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