| Autor |
Nachricht |
cp
Anmeldungsdatum: 26.04.2013
Beiträge: 6
|
 cp Verfasst am: 26. Apr 2013 12:40 Titel: d'Alembertsches Prinzip für einen Massenpunkt auf einer schi |
 |
|
Meine Frage:
Hallo Leute,
das Problem ist das folgende. Ein Massenpunkt gleitet reibungsfrei auf einer schiefen Ebene mit Neigungswinkel  . Man stelle die Bewegungsgleichungen auf mit Hilfe des d'Alembertschen Pinzips. Ich möchte ein Spezialfall des Problems behandeln, in dem der Massenpunkt "festgehalten" wird und zum Zeitpunkt 0 losgelassen wird. D.h. Anfangsgeschwindigkeit ist 0. Dadurch bewegt sich der Massenpunkt auf einer geraden Linie auf der Ebene.
Meine Ideen:
Ich stelle ein 2D kartesisches Koordinatensystem auf und zeichne die Ebene (die jetzt wie ein 1D Balken behandelt werden kann) so dass sie die x-Achse in  und die y-Achse in  schneidet. Zum Zeitpunkt 0 soll der Massenpunkt auf der Höhe , d.h., im Punkt ) sein.
Es folgt nun meine Herleitung und unten die Frage :)
 sei die unabhängige Koordinate und  \in \mathbb R^2) sei die Position des Punktes. Da er sich auf einer geraden Linie bewegt gilt (2D Vektoren schreibe ich hier als ) )
 = (0, y_0) + q(x_0, -y_0)) .
Für die Kraft gilt
) .
Für die Geschwindigkeit ergibt sich
) .
Die kinetische Energie ist
mv^2 = (1/2)m\dot{q}^2(x_0^2 + y_0^2)) .
Dadurch ergibt sich für die verallgemeinerte Kraft  folgendes:
\cdot(x_0, -y_0) = mgy_0) .
Meiner Meinung nach, soll für die potentielle Energie  gelten:
 = mgy_0) ,
weil die "Höhe" ist auf der sich der Massenpunkt am Anfang befindet. Dadurch und weil
gelten soll, ergibt sich
 = -mgy_0(q-1)) .
Jetzt kriegt man für die Lagrangefunktion
 \dot{q}^2(x_0^2 + y_0^2) + mgy_0(q-1)) .
Damit gilt:
 )
 ) .
Damit kriegt man die Lagrange'schen Gleichung
 - mgy_0 = 0 ) .
Ich schreibe das um als
})
und kriege (wegen  ) nach zweifacher Integration
 = \frac{gy_0}{2m(x_0^2 + y_0^2)} t^2 + s_0) .
Das, was mit komisch vorkommt ist folgendes. Wenn die für die "Höhe"  gilt, dann ist  = s_0) und der Massenpunkt ruht für immer, was Sinn macht. Allerdings soll für  das Ganze zu einem freien Fall werden, da der Balken senkrecht wird. Das ist aber nicht der Fall, weil
 = s_0)
weil
und nicht zu 1 wird. Ausserdem gibt es im Zähler ein  , das "stört".
Was mache ich falsch? Man braucht im Nenner ein  . Das kriegt man, wenn man für die potentielle Energie schreibt
 = - m^2gy_0^2(q - 1))
und nicht wie oben
 = - mgy_0(q - 1)) .
Welches ist "richtig"? Oder sind beide falsch? Und kann man die potentielle Energie "definieren" wie man will, so dass am Ende das Ergebnis Sinn macht?
Sorry für die lange Herleitung und die doch so kurze Frage.
Vielen Dank!
Best Grüße
cp
|
|
 |
pressure
Anmeldungsdatum: 22.02.2007
Beiträge: 2496
|
| pressure Verfasst am: 26. Apr 2013 13:19 Titel: |
|
|
Schau dir nochmal deine kin. Energie in der Lagrange-Funktion an. Hier sollte die Masse nicht quadratisch eingehen.
Zudem musst du für den betrachteten Fall gegen 0 gehen lassen und nicht gegen Unendlich.
|
|
|
Namenloser324
Gast
|
| Namenloser324 Verfasst am: 26. Apr 2013 13:57 Titel: |
|
|
Hallo, ich kann ohne Zeichnung es zwar nicht ganz nachvollziehen, aber du scheinst etwas seltsam beim wählen der generalisierten Koordinaten vorzugehen:
Mal ganz formal:
Das System hat 1 Teilchen damit 3*1 Freiheitsgrade.
Es gibt zwei Zwangsbedingungen:
1) z = 0
2) tan(alpha) = y/x, alpha ^= neigungswinkel der ebene
-> 3-2 = 1 generalisierte Koordinate.
Ich wähle sie als q = s, mit s gleich dem Abstand vom Nullpunkt des Koordinatensystems zur Masse auf der schiefen Ebene.
Dann brauchen wir nun die Transformationsformeln:
x = q*cos(a)
y = q*sin(a)
Daraus folgt
<br />
\dot{y} = \dot{q}*\sin(a) )
Mit 
folgt dann für die kinetische Energie:
^2 \, = \, \frac{1}{2} * m * \dot{q}^2 )
Das Potential ergibt sich zu:
 )
Als Potential natürlich nur bis auf eine Konstante festgelegt, aber die fällt bei der Bewegunsggleichung dann eh raus, daher egal:
->
<br />
)
Also als Bewegunsggleichung:
 = 0)
Also das was man erwartet.
Ich vermute bei dir ist die Koordinatentransformation am Anfang fehlgeschlagen, desweiteren hast du in der kinetischen Energie die Masse auch mit quadriert, obwohl nur der Geschwindigkeitsvektor quadriert wird, daher kam der eine weitere Fehler weiter hinten[/latex]
|
|
|
cp
Anmeldungsdatum: 26.04.2013
Beiträge: 6
|
|
|
cp
Anmeldungsdatum: 26.04.2013
Beiträge: 6
|
| cp Verfasst am: 26. Apr 2013 14:59 Titel: |
|
|
 habe ich nicht explizit mitangegeben, aber das ist egal.
|
|
|
pressure
Anmeldungsdatum: 22.02.2007
Beiträge: 2496
|
| pressure Verfasst am: 26. Apr 2013 15:12 Titel: |
|
|
Doch, für gegen 0 bekommst du den freien Fall, auch aus deiner Formel.
Zuletzt bearbeitet von pressure am 26. Apr 2013 15:17, insgesamt einmal bearbeitet |
|
|
Namenloser324
Gast
|
| Namenloser324 Verfasst am: 26. Apr 2013 15:14 Titel: |
|
|
Es könnte daran liegen, dass deine generalisierte Koordinate keiner geometrischen Größe entspricht.
q ist bei dir ja nichts anderes als ein Streckungsfaktor einer Geraden.
Um y(t) zu erhalten musst du q(t) noch rücktransformieren. Dies tust du mittels deiner ausgangsgleichung also
y(t) = y0 -q(t)*y0
Dann erhälst du auch im Zähler ein y0², welches sich für y0-> unendlich kürzt.
Wenn der Richtungsvektor der Geraden die du Anfangs verwendest hast vom Betrag her gegen unendlich geht(das passiert bei y0 -> unendlich) dann braucht man "natürlich" beliebig kleine q um zu beliebigen y zu kommen, d.h. dadurch das du nicht einen Einheitsvektor gewählt hast zerbricht die Transformation bezüglich des Sinnes für y0 -> unendlich.
|
|
|
cp
Anmeldungsdatum: 26.04.2013
Beiträge: 6
|
| cp Verfasst am: 26. Apr 2013 15:18 Titel: |
|
|
@Namenloser324: OK, bei dir hat die Bewegungsrichtung mit ) die Länge 1. Bei mir nicht. Wenn ich diese auch normiere, kriege ich genau dieselbe kin. Energie wie deine und dadurch geht auch der Faktor  in der Lösung weg.
bleibt aber. Und es stimmt immer noch nicht. Ich denke, dass an meiner Koordinatentransf. nichts falsch ist. Auch mit der müsste das klappen...
|
|
|
cp
Anmeldungsdatum: 26.04.2013
Beiträge: 6
|
| cp Verfasst am: 26. Apr 2013 15:19 Titel: |
|
|
|
habe dein Post erst gesehen, nachdem ich meins gepostet habe. Schaue mir das jetzt an.
|
|
|
cp
Anmeldungsdatum: 26.04.2013
Beiträge: 6
|
| cp Verfasst am: 26. Apr 2013 15:45 Titel: |
|
|
Stimmt, das mit der Rücktransformation habe ich vergessen! Wenn ich das mache, dann haut das im Ursprungsraum mit hin: man kriegt
, y(t)) = (0, -(1/2)gt^2).)
Soll das so sein, dass es nur im Ursprungsraum Sinn macht? Wenn ich die Richtung normiere, haut das in keinem der Räume hin. Seltsam ...
|
|
|
Namenloser324
Gast
|
| Namenloser324 Verfasst am: 26. Apr 2013 15:48 Titel: |
|
|
Nee, gar nicht seltsam.
Was bedeutet das denn anschaulich für q, wenn der Richtungsvektor unendlich im Betrag ist?
Das bedeutet doch, dass man egal wie klein q auch sein mag zu jedem beliebigen y kommt.
Also muss q gegen 0 konvergieren für y0 gegen unendlich.
|
|
|
|
Registrieren
Login
FAQ
Suchen
