Statik 1.2.16

[Totengräber]

Moin Leute,
 
kann mir mal bitte einer bei dieser Aufgabe helfen? Finde einfach nicht den Ansatz
 
 
1.2.16
 
Eine im Koordinatenursprung angreifende Kraft F sei durch ihre Komponenten Fx und Fy gegeben. Ferner seien die Wirkungslinien (WL) von drei Kräften F1 bis F3 bekannt.
 
Geg.: Fx = 40 N     Fy = 30 N
         WLF1:  x = 0
         WLF2:  y2(x) = -x + 7
 
         WLF3:  y3(x) = 1/2x - 6
 
Ges.: F1, F2 und F3 so, dass die gesamte Kräftegruppe im Gleichgewicht ist.
 
Lösung: F1 = 37,7 N     F2 = 26,1 N      F3 = 24,1 N
 
 
Danke schon mal für eure Hilfe

[Saimat]

- eine Momentenbilanz um den Ursprung und die 2 Kräftebilanzen waagerecht und senkrecht
--> ergeben jeweils 0
--> 3 Gleichungen, 3 Unbekannte
- Bemerkung: da die Kräfte in dem Fall auf der Wirkungslinie verschiebbar sind, kannst Du Dir die Angriffspunkte (Teil der jeweiligen Wirkungslinie) aussuchen und dementsprechend sinnvoll legen (z.B. auf Achsen)

[pruefi]

So? Eigentlich ein Gleichungssystem mit 6 Unbekannten, dass sich aber auf eines mit drei Unbekannte reduzieren lässt.
[latex]
Kräftebilanzen:
\begin{eqnarray*}
\mbox{Horizontal:}\\
\longrightarrow F_x+F_{1x}+F_{2x}+F_{3x}&=&0\\
\mbox{Vertikal:}\\
\uparrow F_y+F_{1y}+F_{2y}+F_{3y}&=&0\\
\end{eqnarray*}
Momentenbilanz bei Drehung um (I):
\begin{eqnarray*}
{\cal M}(F) + {\cal M}(F_1) + {\cal M}(F_2) + {\cal M}(F_3)&=&0\\
\end{eqnarray*}
Einzeldefinitionen der Kraftkomponenten:
\begin{eqnarray*}
F_x&=&40N\\
F_y&=&30N\\
F_{1x}&=&0\\
F_{2x}&=&-F_{2y}\\
F_{3x}&=&2 \cdot F_{3y}\\
\end{eqnarray*}
Einzeldefinitionen der Momente:
\begin{eqnarray*}
{\cal M}(F)&=&0 \\
{\cal M}(F_1)&=&0\\
{\cal M}(F_2)&=&a\cdot F_{2x}\\
{\cal M}(F_3)&=&-b\cdot F_{3x}\\
\end{eqnarray*}
[/latex]

[Saimat]

Hatte eigentlich daran gedacht, die Kraftkomponenten von den Steigungswinkeln der Wirkungslinien abhängig zu machen und somit auf die gesamten Kräfte zu beziehen, welche ich ja ausrechnen möchte. Aber bestimmt geht es auch, wenn man alles auf die x-Komponente zurückführt.
Was willst Du mir eigentlich damit sagen?

[pruefi]

Die Kräfte(rot) lassen sich in beliebige Komponenten(grau) zerlegen.
Das hier benutzte Koordinatensystem läßt es mir naheliegend erscheinen, sie in x und y Richtung zu zerlegen ;-) Die Steigung der WL (hellblau) gibt das Verhältnis zwischen x- und y-Komponente der Kraft(rot) an. Ist an sich einfach.

[Saimat]

Gut, also wolltest Du nur illustrieren. Dachte schon ich läge komplett daneben.
Bist Du Dir bei allen Vorzeichen sicher?

[pruefi]

Also ich bin mir da immer unsicher...

[Saimat]

So, wie die Kräfte in der Skizze angetragen sind, müsste meiner Meinung nach F2y negativ sein (in der Vertikalbilanz), oder?
Genauso müsste meiner Meinung nach entweder M(F2) oder M(F1) negativ sein. (in der Momentenbilanz)

[pruefi]

Die allgemeine Bilanzformel für die Statik gibt ersteinmal keine Richtung vor.
[latex]
$\sum_i^n F_i=0$\\
$\sum_i^n {\cal M}_i=0$
[/latex]

[Saimat]

Ja, entscheidend ist die Antragungsrichtung. Somit gibt die Wirkungslinie dann die 'Richtungen' vor. Und bei der Wirkungslinie von F2 (w2) ist es nicht möglich, dass Horizontal- und Vertikalteil ein anderes Vorzeichen haben (bezogen auf Dein Bezugssystem). Habe ich da was falsch verstanden?

[pruefi]

Jein!
Bei der Wirkungslinie WL2 ist ausser der Gleichheit der Beträge nur gegeben, dass x und y-Komponente entgegengesetzte Vorzeichen haben. Ist F_2y positiv-> F_2x=negativ und andersrum.

[Saimat]

Und das hat auf die Gleichungen keinen Einfluss? Du schreibst ja:

Fx + F1x + F2x + F3x = 0
und gleichzeitig
Fy + F1y + F2y + F3y = 0

Also sind beide in die gleiche Richtung angetragen?!

[pruefi]

Das tue ich nicht!
Ich definiere streng genommen ersteinmal die positive Zählrichtung, nicht den Wert.
Also kann an der Stelle für Beispielsweise F_1x nicht gesagt werden, in welche Richtung der Kraftvektor letztendlich zeigt.
[latex]
Kräftebilanzen:
\begin{eqnarray*}
\mbox{Horizontal:}\\
\longrightarrow F_x+F_{1x}+F_{2x}+F_{3x}&=&0\\
\longrightarrow 40N+0+F_{2x}+F_{3x}&=&0\\

\mbox{Vertikal:}\\
\uparrow F_y+F_{1y}+F_{2y}+F_{3y}&=&0\\
\uparrow 30N+F_{1y}+-F_{2x}+1/2F_{3x}&=&0\\

\mbox{Drehung:}\\
\mbox{(I)} a\cdot F_{2x}-b \cdot F_{3x}&=&0\\
\mbox{(I)} 7\cdot F_{2x}-6 \cdot F_{3x}&=&0\\
\end{eqnarray*}

\begin{tabular}{|c|c|c|c|c||c|}
\hline
ID&$F_x$&$F_{1y}$&$F_{2x}$&$F_{3x}$&abs\\
\hline
$\longrightarrow$&40&0&1&1&0\\
\hline
$\uparrow$&30&1&-1&1/2&0\\
\hline
(I)&0&0&7&-6&0\\
\hline
\end{tabular}
\begin{tabular}{|c|c|c|c||c|}
\hline
ID&$F_{1y}$&$F_{2x}$&$F_{3x}$&abs\\
\hline
$\longrightarrow$&0&1&1&-40\\
\hline
$\uparrow$&1&-1&1/2&-30\\
\hline
(I)&0&7&-6&0\\
\hline
\end{tabular}
[/latex]

[Totengräber]

Danke erst mal für eure Hilfe. Hab jetzt aber nen anderes Problem.
 
Meine Ergebnisse weichen alle ein bischen von den Lösungen ab. Ich habe aber mit den exakten Winkeln gerechnet.
 
Meine Ergebnisse F1 = 36,84 N
 
                          F2 = 26,8 N
 
                          F3 = 24,71 N

[Saimat]

@Pruefi: Gut, hatte nicht zuende gedacht bzw dein Geschriebenes falsch interpretiert. Gehe da anscheinend noch nicht schematisch genug dran. Nun ists aber klar.
@Totengräber: Hast wohl irgendwo einen kleinen Fehler gemacht. Davor ist keiner geschützt. Ohne den exakten Rechenweg kann da auch keiner helfen. Kannst ja mal mit MathCAD nachrechnen.