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followTheRules
Anmeldungsdatum: 17.03.2011
Beiträge: 20
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 followTheRules Verfasst am: 17. März 2021 20:07 Titel: Leistung bei dynamischem Auftrieb |
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Meine Frage:
Hallo,
vor kurzem habe ich einige Berechnungen zu obigem Thema durchgeführt und bin mir nicht sicher, ob ich richtig liege, oder etwas übersehen habe. Grundsätzlich geht es um den dynamischen Auftrieb an einer geraden Platte und der daraus resultierenden mechanischen Leistung. Ich würde meine Schritte hier gerne einzeln präsentieren, um sie von Euch bestätigt oder korrigiert zu bekommen. Mit jedem Schritt ergänze ich nötige Daten, die für das Zwischenergebnis nötig sind.
Als erstes wollte ich die Auftriebskraft einer 1qm großen geraden Platte mit einem Anstellwinkel von 15° bei 5m/s Windgeschwindigkeit ermitteln ...
Meine Ideen:
Die Plattenfläche A ist gegeben. Den Auftriebsbeiwert für eine Ebene Platte habe ich laut folgender (Näherungs-???)Formel aus dem Netz ermittelt:
Mit dem Anstellwinkel von 15° erhalte ich 
Das Ergebnis für die Auftriebskraft bei 5m/s Wind und einer angenommenen Luftdichte von 1,2kg/m3 ist dann 
Liege ich bis hierher richtig? Mit dieser Auftriebskraft könnte man also etwa 2,4kg anheben?
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DrStupid
Anmeldungsdatum: 07.10.2009
Beiträge: 5043
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| DrStupid Verfasst am: 17. März 2021 21:36 Titel: Re: Leistung bei dynamischem Auftrieb |
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Ja, bis hier hin sieht das gut aus.
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followTheRules
Anmeldungsdatum: 17.03.2011
Beiträge: 20
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| followTheRules Verfasst am: 17. März 2021 21:49 Titel: |
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Vielen Dank für das schnelle Feedback. Morgen Nachmittag werde ich meinen nächsten Schritt präsentieren. 
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followTheRules
Anmeldungsdatum: 17.03.2011
Beiträge: 20
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| followTheRules Verfasst am: 18. März 2021 18:47 Titel: |
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In einem 2. Schritt habe ich mir vorgestellt, dass die Platte durch die oben ermittelte Auftriebskraft an einer senkrechten Führung um 1m nach oben bewegt wird. Dazu wollte ich wissen, welche Geschwindigkeit am Ende des Weges erreicht wird. Die Platte hat ein Gewicht von 1kg.
Der Auftriebskraft wirkt die Gewichtskraft,  entgegen.
Die resultierende Kraft führt zu einer Aufwärtsbeschleunigung:
}{m}=\underline{14,58\frac{m}{s^{2}}})
Mit folgender Geschwindigkeitsformel ergibt sich dann eine Endgeschwindigkeit von
Wie sieht das für Euch aus? Könnt Ihr meinen Gedanken folgen? Liege ich soweit noch richtig? Oder bin ich irgendwo m Weg abgekommen?
Grüße, Andreas
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DrStupid
Anmeldungsdatum: 07.10.2009
Beiträge: 5043
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| DrStupid Verfasst am: 18. März 2021 19:52 Titel: |
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| followTheRules hat Folgendes geschrieben: | Mit folgender Geschwindigkeitsformel ergibt sich dann eine Endgeschwindigkeit von
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Das würde gelten, wenn die Beschleunigung konstant wäre, was hier aber nicht der Fall ist. Wenn die Platte anfängt, sich nach oben zu bewegen, dann addiert sich ihre Geschwindigkeit vektoriell zu der Geschwindigkeit, mit der sie angeströmt wird. Durch die resultierende Änderung von Strömungsgeschwindigkeit und Anstellwinkel ändert sich auch Betrag und Richtung der Querkraft. Ohne Nachjustierung des Anstellwinkels würde ihre vertikale Komponente bei Steigraten über 1,34 m/s nach unten wirken.
Da die sich aufwärts bewegende Platte schräg von oben angeströmt wird, muss hier zudem der Strömungswiderstand berücksichtigt werden.
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followTheRules
Anmeldungsdatum: 17.03.2011
Beiträge: 20
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| followTheRules Verfasst am: 18. März 2021 21:59 Titel: |
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Danke für Deinen Erklärungsversuch,
jetzt wird es interessant für mich. Ich kann Dir momentan leider noch nicht ganz folgen.
Ich versuche morgen mal, eine Skizze zu erstellen. Vielleicht gibt es noch Missverständnisse. Z.B. sehe ich noch nicht die von der erwähnte | Zitat: | | schräg von oben angeströmte Platte |
Nach meinem Verständnis habe ich einen konstanten, horizontalen Energieeintrag durch den Wind, z.B. von links. Die 15° angestellte Platte wird durch die erwähnte Führung in eine rein vertikale Aufwärtsbewegung gezwungen, ähnlich einem Kinderdrachen. Auch bei einsetzender Bewegung gibt es doch weiterhin unverändert die horizontale Energiezufuhr. Ähnlich ist es doch auch bei einem Segelboot, wenn der Wind von der Seite kommt.
Deinen Punkt mit dem Strömungswiderstand kann ich nachvollziehen. Das hindert ein Segelboot letztendlich ja auch daran endlos schneller zu werden.
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DrStupid
Anmeldungsdatum: 07.10.2009
Beiträge: 5043
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| DrStupid Verfasst am: 18. März 2021 23:20 Titel: |
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| followTheRules hat Folgendes geschrieben: | | Nach meinem Verständnis habe ich einen konstanten, horizontalen Energieeintrag durch den Wind, z.B. von links. |
Für einen außenstehenden Beobachter schon, aber nicht für die sich nach oben bewegende Platte. Für Luftwiderstand und Querkraft ist entscheidend, von wo und mit welcher Geschwindigkeit die Platte in ihrem eigenen Ruhesystem angeströmt wird. Da kommt der Wind um so stärker von oben, je schneller sie sich aufwärts bewegt.
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followTheRules
Anmeldungsdatum: 17.03.2011
Beiträge: 20
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| followTheRules Verfasst am: 19. März 2021 06:57 Titel: |
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Ah, eine Nacht drüber geschlafen und jetzt nochmal frisch drüber nachgedacht, habe ich glaube ich verstanden.
Also, bei Stillstand ist in der angefügten Grafik die rote Gegenwind-Komponente gleich Null. Sobald sich die Platte aber nach oben bewegt, "spürt" sie den Gegenwind, der mit zunehmender Eigengeschwindigkeit immer größer wird. Die grüne und die rote Komponente addieren sich und sind als (blaue) resultierende Windgeschwindigkeit/-Richtung in den folgenden Überlegungen zu verwenden.
Die von Dir erwähnte 1,34m/s als "magic number" habe ich jetzt auch verstanden. Sie sind die Antwort auf die Frage: Bei welchem Gegenwind hat die resultierende blaue Komponente exakt einen Einströmwinkel von 15°.
=\frac{Gegenwind}{Wind}\Rightarrow Gegenwind=tan(15°)\cdot5\frac{m}{s}=\underline{1,34\frac{m}{s}})
Das heißt also abschließend für diesen Gedankenschritt. Bei 5m/s kann die Platte nicht schneller als 1,34m/s werden. Ist das richtig?
Wenn man nun ausrechnen möchte, wie lange die Platte braucht, aus dem Stillstand 1m nach oben zurückzulegen, wird es schwierig, oder? Mit der sich verändernden blauen Windkomponente, ich nenne sie mal "Wirkwind", ändert sich auch dynamisch der "Wirk-Anstellwinkel" der Platte. Wie packt man das in eine Formel?
| Beschreibung: |
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Download |
| Dateiname: |
Wind_Gegenwind.png |
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| Heruntergeladen: |
118 mal |
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DrStupid
Anmeldungsdatum: 07.10.2009
Beiträge: 5043
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| DrStupid Verfasst am: 19. März 2021 12:37 Titel: |
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| followTheRules hat Folgendes geschrieben: | | Wie packt man das in eine Formel? |
Fangen wir mal mit der Formel
für die Querkraft an und basteln uns die einzelnen Komponenten zurecht:
Die Gleichung für den Querkraftbeiwert (gemäß Satz von Kutta-Joukowski) hast Du oben schon hingeschrieben. Es ist jetzt allerdings zu beachten, dass der effektive Anstellwinkel nicht der Winkel der Platte gegenüber der Horizontalen, sondern die Differenz zwischen diesem Winkel und der Nullauftriebsrichtung ist:
 )
Die Nullauftriebsrichtung ist der Anstellwinkel, bei dem keine Querkraft erzeugt wird. Bei einer ebenen Platte ist das die Richtung aus der der scheinbare Wind kommt. Auch dafür hast Du die Formel praktisch schon genannt:
Für das Quadrat der Geschwindigkeit des scheinbaren Windes gilt
Für die Berechnung des Auftriebs muss zudem berücksichtigt werden, dass die Querkraft senkrecht zur Strömung wirkt und somit auch eine Komponente in Richtung des wahren Windes besitzt. Wir interessieren uns nur für die vertikale Komponente:
 )
Für die Vertikalbeschleunigung gilt dann
Alles zusammen ergibt die Differentialgleichung
 - v_z \cdot \cos \left( \alpha \right)} \right] - g)
Mit der Lösung
 - \frac{{m \cdot g}}{{\pi \cdot \rho \cdot v_x \cdot A \cdot \cos \left( \alpha \right)}}} \right] \cdot \left\{ {1 - \exp \left[ { - \frac{{\pi \cdot \rho \cdot v_x \cdot A \cdot \cos \left( \alpha \right)}}{m} \cdot t} \right]} \right\})
Das gilt soweit nur ohne Berücksichtigung des Luftwiderstandes. Die Gleichung für den Luftwiderstand ähnelt der für die Querkraft:
Für den Widerstandsbeiwert habe ich in https://aviation.stackexchange.com/questions/21391/what-is-the-performance-of-a-flat-plate-wing folgende empirische Gleichung gefunden
 + \frac{{0.43}}{{\lg \left( {\frac{{100}}{R}} \right)^{2.56} }} + 0.3 \cdot \delta \cdot \cos \left( {\alpha - \beta } \right) )
(mit der relativen Rauheit  und der relativen Dicke  )
Der gesamte Auftrieb wäre dann
 - F_W \cdot \sin \left( \beta \right) )
Zuletzt bearbeitet von DrStupid am 19. März 2021 17:26, insgesamt einmal bearbeitet |
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followTheRules
Anmeldungsdatum: 17.03.2011
Beiträge: 20
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| followTheRules Verfasst am: 19. März 2021 15:13 Titel: |
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Vielen Dank für die Erklärung,
ich werde erst mal eine Zeit brauchen, um dies nachzuvollziehen. Ich melde mich demnächst für weitere Überlegungen.
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followTheRules
Anmeldungsdatum: 17.03.2011
Beiträge: 20
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| followTheRules Verfasst am: 19. März 2021 17:21 Titel: |
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Sehe ich das richtig, dass es bei der Formel zum Quadrat  anstelle von  heißen muss?
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DrStupid
Anmeldungsdatum: 07.10.2009
Beiträge: 5043
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| DrStupid Verfasst am: 19. März 2021 17:26 Titel: |
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| followTheRules hat Folgendes geschrieben: | | Sehe ich das richtig, dass es bei der Formel zum Quadrat anstelle von heißen muss? |
Ja, ich hab das oben korrigiert.
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followTheRules
Anmeldungsdatum: 17.03.2011
Beiträge: 20
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| followTheRules Verfasst am: 19. März 2021 19:24 Titel: |
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Ich brauche etwas Hilfe.
Bis zu Deiner Formel zur Vertikalbeschleunigung kann ich Dir folgen.
Ich setze dann  aus Deiner vorherigen Herleitung dort ein, aber ich schaffe es nicht den Therm \cdot v^2\cdot cos(\beta)) in Deinen Formelbestandteil  - v_z \cdot cos(\alpha)]) zu konvertieren.
Ich vermute, es hat mit irgendwelchen sin-cos-Beziehungen zu tun, die ich nicht erkenne. Bei Deiner Version verschwindet  vollständig und  wird zu  .
Kannst Du diesen Schritt bitte noch detaillierter erklären?
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DrStupid
Anmeldungsdatum: 07.10.2009
Beiträge: 5043
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| DrStupid Verfasst am: 19. März 2021 23:26 Titel: |
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Ich fange mit dem Additionstheorem für den Sinus an:
 = \sin \left( \alpha \right) \cdot \cos \left( { - \beta } \right) + \cos \left( \alpha \right) \cdot \sin \left( { - \beta } \right) = \sin \left( \alpha \right) \cdot \cos \left( \beta \right) - \cos \left( \alpha \right) \cdot \sin \left( \beta \right))
Aus der Definition des Tangens
 = \frac{{\sin \left( \beta \right)}}{{\cos \left( \beta \right)}})
und der Beziehung
 + \cos ^2 \left( \beta \right) = 1)
für sin und cos folgt dann
 = \frac{1}{{1 + \tan ^2 \left( \beta \right)}})
und
 = \frac{{\tan ^2 \left( \beta \right)}}{{1 + \tan ^2 \left( \beta \right)}})
Wenn ich jetzt noch berücksichtige welche Werte annehmen kann, dann erlauben mir die obigen Beziehungen alle entsprechenden sin und cos durch tan zu ersetzen:
 \cdot \cos \left( \beta \right) = \frac{{\sin \left( \alpha \right) - \cos \left( \alpha \right) \cdot \tan \left( \beta \right)}}{{1 + \tan ^2 \left( \beta \right)}})
Den tan wiederum kann ich mittels
 = \frac{{v_z }}{{v_x }})
durch die Geschwindigkeitskomponenten substituieren. Zusammen mit
ergibt das
 \cdot v^2 \cdot \cos \left( \beta \right) = v_x^2 \cdot \sin \left( \alpha \right) - v_x \cdot v_z \cdot \cos \left( \alpha \right))
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followTheRules
Anmeldungsdatum: 17.03.2011
Beiträge: 20
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| followTheRules Verfasst am: 21. März 2021 21:42 Titel: |
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Hallo DrStupid,
ich schätze Deine Hilfe wirklich sehr, aber Deine Gedankensprünge sind manchmal etwas zu groß für mich. Ich möchte nochmal auf den Beitrag weiter oben kommen.
Ich bin nun also erfolgreich bis zu der Differentialgleichung vorgedrungen. Der nächste Schritt zur Lösung will mir aber nicht klar werden.
Meine Gedanken dazu: Ich dachte mir, wir betrachten ja die Ableitung der vertikalen Geschwindigkeit nach der Zeit 
Um nun von der Anleitung zur Lösung zu kommen, muss ich doch integrieren, oder? Ich dachte an die Differenzregel und sehe die Therme ,cos(\alpha)~und~g) als Konstanten.
1. Das Problem für mich ist nun aber, das  auf beiden Seiten des Gleichheitszeichens steht. Ich würde gerne den Schritt zur Lösung verstehen. Kannst Du mir dazu bitte noch den einen oder anderen Tipp geben?
2. Aber schon danach komme ich vermutlich zur nächsten Frage: Derzeit sehe ich noch nicht, wie ich mit der genannten Lösung meine ursprüngliche Frage beantworten kann, wie lange die Platte braucht, um 1m in z-Richtung zulegen.
Ich habe noch weitere Punkte, aber dazu später mehr ...
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DrStupid
Anmeldungsdatum: 07.10.2009
Beiträge: 5043
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| DrStupid Verfasst am: 22. März 2021 10:56 Titel: |
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| followTheRules hat Folgendes geschrieben: | | Das Problem für mich ist nun aber, das auf beiden Seiten des Gleichheitszeichens steht. |
Die Differentialgleichung lässt sich mittels Trennung der Variablen lösen. Man sieht es besser, wenn ich die Konstanten mit
}}{m})
und
 - \frac{g}{a})
zusammenfasse. Damit sieht die DGL so aus:
)
Die Variablen lassen sich trennen, indem man durch den Ausdruck in der Klammer dividiert:
Mit der Anfangsbedingung  = 0) ergibt die Integration
} \right])
| followTheRules hat Folgendes geschrieben: | | 2. Derzeit sehe ich noch nicht, wie ich mit der genannten Lösung meine ursprüngliche Frage beantworten kann, wie lange die Platte braucht, um 1m in z-Richtung zulegen. |
Dazu musst Du die vertikale Geschwindigkeit noch einmal über die Zeit integrieren. Mit der Anfangsbedingung  = 0) ergibt das
 - 1} \right])
Das lässt sich leider nicht nach t auflösen. Du wirst die Zeit also numerisch ermitteln müssen.
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followTheRules
Anmeldungsdatum: 17.03.2011
Beiträge: 20
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| followTheRules Verfasst am: 23. März 2021 21:41 Titel: |
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Hallo,
ich hab es immer noch nicht ganz, möchte aber versuchen selber drauf zu kommen.
Für die Integration von
verwende ich die logarithmische Integration und komme auf
+C_1=-a\cdot t+C_2)
Bin ich soweit auf dem richtigen Weg?
Zuletzt bearbeitet von followTheRules am 24. März 2021 19:24, insgesamt 3-mal bearbeitet |
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DrStupid
Anmeldungsdatum: 07.10.2009
Beiträge: 5043
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| DrStupid Verfasst am: 23. März 2021 21:46 Titel: |
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| followTheRules hat Folgendes geschrieben: |
Für die Integration von
verwende ich die logarithmische Integration und komme auf
=-a\cdot t ~~\Rightarrow~~ v_z-b=e^{-a\cdot t})
Bin ich soweit auf dem richtigen Weg? |
Fast. Da fehlt noch eine Integrationskonstante.
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followTheRules
Anmeldungsdatum: 17.03.2011
Beiträge: 20
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| followTheRules Verfasst am: 23. März 2021 21:51 Titel: |
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Hebt sich die Integrationskonstante nicht auf? Ich habe sie trotzdem oben nach meinem Wissen ergänzt.
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DrStupid
Anmeldungsdatum: 07.10.2009
Beiträge: 5043
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| DrStupid Verfasst am: 24. März 2021 00:01 Titel: |
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| followTheRules hat Folgendes geschrieben: | | Hebt sich die Integrationskonstante nicht auf? |
Das würde sie nur, wenn sie auf beiden Seiten gleich wäre. Dafür gibt es aber keinen Grund. Tatsächlich kannst Du alle Integrationskonstanten in einer Konstante zusammenfassen, die dann mit Hilfe der Anfangsbedingung zu bestimmen ist.
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followTheRules
Anmeldungsdatum: 17.03.2011
Beiträge: 20
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| followTheRules Verfasst am: 24. März 2021 20:39 Titel: |
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Ich habe auch oben jetzt also Integrationskonstanten eingefügt und erhalte nun so etwas
und mit
kann ich schreiben
=-a\cdot t+C)
Mit =0) ergibt sich für
\\ \Rightarrow ln(v_z-b)=-a\cdot t+ln(-b))
und daraus wird
}=e^{-a\cdot t}\cdot e^{ln(-b)}=-b\cdot e^{-a\cdot t})
 = -b\cdot e^{-a\cdot t} -b)
 = \underline{\underline{b\cdot(1-e^{-a\cdot t})}})
Ich denke, damit habe ich es geschafft und sehe Dein Ergebnis.
Jetzt noch den letzten Schritt ... ich bleib am Ball 
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followTheRules
Anmeldungsdatum: 17.03.2011
Beiträge: 20
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| followTheRules Verfasst am: 24. März 2021 21:47 Titel: |
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)
Die Integration ergibt dann ...
 + C)
Die Integrationskonstante C=0 bei t=0, z(0)=0
\right]_{0}^{t})
-\frac{b}{a}=\underline{\underline{\frac{b}{a}\cdot(a\cdot t + e^{-a\cdot t}-1)}})
Jetzt bin ich auf dem letzten Stand. Mit der numerischen Lösung beschäftige ich mich demnächst und melde mich dann wieder.
Danke bis hierher!!! 
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followTheRules
Anmeldungsdatum: 17.03.2011
Beiträge: 20
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| followTheRules Verfasst am: 25. März 2021 21:08 Titel: |
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Abschließend zu diesem Thema möchte ich noch meine Gedanken zur erbrachten Leistung an der Platte präsentieren.
Die numerische Lösung der obigen Gleichung hat ergeben, das nach t=1,303s der Hubweg von 1m erreicht ist.
Das bedeutet die mittlere Geschwindigkeit der Platte ist
Somit ergibt sich die mechanische Leistung, die 1kg schwere Platte 1m anzuheben als
Ist dieser Gedankengang korrekt?
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DrStupid
Anmeldungsdatum: 07.10.2009
Beiträge: 5043
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| DrStupid Verfasst am: 26. März 2021 23:13 Titel: |
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Das ist nur die mittlere Leistung zum Anheben. Die Platte wird aber auch nach oben beschleunigt und gewinnt somit nicht nur potentielle, sondern auch kinetische Energie. Nach einem Meter hat sie ihre Endgeschwindigkeit von 0,8 m/s erreicht. Das entspricht einer kinetischen Energie von 0,32 J und einer mittleren Leistung von 0,25 W. Die mittlere Gesamtleistung liegt demnach bei 7,77 W.
Mit  kannst Du auch die Leistung zu einem bestimmten Zeitpunkt bzw. in einer bestimmten Höhe berechnen. Die erreicht nach 0,1 Sekunden ein Maximum von 8,17 W und nach rund 0,4 Sekunden ihren stationären Endwert von 7,86 W.
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followTheRules
Anmeldungsdatum: 17.03.2011
Beiträge: 20
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| followTheRules Verfasst am: 31. März 2021 07:23 Titel: |
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Hallo DrStupid,
mal eine theoretische Betrachtung. Würde man die angestellte Platte durch einen zylindrischen Körper ersetzen, welcher durch den einströmenden Wind in Rotation versetzt wird (Stichwort: Flettner-Rotor, siehe Anhang), was sagt Dein "Bauchgefühl". Wäre das ein effektiverer Aufbau?
Mein Gedanke dazu war: Die weiter oben diskutierte resultierende Windgeschwindigkeit verbunden mit einer Richtungsänderung wird sich auch hierbei ergeben, allerdings gäbe es ja keinen Anstellwinkel wie bei der Platte und die auftreibende Wirkung bliebe erhalten, wenn auch nur mit einem z-Anteil.
Was meinst Du dazu?
Die Umfangsgeschwindigkeit des Rotors wird sicher nicht an die Windgeschwindigkeit ran reichen, da ja auf einer Seite immer eine Bremswirkung vorhanden ist, oder? Hast Du einen Ansatz, wie man die sich ergebende Rotation ermitteln könnte?
| Beschreibung: |
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| Dateigröße: |
2.14 KB |
| Angeschaut: |
1325 mal |
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DrStupid
Anmeldungsdatum: 07.10.2009
Beiträge: 5043
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| DrStupid Verfasst am: 31. März 2021 19:38 Titel: |
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| followTheRules hat Folgendes geschrieben: | | Wäre das ein effektiverer Aufbau? |
Was heißt effektiv? Es würde funktionieren, aber es gibt sicher effektivere - sowohl bei Windkraftanlagen, als auch beim Flettner-Rotor.
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