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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 23:32 Do 20.03.2008 | | Autor: | hase-hh |
| Aufgabe | 1. Die Kräfte F1 = 20 N und F2 = 40 N greifen in einem Punkt an unter dem Winkel von 70°.
Bestimmen Sie die resultierende Kraft.
2. Als wir uns heute über Kräfte unterhalten haben, tauchte die Frage auf, ob es auch kräftefreie Räume gibt? |
Moin,
zu 1.
gut, zeichnerisch ist das ja nicht das Problem (Kräfteparallelogramm), aber wie geht das rechnerisch???
F = [mm] \bruch{F1 * sin(\alpha+\beta)}{F2*sin(\alpha)} [/mm]
Stimmt das so?
Wie kommt man auf den Sinus-Ansatz. Das Kräfteparallelogramm bzw. das Kräfte Dreieck ist doch mit Sicherheit nicht rechtwinklig?
zu 2.
Grundsätzlich würde ich meinen, warum soll es nicht auch kräftefreie Räume geben? Oder kann man das widerlegen? Wie sähe solch ein kräftefreier Raum eigentlich aus?
Im Auto hatte ich noch die Idee, dass vielleicht im Inneren des Tornados ein kräftefreier Raum existiert - oder kann man das so nicht sagen?
Ist zwar nur eine Idee, aber würde mich schon interessieren, was Ihr dazu meint!
Vielen Dank!
Gruß
Wolfgang
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 23:51 Do 20.03.2008 | | Autor: | leduart |
Hallo Wolfgang
deine Formel ist falsch. was soll denn [mm] \beta [/mm] sein? Und wie kommst du auf die Formel? Wenn du den Cosinussatz kennst (Erweiterung des pythagoras für nich rechtwinklige Dreiecke) kannst du F ausrechnen.
Deine Formel geht schon aus Dimensionsgründen nicht. wenn man 2 Krafte dividiert kommt ne dimensionslose Zahl raus, nicht N
Kräftefreien Raum gibts nicht, weil unsere welt = Kosmos voller massen ist, die sich alle gegenseitig anziehen.
Wenn du nur "Scherelosigkeit meinst, dann denk an Satteliten oder frei fallende Objekte.
Wenn du irgendeine Rakete in den Weltraum stellst, und sie loslässt, dann hast du innerhalb der Rakete nur noch die winzige Kraft, die die Objekte innerhalb des Raumschiffs aufeinander ausüben.
Gruss leduart
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:10 Fr 21.03.2008 | | Autor: | hase-hh |
Vielen Dank!
D.h. für mein Problem, dass
[mm] a^2 [/mm] = [mm] b^2 [/mm] + [mm] c^2 [/mm] -2bc*cos /alpha
gilt; mit a = [mm] F_R [/mm] b = F1 und c = F2 sowie alpha = 180° - 70°
[mm] F_R^2 [/mm] = 400 + 1600 -1600*(-0,342)
[mm] F_R^2 [/mm] = 2547,2 [mm] N^2 [/mm]
[mm] F_R [/mm] = 50,47 N.
D.h. es gibt einen Zusammenhang zwischen Kräften und Massen. Ohne Massen keine Kräfte, richtig?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 21:17 Fr 21.03.2008 | | Autor: | leduart |
Hallo Wolfgang
Ergebnis richtig,
Auf was sollten denn die Kräfte wirken?
Aber wegen masse und Energie äquvalent, kannst du auch von Ruhemasselosen Teilchen (Licht,vielleicht neutrinos) von Kraft reden.
Gruss leduart
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:30 Mo 31.03.2008 | | Autor: | hase-hh |
Moin!
Im Zusammenhang mit der Kräftezerlegung tauchte eine weitere Frage auf.
Die resultierende Kraft könnte man
a) grafisch bestimmen, indem man die beiden Kräfte addiert (Vektoraddition) bzw. das Kräfteparallelogramm zeichnet.
b) rechnerisch bestimmen, mit Hilfe des Kosinussatzes; s.o.
Aber dazu habe ich noch eine Frage.
Ich (be-)zeichne die Kraft [mm] F_1 [/mm] als die Strecke [mm] \overline{AB} [/mm] und die Kraft [mm] F_2 [/mm] als die Strecke [mm] \overline{AC}, [/mm] wobei der Winkel [mm] \alpha [/mm] zwischen BAC 70° beträgt.
Nun könnte ich ja B und C verbinden und [mm] \overline{BC} [/mm] als "Resultierende" mithilfe des Kosinussatzes ausrechnen mit [mm] \alpha [/mm] = 70°.
Das ist aber doch wohl in keinem Fall die resultierende Kraft?! (Macht diese Größe irgendeinen anderen Sinn?)
Um zur gesuchten Resultierenden zu kommen, zeichne ich an B den Vektor [mm] \overline{AC} [/mm] und komme so zum Punkt D. Die Strecke [mm] \overline{AD} [/mm] ist dann die Resultierende.
Wie komme ich jetzt aber zu dem Winkel [mm] "\alpha" [/mm] (im folgenden [mm] \beta [/mm] ) ? In der Lösung ist damit vermutlich der Winkel ABD gemeint.
Gibt es eine Gesetzmäßigkeit, wie ich diesen Winkel berechnen kann? [mm] \alpha [/mm] + [mm] \beta [/mm] = 180° => Parallelogramm? oder hängt das mit einem Dreieck zusammen?
Vielen Dank für eure Hilfe!
Gruß
Wolfgang
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(Antwort) fertig | | Datum: | 19:54 Mo 31.03.2008 | | Autor: | leduart |
Hallo
Wenn du die Endpunkte von 2 Vektoren verbindest gibt das die Differenz der Vektoren, kannst du einfach kontrollieren, indem du den Differenzvektor wieder addierst. Deinen Winkel kannst du doch wirklich selbst sehen, [mm] 180°-\alpha!
[/mm]
aber da [mm] cos(180-\alpha)=-cos\alpha [/mm] kannst du im cos satz - durch + ersetzen und direkt mit cos70° rechnen.
Gruss leduart
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:26 Mo 31.03.2008 | | Autor: | hase-hh |
> Hallo
> Wenn du die Endpunkte von 2 Vektoren verbindest gibt das
> die differenz der Vektoren, kannst du einfach
> kontrollieren, indem du den differenzvektor wieder
> addierst.
Also ist [mm] \overline{BC} [/mm] die Differenz zwischen [mm] \overline{AB} [/mm] und [mm] \overline{AC}, [/mm] ok.
Deinen Winkel kannst du och wirklich selbst
> sehen, [mm]180.\alpha![/mm]
Es geht weniger um das, was ich sehe, sondern um die Gesetzmäßigkeit. Also würde ich folgern, dass das so ist, weil es ein Parallelogramm ist...
> aber da [mm]cos(180-\alpha)0-cos\alpha[/mm] kannst du im cos satz -
> durch + ersetzen und direkt mit cos70° rechnen.
> Gruss leduart
Das Dreieck ABC ist m.E. ein anderes, als das Dreieck ACD bzw. ABD. Daher bleibe ich zunächst besser bei
[mm] a^2 [/mm] = [mm] b^2 [/mm] + [mm] c^2 [/mm] -2*b*c*cos [mm] \alpha [/mm]
mit [mm] \alpha [/mm] = 180°-70°
Gruß
Wolfgang
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(Antwort) fertig | | Datum: | 20:34 Mo 31.03.2008 | | Autor: | leduart |
Hallo
Ich hab meine blöden Schreibfehler verbessert.
ich hab ja nicht gesagt, dass das dasselbe Dreieck ist, sondern dass du im richtigen Dreieck cos(180-70) durch -cos70 ersetzen kannst. (Nebenwinkel)
aber ausser dass du nen c im cos -Satz vergessen hast . ists so natürlich richtig.
Gruss leduart
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