Physik, Statik Winkel und Kraft des Seils bestimmen?

Question

Hallo Leute,

habe hier eine Pysikaufgabe und komme nicht weiter, ich glaube auch ehrlich gesagt das es hier nicht nur eine Lösung gibt, da ich ja Kraft und Winkel auch anders wählen könnte.

Ein homogener Steinquader von a=80 cm Breite, h=50 cm Höhe und G=10000 N Gewicht soll durch ein an seiner rechten oberen Seitenkante befestigten Zugseil festgehalten werden, wobei er sich mit seiner rechten unteren Seitenkante gegen eine um a=30° geneigte Platte ohne Reibung abstützt. 
a) Welchen Winkel muss das Zugseil mit der rechten Seitenhälfte des Quaders bilden? 
b) Mit welcher Kraft P muss an dem Seil gezogen werden? 

Ich hätte zuerst die Kräfte an ihrer Wirklinie verschoben und dann in x und y komponente aufgeteilt, das ist links ziemlich einfach, rechts am seil aber komme ich nicht weiter.

Lösungen sind gegeben mit beta = 64,3° und P = 8880 N; gibt es hier wirklich nur eine?

Hoffe jemand hier kann mir weiter helfen

Comments

Wenn das die komplette Angabe ist, gibt es mehrere Lösungen. Als Ansatz würde ich den Klotz freischneiden und das Momentengleichgewicht um die untere rechte Ecke aufstellen. Dann bekommst du die nötige Kraft P in Abhängigkeit vom Winkel des Seils.

Answer 1

Mit dem Momentengleichgewicht um rechts unten:

G*b/2 - P*sin(beta)*h = 0

b=0.8m und h=0.5m, umgestellt auf P:

P=G*b/(2*h*sin(beta))

Alternativ kannst du das ganze auch auf Beta umstellen, allerdings gibt es ohne zusätzliche Bedingung natürlich unendlich viele Lösungen.

Das Lösungspaar was gegeben ist eine davon.

Comments

...   ohne zusätzliche Bedingung   ...

Die steckt doch in   "...  ohne Reibung abstützt. "

---

Dann kann zusätzlich noch das Momentengleichgewicht um die obere rechte Ecke aufgestellt werden, hier kommt dann die Normalkraft (und Reibkraft, die aber 0 ist) sowie Gewichtskraft rein. Die Normalkraft wird aus dem Kräftegleichgewicht gewonnen

---

Deine Lösung stimmt für den gegebenen Winkel, jedoch habe ich eine Frage zum zweiten Teil deiner Momentengleichung, und zwar ist P*sin(beta) ja deine x Komponente der Kraft P, die multiplizierst du ja mit der Höhe h.Ist das jetzt der Hebelarm oder ist der Hebelarm die Strecke, zwischen unterer rechter Ecke und dem P?
Momente sind ja Kräfte * Hebelarme, allerdings geht P*sin(beta) durch deinen Drehpunkt und damit fällt das doch raus oder, denn Kräfte die durch den Drehpunkt gehen werden nicht beachtet.

---

Ich drehe um unten rechts, d.h. die x-Komponente von P geht mit dem Hebelarm h ein. Was wegfällt ist die Normalkraft, da diese unten rechts angreift, diese geht dann im zweiten Gleichgewicht ein.

---

Stimmt, danke für deine Antwort.

wie würde dann das zweite Momentengleichgewicht lauten?

---

Die y-Komponente der Normalkraft und die Gewichtskraft:

sin(alpha)*N*h - G*b/2 = 0

Jetzt kannst du N noch aus dem Vertikalen bzw. horizontalen Kräfte GGW bestimmen.

---

N ist in dem Fall nach in Richtung links oben eingeführt, anders dreht sich das Vorzeichen natürlich um.

---

Es ist schon lange her, dass der Fragende in Not war.

Ich habe mich jetzt einfach deshalb mit der Frage befasst, weil sie interessant ist.

Sie ist allerdings auch gewagt, da sie offensichtlich ein indifferentes Gleichgewicht voraussetzt. Der Quader wird nämlich bei geringstem Anlass nach rechts oder links wegkippen, auch wenn er nicht durch Reibung oder gar sich eingraben auf der geneigten Unterlage wegrutschen könnte. Dass keine Reibung voraussgesetzt ist, hat wohl einen anderen, wenn auch nicht intelligenten Grund.

Als zweite Bedingung wird nämlich vorausgesetzt, dass auch das Hangabwärtsrutschen mit dem Seil zu verhindern ist. Die Hangabtriebskraft kann ohne Reibung angesetzt werden, was aber nicht zwingend ist, denn mit ihr ist die Behandlung nicht unmöglich.

Das Kräftegleichgewicht lautet:
Hangabtriebskraft = Komponente der Seilkraft parallel zur Hangebene.
G • sinα = P • sin(β-α) .

Das angegebene Lösungspaar erfüllt auch diese Kräftegleichgewichts-Bedingung:
10 000 N • 0,5 = 8 880 N • 0,564 = 5 000 N .

mfGn holdi

---

interessante Aufgabe, so sehen die Kräfte aus:

die Momente um den Berührungspunkt des Quaders mit der schiefen Ebene sind

F_G·0,4 m = F_Sx·0,5 m

Kräfte in x-Richtung

F_Sx = F_Nx

Kräfte in y-Richtung

F_G+F_Sy = F_Ny

Anteile von F_Nx und F_Ny stehen im Verhältnis tan(30°) zueinander.

4 Gleichungen mit vier Unbekannten. Ich komme auf das genannte Ergebnis.

Gefühlt sind mehrere Lösungen möglich, da ist aber die Reibungsfreiheit dagegen.

---

Hallo Karl

Das von Dir  als 4. Gl. genannte Verhältnis ist (tan30°)² =1/3.

mfGn holdi

---

\(tan (30°)^2=\frac{1}{3}\) ;

ich habe aber mit \(tan (30°)=\frac{F_{Nx}}{F_{Ny}}\) gerechnet.

---

Hallo Karl,

pardon, meine letzte Anmerkung war falsch, ich habe mal wieder etwas verwechselt, nämlich sin und tan.

Aber dieser Punkt ist nebensächlich. Das Wesentliche ist die unklare Aufgabenstellung. Erst aus der bekannten Lösung folgt Klarheit, die Sinn macht:
Dem Quader wird von der Rampe her nur eine Normalkraft, keine Kraft quer dazu entgegen gebracht. Also muss ihm eine anderweitig entgegengehalten werden, eine gegen die von ihm stammende Hangabtriebskraft. Diese kann auch nur über das Seil aufgebracht werden, eine andere Einwirk-Stelle ist nicht vorhanden.

Du hast diesen wesentlich nötigen Schritt auch noch nicht gemacht, denn Du hast mit der Zerlegung der Kraft F_N in Komponenten an der Kontaktstelle mit der Rampe ein gegen diese festes Drehlager eingefügt. Dann muss vom Seil nur ein Moment gegen das mögliche Drehen des Quaders in diesem Lager aufgebracht werden. Die Richtung, in der es ziehen muss, ist unbestimmt. Das ist so sicher wie das Amen in der Kirche, also nicht nur gefühlt. Du hast offensichtlich auch nur eine Kontrollrechnung dafür gemacht, dass das bekannte Wertepaar zum geforderten Dremoment passt. Du hast nicht versucht, mit Deinen 4 Gleichungen mit vier Unbekannten dieses - genau dieses und kein anderes - Wertepaar zu bestimmen.

mfGn holdi

Ich sehe eigentlich nur noch Nachdenk-Bedarf dazu, was ich oben mit indifferentes Gleichgewicht bezeichnet habe.
:

---

Noch eine Bemerkung zu von mir relativ weit oben Gesagtem:

Die Hangabtriebskraft kann ohne Reibung angesetzt werden, was aber nicht zwingend ist, denn mit ihr ist die Behandlung nicht unmöglich.

Die Behandlung ist aber unsicher, denn jeder Reibungsfaktor ist nur ein gemittelter aus breit streuenden Faktoren. Man sollte beim Konstruieren nicht mit einem solchen Wert arbeiten und glauben, das reibungsabhängige Konstrukt funktioniere in jedem Fall genau mit diesem Wert.

Nur: Reibungsfreiheit anzunehmen, widerspricht ebenfalls den Tatsachen.

mfGn holdi

---

Hallo Holdi,

wir machen 'mal weiter. Das "Drehlager" das du beschreibst ist keins, ich mag mich undeutlich ausgedrückt haben. Es könnte auch so aussehen:

Meine Rechnung

1. \(\Sigma\) Momente: \(F_G \cdot 0,4 m=F_{Sx}\cdot 0,5 m\)

2. \(\Sigma\) \(F_x\):          \(F_{Nx}=F_{Sx}\)

3. \(\Sigma\) \(F_y\):          \(F_{Ny}=F_G+F_{Sy}\)

keine Kräfte am Berührungspunkt parallel zur schiefen Ebene, deswegen:

4. \(\frac{F_{Nx}}{F_{Ny}}=tan(30°)\) oder \(F_{Nx}=tan(30°)\cdot F_{Ny}\)

4. in 2. eingesetzt:      \(F_{Sx}=tan(30°)\cdot F_{Ny}\)

das in 1. eingesetzt:   \(F_G \cdot 0,4 m=tan(30°)\cdot F_{Ny}\cdot 0,5 m\)

\(F_{Ny}\) durch 3. ersetzt:  \(F_G \cdot 0,4 m=tan(30°)\cdot (F_G+F_{Sy})\cdot 0,5 m\)

hier ist nur noch \(F_{Sy}\) unbekannt, nach \(F_{Sy}\) umgestellt ergibt \(F_{Sy}=3856N\) ; dann ist \(F_{Ny}=13856N\) und \(F_{Nx}=F_{Sx}=8000N\) ;

ergibt \(F_S=8881N\) und \(\beta=64,3°\) .

Auch hier ist wieder eine gewisse Wahrscheinlichkeit eines Rechenfehlers vorhanden, zur Zeit sehe ich aber nur diese eine Lösung. Ebenso ist mir klar, dass es Gleichungssyteme mit unendlich vielen Lösungen gibt, die Bedingungen dafür sehe ich hier aber nicht.

Ich freue mich auf Kommentare!

---

Hallo Karl

Jetzt kannst Du doch noch ein Drehlager in der Kippachse anbringen. Dazu braucht es nicht einmal mehr den Wagen. Ein Rad (die 3-dimensionale Wirlichkeit verlangt zwei: eins vor und eins  hinter dem Quader, damit man an ihm auch nicht allzu viel herumfräsen muss) genügt. Es  würde bei der F_N-Spitze auf der schiefen Ebene stehen.

Zur Physik:

Was hast Du Dir dazu überlegt, wozu F_Sy nötig ist, dazu mit ganz bestimmten Wert in Relation zu den anderen? Ich habe eine Vermutung, die letztlich auf meinen Ansatz mit der Kompensation der Hangabtriebskraft führt, möchte aber vorher gerne Deine Überlegungen kennen lernen.

Jetzt bitte ich Dich auch noch darum, Dich mal mit meinem Ansatz zu beschäftigen und die beiden gesuchten Größenwerte mit den beiden Gleichungen von Johannes95 und mir zu ermitteln versuchen.
1. G • b/2   = P • sinβ • h
2. G • sinα = P • sin(β-α)

Danach wäre leichter weiter zu diskutieren.

Noch ein Satz zur Vermutung Gleichungssyteme mit unendlich vielen Lösungen.
Für mich ist das widersinnig: Gleichgewicht und unendlich viele schließen einander aus.

mfgn holdi

---

Hallo holdi,

1. G • b/2  = P • sinβ • h

ist nichts anderes als meine 1. Gleichung \(F_G \cdot 0,4 m=F_{Sx}\cdot 0,5 m\) , denn \(P\cdot sin\beta=F_{Sx}\)

2. G • sinα = P • sin(β-α)

die Hangabtriebskraft muss durch einen Anteil der Seilkraft kompensiert werden und der ist P • sin(β-α)

Noch ein Satz zur Vermutung Gleichungssyteme mit unendlich vielen Lösungen.
Für mich ist das widersinnig: Gleichgewicht und unendlich viele schließen einander aus.

Genau das meinte ich hier, es gibt nur eine Lösung und die habe ich errechnet.

Niemand kann mit ein weiteres Wertepaar aus Seilkraft und Winkel β nennen, dass die Stabilität des Systems sicherstellt.

Viele Grüße, Karl60

---

Ohne Kraft F_Sy wäre F_Ny kleiner, und F_N wäre keine Normalkraft. Sie wäre stattdessen die Kraft F_K , eine Kraft mit Hangabwätskomponente.

mfGn holdi

---

mit der Kraft F_K ist dasSystem instabil.

Die Hangabtreibskraft ist doch nur eine Komponente der Gewichtskraft die entsteht, wenn man die Gewichtskraft zerlegt in einen Anteil senkrecht zur schiefen Ebene und der sich ergebenen Hangabtriebskraft.

Ich rechne mit der Gewichtskraft und spare mir den Rest.

---

Ich spare mir die doppelte Arbeit, indem ich nicht für x und y getrennte Gleichungen aufstelle, sondern
1.   G • b/2 = P • sin(β) • h      M-G                   
1.a     P = (G • b/2)  /  (sin(β) • h)  
2.  G • sinα = P • sin(β-α)        K-G     
2.a     mit 1.a:  G • sinα = ((G • b/2)  /  (sin(β) • h))  • (sin(β-α) )   
         mit div. Umformungen:   sinα • h • 2/b = sin(β-α) / (sin(β)
                                                sinα • h • 2/b = (sinβ•cosα - cosβ•cosα) / (sin(β)
                                                     0,5 • 5 / 4 = (sinβ•0,866 - cosβ•0,5) / (sin(β)
                                                           0,625 = 0,866 - cotβ •0,5
2.b   cotβ = 1,732-1,25 = 0,482                  β = 64,3°
3.     mit 2.b in 1.a: P = 10'000 N • 4 / (sin 64,3°• 5) = 80'000 / 0,901 
                              P = 8'880 N                                                                     
Die Graphik zeigt
a)  den Ausgleich der von G stammenden Hangabtriebskraft mit der von P
   stammenden "Hangauftriebskraft" (grüne Vektoren)
b)  die von P stammende Normalkraft auf die schiefe Ebene, die zusammen
   mit der von G stammenden an der Quaderecke eine auf die Ebene
   wirkende Normalkraft bildet.
   Das Hebelverhältnis der Resultierenden ist gleich wie in Gl.1:
   c : d =  b/2 : sin(β) • h =  4  : 4,5