Aufgabe zum xten mal < Physik < Naturwiss. < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 21:06 Sa 14.11.2009 | | Autor: | Dinker |
Guten Abend
Wieder einmal diese Aufgabe, welche schon ein Monat im Forum ist. Habe sicherlich schn 20 Fragen dazu gestellt. Und wieviel wurden beantworten? KEINE EINZIGE KEINE EINZIGE KEINE EINZIGE KEINE EINZIGE KEINE EINZIGE Ja ihr seht richtig. Ausser eine, jedoch falsche Aussage
Nun habe ich diese Aufgabe in einem Lehrbuch gefunden. Da wird die Aufgabe über den Energieerhalt gerechnet. Was hat mir mal LEDUART gesagt? DIESE AUFGABE GEHT NICHT mit dem Energieerhalt!!!!!!! Aber scheinbar wird sie im Buch so gelöst?
Wieso muss
Kraft * Helbelarm = J * Winkelbeschleunigung ergeben? Diese Gleichung leuchtet mir einfach nicht ein.
Warum wurde über den Energieerhalt nicht die tatsache berücskichtig, dass die Drehbewegung nicht mit dem Schwerpunkt zusammenfällt? Doch wieso stimmt es trotzdem?
Sollte sich ein Helfe finden, so möcjhte ich mich recht herzlich bedanken
gruss DInker
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Hallo Dinker
Nun mach erstmal halblang.
Seit geraumer Zeit überschwemmst du das Forum förmlich mit Fragen, in den letzten 24 Stunden sind es 22 Stück, ich sehe hier kaum noch Fragen von anderen Leuten.
Wie du aber auch bemerkt haben solltest, gib es eine rege Teilnahme an deinen Fragen, wir sind darum bemüht, deine Fragen genauso wie auch die Fragen anderer zu beantworten.
Dabei ist das hier ein Forum. Da hat niemand ein Recht auf eine korrekte Antwort auf wirklich jede seiner Fragen. Es ist völlig normal, daß auch mal was offen bleibt oder daß es mal ne falsche Antwort gibt.
Das ist jedenfalls kein Grund, mal wieder so ausfallend zu reagieren. Du solltest da mal an dir arbeiten.
Nun, den anderen Thread habe ich nicht gesehen, aber ich hätte dir bei der Aufgabe definitiv zum Energiesatz geraten.
> Wieso muss
> Kraft * Helbelarm = J * Winkelbeschleunigung ergeben? Diese Gleichung leuchtet mir einfach nicht ein.
Nun, Kraft* Hebelarm ist ein Drehmoment, das z.B. versucht, einen Körper in Drehung zu versetzen. Sollte der Körper sich frei drehen können, wird er auch damit anfangen, das heißt, er wird die Rotation beschleunigen, wobei die Stärke der Winkelbeschleunigung eben auch vom trägheitsmoment abhängt.
Das hier ist letztendlich daas selbe wie F=m*a bei der Translation.
>> Warum wurde über den Energieerhalt nicht die tatsache berücskichtig, dass die Drehbewegung nicht mit dem Schwerpunkt zusammenfällt? Doch wieso stimmt es trotzdem?
Das verstehe ich nicht, worauf beziehst du das?
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(Frage) reagiert/warte auf Reaktion  | | Datum: | 21:59 Sa 14.11.2009 | | Autor: | Dinker |
Hallo
Da muss durch das Trägheitsmoment gemäss Steiner gerechnet werden.
Aber die Lösung Nr. 1 wäre doch viel einfacher?
Gruss Dinker
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:01 Sa 14.11.2009 | | Autor: | Dinker |
Ich verstehe einfach nicht was bei der ersten Lösung genau gemacht wird.
Dort wird einfach
Hebelarm * Hangabtrieb = Trägheitsmoment * Winkelbeshcleunigung gleichgestellt. Doch wieso geht das?
Hier wird ja auch Steinersche gerechnet!!! Aber wieso bei der Lösungf 2 ncihtA=?A
dsD
C
S
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 00:00 So 15.11.2009 | | Autor: | Rene |
Moin,
zum 1. bleibt eigentlich nicht viel zu sagen: Newton lässt Grüßen!
Ich glaub 3. Axiom, alle auf den Körper einwirkenden Kräfte beschleunigen diesen ([mm]F=m\cdot a[/mm]). Gilt Analof für die Rotation um einen Punkt P. also alle am Körper angreifenden Momente versetzen den Körper in Rotation([mm]M^{(P)}=J^{(P)}\cdot\alpha[/mm]. Da dein Rotation um P abläuft, ist das hier dein gewählter Punkt (weiterführend siehe Momentanpol). Man kann das Dynamische Problem auch auf ein statisches Problem zurückführen und mit Momenten- und Kräftebilanzen rechnen. Hierzu sei auf D'Alambert verwiesen. Er hat Newtons Axiom nur anders formuliert. Neben den an dem Körper angreifenden Kräften, existiert eine der Bewegung entgegengerichtete Fiktive Kraft [mm]F_A=m\cdot a[/mm] bzw. [mm]M_A=J\cdot \alpha[/mm], die die Bewegung des Körpers hemmt. Diese würdest du zusätzlich am Körper antragen, die Kraftbilanz sowie die Momentenbilanz um den Momentanpol aufstellen (zuvor den Körper freischneiden). Jetzt hast du als unbekannte Größen [mm]\alpha[/mm] und [mm]a[/mm]. Diese sind jedoch nicht unabhängig voneinander. Also kannst du eine Größe durch die andere ausdrücken und die gesuchte Größe berechnen. Wenn du die Momentanbilanz um den Schwerpunkt wählst, brauchst du hier nichtmal den Satz von Steiner anwenden. (Aber ich glaube das würde für dich jezt zu weit führen) Für dich ist eigentlich interessant, das du den Ansatz nach Newton um den Drehpunkt wählen musst, also auch das Trägheitsmoment bezüglich dieses Punktes. Vorteil, du benötigst die Kräfte am Kontaktpunkt nicht. (diese würden bei der Momentenbilanz um den Schwerpunkt sowie der Kräftebilanz eingehen)
zu 2: Die Rotation um einen beliebigen Punkt kannst du dir als Überlagerung von reiner Rotation und Translation um den Schwerpunkt denken. Also hier würdest du deinen Körper zunächst einfach verschieben (keine Rotation). An der angekommenden Stelle würdest du dann nochmals den Körper um einen Betrag um den Schwerpunkt rotieren. Der Schwerpunkt ändert hier seine Lage nicht, P aber schon. Da du die Bewegungen getrennt voneinander betrachten kannst, kannst du auch die Energien bezüglich des Schwerpunktes getrennt berechnen.
MFG
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 10:07 So 15.11.2009 | | Autor: | Dinker |
Hallo
Erst mal danke für deine Ausführungen.
zu 2: Die Rotation um einen beliebigen Punkt kannst du dir als Überlagerung von reiner Rotation und Translation um den Schwerpunkt denken.
Mir ist hier einfach nicht ganz klar, wieso hier der Schwerpunkt zu tragen kommt. Denn das Problem ist ja ja das Drehpunkt und Schwerpunkt nicht zusammenfallen. Wieso muss das hier nicht berücksichtigt werden?
Danke
Gruss DInker
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Hallo!
Bei deiner Lösung mit der Kraft sagt man, daß der Zylinder um seinen Auflagepunkt rotiert, ich glaube, das habe ich schonmal irgendwo geschrieben. Der Schwerpunkt ist die Symmetrieachse, die Rotationsachse ist aber auf dem Auflagepunkt des Zylinders auf der Ebene.
In der anderen Lösung benötigst du den Satz von Steiner nicht, weil man hier die Rotation um den Schwerpunkt betrachtet, PLUS eine Translation des ganzen Zylinders die Ebene hinab. Die Rotation um den Schwerpunkt benötigt keinen Steiner, es kommt aber noch die Translation hinzu, wobei die beiden über die Geschwindigkeit [mm] v=\omega*r [/mm] verknüpft sind.
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Es gibt zwei einfache Arten, die Bewegung zu erfassen. Beide benutzen den Energie-Erhaltungssatz.
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1. Die potentielle Energie verwandelt sich in 2 Energieformen:
kinetische Energie (nur Translation), mit der sich der zylinder bewegt, und Rotationsenergie, die zusätzlich in ihm steckt.
Wenn es keinen Schlupf mit der schiefen Ebene gibt, sind Umfangs- und Translationsgeschwindigkeit gleich, also [mm] v=r*\omega.
[/mm]
Somit haben wir:
pot. Energie = mgh
kin. Energie = 1/2 m [mm] v^2
[/mm]
rot. Energie = 1/2 J [mm] \omega^2 [/mm] = 1/4 m [mm] r^2*(v/r)^2 [/mm] = 1/4 m [mm] v^2
[/mm]
Energiebilanz: pot.Energie = kin.+rot. Energie
mgh = 3/4 m [mm] v^2
[/mm]
gh = 3/4 [mm] v^2
[/mm]
sin [mm] \phi [/mm] = h/s einbauen:
g s [mm] sin\phi [/mm] = 3/4 [mm] v^2
[/mm]
s = 3/4 [mm] v^2/(g sin\phi) [/mm] (A)
s= 1/2 a [mm] t^2 [/mm] und v=at [mm] \Rightarrow [/mm] s = [mm] v^2/(2a) [/mm] (B)
Somit (A)=(B)
3/4 /(g [mm] sin\phi)=1/(2a)
[/mm]
a = 2/3 g sin [mm] \phi
[/mm]
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2. Die potentielle Energie verwandelt sich in reine Rotationsenergie.
Dabei rotiert der Zylinder um den Auflagepunkt mit [mm] \omega, [/mm] wobei dieser sich immer wieder entlang der Schiefen Ebene verschiebt, weil diese im Weg ist.
In diesem Fall hast ist
rot. Energie = 1/2 [mm] J'\omega^2, [/mm] wobei J' nach dem Steinerschen Satz berechnet werden muss zu
[mm] J'=J+mr^2 [/mm] und somit
rot. Energie = 1/2 J [mm] \omega^2 [/mm] + 1/2 [mm] mr^2\omega^2
[/mm]
= 1/2 J [mm] \omega^2 [/mm] + 1/2 [mm] mv^2
[/mm]
Das entspricht nun genau der rot.+kin. Energie im 1. Fall, der Rest der Rechnung sieht also wie oben aus.
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Fazit: Entweder trans.+rot. Energie mit rot.-Energie bezgl. Schwerpunkt oder nur rot. Energie bezgl. Auflagepunkt.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 12:13 So 15.11.2009 | | Autor: | Dinker |
Hallo HJKweseleit
Vielen Dank für deine verständliche Gegenüberstellung.
Könntest du dich noch an diese Aufgabe: https://matheraum.de/read?i=615523 wagen. Ich wäre dir wirklich sehr dankbar, da ich anstehe.
Vielen Dank
Gruss DInker
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Habe die Lösung soeben im Matheforum abgeschickt.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:45 So 15.11.2009 | | Autor: | Dinker |
Hallo HJKweseleit
Vielen herzlichen Dank für deine sehr geschätzten Bemühungen. Ich werde mir die Aufgabe nochmals zu gemüte führen und bei Fragen erneut auf dich zukommen,
Danke
Gruss DInker
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(Frage) für Interessierte  | | Datum: | 22:35 Di 17.11.2009 | | Autor: | Dinker |
Hallo
m*g*s* sin [mm] \beta [/mm] = [mm] \bruch{1}{2} [/mm] * m * [mm] v^2 [/mm] + [mm] \bruch{1}{2} [/mm] * Js * [mm] \bruch{v^2}{r}
[/mm]
Mir ist nun der Schritt nicht klar:
Also das v ist eigentlich die Endgeschwindigkeit?
v = a * t
s = [mm] \bruch{a}{2} [/mm] * [mm] t^2
[/mm]
Das kann ich nun einfach in die Gleichung einsetzen wie mein Vorredner gesagt hat?
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