Kraft auf gekrümmte Fläche < Mechanik < Physik < Naturwiss. < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 13:50 Mi 22.07.2015 | | Autor: | moody |
| Aufgabe | Bekannt: [mm] $\rho,g,r,h$
[/mm]
Gesucht: [mm] $F_z,F_x,\phi$ [/mm] |
Hallo,
[Dateianhang nicht öffentlich]
gemäß dieser Zeichnung sind die [mm] Kräfte$F_z,F_x$ [/mm] infolge des Wasserdruckes zu bestimmen. Alle Kräfte sind pro Länge $L$, welche aus der Papierebene geht.
Da der Druck ja nur auf die Projektionsfläche wirkt, habe ich zunächst [mm] $F_p$ [/mm] bestimmt
[mm] $F_p [/mm] = [mm] \integral_{0}^{H}{\rho g z \bruch{dz}{cos(\bruch{\phi}{2})}}$
[/mm]
[mm] $F_p [/mm] = [mm] \rho [/mm] g [mm] H^2 \frac{1}{2cos(\bruch{\phi}{2})}$
[/mm]
Mit den Werten r = 6.1m, h=3.05m, [mm] \rho [/mm] = 1000 [mm] \frac{kg}{m^3},g [/mm] = 9.81 [mm] \frac{m}{s^2} [/mm]
Ergibt sich [mm] \phi [/mm] zu 60°
Und [mm] F_p [/mm] = 52,687 kN welches auf die schräge Projektionsfläche wirkt
[mm] F_z [/mm] = [mm] F_p sin(\bruch{\phi}{2}) [/mm] = 26.344 kN
[mm] F_x [/mm] = [mm] F_p cos(\bruch{\phi}{2}) [/mm] = 45.629 kN
[mm] F_z [/mm] ist laut Lösung allerdings 16.533 kN
Wenn ich die Projektionsfläche für x betrachte und mit dem gesamten Druck multipliziere komme ich ebenfalls auf das richtige Ergebnis. Tue ich dasselbe für die Projektionsfläche für z geht die Rechnung ebenfalls nicht auf.
Wo liegt mein Denkfehler? Zeichne ich mir ein Kräfteparallelogramm mit dem Geodreieck komme ich auch auf meine Werte.
lg moody
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: jpg) [nicht öffentlich]
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Hallo!
Zunächst hat es ein Weilchen gedauert, bis ich überhaupt die Aufgabe verstanden habe. Und ehrlich gesagt, mir fehlt immernoch die Angabe, wo die Kraft denn angreifen soll. Ich geh mal davon aus, es ist einfach die horizontale und vertikale Kraft, die auf die Wand des Wehrs wirken.
Ansonsten: Warum meinst du, daß du immer nur die Projektion betrachten kannst? Für die horizontale Kraft mag das stimmen, aber nicht für die vertikale.
Hier mal ein Beispiel:
[Dateianhang nicht öffentlich]
Die horizontale und vertikale Projektion sind jeweils gleich, aber der Auftrieb unterscheidet sich.
Die linke Figur hat den Auftrieb [mm] 1cm*4cm*\rho+4cm*0,5cm*\rho =6cm^2*\rho
[/mm]
Die rechte Figur hat den Auftrieb [mm] 4cm*4cm*\rho+1cm*0,5cm\cdot\rho=16,5cm^2\rho
[/mm]
Du wirst nicht drumherum kommen, dafür ein Integral zu bilden.
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: png) [nicht öffentlich]
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:08 Mi 22.07.2015 | | Autor: | moody |
> Hallo!
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> Zunächst hat es ein Weilchen gedauert, bis ich überhaupt
> die Aufgabe verstanden habe. Und ehrlich gesagt, mir fehlt
> immernoch die Angabe, wo die Kraft denn angreifen soll. Ich
> geh mal davon aus, es ist einfach die horizontale und
> vertikale Kraft, die auf die Wand des Wehrs wirken.
Danke dass du dich trotzdem durchgebissen hast :) Ja genau es geht einfach um die auf das Wehr wirkende Kraft.
> Ansonsten: Warum meinst du, daß du immer nur die
> Projektion betrachten kannst? Für die horizontale Kraft
> mag das stimmen, aber nicht für die vertikale.
Das glaube ich mittlerweile auch...
> Hier mal ein Beispiel:
>
>
> [Dateianhang nicht öffentlich]
>
> Die horizontale und vertikale Projektion sind jeweils
> gleich, aber der Auftrieb unterscheidet sich.
> Die linke Figur hat den Auftrieb
> [mm]1cm*4cm*\rho+4cm*0,5cm*\rho =6cm^2*\rho[/mm]
> Die rechte Figur
> hat den Auftrieb
> [mm]4cm*4cm*\rho+1cm*0,5cm\cdot\rho=16,5cm^2\rho[/mm]
Ich verstehe nicht wirklich was du mit dem Beispiel ausdrücken möchtest. Die beiden Körper haben ja auch völlig unterschiedliche Volumina, und gemäß der Zeichnung auch entweder nicht diesselbe Dichte oder nicht dieselbe Masse.
> Du wirst nicht drumherum kommen, dafür ein Integral zu
> bilden.
Dafür muss ich dann wie bei [mm] F_x [/mm] über den Kreisteil integrieren und mir dazu vorher vermutlich überlegen wie in diesem Fall $dl$ (entlang des Wehrs) und $dz$ zueinander stehen. Auf den ersten Blick nicht gerade trivial. Ich weiß mittlerweile dass sich die Aufgabe auch über das fehlende Volumen an Fluid oberhalt des Wehrs lösen lässt. Das wäre vermutlich der elegantere Weg, als irgendwie in karth. Koordinaten über eine Kreisbahn zu integrieren.
Was aber der Kern meiner Frage ist
[Dateianhang nicht öffentlich]
Wenn F die resultierende Kraft ist, kann ich mir diese nicht in x und z Teil zerlegen? Bzw. von meinem x-Teil auf F zurückrechnen und dann damit auf den z-Teil kommen?
lg moody
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: jpg) [nicht öffentlich]
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Hallo!
Zunächst zu meiner Zeichnung: Das hab ich ganz einfach mit LibreOffice-Draw erstellt, und einen Screenshot gemacht, geht am schnellsten. Unter den Pfeilen und so gibt es das Bemaßungswerkzeug, das ich auch sehr schätze.
Wenn man dazu das ganze noch korrekt druckt (z.B. erst als PDF exportiert und im Acrobat "ohne Seitenanpassung" druckt), erhält man eine akkurate 1:1 Skizze mit Bemaßung, mit der jede Werkstatt was anzufangen weiß. (Naja, für sowas wie Platten mit Löchern hier, Bohrungen da.)
Zurück zur Aufgabe:
Es ist richtig, die beiden Körper meiner Zeichnung haben trotz gleichen Projektionsflächen unterschiedlichen Auftrieb (ihr eigenes Gewicht kannst du erstmal vernachlässigen). Das heißt eben, du mußt die Form berücksichtigen.
Und ich würde gleich von Anfang an alles vektoriell betrachten. Das Integral wird simpel, wenn du zu Polarkoordinaten übergehst.
An jeder Stelle der kreisförmigen Wand steht die Kraft, die der Druck verursacht, senkrecht.
Sei nun [mm] \psi [/mm] der Winkel zwischen dem Kraft-Vektor und der Horizontalen. Den kannst du auch im Lager einzeichnen, und wird insgesamt von 0 bis [mm] \varphi/2 [/mm] laufen. Dann ist die Richtung der Kraft [mm] \vektor{\cos\psi \\ \sin\psi} [/mm] .
Und die Wassertiefe ist [mm] h(\psi)=R*\sin\psi.
[/mm]
Wenn du ein winziges Stück der Kreislinie betrachtest, da vom Lager aus unter dem Winkel [mm] d\psi [/mm] erscheint, dann hat das Stück die Länge [mm] R*d\psi [/mm] .
Das heißt, das bischen Kraft, das durch dieses Stück erzeugt wird, ist:
[mm] $d\vec{F}(\psi)=\rho [/mm] g [mm] h(\psi)*\vektor{\cos\psi \\ \sin\psi}*R*d\psi=\vektor{\rho g R^2*\sin\psi*\cos\psi \\ \rho g R^2*\sin^2\psi}d\psi$
[/mm]
Die Gesamtkraft ist dann
[mm] $\vec{F}=\int d\vec{F}(\psi)=\int_0^{\varphi/2}\rho [/mm] g [mm] h(\psi)*\vektor{\cos\psi \\ \sin\psi}*R*d\psi=\vektor{\int_0^{\varphi/2}\rho g R^2*\sin\psi*\cos\psi \,d\psi\\ \int_0^{\varphi/2}\rho g R^2*\sin^2\psi\,d\psi}$
[/mm]
Das ist eigentlich alles.
Denk dran, das ist nun nicht wirklich die Kraft, sondern die Kraft pro Länge, man müßte das ganze mit der Länge des Wehrs multiplizieren.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:29 Do 23.07.2015 | | Autor: | moody |
> Hallo!
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> Zunächst zu meiner Zeichnung: Das hab ich ganz einfach mit
> LibreOffice-Draw erstellt, und einen Screenshot gemacht,
> geht am schnellsten. Unter den Pfeilen und so gibt es das
> Bemaßungswerkzeug, das ich auch sehr schätze.
>
> Wenn man dazu das ganze noch korrekt druckt (z.B. erst als
> PDF exportiert und im Acrobat "ohne Seitenanpassung"
> druckt), erhält man eine akkurate 1:1 Skizze mit
> Bemaßung, mit der jede Werkstatt was anzufangen weiß.
> (Naja, für sowas wie Platten mit Löchern hier, Bohrungen
> da.)
Danke!
> Die Gesamtkraft ist dann
>
> [mm]\vec{F}=\int d\vec{F}(\psi)=\int_0^{\varphi/2}\rho g h(\psi)*\vektor{\color{Fuchsia}\cos\psi \\ \color{Fuchsia} \sin\psi}*R*d\psi=\vektor{\int_0^{\varphi/2}\rho g R^2*\sin\psi*\cos\psi \,d\psi\\ \int_0^{\varphi/2}\rho g R^2*\sin^2\psi\,d\psi}[/mm]
Ich habe es nachgerechnet und komme nun auf die richtigen Ergebnisse. Der [mm] $\text{\color{Fuchsia}markierte Teil}$ [/mm] hat mich eben ein wenig verwirrt, da ich davon ausgegangen bin, dass die Kraft sich in $sin$ und $cos$ Anteil zerlegen lässt. Könntest du vielleicht noch erklären warum das hier nicht möglich ist? Dann habe ich die Aufgabe glaube ich vollends verstanden.
> Denk dran, das ist nun nicht wirklich die Kraft, sondern
> die Kraft pro Länge, man müßte das ganze mit der Länge
> des Wehrs multiplizieren.
Genau so wie du es gerechnet hast war es aber gefragt, ansonsten wäre [mm] $\cdot [/mm] L$ aber auch kein Aufwand ;)
lg moody
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Hallo!
Wenn [mm] \psi=0 [/mm] ist, man also die Kraft an der Wasseroberfläche betrachtet, hat man eine reine Kraftkomponente in x-Richtung, die in z-Richtung ist 0. (Gut, durch den Druck gibts an der Oberfläche gar keine Kraft, aber das ist ja ein anderer Faktor) Daher muß die x-Komponente den COS enthalten, und die z-Komponente den SIN. (Und ja, letztendlich zerlegst du damit automatisch die Kraft in horizontale und vertikale Komponente.)
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:14 Do 23.07.2015 | | Autor: | moody |
Danke! Aber somit bleibt mir weiterhin unklar wieso [mm] F_p cos(\phi [/mm] /2) mir [mm] F_x [/mm] liefert, dies jedoch für [mm] F_z [/mm] nicht funktioniert.
LG moody
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Hallo!
Betrachte folgende Zeichnung:
[Dateianhang nicht öffentlich]
Der Körper liegt in einer bestimmten Wassertiefe so daß, wenn er vollständig im Wasser liegt, von beiden Seiten die gleiche Kraft horizontal auf ihn wirkt. Die Summe der Kräfte ist 0.
Gibt es in dem Becken eine Wand mit einem Loch, durch das er exakt durch passt, wirkt immernoch genau die gleiche Kraft, diesmal nur einseitig. Und die ist auch unabhängig davon, wie weit der Körper in das Wasser ragt. Das liegt daran, daß der Wasserdruck immer der gleiche ist.
Nun kann man sich die Projektion des Körpers angucken. Ist sie spiegelsymmetrisch zu einer horizontalen Linie, kann man die Gesamtkraft berechnen aus Fläche der Projektion und Druck auf höhe der Spiegellinie. (Die Regel kann man noch verallgemeinern, aber das soll reichen).
Da dein Wehr von vorne rechteckig aussieht, ist die Kraft einfach Fläche mal Druck auf halber Höhe.
[Dateianhang nicht öffentlich]
Betrachtest du die vertikalen Kräfte, sieht das ganze anders aus. Die Kräfte hängen vom jeweiligen Druck ab, der überall anders ist. Sofern der Körper vollständig unter Wasser ist, gibt es einen konstanten Auftrieb, der sich aus der Differenz der Kräfte an gegenüberliegenden Flächen ergibt. Das heißt also auch, daß die Summe der Kräfte nicht 0 ist.
Und: Ragt der Körper aus dem Wasser heraus, wirkt nur noch die Kraft von unten, und die ist auch noch unterschiedlich, je nach Eintauchtiefe. Daher kannst du hier nicht einfach auf den Querschnitt gucken.
Falls du noch skeptisch bist:
[Dateianhang nicht öffentlich]
Dein Wehr besteht aus ganz vielen Balken. Was passiert mit der Kraft, wenn du die Balken in Gedanken hin und her schiebst?
Nochwas: Mir fällt grade diese Formel auf:
$ [mm] F_p [/mm] = [mm] \integral_{0}^{H}{\rho g z \bruch{dz}{cos(\bruch{\phi}{2})}} [/mm] $
Es ist mir grade weder klar, was [mm] F_p [/mm] ist, noch, wie du auf die Formel kommst.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 11:52 Fr 24.07.2015 | | Autor: | moody |
> Nochwas: Mir fällt grade diese Formel auf:
>
> [mm]F_p = \integral_{0}^{H}{\rho g z \bruch{dz}{cos(\bruch{\phi}{2})}}[/mm]
>
> Es ist mir grade weder klar, was [mm]F_p[/mm] ist, noch, wie du auf
> die Formel kommst.
[Dateianhang nicht öffentlich]
Das kommt durch die Substitution von dl zu dz
Da [mm] $\bruch{dz}{dl} [/mm] = [mm] cos(\alpha)$ [/mm] ist.
Genau hier liegt aber mein Fehler wie deine Zeichnungen auch verdeutlichen! Für $dx$ ist diese Rechnung okay, für $dz$ geht das allerdings nicht weil ich nicht das von mir hier eingezeichnete Dreieck habe, sondern den Verlauf von $dl$ und das ist in diesem Fall der Viertelkreis korrekt berücksichtigen muss.
Eben genau das worauf du mich die ganze Zeit hingewiesen hast. Da mit den unterschiedlichen Formen auf jeden Fall unterschiedliche Tiefen verbunden sind und damit ganz andere Drücke.
Ich hatte eben gedacht ich könnte über die sin und cos Beziehung von dem einen Anteil auf den anderen schließen.
Vielen vielen Dank für deine Mühe! Ich denke jetzt ist alles klar ![[aufgemerkt]](/images/smileys/aufgemerkt.gif "[aufgemerkt]")
lg moody
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Anhang Nr. 1 (Typ: png) [nicht öffentlich]
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:09 Mi 22.07.2015 | | Autor: | moody |
Und mit welchem Programm hast du die nette Zeichnung gemacht? Sieht ziemlich ordentlich aus.
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