Lagerkraftberechnung < Maschinenbau < Ingenieurwiss. < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 21:54 Mi 26.05.2010 | | Autor: | yhope |
| Aufgabe | a) Lagerkräte in Punkte A und D berechnen
b) Gelenkkräfte in Punkte B,C und E sowie Lagerkraft in Umlenkrolle in F berechnen |
Hallo!
Seit über einer Woche krübble ich nun an meiner Hausarbeit. Bisher konnte mir noch kein Lehrbuch oder ein anderes Medium (sei es ein Mensch, google oder wiki ;) ) wirklich weiterhelfen. Völlig erschöpft und niedergeschlagen wende ich mich nun an euch.
Die Teilaufgabe a) ist mir eigtl. soweit klar: in A wirken 2 Kräfte und in D nur in x- Richtung
Mein eigtl. Problem ist die Teilaufgabe b)
Wieviel Kräfte jeweils in den Punkten "angreifen", gibt es bei Punkt E nur eine y- Kraft oder vllt. sogar bei allen, können bei diesen Verbindunge (B,C,E) Momente wirken und ob die Kraft C (&/oder E) in einem WInkel wirkt?
In einigen Übungsaufgaben ist mir dann noch aufgefallen, dass in Lagern/Gelenken die jeweilige Kraft größer ist als die von außen einwirkende Kraft. Kann das (praktisch) überhaupt möglich sein?
Ich wäre euch unendlich dankbar, wenn mir jemand helfen könnte!
![[a]](/images/paperclip.gif "Dateianhänge") Datei-Anhang
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: gif) [nicht öffentlich]
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 22:00 Mi 26.05.2010 | | Autor: | Loddar |
Hallo yhope,
![[willkommenvh]](/images/smileys/willkommenvh.png "[willkommenvh]") !!
Die Auflagerkräfte erhältst Du hier jeweils über die Momentensumme = 0 an den beiden Auflagerpunkten.
Und ja, es können an den einzelnen Auflagern auch größere Kräfte auftreten als äußere Lasten angreifen.
Klassisches Beispiel ist ein Einfeldträger mit Kragarm, an dessen Spitze eine Einzellast wirkt. Da kann die Auflagerkraft am Kragarm deutlich größer werden als diese Einzellast.
Gruß
Loddar
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(Antwort) fertig | | Datum: | 22:02 Mi 26.05.2010 | | Autor: | Loddar |
Hallo yhope!
Grundsätzlich wirken in allen Gelenken (bei einem ebenen Stabwerk wie hier) jeweils 2 Kräfte: in x- Richtung und in y-Richtung.
Den geknickten Stab CE kannst Du auch durch einen geraden Stab ersetzen. Dann hast Du auch gleich die Wirkungslinie der angreifenden Gelenkkraft.
Gruß
Loddar
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 22:55 Mi 26.05.2010 | | Autor: | yhope |
Echt vielen Dank Loddar,
für deine schnelle und präzise Antwort! Hast mir wirklich sehr geholfen!
Werde morgen sofort alles mal durchrechnen...
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(Frage) reagiert/warte auf Reaktion  | | Datum: | 17:40 Fr 28.05.2010 | | Autor: | yhope |
So hoffe (denke aber nicht) dass ich jetzt auf eine richtige Lösung gekommen bin. Allerdings bin ich mir bei diesen Ergebnissen und Lösungswegen sehr unsicher.
zu a): - Momenten in A und D, sowie Fy Gleichungen
- Lösungen: FAx : 1600 ; FAy= 4000 ; FD= 5600
zu b): - 3 Gleichungen (Summe Fx ; Fy und Momente in B; [mm] \alpha [/mm] = 49,4
1) summeFx= Fx - [mm] FCcos\alpha [/mm] + FBx - FAx - FD = 0
2) summeFy= Fy - FAy- [mm] FCsin\alpha [/mm] + FBy = 0
3) [mm] summeM^B= [/mm] 600FAx - 2200Fy - [mm] 600FCcos\alpha [/mm] = 0
-> FC=FE= 20 078.65
-> FBy= 13 06.67
-> FBx= 10 666.67
Meinserserachtens sind die Ergebnisse ein wenig groß und wie gesagt, ich bin mir duchaus unsicher über deren Richtigkeit.
Speziell was auch die Lagerkraft in F betrifft. Heben sich dort nicht die Versatzmomente gegenseitig auf?
Sieht evtl. jemand einen Fehler oder ähnlich Falsches? Ich wäre euch unheimlich dankbar!
Viele Grüße yhope^^
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(Antwort) fertig | | Datum: | 02:25 Sa 29.05.2010 | | Autor: | Loddar |
Hallo!
Die beiden x-Komponenten der Auflagerkräfte stimmen nicht. ![[notok]](/images/smileys/notok.gif "[notok]")
Wie hast Du diese berechnet? Wie sieht denn die Probe mit [mm] $\summe F_x$ [/mm] aus?
Gruß
Loddar
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 02:34 Sa 29.05.2010 | | Autor: | yhope |
zu a)
1) summe Fy=F - FAy = 0
2) summe [mm] M^A [/mm] = 2200F + 600 F - 2000 FD = 0
3) summe [mm] M^D [/mm] = -2000 FxA - 2200 F + 1400 F = 0
so hatte ich dich eigtl. verstanden ;)
im Lager D dachte ich, dass nur eine Kraft in x- Richtung wirken kann, da ja keine "direkte Verbindung" bzw. lager zur Wand besteht.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 02:50 Sa 29.05.2010 | | Autor: | yhope |
> Wo kommt der Term "+600 F" her? ![[aeh]](/images/smileys/aeh.gif "[aeh]")
der Abstand vom Lager A zum Lager F bzw. zur Querstrebe in y-Richtung.
Oder ist das rechnerisch falsch bzw. nicht erlaubt?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 02:55 Sa 29.05.2010 | | Autor: | Loddar |
Hallo yhope!
Im Punkt $F_$ ist kein Lager!
Gruß
Loddar
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 02:44 Sa 29.05.2010 | | Autor: | yhope |
die Probe mit summe mit Fx ist meiner Meinung nach auch sinnvoll:
(4) summe Fx= F + FAx - FD = 0
oder mache ich hier auch etwas falsch?
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 02:48 Sa 29.05.2010 | | Autor: | Loddar |
Hallo yhope!
> die Probe mit summe mit Fx ist meiner Meinung nach auch
> sinnvoll:
>
> (4) summe Fx= F + FAx - FD = 0
Was hat hier das $F_$ verloren?
Gruß
Loddar
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 02:52 Sa 29.05.2010 | | Autor: | yhope |
> > die Probe mit summe mit Fx ist meiner Meinung nach auch
> > sinnvoll:
>
> > (4) summe Fx= F + FAx - FD = 0
> Was hat hier das $ F_ $ verloren?
Also ich habe gedacht, dass die Kraft F = 4000 N im Lager der Umlenkrolle sowohl in x- als auch in y- Richtung wirkt
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(Antwort) fertig | | Datum: | 02:57 Sa 29.05.2010 | | Autor: | Loddar |
Hallo!
Für die Auflagerkräfte werden nur die äußeren Lasten angesetzt und nicht schon irgendwelche Schnittgrößen!
Gruß
Loddar
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 03:07 Sa 29.05.2010 | | Autor: | yhope |
Ah ok....hab ich das richtig verstanden, dass die Kraft F in den Lagern nur in y-Richtung und später in den Gelenkpunkten in x und y wirkt?
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 03:10 Sa 29.05.2010 | | Autor: | yhope |
müsste es dann so heißen:
1) summe Fy = F - FAy
2) summe [mm] M^A [/mm] = 2200 F - 2000 FD = 0
3) summe [mm] M^D= [/mm] -2000FAx - 2200 F = 0
????
Grüße yhope
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(Antwort) fertig | | Datum: | 03:55 Sa 29.05.2010 | | Autor: | Loddar |
Hallo!
Das sieht schon viel besser aus.
Gruß
Loddar
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(Antwort) fertig | | Datum: | 03:58 Sa 29.05.2010 | | Autor: | Loddar |
Hallo yhope!
> Ah ok....hab ich das richtig verstanden, dass die Kraft F
> in den Lagern nur in y-Richtung und später in den
> Gelenkpunkten in x und y wirkt?
Mal langsam und geordnet ...
Als äußere Last wirk nur $F_$ in y-Richtung.
Diese F-Last bewirkt in den beiden Lagern durch die Außermitte auch Kraftanteile in x-Richtung.
Zu den inneren Schnittgrößen kommen wir dann anschließend ...
Gruß
Loddar
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:39 Sa 29.05.2010 | | Autor: | yhope |
Oh je, jetzt bin ich wieder verwirrt^^
> Als äußere Last wirk nur $ F_ $ in y-Richtung.
1) summe Fy = F - FAy
2) summe $ [mm] M^A [/mm] $ = 2200 F - 2000 FD = 0
3) summe $ [mm] M^D= [/mm] $ -2000FAx - 2200 F = 0
> Diese F-Last bewirkt in den beiden Lagern durch die Außermitte auch Kraftanteile in x-Richtung.
Dann müsste ich doch wieder das mysteriöse F (in x- Richtung) einsetzen^^ (oben F jatzt FF)
1) summe Fy=FFy - FAy = 0
2) summe $ [mm] M^A [/mm] $ = 2200FFx + 600 FFy - 2000 FDx = 0
3) summe $ [mm] M^D [/mm] $ = -2000 FAx - 2200 FFx + 1400 FFy = 0
und FFy = FFx (betragsmäßig) = 4000 N
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(Antwort) fertig | | Datum: | 17:04 Sa 29.05.2010 | | Autor: | Loddar |
Hallo yhope!
Nein, nein und nochmals nein! Du "bietest" mir hier zwei unterschiedliche Gleichungssystem an, welche beide gleichzeitig gelten sollen!?!
Wie soll das sein?
Dass hier das obere Gleichungssystem das richtige ist, habe ich bereit mehrfach geschrieben. Bestimme dies doch nun endlich mal ...
Gruß
Loddar
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(Frage) reagiert/warte auf Reaktion | | Datum: | 17:28 Sa 29.05.2010 | | Autor: | yhope |
Oh sorry, es war natürlich nicht so gedacht, dass die oberen 3 Gleichungen gleich den unteren 3 Gleichung entsprechen sollte!
So ausgerechnet ergebe es dann:
FAx = 4400 N ; FD = 4400 N ; FAy= 4000 N
Entschuldigung aber auch Danke dass ich deine Nerven so beanspruche ;)
Habe noch eine "Mini-Skizze" zu a) angefertigt ;)
Hoffe dies entspricht beides deinen Erwartungen ;)
[Dateianhang nicht öffentlich]
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: jpg) [nicht öffentlich]
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(Antwort) fertig | | Datum: | 17:33 Sa 29.05.2010 | | Autor: | Loddar |
Hallo yhope!
Nein, diese Skizze entspricht nicht meinen "Erwartungen", da dort bereits mehrfach gegebene Hinweise nicht umgesetzt bzw. ignoriert wurden!
> So ausgerechnet ergebe es dann:
>
> FAx = 4400 N ; FD = 4400 N ; FAy= 4000 N
Rechne bitte Schritt für Schritt vor (und verwende endlich das korrekte Gleichungssystem!).
Gruß
Loddar
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:41 Sa 29.05.2010 | | Autor: | yhope |
geg.: F= 4000 N
1) summe Fy = F - FAy = 0
2) summme [mm] M^A [/mm] = 2200F - 2000FD = 0
3) summe [mm] M^D [/mm] = -2000FAy - 2200F = 0
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1) 4000 - FAy = 0 --> FAy = 4000
2) 2200 x 4000 - 2000 x FD = 0 --> (2200 x 4000) / 2000 = FD
--> FD = 4400
3) -2000 x FAy - 2200 x 4000 = 0 --> (-2200 x 4000) / 2000 = FAy --> FAy = 4400
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Die Last F = 4000 ist von der Wand nicht 2200mm, sondern 2400 mm entfernt (Radius der rechten Rolle konmmt hinzu).
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:19 Sa 29.05.2010 | | Autor: | yhope |
aso!!! Ich hab eigtl. immer gedacht, dass man die wirkenden KRäfte einer Rolle sich im Mittelpunkt vorstellen soll--> Gedankenfehler! Weiß ich das jetzt auch ^^
Dann müsste doch die Lösung lauten:
1) summe Fy = 4000 - FAy = 0 --> FAy = 4000
2) summe [mm] M^A [/mm] = 2400 x 4000 - 2000 FDx = =
--> FDx = 4800
3) summe [mm] M^D [/mm] = 2000 FAx - 2400 F = 0
--> FAx = 48000
die Ergebnisse stimmen ja mit deinen überein ( (A 6/5 / -1) ; (D (-6/5 / 0 ))
vielen vielen dank für eure unterstützung!!!!
Werde noch kurz meine b) aufgabe "überdenken".
und euch die Ergebnisse präsentieren
Viele Grüße yhope!!!!!
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:00 So 30.05.2010 | | Autor: | yhope |
Hallo,
ich hoffe, dass ich wieder eure Nerven strapazieren darf 
Ich weiß auch nicht, wie es mir gelingt, selbst mit Komplettlösung nicht auf die richtigen Ergebnisse zu kommen....
Ich habe unzählige Versionen von Lösungversuchen und möchte euch aus Übersichtlichkeit nur mein "Topfavorit" präsentieren:
1) [mm] summeM^E [/mm] = 1000 F + 1200 FBy = 0
= 1000 x 4000 + 1200 FBy = 0 --> FBy= 3333.33
Hierstellt sich mir auch schon die erste Frage: FBY entspricht ja dem korrekten Wert. Ich habe aber dann folgendes gedacht, dass alle Kräfte im System in y-Richtung = 0 sein müssten; sprich -FAy + FBy - F = 0
allerdings: -4800 + 3333.33 - 4000 [mm] \not= [/mm] 0 (FCy u. FEy heben sich ja auf) Was habe ich hier falsch gemacht/gedacht ?
2) [mm] summeM^C [/mm] = 1200 FAx + 600 FBx + 800 FDx = 0
= 1200 x 4800 + 600 FBx + 800 x 4800 = 0
-->FBx = (-) 16000
und dieser Wert ist ja auch falsch...
Könnte mir jemand aus der Patsch helfen, bin ich echt verzweifelt.
Vielen Dank im VOrraus
Gruß yhope
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:03 So 30.05.2010 | | Autor: | yhope |
Ich habe vergessen zu erwähnen, dass eine 3. Gleichung auch noch fehlt:
Konnte mich aufgrund der falschen Ergebnisse noch nicht auf eine festlegen ( Vllt. Summe Fx, Fy etc.)
grüße yhope
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Aus Zeitmangel keine weiteren Tipps von mir, sondern Lösung und Erklärung:
Zunächst habe ich die Konstruktionszeichnung vereinfacht: Kraft F setzt ich mit eins an, Längen habe ich alle durch 200 geteilt, es kommt nur auf die Verhältnisse an, Winkel CE durch gerade Stange ersetzt, Wirkung ist die selbe. Rechter Abstand sofort bis zur Wirkungslinie von F, also 6 statt 5 Einheiten, weil Radius der rechten Rolle hinzu kommt. G ist Haltepunkt des Seils, Abstand r (also eine Einheit) über B.
[Dateianhang nicht öffentlich]
Jetzt gehts los:
1.
Wir wackeln am ganzen Gestänge. Dies kann sich nur um A drehen. Erkenntnis: F zieht die ganze Anlage um A im Abstand 12 der Wirkungslinie nach unten und bewirkt ein rechtsdrehendes Moment von 12 (F=1). Die ganze Geschichte kippt nicht, weil die Wand das bei D verhindert. Die Wand kann, da D beweglich ist, nur nach rechts drücken, muss dadurch ein Drehmoment von 12 kompensieren. Da D von A 10 entfernt ist, muss die Kraft bei D 1,2 nach rechts sein. Nach oben und unten kann D keine Kraft entwickeln, da D frei hängt. Somit D(1,2|0).
2.
Jetzt Rollentausch A und D: Wir schrauben Anlage bei D fest und lösen A. F bewirkt wieder Drehmoment nach rechts von 12 (Abstand Wirkungslinie zu D). Also müssen wir A mir der Hand nach links ziehen, damit das Ganze nicht kippt. Auch hier Hebelarm zu D = 10 und damit Kraft nach links -1,2. Bei der vorgegebenen Anlage (A fest, D lose) hängt das Gesamtgewicht Anlage (=0) und Kraft F (=1) nur an A, also muss A auch noch das Gesamtgewicht 1 nach oben halten, somit A(-1,2|1).
3.
Betrachte Punkt F. Das Lager muss Kraft F nach unten auffangen. Außerdem wird F nach links über das Seil zu G umgelenkt. Im Seil herrscht (falls es sich frei bewegen kann und nur umgelenkt wird) überall die selbe Seilspannung, deshalb wird von G aus auch mit F nach links gezogen. Somit wird F mit 1 nach unten und 1 nach links belastet, muss selber mit F(1|1) dagegenhalten. (Resultierende hat Stärke [mm] \wurzel{2}.)
[/mm]
3.
Wir lösen Schraube B und halten Sie mit der Hand fest. Wegen der Hebelwirkung in E wird B nach oben gedrückt,
Wegen der Hebelwirkung in C auch nach rechts. Also müssen wir B herunter drücken und nach links ziehen.
a) Zug nach links:
Bezüglich C entstehen folgende Drehmomente, die durch Festhalten in B kompensiert werden müssen: F macht rechtsdrehendes Moment mit Abstand 12 der Wirkungslinie zu C, also 12. G zieht am Seil und damit an der rechten Rolle nach links mit F und Abstand 1+3=4 zu C, also linksdrehend mit 4. Bleibt ein rechtsdrehendes Moment mit 12-4=8. Da B von C 3 Einheiten entfernt ist, muss man dort mit 8/3 nach links ziehen. Die Kraftkomponente nach links hat genau den Abstand der Wirkungslinie 3 zu C. Zieht man in B gleichzeitig mit einer anderen Komponente nach unten, so geht deren Wirkungslinie genau durch C, so dass diese Komponente keinen Einfluss auf unsere Betrachtungen hat. Somit: B(-8/3|y).
b) Zug nach unten:
Durch das Ziehen nach links wird nun der Arm CE in Position gehalten. Wir können daher E festschrauben. Nun versucht F nur noch, den Arm BF um E nach rechts zu drehen. F ruft bezgl. E ein rechtsdrehendes Moment mit 6 hervor, G zieht die rechte Rolle wieder mit F im Abstand 1 der Wirkungslinie von e nach links, somit bleiben 5 Einheiten für das rechtsdrehende Moment um E. Der Zug in B nach links hat eine Wirkungslinie, die genau durch E verläuft und dieses Drehmoment nicht beeinflusst. Der Zug senkrecht nach unten hat einen Wirkungslinienabstand von 6, daher muss man mit 5/6 nach unten drücken.
Insgesamt: B(-8/3|-5/6).
4.
Wir lösen Schraube C und halten die Stange mit der Hand fest. Alles droht um B zu kippen. F ruft ein rechtsdrehendes Moment von 12 hervor, G zieht wieder mit 1 nach links, also bleiben 11 nach rechts. Die Kraft in C zerlegen wir wieder in 2 Komponenten: eine nach oben auf B zu, die hier nicht weiter hilft (Wirkungslinie durch B), und eine nach rechts, so dass die Wirkungslinie zu B den Abstand 3 hat. Sie muss somit 11/3 betragen. Da wir tatsächlich nur in Richtung der Stange drücken können, ergibt sich aus dem Verhältnis BE zu BC = 2, dass eine Kraft von 11/6 nach oben drücken muss. Da wir dies von C aus sehen, bewirkt diese kein Drehmoment (obwohl sie auch - s.u. - auf E wirkt). Somit: C(11/3|11/6).
Bemerkung: Man kann mit Pythagoras auch die Gesamtkraft in der Stange CE berechnen, muss dann aber den Abstand dieser Stange (= Wirkungslinie) von B nehmen und bekommt das selbe Drehmoment.
5.
Wir lösen die Schraube in E und drücken E mit der Hand nach oben. Bezgl. B entsteht das Drehmoment 12 durch F und -1 durch G, also -11. Da die Hand nach oben den Abstand 6 der Wirkungslinie hat, muss man mit 11/6 nach oben drücken. Diese Kraft hatten wir schon bei 4. für C berechnet, sie steckt in der Stange. Im Gegensatz zu unserer Hand kann die Stange aber nicht nur nach oben drücken, sonder wegen der Geometrie drückt sie auch nach rechts (auch wenn die Originalstange verwinkelt ist!), so dass hier die genaue Gegenkraft zu C entsteht: E(11/3|11/6) (Vorzeichen egal).
Zusatzbemerkung: Die Stange BF wird somit insgesamt in E um 11/3 nach rechts und von G um 1 nach links gezogen, also mit 8/3 nach rechts, und muss deshalb auch mit 8/3 nach links gehalten werden (s.o.), so dass die Welt wieder in Ordnung ist.
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: JPG) [nicht öffentlich]
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:30 So 30.05.2010 | | Autor: | yhope |
Vielen vielen Dank!
Kann man meine Dankbarkeit übers Internet nur schwer zeigen!
Hatte selten so eine hohe Dopamin-Auschüttung und bin Nahe den Tränen....
Konnte durch die genaue, gigantische und mehr als ausführliche Hinleitung alle wirkenden Kräfte in Gleichungen (+richtige Lösungen) auffassen! Mein HAUPT- Fehler war, dass ich den Punkt G ganz außen vor gelassen habe. Ob ich dann auf die richtige Lösung gekommen wäre steht allerdings in einem anderen Kapitel Klar ist, dass ich es ohne euch nicht geschafft hätte!!
Vielen Dank nochmals für die Mühe!
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Danke für deine Rückmeldung (ist leider in diesem Portal nicht selbstverständlich); dann weiß man, dass man nicht umsonst gearbeitet und es sich somit gelohnt hat.
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Habe mal deine Konstruktion durchgerechnet und die folgenden Kräfte an den einzelnen Punkten erhalten. Dabei gebe ich die Werte nur in Bruchteilen von F an, zuerst den x-Wert (waagerecht) und dann den y-Wert (senkrecht). Wegen actio=reactio kannst du bei jedem Wertepaar die Vorzeichen ändern - aber dann bitte gleichzeitig, sonst stimmt die Kraftrichtung nicht.
[mm] A(\bruch{6}{5}|-1)
[/mm]
[mm] B(\bruch{8}{3}|\bruch{5}{6})
[/mm]
[mm] C(\bruch{-11}{3}|\bruch{-11}{6})
[/mm]
[mm] D(\bruch{-6}{5}|0)
[/mm]
[mm] E(\bruch{11}{3}|\bruch{11}{6})=reactio [/mm] zu C
F(-1|-1)
und unter A, wo das Seil festgemacht ist. (1|0).
Damit kannst du die von dir aufgestellten Gleichungen überprüfen, wobei deine Vorzeichen aber nicht mit meinen übereinstimmen müssen.
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![[a]](uploads/forum/00686800/forum-i00686800-n001.gif "Dateianhänge"){kind=small}
Datei-Anhang![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]"){kind=small}
