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Physik: Über das Biegen von Papier und Textilien
Freigegeben von matroid am Mo. 05. Februar 2018 17:00:07
Verfasst von MontyPythagoras -   628 x gelesen [Gliederung] [Statistik] Druckbare Version Druckerfreundliche Version
Physik

\(\begingroup\)

Über das Biegen von Papier und Textilien


KnotenSorry, ein besserer Titel ist mir nicht eingefallen für mein neues Machwerk aus der Reihe "Physikalisches Wissen, das keiner braucht". Es geht eigentlich um die Biegung von allen möglichen Dingen, die sich elastisch biegen lassen, ohne zu brechen oder eine dauerhafte Verformung anzunehmen. Das können natürlich genauso gut auch Dinge aus Gummi oder Stahldraht oder der klassische Biegebalken sein. Allerdings nimmt es letzterer meistens übel, wenn er sehr stark gebogen wird, weshalb man im Maschinenbau und in der Statik meistens versucht, diesen Zustand zu vermeiden und sich nur mit sehr kleinen Auslenkungen befasst. Das wiederum hat außerdem den Vorteil, dass die Differentialgleichung der Biegung linearisiert und dadurch schön einfach wird.
Aber "einfach" ist langweilig. Wenn man die Differentialgleichung "richtig" löst, kann man auch berechnen, wie sich zum Beispiel ein Blatt Papier biegt, wenn man die beiden Enden zusammenbringt, oder welcher Kurve ein zusammengeschobener Vorhang folgt. Daher auch der Titel...

Der Vorgang des Biegens ist im Grunde sehr einfach beschrieben. Die Krümmung, die den Kehrwert des Krümmungsradius darstellt, ist proportional zum Biegemoment:
$$\kappa=\frac{M_b}{EI}$$Dabei sind $E$ ein Materialkennwert und $I$ das Flächenträgheitsmoment des gebogenen Querschnitts. Das ist für diese rein geometrische Betrachtung der Biegelinie jedoch ohne Belang. Das Ding, das hier gebogen wird, nenne ich im weiteren Verlauf "Biegestab", denn irgendeinen Namen muss das Kind ja haben.
Möchte man die Biegelinie auf Anhieb in kartesischen Koordinaten $y(x)$ berechnen, hat man schon verloren, denn die DGL ist nahezu unlösbar. Außerdem hat man das Problem, dass man gar nicht weiß, wie weit man denn integrieren soll, denn die Länge des Biegestabes ist vorgegeben und unveränderlich. Man müsste nebenbei die Länge der Bogenlinie sozusagen als Abbruchkriterium mitberechnen und schauen, wann die Bogenlänge gleich $l$ wäre, wenn $l$ die gestreckte Länge des Biegestabes ist.
Der Trick besteht darin, $x$ und $y$ in Parameterdarstellung anzugeben, und der Parameter ist hier die Bogenlänge $s$ der Biegelinie. Man integriert dann die Krümmung entlang der Bogenlänge, also von null bis $l$. Benutzt man die Bogenlänge $s$ als Laufvariable, ist die Krümmung recht einfach darzustellen, nämlich:
$$\kappa=\left|\frac{\text{d}^2\vec{s}}{\left(\text{d}s\right)^2}\right|=\left|\vec{s}''\right|$$Der Strich bedeutet in diesem Fall immer Ableitung nach $s$! (Nicht "s"-Fakultät, das Ausrufezeichen war nur zur Betonung.) Bevor wir zu der Biege-DGL kommen, müssen wir diese mathematische Basis noch etwas genauer betrachten. Es ist:
$$\vec{s}=\binom{x}{y}\qquad\vec{s}'=\binom{x'}{y'}\qquad\vec{s}''=\binom{x''}{y''}$$Simpel. Aus der zweiten Gleichung folgt aber noch ein wichtiger Zusammenhang. Aufgrund der Tatsache, dass $(\text{d}x)^2+(\text{d}y)^2=(\text{d}s)^2$ ist, folgt
$$x'^2+y'^2=1$$Leitet man das noch einmal ab, erhält man außerdem
$$x'x''+y'y''=0\qquad y''=-\frac{x'}{y'}x''$$und somit
$$\vec{s}''=x''\binom1{-\frac{x'}{y'}}=\frac{x''}{y'}\binom{y'}{-x'}$$Da der Betrag des Vektors $\binom{y'}{-x'}$ gleich 1 ist, gilt:
$$\kappa=\left|\vec{s}''\right|=\left|\frac{x''}{y'}\right|$$SchemaWir betrachten in diesem Fall das rechts dargestellte Szenario. $x_e$ und $y_e$ beschreiben die Ortskurve des Biegestabendes, $F$ ist eine am Stabende horizontal in Richtung Einspannebene wirkende Kraft. Dann ist an einem beliebigen Punkt $(x,y)$ das Biegemoment $M_b=F\left(y_e-y\right)$. Außerdem können wir berechtigterweise aber o.B.d.A. annehmen, dass $x''\leq 0$ und $y'\geq 0$ sind, und erhalten als zu lösende Differentialgleichung:
$$-\frac{x''}{y'}=\frac F{EI}\left(y_e-y\right)$$Als Abkürzung führen wir noch die Konstante $q^2=\frac F{EI}$ ein, die dann gewissermaßen die Belastung auf den Biegestab repräsentiert:
$$\boxed{\frac{x''}{y'}=-q^2\left(y_e-y\right)}$$Wir multiplizieren mit $y'$ und integrieren:
$$x''=-q^2y'\left(y_e-y\right)$$$$x'=\frac12q^2\left(y_e-y\right)^2+c$$Die Randbedingungen lauten $x'(s=0)=1$ und $y(s=0)=0$, woraus
$$x'=1-\frac12q^2y_e^2+\frac12q^2\left(y_e-y\right)^2$$folgt. Wir machen uns nun $x'^2+y'^2=1$ zunutze und erhalten:
$$\sqrt{1-y'^2}=1-\frac12q^2y_e^2+\frac12q^2\left(y_e-y\right)^2$$Jetzt wird es leider ein wenig unübersichtlich, aber wir können die DGL per Trennung der Variablen lösen:
$$y'^2=1-\left(1-\frac12q^2y_e^2+\frac12q^2\left(y_e-y\right)^2\right)^2=\left[1-\left(1-\frac12q^2y_e^2+\frac12q^2\left(y_e-y\right)^2\right)\right]\left[1+\left(1-\frac12q^2y_e^2+\frac12q^2\left(y_e-y\right)^2\right)\right]$$$$y'^2=\left[\frac12q^2y_e^2-\frac12q^2\left(y_e-y\right)^2\right]\left[2-\frac12q^2y_e^2+\frac12q^2\left(y_e-y\right)^2\right]$$$$y'^2=q^2\left[y_e^2-\left(y_e-y\right)^2\right]\left[1-\frac{q^2}4y_e^2+\frac{q^2}4\left(y_e-y\right)^2\right]$$$$\frac{\text dy}{\text ds}=q\sqrt{\left[y_e^2-\left(y_e-y\right)^2\right]\left[1-\frac{q^2}4y_e^2+\frac{q^2}4\left(y_e-y\right)^2\right]}$$$$qs=\int\frac{\text dy}{\sqrt{\left[y_e^2-\left(y_e-y\right)^2\right]\left[1-\frac{q^2}4y_e^2+\frac{q^2}4\left(y_e-y\right)^2\right]}}$$Wir substituieren $y=y_e\left(1-\cos\varphi\right)\qquad\text dy=y_e\sin\varphi\cdot\text d\varphi$ mit $0\leq\varphi\leq\frac\pi 2$, woraus folgt:
$$qs=\int\frac{y_e\sin\varphi}{\sqrt{y_e^2\sin^2\varphi\left(1-\frac{q^2}4y_e^2\sin^2\varphi\right)}}\text d\varphi$$Licht am Ende des Tunnels:
$$qs=\int\frac1{\sqrt{1-\frac{q^2}4y_e^2\sin^2\varphi}}\text d\varphi$$Das ist das unvollständige elliptische Integral erster Art:
$$qs=F\left(\varphi,\frac{qy_e}2\right)$$Wir benötigen nun allerdings die Umkehrfunktion des elliptischen Integrals. Das sind die sogenannten Jacobischen elliptischen Funktionen, und hier speziell der "Cosinus amplitudinis" $\text{cn}(z,k)$:
$$\cos\varphi=\text{cn}\left(qs,\frac{qy_e}2\right)$$$$y=y_e\left[1-\text{cn}\left(qs,\frac{qy_e}2\right)\right]$$Darin taucht leider auch noch $y_e$ auf, also die maximale Auslenkung, die wir jetzt ja noch gar nicht kennen. Setzen wir aber $s=l$ ein, also die Werte für das Stabende, erhalten wir:
$$\boxed{ql=F\left(\frac\pi 2,\frac{qy_e}2\right)=K\left(\frac{qy_e}2\right)}$$wobei $K$ das vollständige elliptische Integral erster Art ist, und $y_e$ sich aus dessen Umkehrfunktion ergibt:
$$y_e=\frac2qK^{-1}\left(ql\right)$$die man wiederum mithilfe der Jacobischen Theta-Funktionen berechnen kann. Na toll, ich freu mich schon...
Das Ganze müssen wir jetzt noch einmal für $x$ durchziehen, wobei wir oben schon hergeleitete Zusammenhänge nutzen. Es ist
$$\frac{\text dx}{\text dy}=\frac{\text dx}{\text ds}/\frac{\text dy}{\text ds}=\frac{x'}{y'}$$Für $x'$ und $y'$ hatten wir schon Gleichungen gefunden, die wir hier einsetzen:
$$\frac{\mathrm dx}{\mathrm dy}=\frac{1-\frac12q^2 y_e^2+\frac12q^2 (y_e-y)^2}{\sqrt{1-\left[1-\frac12q^2 y_e^2+\frac12q^2 (y_e-y)^2\right]^2}}$$Mit den gleichen Substitutionen wie oben und im Grunde den gleichen Rechenschritten, die ich daher nicht im Detail zeige, führt das zu:
$$qx=2E\left(\varphi,\frac{qy_e}2\right)-F\left(\varphi,\frac{qy_e}2\right)$$Die zweite Hälfte kennen wir schon, $E$ ist dagegen das unvollständige elliptische Integral zweiter Art. Wenn wir $\varphi$ zurück substituieren, folgt weiter
$$qx=2E\left(\arccos\left(1-\frac y{y_e}\right),\frac{qy_e}2\right)-F\left(\arccos\left(1-\frac y{y_e}\right),\frac{qy_e}2\right)$$Damit können wir die Biegelinie nun vollständig beschreiben als Funktion $x(y)$, aber einfach ist... anders. Wir setzen auch hier noch die Koordinaten des Stabendes ein:
$$\boxed{q\frac{x_e+l}2=E\left(\frac{qy_e}2\right)}$$Wenn ich demonstrieren wollte, dass die Biegelinie kompliziert ist, würde ich sagen: "Mission accomplished"!
Aber wie so oft kann man durch Parameter-Darstellung das Ganze etwas übersichtlicher darstellen und mit den elliptischen Integralen ohne ihre Umkehrfunktionen auskommen. Wir verwenden dafür den Winkel $\varphi$ aus obiger Substitution und den elliptischen Modul $\displaystyle k=\frac{qy_e}2$, der für elliptische Integrale $0\leq k\leq 1$ ist. Dann ist zunächst:
$$ql=K(k)$$und somit
$$k=\frac{qy_e}2=\frac12ql\frac{y_e}l=\frac12K(k)\frac{y_e}l$$$$y_e=\frac{2k}{K(k)}l$$Damit folgt
$$\boxed{y=\frac{2k}{K(k)}\left(1-\cos\varphi\right)l\\x=\frac{2E\left(\varphi,k\right)-F\left(\varphi,k\right)}{K(k)}l}$$Das ist die kürzestmögliche Darstellung der Biegelinie. $k=0$ steht für null Belastung, $k=1$ entspricht unendlicher Belastung, denn für $q\rightarrow\infty$ geht $y_e$ gegen null, wie sich gleich zeigen wird. Will man die Ortskurve des Biegestabendes berechnen, muss man einfach $\displaystyle \varphi=\frac\pi 2$ einsetzen.
Nach all der grauen Theorie schauen wir uns nun das Ganze in bunt an.



Hier haben wir die Biegelinien für unterschiedliche $k$ dargestellt. Der Einfachheit halber wurde $l=1$ gesetzt. Für $k=\frac1{\sqrt2}$ ist der Biegestab genau so weit gebogen, dass sein Ende senkrecht steht. Die äußere schwarze Linie ist die Ortskurve des Biegestabendes. Je größer die Kraft wird, um so größer wird $k$, aber um so kleiner wird auch $y_e$, wenn es erst einmal den Punkt der maximalen Auslenkung in y-Richtung überschritten hat. Bei unendlicher Kraft ist $y_e=0$, weil dann der Biegestab am Einspannpunkt scharf abknickt. Augenscheinlich nimmt das Stabende zunächst eine ziemlich kreisförmige Bahn. Benutzt man Taylor-Reihen für die elliptischen Integrale, kann man zeigen, dass der Radius des Kreises $\frac8{\pi^2}$ ist. Am Ende nähert sich das Biegestabende asymptotisch der Geraden $y=1+x$.
Bei $k=0,908909$ wird das Ende auf die Einspannebene gebogen. Diesen speziellen Fall habe ich in der Realität nachgebildet, und zwar mit einem Stück Bowdenzug von einer Fahrradbremse, den ich mit einem Stück feinen Faden zusammengebunden habe. Das sah dann so aus:



Eine Hälfte davon entspricht also der grünen Biegelinie in obigem Diagramm. Um die Übereinstimmung zwischen Realität und Theorie zu überprüfen, habe ich die genaue Kurve und das Foto überlagert:



Ich würde sagen, eine sehr gute Übereinstimmung!
Als nächstes noch eine "reale Simulation" eines Lastfalls, der in obigem Diagramm irgendwo zwischen der gelben und roten Biegelinie liegt:



Und wie war das jetzt mit den zusammengeschobenen Vorhängen? Man kann gleiche Kurvenstücke miteinander kombinieren, wenn die Wirkungslinien der Kraft alle auf einer Geraden liegen. Zum Beispiel so:



Bei dem "Vorhang" wurden die Kurven so weit zusammengeschoben, dass sich die einzelnen Kurvenstücke gegenseitig berühren. Das ist der Fall bei $k=0,855092$, das Längenverhältnis zwischen gestreckt und zusammengeschoben ist 6,607:1.

Zum Abschluss möchte ich noch erwähnen, dass die Biegelinien, wie ich sie oben hergeleitet habe, universell sind und grundsätzlich auch für jede andere Biegung, wo nur Einzelkräfte wirken und keine Streckenlasten, gültig sind. Die Herleitung beziehungsweise den Ansatz mit der Kraft in Biegestab-Achsenrichtung und einseitiger Einspannung hat der eine oder andere sicher als 1. Eulerschen Knickfall erkannt. Wer aber glaubt, darauf beschränkt sich diese Herleitung, der irrt sich. Alle anderen Eulerschen Knickfälle lassen sich ebenfalls durch Zusammensetzen der Biegelinien aus diesem Fall herleiten, und auch die "normale" Biegung im Standard-Lastfall "Einspannung mit Einzelkraft", wo die Kraft senkrecht zur Balkenachse wirkt, ist darin enthalten. Man muss nur genau hinsehen:



Last but not least: der Fall, dass die beiden Enden des Blattes Papier sich nicht nur punktuell berühren, sondern zusammengedrückt werden, ist auch schon im zusammengeschobenen Vorhang enthalten:



Ich hoffe, ich konnte damit den Vorhang vor der allgemeinen, nichtlinearen Biegung ein wenig heben - oder vielleicht eher an die Seite schieben...

Viele Grüße,

Thomas

(MontyPythagoras)
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" Physik: Über das Biegen von Papier und Textilien" | 15 Kommentare
 
Für den Inhalt der Kommentare sind die Verfasser verantwortlich.

Re: Über das Biegen von Papier und Textilien
von Hans-Juergen am Mo. 05. Februar 2018 17:49:48

\(\begingroup\)
Hallo Thomas,

danke für die vorzügliche Darstellung! Auch der - bei aller Sachlichkeit - persönliche Schreibstil gefällt mir sehr.

Viele Grüße
Hans-Jürgen

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Re: Über das Biegen von Papier und Textilien
von cis am Mo. 05. Februar 2018 18:07:19

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Danke für den Artikel! Sehr aufschlussreich, sehr verständlich und sehr anschaulich!\(\endgroup\)

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Re: Über das Biegen von Papier und Textilien
von digerdiga am Mo. 05. Februar 2018 23:52:10

\(\begingroup\)
Hallo Monty,
Schöner Artikel! Was meinst du genau mit

wo nur Einzelkräfte wirken und keine Streckenlasten
Was für Streckenlasten?\(\endgroup\)

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Re: Über das Biegen von Papier und Textilien
von MontyPythagoras am Di. 06. Februar 2018 11:04:41

\(\begingroup\)
@digerdiga:
Naja eben. Keine Streckenlasten. Eine Streckenlast könnte zum Beispiel das Eigengewicht sein, weil das Eigengewicht sich ja gleichmäßig über die gesamte Länge des Biegestabes verteilt. Oder Schnee auf einem Dach wäre eine Streckenlast, hydrostatischer Druck auf eine Wand usw.
Diese Lösung der Biege-DGL gilt eben nur, wenn es keine Streckenlasten gibt, sondern nur einzelne, punktuell angreifende Kräfte.

Ciao,

Thomas\(\endgroup\)

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Re: Über das Biegen von Papier und Textilien
von Slash am Di. 06. Februar 2018 13:39:02

\(\begingroup\)
Ganz ehrlich Thomas,

wenn du 20-30 von diesen Artikeln fertig hast, dann kannst du sie bei Springer/Spektrum oder änhlichen Verlagen als Buch rausbringen. Und du müsstest kaum etwas verändern.

Hut ab und weiter so. ...denn wir wollen mehr! biggrin

Slash\(\endgroup\)

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Re: Über das Biegen von Papier und Textilien
von haribo am Mi. 07. Februar 2018 13:32:48

\(\begingroup\)
herzliches danke schön,

am meisten fasziniert mich das die form unabhängig von der länge oder EI ist, also z.B. die schlaufe mit dem dünnen faden beim weiter zuziehen in ihrer form sich ähnlich bleiben würde!

der dünne faden gibt ein kleines aufweitendes moment in den bautenzug, jedenfals sofern er nur in eine richtung über den knoten läuft, das dürfte evtl den (kleinen) unterschied von kurve und foto erklären...?

haribo


\(\endgroup\)

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Re: Über das Biegen von Papier und Textilien
von MontyPythagoras am Mi. 07. Februar 2018 14:36:23

\(\begingroup\)
Hallo haribo,
kann sein, aber ich glaube, die Abweichung lag wohl schlicht und ergreifend daran, dass der Bowdenzug nicht perfekt gerade war, sondern eben schon leicht vorgebogen. Ich habe so gut es geht versucht, ihn vorher noch zu begradigen, aber als ich den Bowdenzug entspannt auf den Tisch gelegt habe, würde ich sagen, bog er sich noch um 4-5cm auf 1 Meter Länge. Besser ging nicht.
Was die Selbstähnlichkeit beim Weiter-zu-ziehen angeht, kommst Du natürlich auch da an Grenzen. Wichtige Grundannahme für die Biegung ist nämlich auch, dass die Krümmungsradien deutlich größer sein müssen als der Biegestab dick ist. Wenn die Schlaufe irgendwann also nur noch 3mm groß wäre bei einem 1,6mm dicken Bowdenzug wie hier, gilt die Biege-DGL auch nicht mehr so unmittelbar, und es würde zu plastischer Verformung kommen. Genau das macht man ja auch, wenn man versucht, den Bowdenzug gerade zu biegen, nämlich punktuell stark biegen, um eine dauerhafte Gegenverformung zu erreichen.

Ciao,

Thomas\(\endgroup\)

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Re: Über das Biegen von Papier und Textilien
von haribo am Mi. 07. Februar 2018 16:09:34

\(\begingroup\)
hallo thomas,

ein etwas vorgebogenes rundes material müsste sich, erfahrungsgemäss, beim biegen um seine längsachse drehen bis die rundung nach aussen zeigt, also dann eher einen etwas engeren bogen ergeben?

die form ist aber ja nicht nur bei längenänderung ähnlich sondern auch bei papierdicken änderung (I) oder materialänderung (E), natürlich nur solange d << biegung dass ist klar

also gleiche form bei seidenpapier oder ner blechplatte!

damit fällt dein thema bei mir also sofort aus der kategorie "Wissen, das keiner braucht" heraus, zu oft muss ich gebogene flächen herstellen

haribo\(\endgroup\)

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Re: Über das Biegen von Papier und Textilien
von MontyPythagoras am Mi. 07. Februar 2018 17:08:06

\(\begingroup\)
Hallo haribo,
ein etwas vorgebogenes rundes material müsste sich, erfahrungsgemäss, beim biegen um seine längsachse drehen bis die rundung nach aussen zeigt, also dann eher einen etwas engeren bogen ergeben?
Ja, tut es ja auch. Ich habe die genaue Form so eingepasst, dass auf der x-Achse der Nullpunkt und der Kreuzungspunkt mit der Idealform übereinstimmen. Hätte ich sie etwas größer gezeichnet, so dass sie vom Ursprung weg bis in den oberen Bereich besser übereinstimmen, würde die rote Biegelinie die x-Achse weiter rechts schneiden, und Du würdest feststellen, dass der Bowdenzug nach innen zieht, also stärker gekrümmt ist.
Die Selbstähnlichkeit ist doch völlig normal. Zum Beispiel bei der Aufgabe in diesem Thread, wo ein 10cm langes Blatt Papier in eine 9cm lange Öffnung gepackt werden soll, ergibt sich mit Parabel und Hyperbelkosinus auch nur genau eine Form, ohne dass ein Materialwert oder das Flächenträgheitsmoment eingehen in die Gleichung.
Der genaue Wert für das dortige Problem wäre übrigens 1.824cm.

Ciao,

Thomas\(\endgroup\)

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Re: Über das Biegen von Papier und Textilien
von digerdiga am Fr. 16. Februar 2018 01:39:33

\(\begingroup\)
Hallo Monty,
Ich habe den Artikel mit dem 10cm Blatt im 9cm Karton jetzt nicht zuende gelesen sondern nur überflogen, aber wieso ist ein schlichter Parabel-Ansatz gerechtfertigt? Als qudratische Approximation um das Minium für "kleine" Biegungen? In dem Fall ist die genaue Kurvenform wohl unabhängig von Materialparametern...
Phänomenologisch hat die gesuchte Form wohl ein Minimum, also muss bei oBdA x=0 für die Kurvenform f(x): $\partial_x f(x)\Big|_{x=0} = 0$ gelten. Was aber garantiert mir, dass der nächste Term wirklich schon der quadratische ist? Ist "Analytizität" der Funktion wirklich ein ausschlaggebendes Argument? Könnte der nächste Term sich nicht auch im Sinne einer Puiseux-Reihe wie $|x|^{a}$ verhalten mit $1<a<2$ ?\(\endgroup\)

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Re: Über das Biegen von Papier und Textilien
von MontyPythagoras am Mi. 21. Februar 2018 14:12:15

\(\begingroup\)
Hallo digerdiga,
man kann natürlich die genauen Biegeformeln durch Taylor-Reihen approximieren, und es wird sich bei dem 10cm-Papier-in-9cm-Karton-Problem eine gerade Funktion ergeben. Du kannst auch beliebige andere Ansätze gerader Funktionen wählen. Was sollte dagegen sprechen? Aber jeder andere Ansatz ist eben nur eine Näherung, weil er nicht die mechanischen Hintergründe berücksichtigt, sondern eben nur ein Ansatz ist, der eine der Erwartung entsprechende geometrische Ähnlichkeit zur genauen Kurve erzeugt. Dafür eignen sich die Parabel, die Hyperbel, der Hyperbelkosinus, der "normale" Kosinus und was weiß ich noch welche anderen Ansätze. Wieso nicht auch $|x|^a$.

Ciao,

Thomas\(\endgroup\)

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Re: Über das Biegen von Papier und Textilien
von digerdiga am Mi. 21. Februar 2018 15:26:30

\(\begingroup\)
Der Artikel suggerierte nach meinem Empfinden irgendwie als sei der Parabel-Ansatz "exakt" bzw. weil es so selbstverständlich rüber kam diesen zu wählen...\(\endgroup\)

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Re: Über das Biegen von Papier und Textilien
von MontyPythagoras am Mi. 21. Februar 2018 19:09:16

\(\begingroup\)
Hallo digerdiga,
ich weiß nicht, ob ich irgendwo etwas missverständlich formuliert habe, aber wo habe ich denn den Parabelansatz als "exakt" betitelt oder ihn "gewählt"? Die Biegelinien gehen doch zurück auf die DGL
$$\frac{x''}{y'}=-q^2\left(y_e-y\right)$$die mit der Parabel keinerlei Gemeinsamkeit aufweist. Diese DGL geht wiederum zurück auf die Berechnung der Krümmung, die proportional ist zum Biegemoment. Nirgendwo erwähne ich eine Parabel.  confused

Ciao,

Thomas\(\endgroup\)

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Re: Über das Biegen von Papier und Textilien
von digerdiga am Mi. 21. Februar 2018 21:47:24

\(\begingroup\)
^^
Du nicht aber in dem Artikel der oben von mir verlinkt war (für das Blatt) war das doch der Fall, oder etwa nicht?\(\endgroup\)

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Re: Über das Biegen von Papier und Textilien
von MontyPythagoras am Mi. 21. Februar 2018 22:44:53

\(\begingroup\)
Hallo digerdiga,
Du meinst wohl diesen Thread, eben der über das 10cm/9cm-Problem. Tja, ich würde sagen, dort ging man zunächst nur deshalb von einer Parabel aus, weil es immer die erste Verdächtige ist in einem solchen Fall, dicht gefolgt von der Kettenlinie.

Ciao,

Thomas\(\endgroup\)

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