner Intuition gedeckt, darum habe ich es überprüft und erhalte die gleiche Lösung. Hier mein Lösungsweg: Freischnitt von Platte, durch die Stäbe I, II und III und durch Lager A. \[\begin{aligned} \vec G &=-G\vec e_z\\ \vec S_I&=S_I\vec e_y \, \text{(Druck)}\\ \vec S_{II}&=S_{II}\vec e_z\, \text{(Zug)}\\ \vec S_{III}&=S_{III}\vec e_{III}\, \text{(Zug)}\\ \end{aligned} \] mit \(\vec e_{III}=\frac{3}{7}\vec e_x-\frac{6}{7}\vec e_y+\frac{2}{7}\vec e_z\), wobei ich mithilfe der Ortsvektoren $\vec r_C = 6a\vec e_y$ und $\vec r_D=3a\vec e_x+2a\vec e_z$ den Vektor $\vec r_{CD}=\vec r_D-\vec r_C$ berechnet und anschließend mit Division durch den Betrag $\Vert \vec r_D-\vec r_C\Vert=7a$ normiert habe. Aus der statischen Bedingung \(\sum \vec M = \vec 0\) in Lager A erhalte ich \[ \begin{aligned} \vec 0 &= \vec r_G\times \vec G+\vec r_B\times \vec S_I + \vec r_B\times\vec S_{II}+\vec r_C\times \vec S_{III}\\ \iff \vec 0 &= G(\vec e_y-2\vec e_x) + S_I(3\vec e_z) - S_{II}(3\vec e_y) + S_{III}(\frac{12}{7}\vec e_x - \frac{18}{7}\vec e_z) \end{aligned} \] oder umgeschrieben \[ \begin{pmatrix} 0 & 0 & \frac{12}{7}\\ 0 & -3 & 0\\ 3 & 0 & -\frac{18}{7} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} S_I \\ S_{II} \\ S_{III} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2G \\ -G \\ 0 \end{pmatrix} \] bzw. \[ \begin{pmatrix} \frac{1}{2} & 0 & \frac{1}{3}\\ 0 & -\frac{1}{3} & 0\\ \frac{7}{12} & 0 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 2G \\ -G \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} S_I \\ S_{II} \\ S_{III} \end{pmatrix} \] und damit \[ \begin{pmatrix} S_I \\ S_{II} \\ S_{III} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} G \\ \frac{1}{3}G \\ \frac{7}{6}G \end{pmatrix}.\]


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  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2021-04-02

Hallo, vielen Dank für deinen Lösungsweg. Ich bin beruhigt, dass auch du auf das gleiche Ergebnis kommst. Interessieren würde mich noch, ob eine Lösung nur mittels Gleichungssystem meiner Art möglich ist? Siehe dazu den Artikel, welchen ich im Startbeitrag verlinkt habe. Hierbei habe ich ein Gleichungssystem aufgestellt, welches aus fünf Gleichungen sowie fünf Unbekannte besteht. Dieses ist allerdings nicht lösbar. Du löst es zwar folglich auch mit einem Gleichungssystem, allerdings nicht in der gleichen Art wie ich... Liebe Grüße Spedex


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