Teilauslenkungen bei zusammengesetzten Federpendeln

08/04/2009 - 20:06 von Markus Michael Rau | Report spam
Hallo.
Ich habe aus Spaß folgendes Problem betrachtet und es kamen einige
Fragen auf.

Problem:
Ich habe ein "Federpendelsystem", welches aus zwei unterschiedlichen
Federn aufgebaut ist. Massen der Federn sind zu vernachlàssigen.


/
\ Feder 1
/
\
- Querstange, die als masselos angesehen wird; sie liegt
/ im Gleichgewichtszustand gerade nicht
\ Feder 2 auf der Haltevorrichtung auf.
/
\

| | Gewichtsstück mit Masse m

|
| s
|

(mit sges bezeichnet den Gesamtauslenkung des Pendels, nicht die
Wegstrecke, die ich das Pendel hinunterziehe; s1 und s2 sind die
jeweiligen Teilauslenkungen der Federn)

Ich ziehe das Gewichtsstück vom Gleichgewichtszustand aus um die
Wegstrecke s nach unten und lasse es dann los.
Das Pendel schwingt nach oben aus.

Ziel ist die Herleitung einer Formel mit der sich erstens die
Gesamtauslenkung des Pendels nach oben hin errechnen làsst und zweitens
die Teilauslenkungen der einzelnen Federn und damit die maximale
Auslenkung des Gewichtsstückes und der Querstange.

Meine Lösung:

Um das Verhàltnis der Einzelauslenkungen zu errechnen, habe ich einen
statischen Zustand betrachtet, in dem ich einfach an zwei
zusammengesetzte Federn ein Gewichtsstück anhànge. Das Gewichtsstück
wird um x ausgelenkt.
Dabei ist die Zugkraft der Federn gleich der Gewichtskraft des
Massenstückes.

(D1*D2)/(D1+D2)*(x1+x2)=m*g

Da die Gewichtskraft an jedem Punkt des Pendels angreift gilt:

D1*x1 = m*g <--> x1 =(mg)/D1

Wenn man aus diesen beiden Gleichungen den Quotienten x1/x2 isoliert
erhàlt man die Beziehung:

x1/x2Ò/D1, desweiteren gilt: xgesamt= x1+x2

Diese statische Überlegung müsste auch für die Schwinungsauslenkungen,
also für ein dynamisches System, gelten.

Für die Gesamtauslenkung gilt:

sges=(0.5*D2*(s^2)+Eo)/(0.5*Dges+m*g)

s, D1, D2 und die Masse sind gegeben;

Eo=((m^2)*(g^2)*(D1+D2))/(D1*D2)

mit obiger Bedingung lassen sich so die Einzelauslenkungen berechnen.

Man kann die Gesamtauslenkung auch noch über die
Maximalgeschwindigkeiten des Schwingungsvorganges beim
Nullpunktsdurchgang berechnen.

Hier hat sich für mich die erste Frage gestellt:
Wenn das Gewichtsstück den Nullpunkt passiert, hat sich die gesamte
zuvor zugeführte Spannenergie in kinetische Energie umgewandelt. Die
Nullpunktsenergie hat es aber noch, da diese im Nullpunkt noch nicht in
potentielle Energie umgewandelt wurde. Wenn sich das Gewichtsstück also
etwas über den Nullpunkt hinausbewegt, müsste es eine kurze Distanz
(eben die um welches die Feder durch das Gewichtsstück gedehnt ist)
keinerlei kinetische Energie verlieren, also auch nicht langsamer
werden. Aber es handelt sich ja bei der Geschwindigkeits-Zeit-Funktion
um eine Sinus oder Kosinusfunktion (je nach s(t)-Funktion).

Diese hat aber in keinem Intervall, das nicht gegen Null strebt die
Steigung Null.

Warum ist das so, wenn doch in diesem diskreten Weg-Intervall keine
zusàtzliche Energie in kinetische Energie umgewandelt wird?

-


Des weiteren habe ich nachweisen wollen, dass meine Formel für
Teilauslenkungen, die ich in einem statischen System hergeleitet habe,
auch für ein dynamisches System gilt; sprich am oberen Umkehrpunkt. Ich
bin jedoch klàglich gescheitert, da ich für zwei Unbekannte (eben s1 und
s2) nur eine Bedingung gefunden habe.



(1) Wenn ich das Gewichtsstück anhànge, wandelt sich die potentielle
Energie des Gewichtes in Spannenergie um, bis Fg=Fspann sind.
Dieser Punkt bezeichne ich als Bezugspunkt für meine Energiebetrachtung.
Das System hat hier die Nullpunktsenergie Eo=0,5*(D1*D2)/(D1+D2)*(x1+x2)^2


(2) Ich ziehe den Gewichtsstein nach unten. Damit führe ich dem System
Energie zu und zwar E=0.5*D2*(s^2) (da ja Feder 1 durch die Aufhàngung
nicht belastet wird)

Die Gesamtenergie des Systems ist die Nullpunktenergie in Addition zur
Spannenergie der Feder 2, also

Eges=0.5*(D1*D2)/(D1+D2)*(x1+x2)^2+0.5*D2*(s^2)


(3) Ich lasse den Gewichtsstein los und er schwingt nach oben.
Im Umkehrpunkt ist durch die Tràgheit diese Gesamtenergie in
Spannenergie und potentielle Energie umgewandelt worden.
Die Gesamtspannenergie verteilt sich auf die beiden Federn.

Eoben=Eo*E1+E2 / die Höhe für die potentielle Energie ist die
Maximalauslenkung des Pendels.

Wenn ich Eoben=Eges setzte erhalte ich eine Bedingung für zwei Unbekannte.

Wie kann ich das Dilemma lösen?



Gesetzt ich bringe eine (nicht zusammengesetzte) Feder mit einer
geladenen Kugel in ein homogenes elektrisches Feld parallel zu den
Feldlinien, sodass die Kugel und die gegenüberliegende Platte
gegensàtzlich geladen sind. Der Kondensator sei so ausgerichtet, dass
die Kugel Richtung Erdmittelpunkt weise; also nach unten hànge.
Ich schraube nun die Spannung einmal langsam hoch und einmal schnell.
Gegeben sei im ersten Fall die Gleichgewichtsauslenkung und im zweiten
die Maximalauslenkung. Gesucht ist die anzulegende Spannung. Im zweiten
Fall kann man aufgrund der Tràgheit ja die Spannenergie im Maximalpunkt
gleich der elektrischen Energie setzen und dann die Spannung ausrechnen.

Wenn man jetzt aber im ersten Fall nicht über die wirkenden Kràfte im
Gleichgewichtszustand gehen will, sondern über die Energieumwandlungen
muss ich dann die elektrische Energie, die dem System zugeführt wird
ebenso aufteilen, wie ich das beim Fadenpendel mache wenn ich zwei
aufeinander senkrecht stehende Kraftfelder habe (in unterem Beispiel
elektrisches Feld und Erdschwerefeld)? Ich beziehe mich hier auf meine
letzte Frage, die eine entsprechende Aufgabe beim Fadenpendel zum Inhalt
hatte.


Ein mit 10^(-8) geladenes Metallkügelchen der Masse 2g hànge an einem
50cm langen Faden in die Itte eines zunàchst ungeladenen
Plattenkondensators mit vertikal stehenden Platten und Plattenabstand
6cm. Die Spannung des Kondensators wird mit Hilfe eines Netzgeràtes sehr
langsam erhöht, bis das Kügelchen eine der Platten berührt. (Der Radius
des Kügelchens, die Masse des Fadens und Influenzeffekte werden
vernachlàssigt.)
a) Bei welcher Spannung findet diese Berührung statt?
m*g*M = U*Q
U = (m*g*M)/Q 66.79V




[...]


Dein Energieansatz gehört
zum Vorgehen in der ersten Aufgabe: schlagartiges Einschalten der
Spannung, maximales Ausschwingen des Kügelchens bis zur linken Platte,
schließliches Einpendeln bei (etwa) dem halben Abstand zur linken
Platte. In der zweiten Aufgabe wird dagegen quasi-statisch vorgegangen.
Da du zum Erreichen der Höhe h dabei nicht das Überschwingen des
Kügelchens aufgrund der Tràgheit ausnutzen kannst, musst du mehr Energie
reinstecken, also eine höhere Spannung verwenden.

Du kannst aber durchaus mit der Energie ansetzen, musst dann nur
überlegen, dass die Kraft, welche die Hubarbeit verrichtet, die
Tangentialkomponente von F_el abzüglich der Tangentialkomponente von F_G
ist. Wenn du nun die Hubarbeit mit dem Arbeitsintegral berechnest,
erhàltst du

W_H = E_pot = F_el * l * sin(alpha_m) - F_G * h

In guter Nàherung bei kleinen Winkeln:

E_el = 2 * E_pot

Q U/2 = 2 m g h

U = 4 m g h / Q = 7070 V :-)

Dieter Heidorn




Das heißt ich würde gerne wissen, wann ich dieses Prinzip auf àhnliche
Vorgànge beim Federpendel übertragen muss.

Meine Erklàrung ist, dass ich das ganz allgemein nur dann machen muss,
wenn ich zwei aufeinander senkrecht stehende Kraftfelder vorliegen habe.
Da ich aber bei meinem fiktiven Kondensatorproblem die Feldvektoren vom
Schwerefeld und vom elektrischen Feld in jedem Fall linear abhàngig
sind, egal ob ich den Kondensator auf den Kopf stelle oder nicht, kann
ich hier gar keine entsprechende Aufteilung des elektrischen Feldes
machen, da die Tangentialkomponente des elektrischen Feldes dann
senkrecht zu den Erdschwerefeldlinien stehen würde und nicht, wie oben
parallel.


Vielen Dank für eure Bemühungen, ich weiß das wirklich zu schàtzen. Ich
kann mir vorstellen, wie zeitaufwendig es ist, meine Fragen zu
beantworten. Ich hoffe deshalb, mich einigermaßen verstàndlich
ausgedrückt zu haben; falls dem nicht so sein sollte, bitte ich um
Verzeihung.

Liebe Grüsse,

Markus
 

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#1 Vogel
09/04/2009 - 02:49 | Warnen spam
Markus Michael Rau wrote in
news:grip3e$g3b$00$:

Hallo.
...

Wenn sich das Gewichtsstück
also etwas über den Nullpunkt hinausbewegt, müsste es eine kurze
Distanz (eben die um welches die Feder durch das Gewichtsstück gedehnt
ist) keinerlei kinetische Energie verlieren, also auch nicht langsamer
werden.



Wieso denn das?
Die Federkraft wirkt doch dagegen.

Aber es handelt sich ja bei der Geschwindigkeits-Zeit-Funktion
um eine Sinus oder Kosinusfunktion (je nach s(t)-Funktion).



Möglicherweise!

Diese hat aber in keinem Intervall, das nicht gegen Null strebt die
Steigung Null.



???
Die Steigung ist eine punktuelle Eigenschaft.
Wie gross ist die Steigung der sin-Funktion im Maximum, also bei 90°+2PIk ?
Wie gross ist die Steigung der cos-Funktion im Maximum, also bei 0°+2PIk ?



Du musst dein Problem trennen,
sowohl im statischen als auch im dynamischen Falle.
1.) wenn die Feder1 nicht an der Querstange anliegt
2.) wenn die Feder1 an der Querstange anliegt.



***
Die statischen Gleichungen, für die Masse m, gelten natürlich auch im
beweglichen Falle, für jenen bestimmten Zeitpunkt, zu dem die
Beschleunigung der Masse gleich Null ist. Willst du auch die
Beschleunigungen in den statischen Fall einbeziehen, musst du dass
d'Alembert'sche Prinzip berücksichtigen.



Das brauchst du nicht am Einzelfall nachzuweisen.
Das ist vertanene Zeit und vergebliche Mühe.
Das làsst sich allgemein analytisch nachweisen, denn es gilt für jedes
mechanische System.




Was willst du eigentlich wissen?
Deine Fragen zu beantworten ist müssig, weil man sich erst einmal in
deine nicht fachmànische Denkweise versetzen müsste.



Deine Herangehensweise an die Problemlösung ist nicht gerade Nobelpreis
verdàchtig. Ein bischen analytische Mechanik und Schwingungslehre tàte dir
gut. Dann musst du _auch_ die Methodik lernen wie man solche Probleme
einfach und effektiv löst. Das kann man, wirklich, nur in Schulen lernen.
Von alleine drauf zu kommen ist nicht ausgeschlossen, hàngt aber vom Wissen
des betreffenden ab.



Jede naturwissenschaftliche(Mathe, Physik, usw.) oder technische
(Maschinenbau, Hydraulik, Thermodynamik, usw.) Fachrichtung hat bereits
Methoden entwickelt, um typische Probleme zu lösen. Um ein Problem zu lösen
braucht man beides, Wissen und Methodik. Bei komplexeren Problemen kommt
man nur mit Wissen alleine, unter Umstànden nicht weiter. Man muss dann
erst nach der Methodik tüfteln.




Selber denken macht klug.

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