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<table border="0" cellpadding="3" cellspacing="1" width="100%" class="forumline"> <tr> <th class="thCornerL" width="22%" height="26">Autor</th> <th class="thCornerR">Nachricht</th> </tr> <tr> <td width="22%" align="left" valign="top" class="row1"><span class="name"><a name=""></a><b>Malak</b></span></td> <td class="row1" height="28" valign="top"><table width="95%" border="0" cellspacing="0" cellpadding="0"> <tr> <td width="95%"><img src="templates/subSilver/images/icon_minipost.gif" width="12" height="9" alt="Beitrag" title="Beitrag" border="0" /><span class="postdetails">Verfasst am: 15. Dez 2012 14:42<span class="gen"> </span> Titel: </span></td> </tr> <tr> <td colspan="2"><hr /></td> </tr> <tr> <td colspan="2"><span class="postbody">Okay... <br />Tut mir leid für den Doppelpost. Werde mich nach diesem Post dann mal hier anmelden, denke ich, damit ich dann editieren kann. <br /> <br />Ich muss zugeben, dass der Ansatz über die komplette Energierhaltung doch nicht so kompliziert war, ich ich dachte, ging recht schnell. Und ich komme tatsächlich auf dasselbe Ergebnis. Ich poste das mal noch hier, falls jemand Einwände hat, aber ich glaube, ich das Problem jetzt soweit selbst gelöst: <br /> <br /><img class="latex2png" src="https://www.matheboard.de/latex2png/latex2png.php?E + \Delta E = E_2 = mgl \left(1 - cos(\phi') \right )"> <br /><img class="latex2png" src="https://www.matheboard.de/latex2png/latex2png.php? E = mgl \left(1 - cos(\phi) \right)"> <br /><img class="latex2png" src="https://www.matheboard.de/latex2png/latex2png.php? \Delta E = m \left(g + a_z \right) \Delta l - mg \Delta l cos(\phi')"> <br />Der zweite Term der letzten Gleichung ist ja gerade die potenzielle Energie, die der Pendelkörper beim Verlängern im Umkehrpunkt wieder verliert. Für m*a_z*delta-l nehme ich einfach mein Ergebnis von meinem anderen Lösungsweg, davon ausgehend, dass das richtig ist. Auch wenn es falsch ist, wäre es ja egal, jedenfalls müssten bei beiden Lösungswegen dieser Anteil ja gleich sein... <br /><img class="latex2png" src="https://www.matheboard.de/latex2png/latex2png.php?\Delta E + E = mgl \left(1 - cos(\phi) \right) + mg\Delta l + 2mg\Delta l \left(1 - cos(\phi) \right) - mg\Delta l cos(\phi') = mgl \left(1 - cos(\phi') \right) "> <br />Durch m*g teilen: <br /><img class="latex2png" src="https://www.matheboard.de/latex2png/latex2png.php?l \left(1 - cos(\phi) \right) + \Delta l + 2\Delta l \left(1 - cos(\phi) \right) - \Delta l cos(\phi') = l \left(1 - cos(\phi') \right) "> <br />Umformen ergibt: <br /><img class="latex2png" src="https://www.matheboard.de/latex2png/latex2png.php? l \left(1 - cos(\phi) \right) + 2\Delta l \left(1 - cos(\phi) \right) + \Delta l \left(1 - cos(\phi') \right) = l \left(1 - cos(\phi') \right) "> <br /><img class="latex2png" src="https://www.matheboard.de/latex2png/latex2png.php? l \left(1 - cos(\phi) \right) + 2\Delta l \left(1 - cos(\phi) \right) = (l - \Delta l) \left(1 - cos(\phi') \right) "> <br /> <br />Also genau dieselbe zu lösende Gleichung wie bei meinem Ansatz oben. Na ja, ich hoffe, dass sich das damit erledigt hat.</span></td> </tr> </table></td> </tr> <tr> <td colspan="2" height="1" class="spaceRow"><img src="templates/subSilver/images/spacer.gif" alt="" width="1" height="1" /></td> </tr> <tr> <td width="22%" align="left" valign="top" class="row2"><span class="name"><a name=""></a><b>Malak</b></span></td> <td class="row2" height="28" valign="top"><table width="95%" border="0" cellspacing="0" cellpadding="0"> <tr> <td width="95%"><img src="templates/subSilver/images/icon_minipost.gif" width="12" height="9" alt="Beitrag" title="Beitrag" border="0" /><span class="postdetails">Verfasst am: 15. Dez 2012 13:55<span class="gen"> </span> Titel: </span></td> </tr> <tr> <td colspan="2"><hr /></td> </tr> <tr> <td colspan="2"><span class="postbody">Ja, ich weiß, dass ich diese Energie natürlich nicht mit einberechne. Darum soll es bei meinem Weg ja nicht gehen. Ich interessiere mich ja nur dafür, wie hoch das Pendel nach Verkürzung mit seiner neuen kinetischen Energie schwingen kann, und dafür berechne ich dann ja nur die Potenzialdifferenz zwischen dem neuen Anfangspunkt und der maximalen Auslenkung. <br /> <br />Hm, ich glaube, ich sollte mich dann jetzt doch mal daran machen und prüfen, ob beide Wege zum selben Ergebnis führen.</span></td> </tr> </table></td> </tr> <tr> <td colspan="2" height="1" class="spaceRow"><img src="templates/subSilver/images/spacer.gif" alt="" width="1" height="1" /></td> </tr> <tr> <td width="22%" align="left" valign="top" class="row1"><span class="name"><a name=""></a><b>jmd</b></span></td> <td class="row1" height="28" valign="top"><table width="95%" border="0" cellspacing="0" cellpadding="0"> <tr> <td width="95%"><img src="templates/subSilver/images/icon_minipost.gif" width="12" height="9" alt="Beitrag" title="Beitrag" border="0" /><span class="postdetails">Verfasst am: 14. Dez 2012 23:27<span class="gen"> </span> Titel: </span></td> </tr> <tr> <td colspan="2"><hr /></td> </tr> <tr> <td colspan="2"><span class="postbody">Hallo <br /> <br /></span><table width="90%" cellspacing="1" cellpadding="3" border="0" align="center"><tr> <td><span class="genmed"><b>Malak hat Folgendes geschrieben:</b></span></td> </tr> <tr> <td class="quote"> <br /> Beim Verkürzen wird dem System Energie durch Arbeit gegen die Zentrifugalkraft (sollte äquivalent zu meinem Weg über Drehimpuls sein, L²/(2ml²) stellt ja afaik das Zentrifugalpotenzial dar) und potenzielle Energie durch das Verschieben nach oben </td> </tr></table><span class="postbody"> <br />Und genau die potentielle Energie fehlt bei deinem Ansatz <br /> <br /><img class="latex2png" src="https://www.matheboard.de/latex2png/latex2png.php?\Delta E=m(g+a_{z} )\Delta l "> <br /> <br />Du hast den az Anteil berechnet <img src="images/smiles/wink.gif" alt="Augenzwinkern" border="0" /> <br /> <br />(Bei kleinen Änderungen kann man az als konstant betrachten) <br /> <br /> <br /></span><table width="90%" cellspacing="1" cellpadding="3" border="0" align="center"><tr> <td><span class="genmed"><b>Malak hat Folgendes geschrieben:</b></span></td> </tr> <tr> <td class="quote"> <br />Beim Verlängern im Umkehrpunkt sollte sich der Winkel - unter der vereinfachenden Annahme, dass das alles instantan geschieht, natürlich - doch nicht ändern, oder? Also das in meiner Gleichung verwendete phi' sollte doch tatsächlich dem neuen Auslenkwinkel nach einer Halbperiode entsprechen, oder? <br /></td> </tr></table><span class="postbody"> <br /> <br />Ich sehe das auch so <br /> <br />Instantan könnte natürlich auch bedeuten,daß sich die Masse im Umkehrpunkt sofort um ein Delta l nach unten bewegt <br />Aber das würde die Rechnung ziemlich erschweren <br /> <br />Gruß</span></td> </tr> </table></td> </tr> <tr> <td colspan="2" height="1" class="spaceRow"><img src="templates/subSilver/images/spacer.gif" alt="" width="1" height="1" /></td> </tr> <tr> <td width="22%" align="left" valign="top" class="row2"><span class="name"><a name=""></a><b>Malak</b></span></td> <td class="row2" height="28" valign="top"><table width="95%" border="0" cellspacing="0" cellpadding="0"> <tr> <td width="95%"><img src="templates/subSilver/images/icon_minipost.gif" width="12" height="9" alt="Beitrag" title="Beitrag" border="0" /><span class="postdetails">Verfasst am: 14. Dez 2012 16:15<span class="gen"> </span> Titel: Parametrischer Prozess beim Fadenpendel</span></td> </tr> <tr> <td colspan="2"><hr /></td> </tr> <tr> <td colspan="2"><span class="postbody">Es geht darum, dass ein Fadenpendel mit der Anfangsauslenkung 5° im Moment des Nulldurchgangs instantan um Δl verkürzt wird, beim Erreichen der neuen Maximalauslenkung wieder um Δl verlängert wird. Es ist die notwendige relative Längenänderung Δl/l anzugeben, die benötigt wird, damit die Amplitude in einer Halbperiode um 1% zunimmt... <br /> <br />So. Eigentlich habe ich die Aufgabe schon gelöst. Heute in der Übung allerdings wurden Hinweise dazu gegeben. Der empfohlene Lösungsansatz ist schon etwas anders als meiner. Als ich nachfragte, war die Antwort, dass mein Lösungsweg so nicht ginge, weil er Energiebetrachtung bei der Fadenverlängerung vernachlässige. Aber irgendwie glaube ich, dass bei beiden Lösungsansätzen doch das gleiche herauskommen müsste. Ich stelle mal im folgenden kurz meinen Ansatz vor und den in der Übung vorgebenen. Leider weiß ich die Lösung zum zweiten Ansatz gerade nicht, wollte ich aber spätestens morgen auch mal so rechnen. Insofern geht es nur darum, mir den inhaltlichen Fehler meiner Überlegung zu nennen, falls ich da einen habe: <br /> <br />Im Nulldurchgang wirken alle Kräfte zentral, es gilt Drehimpulserhaltung. Man kann die kinetische Energie T durch den Drehimpuls ausdrücken: <br /><img class="latex2png" src="https://www.matheboard.de/latex2png/latex2png.php?T = \frac{\ L^2}{\ 2ml^2}"> <br /><img class="latex2png" src="https://www.matheboard.de/latex2png/latex2png.php?\Delta T = \frac{\ L^2}{\ 2m} \left(\frac{\ 1}{\ \left(l - \Delta l \right)^2} - \frac{\ 1}{\ l^2} \right) <br />"> <br />Bei 1% Erhöhung kann man die Längenänderung wohl als klein annehmen, also durch Taylorentwicklung und Abbruch nach dem ersten Glied etwas handhabbarer machen: <br /><img class="latex2png" src="https://www.matheboard.de/latex2png/latex2png.php?\Delta T = \frac{\ L^2}{\ ml^3} \Delta l"> <br />L kann man jetzt natürlich noch durch den Anfangswinkel ausdrücken, will ich jetzt nicht machen, ist ja nur Umformungssache. Na ja, mein Ansatz ist jetzt: <br />DIe Kinetische Energie des Massenpunktes erhöht sich um ΔT beim Verkürzen. Die anfängliche kinetische Energie erhalte ich durch die anfängliche potenzielle Energie, gegeben durch m*g*l*(1-cos(phi)). Diese Energie soll gleich der maximalen potenziellen Energie der neuen Fadenpendelsituation sein. Ich verändere zwar den Bezugspunkt der potenzielle Energie um Δl nach oben, aber das sollte zulässig sein. Im Prinzip will ich wissen, bei welchen Winkel phi die Arbeit des Pendels im Gravitationsfeld die neue kinetische Energie komplett aufgebraucht hat. Also: <br /><img class="latex2png" src="https://www.matheboard.de/latex2png/latex2png.php?T_0 + \Delta T = V'_{max}"> <br /><img class="latex2png" src="https://www.matheboard.de/latex2png/latex2png.php?V_{max} + \Delta T = V'_{max}"> <br /> <br /><img class="latex2png" src="https://www.matheboard.de/latex2png/latex2png.php?m g l \left(1 - cos(\phi) \right) + \frac{\ L^2}{\ ml^3} \Delta l = m g (l - \Delta l) \left(1 - cos(\phi') \right)"> <br />Wenn ich den Ausdruck für ΔT eben mit dem Drehmpuls, ausgedrückt durch den Anfangswinkel phi, noch etwas umforme und die Gleichung durch m*g teile, komme ich jedenfalls auf diese Gleichung: <br /><img class="latex2png" src="https://www.matheboard.de/latex2png/latex2png.php?l \left(1 - cos(\phi) \right) + 2 \Delta l (1 - cos(\phi) ) = (l - \Delta l) \left(1 - cos(\phi') \right)"> <br />Was ich dann ganz gut nach Δl/l umformen kann und durch lineare Näherung des Kosinus (bei nur 5° Winkel durchaus zulässig, denke ich) in eine einfache Form umformen kann, die unabhängig von phi ist (ausdrücklich nur für kleine Winkel, weil Näherung). <br /> <br />So...ist hier ein Denkfehler (falls wer zufällig Umformungsfehler findet, kann er die natürlich auch nennen...)? In der Übung heute wurde folgender Weg vorgeschlagen: Beim Verkürzen wird dem System Energie durch Arbeit gegen die Zentrifugalkraft (sollte äquivalent zu meinem Weg über Drehimpuls sein, L²/(2ml²) stellt ja afaik das Zentrifugalpotenzial dar) und potenzielle Energie durch das Verschieben nach oben. Beim Verlängern im Umkehrpunkt wird dem System potenzielle Energie entnommen, aber nicht soviel, wie ihm im Nulldurchgang hinzugefügt wurde. Differenz ergibt gesamte Energiezunahme, über Energierhaltungssatz kriegt man die neue Auslenkung. Ich habe es noch nicht nachgerechnet, wird wohl auch etwas Umformerei, da beim Energieverlust im Umkehrpunkt ja auch der bereits veränderte Winkel verwendet werden muss. Den Weg kann ich natürlich nachvollziehen, aber ist mein Ansatz tatsächlich falsch? Ich meine, ich berechne durch die Arbeit des Massenpunktes am Pendel im Gravitationsfeld ja nur, bis zu welchen Winkel er durch die vergrößerte kinetische Energie und der verkürzten Fadenlänge, die die Steighöhe pro Winkel ja verkleinert, kommt. Beim Verlängern im Umkehrpunkt sollte sich der Winkel - unter der vereinfachenden Annahme, dass das alles instantan geschieht, natürlich - doch nicht ändern, oder? Also das in meiner Gleichung verwendete phi' sollte doch tatsächlich dem neuen Auslenkwinkel nach einer Halbperiode entsprechen, oder? <br />Schon mal vielen Dank für die Hilfe.</span></td> </tr> </table></td> </tr> <tr> <td colspan="2" height="1" class="spaceRow"><img src="templates/subSilver/images/spacer.gif" alt="" width="1" height="1" /></td> </tr> </table>
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