Beim Aufhängen von Klopapierrollen scheiden sich die Geister. Die Einen hängen sie so auf, dass das lose Ende vorne herunterhängt, Viele aber auch andersherum. Es stellt sich die Frage,bei welcher der Anordnungen weniger
Kraft zum Abrollen aufgewendet werden muss.
Hierzu kann ein vereinfachtes Modell betrachtet werden, bei dem die Klopapierrolle
der Masse m als Vollzylinder mit Radius R betrachtet wird, der mit einer Stange der Länge L an der Wand befestigt ist. Die Rolle kann frei auf ihrer Zylinderachse rotieren.
Der maximale Haftreibungskoeffizient zwischen dem Papier und der Wand wird mit μ bezeichnet.
Bestimme, mit welcher Kraft man bei den beiden Aufhängearten jeweils mindestens am Papier gerade nach unten ziehen muss, damit sich das Papier abrollt. Gib an, welche Aufhängung demnach günstiger ist.
Zeige, dass Situationen eintreten können, bei denen auch das stabilste Klopapier beim Versuch es abzurollen reißen muss. Gib an, unter welchen Bedingungen dieser ungünstige
Fall eintritt und begründe kurz, warum dies in der Praxis nicht so häufig passiert.
weiss nicht
öoieökjc ölf kjöl kjsdlöfkgjöldfkjaldfkj
Annahmen: der obere Gelenkpunkt des Auslegers für das Papier befinde sich auf der Oberfläche der Wand , und er hängt mit dem Winkel a(lpha) von der zur Wand nach vorne unten. Auf Rollenmittelpunkt bezogen betrage das Gewicht der Rolle und des Hebels G. Keine Massenkräfte.
In jedem Fall ist der Zug auf der Wandseite leichter, da er nur von G und mü abhängt, jeder Zug vor der Wand aber zusätzliche Reibkräfte induziert.
Die Zugkraft auf der anderen Seite der Rolle rechnet sich zu:
Z=(G x mü x tan(a))/(1 - 2 x mü x tana)
Wird der Nenner Null, geht Z gegen unendlich, also wenn
mü x tan(a) = 1/2.
Ausgangsgleichungen: N=Normalkraft auf die Wand, K=Zugkraft im Ausleger
Z = mü x N
Z + mü x N + G = K x cos(a)
N = K x sin(a)
Tipp: Rolle und Hebel freimachen, das heißt, umgebende Teile durch die Kräfte ersetzen, mit denen sie auf Rolle bzw. Hebel wirken. Die Reibung in der Rollenachse auf Null setzen.
Ich hoffe, ich habe mich nicht verrechnet.
Beste Grüße, ap
Sorry, ich hab leider keine sinnvolle Antwort für Dich.
Viel Glück aber bei der Suche
Entschuldigung, aber ich bin leider jetzt erst dazu gekommen, mich mit den Antworten zu beschäftigen. Erst mal vielen, vielen Dank für diese tolle Antwort.
Ich habe aber leidwer noch ein paar kleine Fragen. Wie genau bist du auf die Formeln gekommen, ich kenne diese Berechnung nämlich nicht (inkl. der Ausgangsformeln). Muss man das Gesamtgewicht des Papiers nehmen, obwohl ein Teil des Papiers sich mit der Schwerkraft bewegt? Außerdem: Reibt das Papier nicht auch an der Wand, wenn ich hinten ziehe? Und wie berechne ich die Zugkraft für vorne?
Wäre wirklich toll wenn du diese Fragen genauso treffend beantworten könntest wie die letzte.
Viele Grüße,
Niklas
Danke für die Rückfrage.
Am Besten machst Du Dir folgende Skizze:
Zeichne einen Kreis mit Mittelpunkt für die Rolle. Lege rechts an den Kreis eine senkrechte Tangente für die Wand. Ziehe vom Mittelpunkt des Kreises (=der Rolle) schräg nach rechts oben einen Strich bis zur Tangente (=Wand).
Der Schnittpunkt sei das obere Gelenk für den Hebel zum Aufhängen der Rolle, der schräge Strich sei der Hebel selbst. Sein nach unten offener Winkel sei a(lpha).
Nun beginnst Du mit dem „Freimachen“: Zeichne nur den Kreis (die Rolle) mit dem Mittelpunkt. Ziehe eine gedachte waagrechte Linie durch den Rollenmittelpunkt quer durch die ganze Zeichnung und etwas darüber hinaus.(Das ist nur eine geometrische Hilfslinie, um den Angriffspunkt der Kräfte zu finden.) Wir zeichnen jetzt die Kräfte ein, wie sie auf die Rolle wirken. Die Wand wird also durch die Kräfte ersetzt, die sie auf die Rolle ausübt. Gezogen werde außen an der Rolle, und zwar so, dass sich diese gerade zu drehen beginnt. Dadurch vermeiden wir dynamische Kräfte: Dort, wo die waagrechte Linie links den Kreis schneidet, zeichnen wir einen Pfeil nach unten, der die gesuchte Zugkraft Z darstellt. Im Mittelpunkt des Kreises greifen zwei Kräfte an: einen Pfeil senkrecht nach unten für das Gewicht der Rolle, einen schräg nach rechts oben für die Zugkraft im Hebel. Dort wo die waagrechte Linie durch den Mittelpunkt den Kreis rechts schneidet, liegt die Rolle an der Wand an. Hier greifen ebenfalls 2 Kräfte an: ein Pfeil senkrecht nach unten stellt die Reibkraft R dar, ein waagrechter Pfeil Richtung Mittelpunkt des Kreises stellt die Andruckkraft (auch Normalkraft genannt)der Rolle an die Wand dar, aber beachten: alle Kräfte so einzeichnen, wie sie auf die Rolle wirken, nicht auf die Wand, denn wir betrachten die Kräfte an der Rolle.
Jetzt können wir die Gleichungen aufstellen, indem wir uns brauchbare Punkte heraussuchen. Brauchbar sind vor allem Punkte, durch die verschiedene Kräfte gehen, da diese dann um den Punkt keine Drehmomente ergeben, weil der Hebel Null ist.
Wir nehmen zuerst den Mittelpunkt der Rolle und betrachten, welche Kräfte mit welchen Hebeln um diesen Punkt drehen:
Linksherum dreht die Zugkraft Z mit dem Hebel des Rollenradius’ r, rechtsherum dreht die Reibkraft R, ebenfalls mit dem Rollenradius r:
Z*r=R*r. Alle anderen Kräfte erzeugen kein Drehmomnet um den Mittelpunkt, fallen als bei dieser Betrachtung nicht ins Gewicht. (Das hat die Gleichung wesentlich vereinfacht. Man könnte sich natürlich jeden beliebigen Punkt im Weltall aussuchen, das Ergebnis wäre das gleiche, aber extrem umständlich zu finden. Eher was für Leute, die ewig leben, nichts für uns.)
Kürzen wir die obige Gleichung um r ergibt sich die einfache Beziehung Z=R, d.h. Die Zugkraft ist gleich der Reibkraft. Desgleichen wissen wir, dass die Reibkraft maximal (im Falle der beginnenden Drehung) die Andruckkraft N * mü ist. R
Vielen Dank für die supertolle Antwort!
Sobald ich Zeit finde werd ichs mal ausprobieren, aber das hört sich verdammt genial an!!
Gruß Feuerinsel
Die Zeichnung hat gut funktioniert, ich verstehe die Problemlage jetzt. Um das ganze zu lösen muss ich Z für beide Situationen berechnen (bzw. bestimmen, da ich ja keine Werte habe). Auch die beiden Gleichungen sind mir klar.
Nur K und Z zu bestimmen, fällt mir unerklärlicherweise schwer. Normalerweise sind Gleichungen kein Problem für mich, aber wenn ich bei meinen Ergebnissen Dummy-Werte einsetze sind die Gleichunngen nicht mehr korrekt.
Es gibt verschiedene Möglichkeiten, K und Z mit den beiden Gleichungen zu bestimmen, ich habe die einfachsten gewählt. Meine beiden (anscheinend nicht richtigen, aber meiner Ansicht nach dennoch formell korrekten) Lösungen sind: K= -G/2mü-cos(alpha) und Z=-G*sin(alpha)*mü / 2mü-cos(alpha)
Falls Du Zeit und Muse hast kannst du ja mal gucken ob du einen Fehler bei mir findest. Eigentlich hatte ich noch nie Probleme mit Gleichungen… wie peinlich 
Danke für die Rückfrage. Ich hab mal weitergerechnet und festgestellt, dass sich das Ganze ziemlich komplizert entwickelt. Der Rechengang im Einzelnen:
Wir haben die Gleichungen
K+sin(a)= Z/mü (1)
und
K+cos(a)= 2 Z + G (2)
Um K los zu werden teilen wir die Gleichungen 1/2:
tan(a)=Z/(mü*(2Z+G)) (aus sin/cos=tan)
daraus und Klammer ausmultipliziert:
Z=mü*tan(a)*2Z + mü+tan(a)*G erster Term nach links:
Z-mü*tan(a)*2Z=mü*tan(a)*G Z ausklammern:
Z(1-mü*tan(a)*2)=mü*tan(a)*G Z allein stellen:
Z=mü*G*tan(a)/(1-2mü*tan(a))
Z wird unendlich wenn der Nenner rechts Null wird:
0=1-2mü*tan(a), dh. unter der Bedingung
1=2mü*tan(a) erhalten wir die dann doch recht übersichtliche Lösung:
tan(a)=1/2mü.
(a)=arctan(1/2mü). Das dürfte zutreffen, da (a) steigen muss, wenn der Reibwert fällt. Dass G in der Gleichnung nicht mehr erscheint liegt daran, dass es bei Z gegen unendlich unbedeutend wird, wie schwer die Rolle ist.
Dazu gibt es noch die triviale Lösung von (a)lpha gleich 90 Grad. Bei einer starren Rolle würde hier auch ohne das kleinste Gewicht der Rolle schon N, und damit R, unendlich werden.
Wenn wir an der Wandseite ziehen, ergibt sich um den oberen Drehpunkt des Hebels keinerlei Moment und somit auch keinerlei Änderung der Reibkraft. Z muss nur R überwinden, und das rechnet sich aus Z=R=mü*N und N=G*tan(a). Z kann also nur unter der Bedingung (a) gegen 90° unendlich werden, was wir oben ja schon hatten.
Hoffentlich hab ich mich nicht verrechnet. Dass wir beim Rechnen manchmal in einer Richtung suchen, die im Nirwana endet, ist alles andere als selten, im Gegenteil: bei neuen Problemen durchaus üblich. Schlimm ist: man hat alles richtig entwickelt, aber ein Ende ist trotzdem nicht abzusehen: Pause machen, neues Blatt Papier nehmen und von vorne anfangen. Altes verbessern zu wollen und eigne Fehler finden ist sehr schwierig und rentiert selten. Kein Einstein hat sich irgendwann hingesetzt und seine Gravitationstheorie einfach aufgeschrieben. Als junger Konstrukteur kann man froh sein, wenn weniger als 90% der Zeichnungen im Papierkorb landen. Wenn man Neues sucht, sind Treffer selten und der Irrweg der wahrscheinlichste.
Frendliche Grüße, Armin.
Nicht so kompliziert denken.
Wenn von außen gezogen wird, wirkt zusätzlich zur Gewichtskraft die Zugkraft.
Genauso groß und gleichgerichtet die Reibungskraft nach unten (durch die Umlenkung). Ergo ergibt sich daraus eine effektive Kraft nach unten von:
F = F(g) + 2 F®, diese bewirkt die Druckkraft auf die Wand zu F(D) = F tan(alpha),
woraus die Reibungskraft zu F®= mü*F(D) resultiert. Ergo:
mü*(F(g)+ 2F®) *tan(alpha) = F®, umstellen nach F®, fertig.
Nicht so kompliziert denken!
Wenn von außen gezogen wird, wirkt zusätzlich zur Gewichtskraft die Zugkraft.
Genauso groß und gleichgerichtet die Reibungskraft nach unten (durch die Umlenkung). Ergo ergibt sich daraus eine effektive Kraft nach unten von:
F = F(g) + 2 F®, diese bewirkt die Druckkraft auf die Wand zu F(D) = F tan(alpha),
woraus die Reibungskraft zu F®= mü*F(D) resultiert. Ergo:
mü*(F(g)+ 2F®) *tan(alpha) = F®, umstellen nach F®, fertig.
Auch wenn armins Antwort komplizierter ausssieht, so erklärt er jedoch auch verständlicher und exakter. Ich bin mit ihm voll zufrieden. Lieber zu viel als zu wenig schreiben.
exakt ist beides, exakter gibt es in der Physik nicht!
schon klar, in der Physik bin ich kein Anfänger. Ich meinte, dass armins Antwort exakter das Vorgehen beschreibt. Und es hat unbestreitbar einen gewissen Wert in der Physik, wenn man erklären kann, wie man vorgegangen ist.
Lieber/liebe Feuerinsel,
Armins Antwort macht unnnötige Vektorzerlegungen und Gleichsetzungen (die über einen Umweg zum Ergebnis führen), ein großes Ansinnen der Physik ist es, so einfach wie möglich und elegant vorzugehen. Ich weiß gerade nicht, was an der einfachsten Betrachtungen der real auftretenden Kräfte (drei nach unten, wenn nach unten gezogen wird, einfach aufzeichnen) und der daraus folgenden Ableitung der Formel über die größere (als F(g)) Kraft nach unten, der damit verbundenen größeren Kraft auf die Wand und die daraus resultierenden größeren Reibungskraft nicht verständlich oder kompliziert sein soll.
Es ist die einfachste Betrachtung dieser Aufgabe aus der Physikolympiade, alles was darüber hinaus geht, zeigt, dass mit der Modellvorstellung der Kräfte nicht effektiv umgegangen werden kann, vielleicht kann toll gerechnet werden, aber dies hat nicht unbedingt etwas mit physikalischer Kompetenz hinsichtlich eines guten Überblicks und einfachster zielführender Lösung zu tun.
Viele Grüße
ok, du hast Recht und ich hab Unrecht. Hatte mich nur bereits in Armins Antwort eingearbeitet.
Davon habe ich leider keine Ahnung