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Tim__wa
Gast
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 Tim__wa Verfasst am: 02. Feb 2020 12:42 Titel: Geschwindigkeit Gewicht auf Kreisbahn |
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Meine Frage:
Hey Leute,
Ich habe eine vermutlich einfache, aber für mich Problematische Frage.
In einem Versuchsaufbau habe ich eine Art ,,Hammer'' welcher am einen Ende fest gelagert ist. Dieser wird dann auf 90 grad ausgelenkt und aus der Ruhe losgelassen, sodass er anfangs langsam beschleunigt und sozusagen immer schneller wird, bis er waagerecht auf eine Oberfläche trifft.
Ich will nun rausbekommen, wie schnell der Hammer nach den 90 grad ist wenn er auftrifft. Maße kann ich alle nachmessen, die Masse des Hammers kenne ich auch.
Hier mal zur Veranschaulichung:
http://www.myimg.de/?img=unnamed61b21.jpg
LG Tim
Meine Ideen:
Habe leider noch keine direkten Ansätze, außer das die beschleunigung eine funktion sein muss, da Sie nicht konstant ist. |
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Mathefix
Anmeldungsdatum: 05.08.2015
Beiträge: 5863
Wohnort: jwd
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| Mathefix Verfasst am: 02. Feb 2020 13:10 Titel: |
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Bekannt sein muss zusätzlich
1. Die Lage des Massenschwerpunkts des Hammers
2. Das Massenträgheitsmoment des Hammers bezogen auf den Schwerpunkt
Herleitung: Energieerhaltungssatz
s = Abstand Massenschwerpunkt vom Drehpunkt A (austarieren)
l = Länge des Hammers
I = Massenträgheitsmoment (Hammerkopf und -stiel als Quader annähern. Unterschiedliche Dichte berücksichtigen)
1. Potentielle Energie
2. Kinetische Energie
3. Energieerhaltung
 }{I_S} } )
Zuletzt bearbeitet von Mathefix am 02. Feb 2020 14:18, insgesamt 3-mal bearbeitet |
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tim_wa
Gast
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| tim_wa Verfasst am: 02. Feb 2020 13:22 Titel: |
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wird beides vermutlich etwas schwer, da der Hammer eigentlich an eine Art Leiste angebracht ist und beide eine etwas unregelmäßige Form haben...
1. Den Masseschwerpunkt könnte ich allerdings durch austarieren Praktisch bestimmen.
2. Massenträgheitsmoment könnte ich halt nur grob angeben...
Was wenn ich beide sachen bestimmt habe?
Das Ergebniss muss nicht zu 100% richtig sein aber sollte mir zumindest mal einen Richtwert geben.
LG |
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Nils Hoppenstedt
Anmeldungsdatum: 08.01.2020
Beiträge: 2019
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| Nils Hoppenstedt Verfasst am: 02. Feb 2020 13:43 Titel: |
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Wenn man die Masse des Stiels vernachlässigen kann, ist die Geschwindigkeit etwa:
V = Wurzel(2*g*l)
g = 9.81 m/s^2
l = Länge des Stiels
Nils |
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Tim_wa
Gast
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| Tim_wa Verfasst am: 02. Feb 2020 13:56 Titel: |
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Hey Nils,
Aber das wäre doch theoretisch für den freien Fall?
Der Hammer wird aber bei 90 grad sozusagen austariert und dann angestupst das er anfängt nach unten zu fallen. Daher ist die Beschleunigung am Anfang noch keine 9,81 m/s^2...
So stark vom genauen Wert will ich dann doch nicht abschweifen...
LG |
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Nils Hoppenstedt
Anmeldungsdatum: 08.01.2020
Beiträge: 2019
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| Nils Hoppenstedt Verfasst am: 02. Feb 2020 14:31 Titel: |
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Es gilt ja nach wie vor die Energieerhaltung. Also mgh = 1/2 mv². |
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Mathefix
Anmeldungsdatum: 05.08.2015
Beiträge: 5863
Wohnort: jwd
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| Mathefix Verfasst am: 02. Feb 2020 15:05 Titel: |
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| Nils Hoppenstedt hat Folgendes geschrieben: | | Es gilt ja nach wie vor die Energieerhaltung. Also mgh = 1/2 mv². |
Bei translatorischer Bewegung. Hier liegt Rotation vor. Mit v = r x omega
E_rot = 1/2 m x r² x omega² = 1/2 x I x omega² |
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Nils Hoppenstedt
Anmeldungsdatum: 08.01.2020
Beiträge: 2019
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| Nils Hoppenstedt Verfasst am: 02. Feb 2020 15:10 Titel: |
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| Mathefix hat Folgendes geschrieben: |
Bei translatorischer Bewegung. Hier liegt Rotation vor. Mit v = r x omega
E_rot = 1/2 m x r² x omega² = 1/2 x I x omega² |
Bei vernachlässigter Masse des Stiels läuft das auf das gleiche heraus. |
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Mathefix
Anmeldungsdatum: 05.08.2015
Beiträge: 5863
Wohnort: jwd
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| Mathefix Verfasst am: 02. Feb 2020 15:31 Titel: |
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| Nils Hoppenstedt hat Folgendes geschrieben: | | Mathefix hat Folgendes geschrieben: |
Bei translatorischer Bewegung. Hier liegt Rotation vor. Mit v = r x omega
E_rot = 1/2 m x r² x omega² = 1/2 x I x omega² |
Bei vernachlässigter Masse des Stiels läuft das auf das gleiche heraus. |
Massenträgheitsmoment eines quaderförmigen Hammerkopfes bezogen auf die Rotationsachse
^{2}) ) |
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Nils Hoppenstedt
Anmeldungsdatum: 08.01.2020
Beiträge: 2019
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| Nils Hoppenstedt Verfasst am: 02. Feb 2020 15:43 Titel: |
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Nicht immer gleich übertreiben. Hier ging es um eine grobe Abschätzung. Da kann man natürlich die Ausdehnung des Hammerkopfes ebenfalls vernachlässigen. |
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Mathefix
Anmeldungsdatum: 05.08.2015
Beiträge: 5863
Wohnort: jwd
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| Mathefix Verfasst am: 02. Feb 2020 17:30 Titel: |
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| Nils Hoppenstedt hat Folgendes geschrieben: | | Nicht immer gleich übertreiben. Hier ging es um eine grobe Abschätzung. Da kann man natürlich die Ausdehnung des Hammerkopfes ebenfalls vernachlässigen. |
Der Fragesteller hat Dir doch mitgeteilt, dass er eine exaktere Lösung möchte.
"So stark vom genauen Wert will ich dann doch nicht abschweifen..." |
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Nils Hoppenstedt
Anmeldungsdatum: 08.01.2020
Beiträge: 2019
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| Nils Hoppenstedt Verfasst am: 02. Feb 2020 17:45 Titel: |
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Das hast du missverstanden, da ging es um was anderes.... |
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tim_wa
Gast
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| tim_wa Verfasst am: 02. Feb 2020 23:51 Titel: |
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Hey Leute,
Danke für eure reichlichen Antworten  also das mit dem Trägheitsmoment dürfte ich dann bestimmt schon irgendwie berechnen können.
aber die Formel hilft mir jetzt noch nicht so vollständig weiter.
E_rot = 1/2 m x r² x omega² = 1/2 x I x omega²
weil ich mein omega ja gar nicht gegeben hab? Die problematik welche mich verfolgt ist, dass omega und alpha in dem fall nicht konstant sind.
LG Tim |
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Tim_wa
Gast
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| Tim_wa Verfasst am: 02. Feb 2020 23:57 Titel: |
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nachtrag:
oder kann ich einfach
Epot(Startpunkt in Ruhe) = Erot (punkt nach 90grad) +Epot(rest, da noch in der luft) als rechnung aufstellen?
dann könnte ich ja einfach omega bestimmen und somit v?
LG Tim |
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Nils Hoppenstedt
Anmeldungsdatum: 08.01.2020
Beiträge: 2019
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| Nils Hoppenstedt Verfasst am: 03. Feb 2020 00:17 Titel: |
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Wie groß ist denn die Masse und die Länge des Stiels? |
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Tim_wa
Gast
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| Tim_wa Verfasst am: 03. Feb 2020 09:22 Titel: |
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die Länge des Stiels ist 30cm mit 700 gramm gewicht + 500gramm montierter Hammer gegen Ende des Stiels. |
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Mathefix
Anmeldungsdatum: 05.08.2015
Beiträge: 5863
Wohnort: jwd
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| Mathefix Verfasst am: 03. Feb 2020 10:09 Titel: |
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| tim_wa hat Folgendes geschrieben: | Hey Leute,
Danke für eure reichlichen Antworten also das mit dem Trägheitsmoment dürfte ich dann bestimmt schon irgendwie berechnen können.
aber die Formel hilft mir jetzt noch nicht so vollständig weiter.
E_rot = 1/2 m x r² x omega² = 1/2 x I x omega²
weil ich mein omega ja gar nicht gegeben hab? Die problematik welche mich verfolgt ist, dass omega und alpha in dem fall nicht konstant sind.
LG Tim |
Omega bzw. v = l x omega ist doch die gesuchte Grösse. Da Du die Auftreffgeschwindigkeit bei dem Drehwinkel 90° wissen möchtest, sind Zwischenwerte irrelevant. Wenn Du die wissen möchtest, ist der Drehwinkel mit dem Faktor (1- cos (phi)) zu berücksichtigen. bei phi = 90° ist der cos = 0.
Entweder du nimmst die Näherungslösung von Nils: m_k x g x l = 1/2 x m_k x v^2 (m_k = Masse des Hammerkopfs) oder die exakte Lösung über das Trägheitsmoment.
Diese kannst Du als Näherung vereinfachen, indem Du die Masse des Stiels m_s als Punktmasse im Schwerpunkt des Stiels bei l/2 und die Masse des Hammerkopfs m_k als Punktmasse bei l annimmst:
 ^{2} \cdot \omega^{2} )
}{l\cdot (m_k+ \frac{m_s}{4)}) } })
}{ m_k+ \frac{m_s}{4} } })
Mit Deinen Werten
Ohne die Berücksichtigung der Masse des Stiels ist die Geschwindigkeit ca. 10% geringer.
Ist das genau genug? |
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Tim_wa
Gast
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| Tim_wa Verfasst am: 03. Feb 2020 13:16 Titel: |
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vielen vielen Danke @Mathefix und auch @Nils Hoppenstedt !
hat mir mega weitergeholfen, also wenn ichs dann selber genauer rechnen will, bestimm ich noch das Trägheitsmoment von Stab und Hammer.
aber so sollte das schon einmal als Richtwert reichen
Dazu noch eine kurze Frage
p=m*v ergibt dann ja ganz ganz ungefähr einen impuls von ~2,8 Ns bei Masse Hammer+Masse Stab.
In meinem Versuchsaufbau habe ich eine Art Stößel unter dem ein Sensor ist, dieser hat mir dann eine F(t) Kurve aufgezeichnet mit einer Maximalkraft von etwa 4000 N. Der Hammerschlag an sich ist ja sehr sehr kurz, daher habe ich die Kurve in einem Intervall von ca. 2ms mit einem Programm Integriert.
Als Ergebnis kamen 2000 N*ms heraus( Achtung: Millisekunden)... das wären in Sekunden ja knapp 2Millionen N*s . Auf ein ungedämpftes System mit relativ harter kontaktfläche (hartes Kunststoff) bin ich mir bewusst, dass der Impuls hoch ist.
Aber ist der Wert realistisch?
LG |
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Tim_Wa
Gast
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| Tim_Wa Verfasst am: 03. Feb 2020 13:22 Titel: |
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Nachtrag:
Sorry Sorry Sorry !...
natürlich muss ich durch 1000 teilen. also
1 ms = 1/1000 s
2000 N * (1/1000) s = 2 Ns.
Dann passt das eigentlich relativ gut mit dem gemessenen Ergebnis zusammen. |
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Mathefix
Anmeldungsdatum: 05.08.2015
Beiträge: 5863
Wohnort: jwd
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| Mathefix Verfasst am: 03. Feb 2020 14:14 Titel: |
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| Tim_wa hat Folgendes geschrieben: |
hat mir mega weitergeholfen, also wenn ichs dann selber genauer rechnen will, bestimm ich noch das Trägheitsmoment von Stab und Hammer. |
Wenn Du das Trägheitsmoment bestimmen willst, beachte den Bezug auf den Drehpunkt: Satz von Steiner! |
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Moritz145
Gast
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| Moritz145 Verfasst am: 29. Feb 2020 23:20 Titel: |
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Hi,
da muss ich mich mal kurz einklinken. @Mathefix ist dir ein kleiner Kürzungsfehler unterlaufen?
nach 
kürzt du das l aus der Wurzel raus obwohl es doch eigentlich vor dem w steht?
Und noch eine Frage: müsste es theoretisch nicht:
heißen? weil der fallende Hammer theoretisch noch weiter runterfallen würde un zu dem Zeitpunkt noch nicht alles komplett in kinetische Energie umgewandelt wurde sondern nur ein Teil? Oder sehe ich das falsch, weil der Hammer dort auftrifft und dadurch Epot komplett Ekin wird?
LG
Moritz[/code] |
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Mathefix
Anmeldungsdatum: 05.08.2015
Beiträge: 5863
Wohnort: jwd
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| Mathefix Verfasst am: 01. März 2020 10:52 Titel: |
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| Moritz145 hat Folgendes geschrieben: | Hi,
da muss ich mich mal kurz einklinken. @Mathefix ist dir ein kleiner Kürzungsfehler unterlaufen?
nach
kürzt du das l aus der Wurzel raus obwohl es doch eigentlich vor dem w steht?
LG
Moritz[/code] |
Habe richtig gekürzt:
}{l\cdot (m_k+ \frac{m_s}{4)}) } } = \sqrt{\frac{2\cdot g\cdot l^{2} \cdot (m_k+ \frac{m_s}{2} )}{l\cdot (m_k+ \frac{m_s}{4)}) } })
Alles klar? |
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Moritz145
Gast
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| Moritz145 Verfasst am: 01. März 2020 15:02 Titel: |
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Hi,
Sorry! da hatte ich wohl eine kurze denkblockade 
Aber was hälst du/haltet ihr von meinem Vorschlag mit der Energieerhaltung? das nicht die komplette Potentielle Energie in Kinetische energie umgewandelt wurde, da wir uns ja nicht am tiefsten punkt wie bei einem pendel befinden, sondern der hammer theoretisch noch potentielle Energie zu dem Zeitpunkt hat?
LG |
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Mathefix
Anmeldungsdatum: 05.08.2015
Beiträge: 5863
Wohnort: jwd
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| Mathefix Verfasst am: 02. März 2020 08:27 Titel: |
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| Moritz145 hat Folgendes geschrieben: | Hi,
Sorry! da hatte ich wohl eine kurze denkblockade
Aber was hälst du/haltet ihr von meinem Vorschlag mit der Energieerhaltung? das nicht die komplette Potentielle Energie in Kinetische energie umgewandelt wurde, da wir uns ja nicht am tiefsten punkt wie bei einem pendel befinden, sondern der hammer theoretisch noch potentielle Energie zu dem Zeitpunkt hat?
LG |
Nach der Rotation um 90° ist die ursprungliche potentielle Energie in kinetische Energie umgewandelt. Natürlich hat der Hammer bezogen auf den Tiefpunkt bei 180° potentielle Energie. Diese wird jedoch nicht in kinetische Energie umgewandelt, da die Rotation bei 90° beendet ist. |
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