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[quote="Nikolas"]Wie löst man denn ein Parabelpotential durch den Ursprung? Ich habe hier ja noch die Terme der ersten Potenz, so dass ich effektiv ein Potential wie V(x)=ax^2+bx+c. Dieses Potential ist nicht symetrisch, so dass sich hier auch keine symetrische Bewegung entwickeln dürfte. Das dx habe ich, so weit ich es sehe, richtig benutzt. Meine Rechnung sah so aus, dass ich [latex]V(x_0+dx)=a(x_0+dx)^3+b(...[/latex] einfach ausmultipliziert habe und wenn ein Term mehr als zwei dx beinhaltet hat, diesen einfach ersatzlos gestrichen habe. Damit kam ich dann auf das Polynom zweiter Ordnung. Wenn ich das wie von Lagrange gefordert noch einmal nach meiner unabhängigen Koordinate dx ableite, bekomme ich eben eine Kraft, die sich aus einer Konstanten und einer zur Auslenkung proportionalen besteht. Das war ja eigentlich auch Sinn der Übung, ein Rechenfehler dürfte an dieser Form des Potenatials nichts ändern.[/quote]
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Nikolas
Verfasst am: 16. Okt 2006 19:18
Titel:
Stimmt. Da komme ich jetzt auch drauf.
Vielen Dank, dass du dir die Zeit genommen hast und das für mich durchgerechnet hast
dermarkus
Verfasst am: 16. Okt 2006 18:34
Titel:
Mit einem Parabelpotential durch den Ursprung meine ich eine Parabel, deren Scheitelpunkt im Ursprung liegt. Also einen "stinknormalen" harmonischen Oszillator.
Dein Rechenweg hört sich gut an. Wenn ich das mache, fliegt bei mir allerdings nur ein einziger Term heraus, (a*(dx)^3), weil in ihm die Potenz von dx (=
) größer als zwei ist.
Ich bekomme also (ich schreibe mal
statt dx):
mit
Wenn ich diesen Wert für x_0 in den linearen Term in V einsetze, ergibt sich dabei
, also verschwindet der lineare Term.
Nikolas
Verfasst am: 16. Okt 2006 17:59
Titel:
Wie löst man denn ein Parabelpotential durch den Ursprung?
Ich habe hier ja noch die Terme der ersten Potenz, so dass ich effektiv ein Potential wie V(x)=ax^2+bx+c. Dieses Potential ist nicht symetrisch, so dass sich hier auch keine symetrische Bewegung entwickeln dürfte. Das dx habe ich, so weit ich es sehe, richtig benutzt.
Meine Rechnung sah so aus, dass ich
einfach ausmultipliziert habe und wenn ein Term mehr als zwei dx beinhaltet hat, diesen einfach ersatzlos gestrichen habe. Damit kam ich dann auf das Polynom zweiter Ordnung. Wenn ich das wie von Lagrange gefordert noch einmal nach meiner unabhängigen Koordinate dx ableite, bekomme ich eben eine Kraft, die sich aus einer Konstanten und einer zur Auslenkung proportionalen besteht.
Das war ja eigentlich auch Sinn der Übung, ein Rechenfehler dürfte an dieser Form des Potenatials nichts ändern.
dermarkus
Verfasst am: 16. Okt 2006 17:48
Titel:
Hm, komisch, dabei würde ich erwarten, dass da etwas herauskommen muss, das genau so einfach zu lösen ist wie ein ganz normales Parabel-Potential durch den Koordinatenursprung.
Ich würde zum Beispiel speziell erwarten, dass für das f Null rauskommen muss, da ja die erste Ableitung des Potentials nach dem Ort an der Stelle des Minimums Null ist.
Kann es sein, dass du da die neue Koordinate
mit dem infinitesimalen
verwechselt hast, das auch in den Ableitungen steht? Dass sich die Unlösbarkeit also aus einem Schreib- bzw. Interpretationsfehler für die neue Koordinate
ergeben hat?
Vielleicht kann man sowas noch einfacher vermeiden, wenn man statt der evtl. etwas verwirrenden Bezeichnung
die neue, verschobene Koordinate zum Beispiel mit
bezeichnet? Also ist dann
und man entwickelt das Potential
bis zur zweiten Ordnung in
.
Nikolas
Verfasst am: 16. Okt 2006 15:43
Titel:
Den Weg habe ich jetzt ausprobiert und bin auf folgendes Problem gestoßen:
Wenn ich so ein Polynom-Potential per V(x_0+dx) nähere wobei ich Ordnungen von dx bis maximal 2 mitziehe sieht dass dann später so aus:
Wenn ich dass dan voneinander abziehe komme ich auf die DGL
die ich nicht lösen kann. Ohne die Konstante f wäre es ein harmonischer Oszillator, aber so wirds doch etwas unsymetrisch schwingen.
dermarkus
Verfasst am: 15. Okt 2006 16:26
Titel: Re: Körper bewegt sich in Polynom-Potential
Hallo Nikolas,
Mit dem Weg bin ich einverstanden.
Mit dem Faktor 2 vor dem
aus dem Ableiten (ich glaube, den hattest du beim Rechnen vergessen) bekomme ich
und demnach als stabile Stelle
Ich glaube, die lineare Näherung sollst du nicht um
, sondern um diese Stelle
machen.
Für das Potential ist das also die Näherung
bei der die Terme dritter Ordnung in
dann vernachlässigt werden.
Dabei ist also
, etc.: Die Koeffizienten
und
werden dann also so gewählt, dass man den Potentialverlauf für kleine Auslenkungen
um die Stelle
durch eine Parabel annähert.
Für die Kraft, also bis auf das Minuszeichen die erste Ableitung des Potentials nach dem Ort, ist diese Näherung dann eine lineare Näherung um die Stelle
.
wird also durch die Tangente an
an der Stelle
angenähert.
Nikolas
Verfasst am: 15. Okt 2006 15:37
Titel: Körper bewegt sich in Polynom-Potential
Hallo
heute mal ein Problem von mir:
Es geht um einen Körper, der sich eindimensional in einem Potential der Form
bewegt.
Hierbei soll ich die Bewegungsgleichung aufstellen, nach stationären Punkten suchen, schauen, welche davon stabil sind und dann die Lösung in linearer Näherung für die stabilen Punkte bestimmen.
Also macht mal. Ich brauchs bis in einer halben Stunde.
Nein. Um hier eine gute Frage zu stellen, muss natürlich erst mein Ansatz kommen.
nu gut: F=-V'=-3ax^2-2bx-c, die Bewegungsgleichung kann ich nur bis
bestimmen.
An einer stationären Stelle sollte auf den Körper keine Kraft wirken, also:
damit es überhaupt solche Punkte gibt, sollte der Ausdruck unter der Wurzel positiv sein, also b^2/(12a)>c.
Um zu testen ob die Punkte stationär sind, setze ich sie in die zweite Ableiten der Kraft ein. Ist der Wert dann positiv, bin ich in einem Kraftminimum und die Position ist stabil, sonst nicht.
Also
Die Wurzel und a ist positiv, das ganze also negativ, damit habe ich dann einen instabilen Punkt. Die andere Stelle ist stabil.
Jetzt hänge ich aber an der linearen Näherung. Soll ich da F=-bx-c benutzen? Und dann
wobei ich dann aber nicht berücksichtigt habe, an welcher Stelle ich mich gerade befinde. Irgendwie seh ich da grad den Baum vor lauter Wäldern nicht mehr.