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2.7182818284590452353
Gast
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 2.7182818284590452353 Verfasst am: 16. Sep 2010 13:48 Titel: Bewegungsgleichung einer Kugel auf rotierendem Stab |
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Meine Frage:
Hallo.
Ich wollte fragen, ob mir hier jemand bei einem Mechanik-Problem helfen kann. Und zwar soll ich die Bewegungsgleichung einer Kugel auf einem zur Rotationsachse um den Winkel Theta gesenkten Stab aufstellen.
Meine Ideen:
Ich hab gedacht, ich könnte das ganze grundlegend mittels der Bewegungsgleichung durch Zeitabhängige Einheitsvektoren in Kugelvektoren angehen. Allerdings weiß nicht weiter, wie mit der Zwangsbedingung umzugehen ist. |
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Chillosaurus
Anmeldungsdatum: 07.08.2010
Beiträge: 2440
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| Chillosaurus Verfasst am: 16. Sep 2010 16:54 Titel: |
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x,y,z-Koordinaten in Kugelkoordinaten angeben und die Lagrangefunktion aufstellen. Beim Aufstellung der Bewegungsgleichung darauf achten, dass der Winkel zur Lotrechte konstant ist, also alle Ableitungen Null ergeben. |
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2.7182818284590452353
Gast
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| 2.7182818284590452353 Verfasst am: 16. Sep 2010 18:43 Titel: |
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Ich seh den Abstand a vom Mittelpunkt also als variabel an und differenziere einfach zweimal? So dass ich dann auf etwa folgende Beschleunigungsgleichung komme:
-g)\vec{e_{r}} + (2\dot{a}\dot{\varphi}sin(\theta))\vec{e_{\varphi}}+(a\dot{\varphi}^{2}cos(\theta))\vec{e_{z}}
<br />
)
Und dann mittels Integral über r und dem Energieansatz lösen?
Also:
}
<br />
) |
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2.7182818284590452353
Gast
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| 2.7182818284590452353 Verfasst am: 16. Sep 2010 18:53 Titel: |
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Kleine Bemerkung:
An die Oberflächenbeschleunigung gehört noch eigentlich ein cos(theta) dran. |
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Chillosaurus
Anmeldungsdatum: 07.08.2010
Beiträge: 2440
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| Chillosaurus Verfasst am: 16. Sep 2010 18:59 Titel: |
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Die Umstellung des Energiesatzes kann so nicht funktionieren, da es nicht nur eine Bewegung in x-Richtung gibt.
Könntest du nochmal kurz darstellen, wie du auf die Beschleunigung gekommen bist? |
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2.7182818284590452353
Gast
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| 2.7182818284590452353 Verfasst am: 16. Sep 2010 22:27 Titel: |
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Gerne doch:
\vec{e_{\varphi}}
<br />
sin(\theta)\dot{\vec{e_{\varphi}}} = -\vec{e_{r}}+cos(\theta)\vec{e_{z}}
<br />
<br />
\vec{r}=a\vec{e_{r}}
<br />
<br />
\dot{\vec{r}} = \dot{a}\vec{e_{r}}+(a\dot{\varphi} sin(\theta))\vec{e_{\varphi}}
<br />
<br />
\ddot{\vec{r}} = \ddot{a}\vec{e_{r}} +(\dot{a}\dot{\varphi}sin(\theta))\vec{e_{\varphi}} + (\dot{a}\dot{\varphi}(sin(\theta))\vec{e_{\varphi}}+(a\dot{\varphi}^{2} sin(\theta))(-\vec{e_{r}}+cos(\theta)\vec{e_{z}} )
<br />
<br />
\ddot{\vec{r}} = (\ddot{a}-a\dot{\varphi}^{2}sin(\theta))\vec{e_{r}} + (2\dot{a}\dot{\varphi}sin(\theta))\vec{e_{\varphi}} + (a\dot{\varphi}^{2}cos{\theta})\vec{e_{z}}
<br />
)
Da gegen die e_{r}-Richtung ein Teil der Gravitationsbeschleunigung noch wirkt füge ich noch den Term -g*cos(theta) hinzu:
-gcos(\theta))\vec{e_{r}} + (2\dot{a}\dot{\varphi}sin(\theta))\vec{e_{\varphi}} + (a\dot{\varphi}^{2}cos{\theta})\vec{e_{z}}
<br />
) |
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Chillosaurus
Anmeldungsdatum: 07.08.2010
Beiträge: 2440
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| Chillosaurus Verfasst am: 17. Sep 2010 10:46 Titel: |
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Ok, dein Problem ist es nun, dass du eine Differentialgleichung mit mehreren Unbekannten hast.
Zur weiteren Vereinfachung könntest du die Drehimpulserhaltung einsetzen.
Oder auf dem Fußweg: Lagrangefunktion aufstellen und darüber neue Bewegungsgleichungen bestimmen. Diese notfalls mit der Taylorformel... - aber das ist ja nicht mehr Teil der Aufgabe.
In die ez-Richtung wirkt ebenfalls ein Teil der Gravitationsbeschleunigung! |
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2.7182818284590452353
Gast
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| 2.7182818284590452353 Verfasst am: 17. Sep 2010 13:33 Titel: |
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Okay Danke.
Ich glaub ich habe vektorielle Probleme langsam verstanden. Ich glaub in der Aufgabenstellung (die mir leider im Original nicht mehr vorliegt) war Bewegungsgleichung auch eine synonyme Bezeichnung für die DGL und doch keine nach r(t) aufgelöste Gleichung.
Bei der Gravitation hab ich wohl das ganze wahrscheinlich falsch angesetzt und muss das ganze wohl erst mal in Kugelkoordinaten ausdrücken muss Also:
cos(\theta) \\ sin(\varphi)cos(\theta) \\ -sin(\theta) \end{pmatrix}, \vec{e_{\varphi}} = \begin{pmatrix} -sin(\varphi) \\ cos(\varphi)\\0 \end{pmatrix}, \vec{e_{r}} = \begin{pmatrix} cos(\varphi)sin(\theta) \\ sin(\varphi)sin(\theta)\\cos(\theta) \end{pmatrix}
<br />
<br />
\vec{e_{z}} = - sin(\theta)\vec{e_{\theta}}+ cos(\theta)\vec{e_{r}}
<br />
<br />
\vec{g} = -g \vec{e_{z}} = gsin(\theta)\vec{e_{\theta}}-gcos(\theta)\vec{e_{r}}
<br />
<br />
\ddot{\vec{r_{\Sigma}}} = \ddot{\vec{r}} + \vec{g}
<br />
<br />
\\Test
<br />
<br />
\ddot{\vec{r_{\Sigma}}} = (\ddot{a}-a\dot{\varphi}^{2}sin(\theta))\vec{e_{r}} + (2\dot{a}\dot{\varphi}sin(\theta))\vec{e_{\varphi}} + (a\dot{\varphi}^{2}cos(\theta)-g)\vec{e_{z}}
<br />
<br />
\ddot{\vec{r_{\Sigma}}} = (-a\dot{\varphi}^{2}cos(\theta)sin(\theta)+gsin(\theta))\vec{e_{\theta}}+(\ddot{a}-a\dot{\varphi}^{2}sin(\theta)+a\dot{\varphi}^{2}cos(\theta)^{2}-gcos(\theta))\vec{e_{r}} + (2\dot{a}\dot{\varphi}sin(\theta))\vec{e_{\varphi}})
Für die Bewegungsanalyse in e_{r}-Richtung setze ich das ganze dann wohl einfach gleich mit:
+a\dot{\varphi}^{2}cos(\theta)^{2}-gcos(\theta)
<br />
)
Wobei sich interessanterweise der Term für die Zentrifugalbeschleunigung rauskürzen lässt. |
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Chillosaurus
Anmeldungsdatum: 07.08.2010
Beiträge: 2440
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| Chillosaurus Verfasst am: 17. Sep 2010 14:15 Titel: |
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Ich hätte dies wie folgt versucht:
x=a sin(f) cos(g), y=a sin(f) sin(g), z=-a cos(f)
T=m v²/2=0,5 m ( [dx/dt]²+[dy/dt]²+[dz/dt]²)=0,5 m(da/dt+a²[dg/dt]² sin²(f))
V=m g z =-m g cos(f)
L=T-V
-dL/da )
0=m d²a/dt² - m a (df/dt sin²(f))²+mg cos(f)
Drehimpuls:
)
(nach df/dt umgestellt und oben eingesetzt)
also:
0=d²a/dt²-l²/(sin²(f)a³m²) +g cos(f)
(dies wäre dann meine nichtlineare, inhomogene Bewegungsgleichung 2. Ordnung in der Zeit für a, in Abhängigkeit vom Drehimpuls l und dem Auslenkwinkel f, der als konstant angenommen wurde.) |
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2.7182818284590452353
Gast
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| 2.7182818284590452353 Verfasst am: 20. Sep 2010 12:42 Titel: |
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Danke für deine Antwort. Aber ich muss zugeben, dass die Lagrange-Formalismen im Rahmen der Vorlesung erst nächstes Semester bei mir drankommen.
Daher frage ich, ob es ein äquivalenter Ansatz wäre, wenn ich das ganze bis zur ersten Ableitung auflöse und dann schlichtweg die Ableitung in die Formel für die Corioliskraft und den Ortsvektor in die Zentrifugalkraft einsetzt und schließlich auf die DGL komme, indem ich die Corioliskraft, Zentrifugalkraft, Schwerkraft und Zwangskraft addiere? Vorherige Aufgaben die wir behandelt haben wurden nämlich nach diesem Schema abgehandelt.
Und wie sieht dann eigentlich die Zwangskraft in diesem Fall aus?
Meine Einschätzung wäre ganz schlicht, dass die Zwangskraft lediglich
die gesamte e_{phi}-Komponente auslöscht. Schließlich biegt sich der Stab ja nicht.
\vec{e_{r}} -sin(\theta)\vec{e_{\theta}}
<br />
<br />
\vec{r} = a \vec{e_{r}}
<br />
\dot{\vec{r}} = \dot{a}\vec{e_{r}} + a \dot{\varphi} sin(\theta)\vec{e_{\varphi}}
<br />
\vec{\omega} = \omega \vec{e_{z}} = \omega cos(\theta)\vec{e_{r}} - \omega sin(\theta)\vec{e_{\theta}}
<br />
\vec{g} = -g \vec{e_{z}} = -g cos(\theta)\vec{e_{r}} + g sin(\theta)\vec{e_{\theta}}
<br />
<br />
\vec{F_{C}} = 2m (\dot{\vec{r}} \times \vec{\omega}) = 2m\omega sin(\theta)(a cos(\theta)\vec{e_{\theta}}-\dot{a}\vec{e_{\varphi}}-a\omega sin(\theta) \vec{e_{r}})
<br />
\vec{F_{Z}} = m (\vec{\omega} \times \vec{r} \times \vec{\omega}) = m \omega^{2} a sin(\theta) ( cos(\theta) \vec{e_{\theta}} + sin(\theta)\vec{e_{r}})
<br />
<br />
\vec{F_{\Sigma}} = \vec{F_{Z}} + \vec{F_{C}} + \vec{F_{G}} + \vec{Z})
Damit komme ich dann ebenfalls auf eine inhomogene DGL:
^{2} - m g cos(\theta)
<br />
\ddot{a} + a \omega^{2} sin(\theta)^{2} + g cos(\theta) = 0
<br />
)
Wie ich das sehe, wäre wohl auch eine Alternative, mit der Annahme zu starten, dass die Zeitableitung des Drehimpulses dL/dt = 0 ist. Wobei ich denke, dass ersterer Ansatz über die Superposition der Kräfte schneller geht, als das Bilden der zweiten Ableitung des Ortsvektors. Die Aufgabe kam in einer Klausur dran. |
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Chillosaurus
Anmeldungsdatum: 07.08.2010
Beiträge: 2440
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| Chillosaurus Verfasst am: 20. Sep 2010 13:04 Titel: |
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| 2.7182818284590452353 hat Folgendes geschrieben: | [...]
[1.] Daher frage ich, ob es ein äquivalenter Ansatz wäre, wenn ich das ganze bis zur ersten Ableitung auflöse und dann schlichtweg die Ableitung in die Formel für die Corioliskraft und den Ortsvektor in die Zentrifugalkraft einsetzt und schließlich auf die DGL komme, indem ich die Corioliskraft, Zentrifugalkraft, Schwerkraft und Zwangskraft addiere? [...]
[2.] Wie ich das sehe, wäre wohl auch eine Alternative, mit der Annahme zu starten, dass die Zeitableitung des Drehimpulses dL/dt = 0 ist. Wobei ich denke, dass ersterer Ansatz über die Superposition der Kräfte schneller geht, als das Bilden der zweiten Ableitung des Ortsvektors.[..] |
zu 1.:
Prinzipiell lässt sich das ganze über Newton 3 aufstellen, was letztendlich nichts anderes als der Lagrange-Formalismus ist. Das Problem ist dabei nur, dass die Zwangsbedingung (der festgelgte Winkel) nicht so leicht mit einzubeziehen ist. Die Zwangskraft ist ja zunächst unbekannt und da liegt das Problem dieser Methode. Im Inertialsystem benötigst du keine Corioliskraft.
zu 2.:
Mit Integralen der Bewegung ((Dreh-)impulserhalt, Energieerhaltung,..) lassen sich Probleme häufig bedeutend vereinfachen. dL/dt=0 bedeutet ebensoviel, wie L=konstant, dann wäre eine Ableitung weniger notwendig (L bleibt dann einfach als Konstante stehen). Wichtig ist, dass die Erhaltungssätze anwendbar sind also z.B. kein Drehmoment vorhanden ist.
Für die Kräfte hast du ebenfalls eine 2. Ableitung. |
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