Es ist ein Trog mit einem Meter länge „nach hinten“, der bis
oben hin mit Wasser gefüllt ist.
Nun soll berechnet werden, welches Drehmoment auf die
Seitenwand im Punkt B durch den Druck des Wassers wirkt.
Ich bin bisher leider noch kein Stück weitergekommen, aber es
sind sicher nur 1-2 simple Integrale.
der Wasserdruck wirkt rechtw. auf die Wand.
Die Druckordinate ist von der Wassertiefe abhängig, hier also
unten von 12 cm und oben = 0.
Dies ergibt ein Druckdreieck auf der schrägen Seitenwand…
Da Du die schräge Länge der Seitenwand berechnen kannst, kannst Du
auch die Größe des gesamten Wasserdrucks berechnen.
Der Schwerpunkt der Wasserdruckfigur liegt genau bei 1/3 der Länge
der Seitenwand von B aus. Daraus errechnet sich das Drehmoment.
Das kannst Du wohl errechnen, oder ?
Suche den Lösungsweg nach meinen Angaben.
Das Ergebnis müßte ca M=416 Ncm betragen.
(gerechnet mit Wasserdruck ca 1 N/cm^2 je m Wasserhöhe)
Du meinst, dass für das Drehmoment die Kraft, die aus dem Druck folgt im rechten Winkel zur Wand stehen muss?
Die Druckordinate ist von der Wassertiefe abhängig, hier also
unten von 12 cm und oben = 0.
Dies ergibt ein Druckdreieck auf der schrägen Seitenwand…
Mh, was meinst du mit Druckordinate? Dass der Wasserdruck von der Tiefe abhängig ist, versteh ich.
Da Du die schräge Länge der Seitenwand berechnen kannst,
kannst Du
auch die Größe des gesamten Wasserdrucks berechnen.
Müsste ich dafür ein Integral bilden?
Der Schwerpunkt der Wasserdruckfigur liegt genau bei 1/3 der
Länge
der Seitenwand von B aus. Daraus errechnet sich das
Drehmoment.
Das kannst Du wohl errechnen, oder ?
Mit Schwerpunkten haben wir bei sowas nie gearbeitet.
Suche den Lösungsweg nach meinen Angaben.
Das Ergebnis müßte ca M=416 Ncm betragen.
(gerechnet mit Wasserdruck ca 1 N/cm^2 je m Wasserhöhe)
Gruß VIKTOR
Ich komm leider immernoch nicht weiter, entweder steh ich auf dem Schlauch oder bin weiter mit der Aufgabe überfordert, als ich dachte. Tut mir leid.
Du meinst, dass für das Drehmoment die Kraft, die aus dem
Druck folgt im rechten Winkel zur Wand stehen muss?
so ist es,schräg auf ein Wandflächenelement ist bei Wasser nicht
vorstellbar.
Die Druckordinate ist von der Wassertiefe abhängig, hier also
unten von 12 cm und oben = 0.
Dies ergibt ein Druckdreieck auf der schrägen Seitenwand…
Da sich der Wasserdruck von mm zu mm Wassertiefe verändert und
zwar linear kontinuierlich vom Maximalwert unten auf Null oben
ist die Verteilung des Wasserdruckes auf der Wand als Abbild
dargestellt, ein Dreieck.
Der jedem Punkt der Wassertiefe zugeordnete Wasserdruck dieses Bildes
nennt man auch Druckordinate.
Da Du die schräge Länge der Seitenwand berechnen kannst,
kannst Du
auch die Größe des gesamten Wasserdrucks berechnen.
Müsste ich dafür ein Integral bilden?
Im Prinzip ja, hier nicht.
Da das Druckbild ein Dreieck ist kannst Du Dir den Flächeninhalt
des Druckbildes einfach errechnen. Das ist dann der gesamte Wasser-
druck auf die schräge Fläche.
Wenn Du mit Integralen arbeiten willst mußt Du Dir erst die
Funktionsgleichungen der Wasserdruckordinaten und deren rechtw.
Abstand zum Punkt B entwickeln.
Die Summe (Integral) aus dem Produkt jeder Druckordinate mit dem
Abstand zu B wäre dann Dein Drehmoment.
Dies ist aber viel komplizierter.
Der Schwerpunkt der Wasserdruckfigur liegt genau bei 1/3 der
Länge
der Seitenwand von B aus. Daraus errechnet sich das
Drehmoment.
Das kannst Du wohl errechnen, oder ?
Mit Schwerpunkten haben wir bei sowas nie gearbeitet.
Aber doch mit Schwerpunkten von Flächen. Bei Dreiecken liegt der
eben auf 1/3 der Höhe von der Basis bzw. von jeder Seite.
Suche den Lösungsweg nach meinen Angaben.
Das Ergebnis müßte ca M=416 Ncm betragen.
(gerechnet mit Wasserdruck ca 1 N/cm^2 je m Wasserhöhe)
Ich komm leider immernoch nicht weiter, entweder steh ich auf
dem Schlauch oder bin weiter mit der Aufgabe überfordert, als
ich dachte. Tut mir leid.
Vielleicht liegt es am Vorstellungvermögen.Nur so im Kopf mit
math.Formeln allein kommt man nicht dahin.
Zeichne Dir doch die Wasserdruckfigur einmal auf, direkt auf die
betrachtete Wand.
Es ist eigentlich nur ganz elementare Mathematik und Physik hier
erforderlich. Wenn Du davon „weit weg“ bist ist es fast nicht möglich
Dir Zugang zu Lösung dieser Aufgabe zu schaffen.
Gruß VIKTOR
Da sich der Wasserdruck von mm zu mm Wassertiefe verändert und
zwar linear kontinuierlich vom Maximalwert unten auf Null oben
ist die Verteilung des Wasserdruckes auf der Wand als Abbild
dargestellt, ein Dreieck.
Der jedem Punkt der Wassertiefe zugeordnete Wasserdruck dieses
Bildes
nennt man auch Druckordinate.
Hmm, das leuchtet mir ein. Mein Problem ist nur: man sieht ja an der Zeichnung, dass das Teil nach oben hin breiter wird. Wie berechne ich denn das mit ein? oben ist der Druck 0 und unten ist er dann einfach… die Gesamt-Gewichtskraft des Wassers auf… welche Fläche?
Denn ich kann doch nicht nur die projezierte Fläche des Dreiecks betrachen, schliesslich wirkt z.b. von dem rechteckigen Teil des Volumens in der Mitte auch noch ein Druck nach aussen mit auf die schräge Fläche.
Der Schwerpunkt der Wasserdruckfigur liegt genau bei 1/3 der
Länge
der Seitenwand von B aus. Daraus errechnet sich das
Drehmoment.
Das kannst Du wohl errechnen, oder ?
Mit Schwerpunkten haben wir bei sowas nie gearbeitet.
Aber doch mit Schwerpunkten von Flächen. Bei Dreiecken liegt
der
eben auf 1/3 der Höhe von der Basis bzw. von jeder Seite.
Ja, stimmt. Das ist praktisch. Ich muss jetzt nur noch dieses „Dreieck“ aufstellen, wie oben beschrieben, wo ich allerdings noch nicht weiss, wie ich diese Form mit in das Dreieck einbauen soll.
Oder ist der Druck garnicht von der Form Abhängig und hier gilt auch das hyrostatische Paradoxon?
Dann bräuchte ich ja nur die Höhe einbeziehen, hätte damit meinen Druck(min) und Druck(max) und damit mein Dreieck. Wobei die Fläche des Dreiecks dann mein Gesamtdruck ist und der Schwerpunkt die Stelle, wo er im Mittel nach Aussen wirkt (senkrecht, richtig? dann müsste ich es nur noch mit dem Winkel verrechnen, damit es senkrecht zur Aussenwand steht) und hätte damit mein Drehmoment.
Unser Professor hat mich mal total verwirrt, da er eingezeichnet hat, dass bei einem Staudamm die Mauer nach unten hin Parabelförmig verlaufen müsste um den Druck zu halten, aber wenn er nach teunten hin linear steigt (wie es ja auch nach der Formel gegeben ist, denn dort kommt ja kein Höhe² oder soetwas vor), dann wäre das doch unnötig? Oder verstehe ich das falsch?
Oder ist der Druck garnicht von der Form Abhängig und hier
gilt auch das hyrostatische Paradoxon?
Du hast es.
Dann bräuchte ich ja nur die Höhe einbeziehen, hätte damit
meinen Druck(min) und Druck(max) und damit mein Dreieck. Wobei
die Fläche des Dreiecks dann mein Gesamtdruck ist und der
Schwerpunkt die Stelle, wo er im Mittel nach Aussen wirkt
(senkrecht, richtig? dann müsste ich es nur noch mit dem
Winkel verrechnen, damit es senkrecht zur Aussenwand steht)
und hätte damit mein Drehmoment.
So ist es, fast.
Der Druck wirkt aber rechtw. zur schrägen Fläche nicht horizontal !
Vergiß hier mal den Winkel.
Je schräger die Fläche desto Größer der Gesamtdruck.
Die Druckordinate unten entspricht dem hydrostat.Druck. aber
eben rechtw. auf die Fläche.
Du brauchst nur die Länge der Schräge (Pythagoras)
Länge mal Druckordinate unten, halbiert ist Gesamtdruck.
Natürlich darfst Du die Wandbreite nicht vergessen.
Länge geteilt durch drei ist der Hebelarm zu B, beim Dreieck.
Achtung ! Dimensionen beachten.Und immer alles in die Skizze eintragen
soweit das geht (auch Lage und Richtung des Gesamtdruckes mit einem
Pfeil)dann hat man immer den Überblick
Teile mir mit wenn Du klar kommst.
Gruß VIKTOR
Unser Professor hat mich mal total verwirrt, da er
eingezeichnet hat, dass bei einem Staudamm die Mauer nach
unten hin Parabelförmig verlaufen müsste um den Druck zu
halten, aber wenn er nach teunten hin linear steigt (wie es ja
auch nach der Formel gegeben ist, denn dort kommt ja kein
Höhe² oder soetwas vor), dann wäre das doch unnötig? Oder
verstehe ich das falsch?
Wie rum parabelförmig ? Wie sieht der Mauerquerschnitt aus ?
Es kommt darauf an nach welchen stat.Kriterien (stat.System)die
Standsicherheit der Staumauer konstruiert wird.Es gibt verschiedene
Möglichkeiten - doch dies würde hier zu weit führen.
Hey Viktor! Danke erstmal wieder für deine Bemühungen!
So ist es, fast.
Der Druck wirkt aber rechtw. zur schrägen Fläche nicht
horizontal !
Vergiß hier mal den Winkel.
Je schräger die Fläche desto Größer der Gesamtdruck.
Die Druckordinate unten entspricht dem hydrostat.Druck. aber
eben rechtw. auf die Fläche.
Du brauchst nur die Länge der Schräge (Pythagoras)
Länge mal Druckordinate unten, halbiert ist Gesamtdruck.
Natürlich darfst Du die Wandbreite nicht vergessen.
Länge geteilt durch drei ist der Hebelarm zu B, beim Dreieck.
Achtung ! Dimensionen beachten.Und immer alles in die Skizze
eintragen
soweit das geht (auch Lage und Richtung des Gesamtdruckes mit
einem
Pfeil)dann hat man immer den Überblick
Teile mir mit wenn Du klar kommst.
Ich hab mir jetzt überlegt, dass ich das jetzt so rechnen werde:
Der Druck der mittleren Säule ist, wegen des Paradoxons ja nur wie von einem Rechteck zu betrachten und wirkt bei infinitesimal kleinen Stücken, soweit ich das verstehe genau so nach unten, wie nach aussen.
Daher werde ich nun für die Mitte dieses „Druck-Dreieck“ berechnen, was jedoch nach aussen wirkt (horizontal) und dann hiervon den Teil, der senkrecht zur Aussenfläche steht als Komponente 1 ansehen.
Ich denke, es ist hier so einfacher, da ich sonst mit einbeziehen müsste, dass die Fläche, auf die der Druck wirkt ja nicht konstant ist, sondern mit zunehmender Tiefe kleiner wird.
Daher werde ich das 3-eck am Rand separat betrachten, indem ich dort einfach rechne, wieviel Wasser sich dort drin befindet, die Gewichtskraft dieses Wassers in seinem Mittelpunkt (wieder Dreieck, diesmal ja sogar geometrisch vorhanden) theoretisch vereine, den Teil der Gewichtskraft berechne, welcher Senkrecht zur schrägen Aussenwand steht und dann dieses als Komponente 2 mit der Komponente 1 einfach zusammen addiere. So müsste ich eigentlich alles mit einbezogen haben, oder?
Denn in dem äusseren Teil des Gefäßes gibt es ja theoretisch keinen Druck nach unten, weil unten die Fläche 0 ist.
Geht das so? Ich würde es lieber so lösen, weil es mehr meinen Verfahren entspricht und auch den Wegen, die wir sonst benutzen.
Oh mann. Ich werde Montag die Musterlösung präsentiert kriegen und wehe es heisst dort „wir meinten das eigentlich einfacher“. Werde das aber auf jeden Fall hier posten. Hoffentlich hab ich das dann nun trotzdem schon richtig.
Hallo Patrick,
ich glaube Du hast doch nicht so ganz verstanden wie der hydrostat.
Wasserdruck wirkt - oder ?.
Als kleine Hilfe einmal dieser Link. http://de.wikipedia.org/wiki/Hydrostatisches_Paradoxon
Deine Vorgehensweise den „Wasserkörper“ im Gefäß aufzuspalten
und dann horizontalen Wasserdruck mit vertikalem Wassergewicht zu überlagern ist grundsätzlich falsch und führt nur in Ausnahmefällen
zum Ergebnis.
Noch einmal:
Der Wasserdruck auf den Wandfläche eines irgentwie geformten oben
offenen Gefäßes ist an jedem spezifischen Punkt der Fläche gleich dem
Abstand des Punktes bis zur Oberfläche des Wassers multipliziert mit
dem spez.Gewicht des Wassers. Er wirkt immer rechtwinkl.zum betrach-
teten Wandpunkt.
Nur wenn man den Druckverlauf auf der Wandfläche ermittelt kann man
auch der Gesamtdruck und die resultierende Richtung und Lage ermitteln
Wenn Du andere Wege suchst,weißt Du nicht was Du machst und gehst
eventuell in die Irre.
Leider kann ich Dir nicht mehr weiter helfen, ich hatte schon alles gesagt.
Gruß VIKTOR
Der Wasserdruck auf den Wandfläche eines irgentwie geformten
oben
offenen Gefäßes ist an jedem spezifischen Punkt der Fläche
gleich dem
Abstand des Punktes bis zur Oberfläche des Wassers
multipliziert mit
dem spez.Gewicht des Wassers. Er wirkt immer rechtwinkl.zum
betrach-
teten Wandpunkt.
Mh, doch stimmt, das ist mir jetzt klar. Aber irgendwie muss es doch dann auch recht simpel sein, das auszurechnen? Kannst du mir nicht sagen, wie du es gerechnet hast, dann sehe ich es daran hoffentlich. Steh bei dieser dämlichen Aufgabe echt quer.
Nach der obigen Beschreibung müsste ich dann nun einfach rechnen:
Integral über Höhe von 0 bis 12 über einer Funktion, welche eine Gerade beschreibt, die für x = 0 die Fläche des oberen Ende des Dreiecks an der Seite des Trogs (wofür ich ja das alles ausrechne) hat und für x = 12 die Fläche 0, oder? Das wäre ja einfach nur eine verschobene Gerade.
Das Ergebnis mit der Dichte multipliziert müsste dann den Gesamtdruck auf die Fläche (schon senkrecht dazu) geben, oder?
Aber auf welche Fläche? Hätte ich damit nur den Druck auf die Seitenwand oder auch auf den Boden mit berechnet?
Sorry, falls dieser Ansatz schon wieder falsch ist, würde ich gerne mal sehen, wie du auf das Ergebnis kamst, was du mir genannt hast.
Herrgott!! Bisher waren alle Aufgaben direkt lösbar und nun so ein Dreck! Wenigstens hat unser Prof. schon beruhigt damit, dass er dem, der die Aufgaben stellt, dafür mal die Ohren lang ziehen wird.
ich konnte das leider nicht öffnen oder runterladen.
Grüße Pati
Ich hab’s geahnt. (siehe mein PS) und habe
das aber auch an Deine mail- Adresse geschickt. Schau mal bitte nach.
Gruß:
Manni
PS: wenn mir doch bloß mal ein user eine genaue Anweisung liefern könnte, wie ich DIN A4- Blätter bei imageshack größengerecht einstellen kann wäre ich dankbar. Ich mache wohl immer wieder einen grundsätzlichen Fehler, den ich nicht finde.
Endlich…
Ich habe das Bild gekriegt, Danke Manni!! (aus welchem Buch stammt es?)
Jetzt habe ich es damit endlich gelöst und hoffentlich auch richtig…
Ich bin morgen mal auf die Musterlösung gespannt!
Aber vielen vielen Dank natürlich auch an dich, Viktor, dafür, dass du mir das erklärt hast. Im Endeffekt steht auf dem Blatt nichts anderes als Formel, nur, dass es dort quasi garnicht erklärt ist, was mich nur um so mehr auf die Musterlösung gespannt macht.
Aber so haben wir hier in diesem Thread wenigstens auch ausführliche Erklärungen, falls es jemand nachlesen möchte. (der vielleicht nicht grade erst im 1. Semester ist, hehe).
