Kehlwinkel

[Manni_1248d3]

Hallo,

Du hast die Aufgabe wohl mißverstanden.

Gruß:
Manni

[roysy]

Moin,

is sich nix mit rechnen!
is sich Geometrie.

Is sich 60°

Wir sind nur körperlich behindert (Rollstühle), aber nicht geistig:wink:

roysy

[Manni_1248d3]

Hallo merimies,

60°?
Das ist Quatsch.
Es sind 158°, denn es war nach dem Grenzwinkel gefragt.

Gruß:
Manni

[roysy]

Moin,

wo sind denn die vielen Experten, die sonst fachkundig antworten?

roysy

[Martin]

Es sind 158°

Manni, die Zahl ist klasse, aber ich glaube, eine ungleich größere Freude als jene darüber könntest Du roysy mit dem Aufzeigen des Rechenwegs machen

Gruß
Martin

[VIKTOR_029fb4]

Hallo,

In einer V-förmigen Rinne sind 3 Walzen pyramidenförmig
gestapelt (2 Walzen unten nebeneinander, die dritte Walze
mittig darüber)
Alle Walzen haben den gleichen Durchmesser und das gleiche
Gewicht.
Reibung soll vernachlässigt werden.
Frage: ab welchem Grenzwinkel (Zentriwinkel der V- Rinne)
rollen die Walzen nicht mehr auseinander, sondern bleiben
liegen.

der genaue Winkel beträgt 158.214… Grad

Uns fehlt bei der Betrachtung immer irgendwie eine Kraft oder
eine Richtung:wink:

Anhand dieser Skizze
http://www.imagebanana.com/view/ci0vz01u/stabilewalz…
kann man den Berechnungsgang ersehen.
Die Drehmomente aus den Kräften über dem Berührungspunkt der
unteren Walzen mit der Rinne müssen im Gleichgewicht stehen.
Hier ist der Winkel der Rinne errechnet, bei dem die Walzen
gerade noch stehen bleiben.
Explizit kann keine Lösungs-Formel dargestellt werden sondern
nur die „Bedingungsgleichung“ (s.die untere Formel) für diese
Situation.
Für andere Parameter sind die „Zahlen“ anderes, prinzipiell ist der
Lösungsansatz aber gleich.
Die rechnerische Lösung erfolgte hier iterativ, mit einem kleinen
(selbst erstellten) Programm.
Gruß VIKTOR

[falken]

Parameter?
Hallo Viktor,
Deine Skizze finde ich gut. Das Problem ist schließlich nicht so trivial, wie es im ersten Moment scheint.
Aber, was meinst Du mit „andere Parameter“? Mir fällt da nur ein, dass die Kugeln unterschiedlich in Größe oder Masse sein könnten …
Freundliche Grüße
Thomas

[Manni_1248d3]

Hallo falken,

Mir fällt da nur
ein, dass die Kugeln unterschiedlich in Größe oder Masse sein
könnten …

Das sollte gem. Aufgabenstellung aber nicht so sein.
Ansonsten ist bei gleichen Massen der Durchmesser der Walzen egal.

Gruß:
Manni

[VIKTOR_029fb4]

Hallo Thomas,

Aber, was meinst Du mit „andere Parameter“? Mir fällt da nur
ein, dass die Kugeln unterschiedlich in Größe oder Masse sein
könnten …

das ist doch schon mal was.Auch könnten unsymm.geneigte Rinnenwände
vorgegeben sein oder eine feste Vorgabe der Neigung einer Seitenwand
und nur die andere veränderlich.Man könnte das ganze auch noch beschleunigen und die Rinne krümmen.
(hatten wir da nicht schon mal was ähnliches)
Gruß VIKTOR

[VIKTOR_029fb4]

Hallo,

In einer V-förmigen Rinne sind 3 Walzen pyramidenförmig

der genaue Winkel beträgt 158.214… Grad

Uns fehlt bei der Betrachtung immer irgendwie eine Kraft oder
eine Richtung:wink:

ich hatte hier eine Lösung dargestellt,welche zwar generell richtig,
aber in diesem Fall nicht die einfachste ist.
Ich zeige hier die Skizze nochmals, ergänzt - (s.unten)
http://www.imagebanana.com/view/5l2asjrr/stabilewalz…
In meinem vorigen Beitrag ist der generelle Berechnungsgang
aufgezeigt.
Bei einer Walzen-Packung in Ruhelage müssen alle Kräfte auf die
Walzen radial in Richtung Mittelpunkt gerichtet sein also auch die
abstützenden Kräfte.
Daraus ergibt sich die Ergänzung auf der Skizze.
Die Resultierende Abstützung steht also rechtwinklig auf der Rinnen-
wand.
Da der Winkel dieser Resultierenden leicht zu bestimmen ist, ist
auch die gesuchte Neigung der Rinnenwand gegeben.
Ich denke Manni hat hier zeichnerisch (CAD) die Lösung gefunden.
Gruß VIKTOR

[Manni_1248d3]

Hallo,

Ich denke Manni hat hier zeichnerisch (CAD) die Lösung
gefunden.

Hallo,
ich hatte roysy die Lösung mit Erläuterung hinsichtlich des Punktes „P“ am 25.04. nach dem „Hilferuf“ privat gemailt.
Den Winkel von 11° kann man auch durch die Zerlegung von F1 in die horiz. und vertik. Komponente in Verbindung mit Fg durch den tan ermitteln.

Gruß:
Manni

[url=[http://www.bilder-hochladen.net/files/94cu-a-d3d9-jp…](http://www.bilder-hochladen.net/files/94cu-a-d3d9-jpg-rc.html][img]http://www.bilder-hochladen.net/files/thumbs/94cu-a-d3d9.jpg[/img][/url)]

[Manni_1248d3]

Hallo Martin,

Es sind 158°

Manni, die Zahl ist klasse, aber ich glaube, eine ungleich
größere Freude als jene darüber könntest Du roysy mit dem
Aufzeigen des Rechenwegs machen

Du kannst nicht wissen, ob ich roysy nicht bereits doch eine Freude gemacht habe.
Der user hat die Lösung nämlich von mir an seine priuvate
mail- adresse erhalten, um hier möglichen Mäkeleien zu entgehen:wink:
Er war daran gescheitert, dass er im Punkt „P“ eine horizontale Kraft annahm.

Gruß:
Manni

[Pontius]

Hallo,

Es sind 158°

Manni, die Zahl ist klasse, aber ich glaube, eine ungleich
größere Freude als jene darüber könntest Du roysy mit dem
Aufzeigen des Rechenwegs machen

Du kannst nicht wissen, ob ich roysy nicht bereits doch eine
Freude gemacht habe.
Der user hat die Lösung nämlich von mir an seine priuvate
mail- adresse erhalten, um hier möglichen Mäkeleien zu
entgehen:wink:

schade, dass du nicht auch andere an deinem Wissen teilhaben lassen wolltest und eine ggf. öffentliche Diskussion, die auch zu neuen Erkenntnissen führen könnte, scheust.

Gruß
Pontius

[Roland_Tille]

Sorry,

jetzt quackle ich hier auch noch rein.
Erst nach der Skizze konnte ich mir vorstellen, wie drei Röhren ‚pyramidenförmig in einer V-Rinne‘ lagern können.

Wenn ich jetzt in die andere Richtung denke, bliebe die Lagerung in nahezu jedem spitzen Winkel der Rinne stabil ? Das kann ich mir nur schwer vorstellen. Gibt es da einen Ansatz ?

Grüße Roland

[roysy]

Moin,

Erst nach der Skizze konnte ich mir vorstellen, wie drei
Röhren ‚pyramidenförmig in einer V-Rinne‘ lagern können.

Pyramidenförmig: 2 unten, die 3. mittig darüber.

War das nicht klar genug?
Wie hättest du das formuliert?

roysy

[roysy]

Moin,

Uns fehlt bei der Betrachtung immer irgendwie eine Kraft oder
eine Richtung:wink:

Danke für die Antworten von Victor und Manni.
Wir sind bei unseren Überlegungen daran gescheitet, dass wir an der Kontaktstelle der beiden unteren Walzen immer eine horizontale Reaktionskraft annahmen. Mit dieser vermeintlichen Kraft „drehte“ sich bei uns immer auch der Winkel und es fehlte eine der Größen zur Bestimmung und Lösung.
Die 158° (statt der 158,214°) sind übrigens „genau“ genug:wink:

roysy

[Manni_1248d3]

Hallo Pontius,

schade, dass du nicht auch andere an deinem Wissen teilhaben
lassen wolltest und eine ggf. öffentliche Diskussion, die auch
zu neuen Erkenntnissen führen könnte, scheust.

Ich scheue keine öffentliche „Diskussion“, ich lehne nur das Herummäkeln und suchen nach Kleinigkeiten, die man kritisieren möchte ab.
Da gab’s doch kürzlich im Mathe- Brett ein schönes Beispiel mit dem gesuchten Radius eines gemauerten Bogens (Strahlensatz).

Gruß:
Manni

[Roland_Tille]

Hallo roysy,

wenn ich ehrlich sein soll, ich hatte mir zuerst eine Lagerung wie unter einem Dach vorgestellt, das die Rollen halten soll und hätte beinahe nachgefragt. Das ist ja geklärt.

Unter uns, ganz glaube ich immer noch nicht, dass die so im Gleichgewicht liegen bleiben, oder hat das schon mal einer irgendwo gesehen ? Deswegen rollen sich bei solchen Aufgaben immer meine Fussnägel auf
Damit sind wir bei der von mir aufgeworfenen Frage.

Grüße Roland

[Martin]

Hallo roysy,

Wir sind bei unseren Überlegungen daran gescheitet, dass wir
an der Kontaktstelle der beiden unteren Walzen immer eine
horizontale Reaktionskraft annahmen.

im Grenzfall zwischen zusammenhaltender und auseinanderlaufender Walzenpyramide ist diese Kontaktkraft Null (wie Du mittlerweile weißt). Es ist aber auch kein Problem, auszurechnen, wie groß sie für einen beliebigen Kehlwinkel ist [].

Betrachte die untere rechte Walze. Sie steht unter der Wirkung von genau vier Kräften: (1) ihre Gewichtskraft, (2) die Kraft, die die linke Walze auf sie ausübt, (3) dito obere Walze, und (4) dito Rinnenblech. Jetzt können wir uns überlegen, dass wir von allen Kräften die Richtungen wissen: (1) zeigt genau nach unten, (2) genau nach rechts, (3) nach rechts unten mit 60° Neigung gegen die Horizontale, (4) senkrecht zum Rinnenblech nach links oben mit φ/2 Neigung gegen die Horizontale, wenn φ der Kehlwinkel der Rinne ist. Also listen wir mal alle Richtungsvektoren auf: (0, –1) und (1, 0) und (cos 60°, –sin 60°) und (–c, s) unter Verwendung der Abkürzungen c := cos(φ/2) und s := sin(φ/2). Die x-Achse meines Koordinatensystems zeigt nach rechts, die y-Achse nach oben.

Nachdem die Richtungen geklärt sind, widmen wir uns den Beträgen der Kräfte. (1) ist natürlich mg stark und die Größe von (3) machen wir mit etwas Geometrieüberlegung dingfest zu 1/3 √3 mg. Die Stärken von (2) und (4) kennen wir nicht; F₂ und F₄ sind die unbekannten Größen in unserer Rechnung.

Damit sind wir bereit, das Statik-Sprüchlein „Vektorsumme aller Kräfte gleich Null“ für dieses Problem zu formulieren:

mg
\left(
\begin{array}{c} 0 \ -1 \end{array}
\right)

• F_2
  \left(
  \begin{array}{c} 1 \ 0 \end{array}
  \right)
• m g :\frac{1}{3}\sqrt{3}
  \left(
  \begin{array}{c} \cos 60^\circ \ -\sin 60^\circ \end{array}
  \right)
• F_4
  \left(
  \begin{array}{c} -c \ s \end{array}
  \right)
  =
  \left(
  \begin{array}{c} 0 \ 0 \end{array}
  \right)

Wenn Du cos 60° und sin 60° auflöst zu 1/2 bzw. 1/2 √3, anschließend ein bisschen vereinfachst, und die Vektorgleichung zu zwei skalaren Gleichungen separierst, sieht es freundlicher aus:

F_2 - F_4 c = \frac{1}{6} \sqrt{3} mg

F_4 s = \frac{3}{2} : mg

oder in Matrixnotation:

\left(
\begin{array}{cc}
1 & -c \
0 & s
\end{array}
\right)
\left(
\begin{array}{c} F_2 \ F_4 \end{array}
\right)

\left(
\begin{array}{c} \frac{1}{6}\sqrt{3} \ \frac{3}{2} \end{array}
\right) mg

Es ist (und war von Anfang an) also ein lineares Gleichungsystem für die Unbekannten F₂ und F₄. Die Lösung ist

F_2 = \frac{3}{2}
\left(\frac{1}{\tan\frac{\varphi}{2}} - \frac{1}{9}\sqrt{3}\right) mg
\quad
\textnormal{und}
\quad
F_4 = \frac{3}{2 \sin\frac{\varphi}{2}} : mg

Damit ist das Versprechen [] eingelöst: So stark (F₂) drücken die beiden unteren Kugeln in Abhängigkeit von φ aufeinander. Indem man einen Funktionenplotter mit den Termen füttert und sich anschaut ob die Graphen qualitativ vernünftig aussehen (genereller Verlauf, Extrema, Asymptotiken, besondere Punkte etc.) kann man die/solche Ergebnisse gut auf Plausibilität prüfen. Und hier kann man auch schonmal „spicken“, wo die Nullstelle von F₂ liegt.

Ohne Reibung und Klebstoff hält die Walzenpyramide zusammen wenn F₂ ≥ 0 ist. Der Grenzfall „= 0“ wird erreicht für tan(φ/2) = 9/√3 = 3√3 woraus der gesuchte Grenzwinkel folgt zu

\varphi_{\rm grenz} = 2 \arctan(3\sqrt{3})

und diese Form des Ergebnisses finde ich viel cooler als 158.2°.

Gruß
Martin

[roysy]

Moin Martin,

\varphi_{\rm grenz} = 2 \arctan(3\sqrt{3})

und diese Form des Ergebnisses finde ich viel cooler als
158.2°.

Du lieferst (wieder einmal) das „Sahnehäubchen“ an Erklärung.
Vielen Dank und einen *

Unser Durchschnittsalter in der Truppe liegt bei ca. 70 Jahren. Das Studium der meisten war also etwa in den 60er Jahren. Manche hatten letzmalig Berührung mit der Physik in ihrem Abi.
Solche Kenntnisse/Fähigkeiten wie Du haben wir nicht mehr.

Wir üben ein bißchen, damit wir nicht „verkalken“.
Zeichnerische Darstellungen können wir etwas besser nachvollziehen.
Nochmals Danke.

Gruß

roysy