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Ingenieurwesen » Technische Mechanik » Kinetik von Massensystemen
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Universität/Hochschule J Kinetik von Massensystemen
Kas
Junior Letzter Besuch: in der letzten Woche
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2018-01-20


Hi Leute,

Ich habe ein ziemliches Problem mit folgender Aufgabe:



Dies sind meine Gleichungen:



Ich habe die Gleichungen natürlich auch schon gelöst, jedoch kam ich nicht auf das richtige Ergebnis.
Da aber in der Lösung, unterhalb der Aufgabenstellung, der Vorfaktor des Terms mit dem μ ungleich 1 ist und alle anderen Körper keine μ Terme haben können, bin ich mir recht sicher das ich anfangs schon einen Fehler gemacht habe.

Ich wäre für Hilfestellungen sehr dankbar.

L.G. Kas

P.S.: Da die Aufgabenstellung echt klein ist hier nochmal der Aufgabentext abgetippt:

Ein Sich im Schwerefeld der Erde (Beschleunigung g) befindendes System besteht wie dargestellt aus einer Masse m1, welche über eine gerade Ebene mit Gleitreibungskoeffizient μ rutscht. Diese Masse ist mittels eines dehnstarren, als masselos anzunehmenden Seils über eine Rolle (Masse m2, Radius r2) mit einer weiteren Rolle (Masse m3, Radius r3) verbunden, an welcher die Masse m4 hängend angebracht ist.
Das System werde nun aus der Ruhelage heraus losgelassen.

Bestimmen sie die Beschleunigung der Masse m1.
 



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Kornkreis
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2018-01-20


Hey, deine Gleichungen sollten stimmen. Ich hab damit mal weitergereichtet und komme auf die Musterlösung, aber mit einer Drei im Nenner biggrin Das Verrechnungspotential ist aber auch hoch. Mach dir mal keine Gedanken wegen des Vorfaktors vor dem Reibungskoeffizienten, der kommt dann einfach durch das Zusammenaddieren der Gleichungen zustande.



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digerdiga
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, eingetragen 2018-01-21

\(\begingroup\)
Alle guten Dinge sind 3 ;)
Mit der Konvention, dass das rechtshändige KS mit der x-Achse im Bild parallel ist, zeigt die z-Achse ins Bild hinein.
$S_1>0$ ist die Seilkraft zwischen $m_3$ und $m_2$ und $S_2>0$ ist die Seilkraft zwischen $m_2$ und $m_1$.

Folgende Gleichungen habe ich dann (Komponenten mit Vorzeichen über Kreuzprodukt bzw. rechte Hand-Regel)
\[ (m_3 + m_4)g \, r_3 - S_1 2r_3 = I_3 \dot{\omega}_3 \qquad {\bf{(1)}} \\
(S_2 - S_1)r_2 = I_2 \dot{\omega}_2 \qquad {\bf{(2)}} \\
S_2 - m_1 g \, \mu = m_1 \ddot{x}_1 \qquad {\bf{(3)}} \\
\dot{x}_1 = -\omega_2 r_2 = \omega_3 2r_3 \qquad {\bf{(4)}}
\] mit $I_2 = \frac{1}{2} m_2 r_2^2$ und $I_3 = \frac{3}{2} m_3 r_3^2 + m_4 r_3^2$.

Damit folgt:
\[ S_2 \stackrel{{\bf{(3)}}}{=} m_1 \ddot{x}_1 + m_1 g \mu \\
\stackrel{{\bf{(2)}}}{=} \frac{I_2 \dot{\omega}_2}{r_2} + S_1 \\
\stackrel{{\bf{(1)}}}{=} \frac{I_2 \dot{\omega}_2}{r_2} + \frac{(m_3 + m_4) g}{2} - \frac{I_3 \dot{\omega}_3}{2r_3} \\
\stackrel{{\bf{(4)}}}{=} -\frac{I_2 \ddot{x}_1}{r_2^2} + \frac{(m_3 + m_4) g}{2} - \frac{I_3 \ddot{x}_1}{4r_3^2} \\
= - \frac{m_2 \ddot{x}_1}{2} + \frac{(m_3 + m_4) g}{2} - \frac{3 m_3 \ddot{x}_1}{8} - \frac{m_4 \ddot{x}_1}{4}
 \]
Setzt man die ganzen Größen ein, dann reduziert sich die Gleichung zu
\[ 2g\mu + \frac{7}{2} \, \ddot{x}_1 = \frac{3g}{2} \\
\Rightarrow \quad  \ddot{x}_1 =  \frac{3 - 4\mu}{7} g
  \]

Müsste es nicht auch möglich sein die Drehimpulsbilanz um den Massenschwerpunkt von $m_3$ aufzustellen? Nur was muss ich dann für die Seilkraft $S_0$ von der Aufhängung links einsetzen um den Drehmomentbeitrag zu berechnen? Ist das auch einfach $(m_1+m_2)g \, r_3$ ??
Wohl nicht, denn im statischen Fall wenn die Rolle ruht dann ist $S_0=S_1$ und $S_0+S_1=(m_3+m_4)g$. Also muss die Seilkraft $S_0$ irgendwie variabel sein, oder?
\(\endgroup\)


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MontyPythagoras
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Aus: Hattingen
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2018-01-21

\(\begingroup\)
Hallo zusammen,
wenn nur Coulombsche Reibung im Spiel ist, kann man die Aufgabe elegant über die Energieerhaltung lösen. Hier ist
$$\left(m_3+m_4\right)g\frac{x_1}2=\frac12\left(m_3+m_4\right)\frac{\dot x_1^2}4+\frac12m_1\dot x_1^2+\frac12\left(\frac12m_3r_3^2\right)\left(\frac{\dot x_1}{2r_3}\right)^2+\frac12\left(\frac12m_2r_2^2\right)\left(\frac{\dot x_1}{r_2}\right)^2+\mu m_1gx_1$$Links steht die potentielle Energie, die nur durch das Absenken der Massen $m_3$ und $m_4$ geliefert wird. Rechts die ersten beiden Terme sind die translatorische Energie der Massen $m_3$ und $m_4$, die sich mit $\frac12\dot x_1$ bewegen, und $m_1$. Dann kommt die rotatorische kinetische Energie der beiden Rollen, und als letztes die Reibungsenergie, die unter Klotz $m_1$ verloren geht. Man sieht, dass sich die Radien schon einmal rauskürzen. Ausmultiplizieren:
$$\frac12\left(m_3+m_4\right)gx_1=\frac18\left(m_3+m_4\right)\dot x_1^2+\frac12m_1\dot x_1^2+\frac1{16}m_3\dot x_1^2+\frac14m_2\dot x_1^2+\mu m_1gx_1$$Einsetzen der Massen:
$$\frac32mgx_1=\frac38m\dot x_1^2+m\dot x_1^2+\frac18m\dot x_1^2+\frac14m\dot x_1^2+2\mu mgx_1$$Zusammenfassen und nach der Zeit ableiten:
$$\frac74m\dot x_1^2=\frac32mgx_1-2\mu mgx_1$$ $$\frac72m\ddot x_1\dot x_1=\left(\frac32-2\mu\right)mg\dot x_1$$
Durch $m\dot x_1$ teilen:
$$\frac72\ddot x_1=\left(\frac32-2\mu\right)g$$ $$\ddot x_1=\frac{3-4\mu}7g$$
Somit stimmt die Musterlösung.

Ciao,

Thomas
\(\endgroup\)


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Kas
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2018-01-21


Hi,
ersteinmal vielen dank für eure Bemühungen.

Leider habe ich bereits mit deiner ersten Gleichung Probleme digerdiga.
Ich weiß nicht ob du die Gleichung einfach so aufstellen kannst oder ob du hier deine abgekürzte Rechnung hingeschrieben hast.
Meine Rechnung bis zu diesem Punkt sieht so aus:
Kräftesumme um die Masse 4:

fed-Code einblenden

D.h. bei mir stimmt das bis auf das Vorzeichen in der Klammer überein.
Habe ich meine Zwangsbedingungen für die Geschwindigkeit von Masse 4 vielleicht falsch aufgestellt( fed-Code einblenden )?

fed-Code einblenden
Ich hoffe ihr versteht was ich meine.

L.G. Kas


[Die Antwort wurde nach Beitrag No.2 begonnen.]



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digerdiga
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2018-01-21

\(\begingroup\)

Leider habe ich bereits mit deiner ersten Gleichung Probleme digerdiga.
Ich weiß nicht ob du die Gleichung einfach so aufstellen kannst oder ob du hier deine abgekürzte Rechnung hingeschrieben hast.

Welche Gleichung genau meinst du?
Ich habe mich beim Aufstellen der Gleichungen strikt an die Vektorgleichungen gehalten und die Kreuzprodukte ausgeführt um nicht mit Vorzeichen durcheinander zu kommen (Vorzeichen sind in dieser Aufgabe - wenn man es nicht wie Monthy löst - wohl das schwierigste).

Beachte, dass das Trägheitsmoment um die nicht Symmetrie-Achse $I_3 = \frac{3}{2}m_3 r_3^2 + \frac{1}{2}m_4 r_3^2$ ist. Der zweite Term würde beim Lösen um die Achse durch den Massenschwerpunkt verschwinden!
Zumindest wenn man den Block $m_4$ und $m_3$ als Einheit betrachtet.

Du separierst noch zwischen $m_3$ und $m_4$ was auch gehen sollte.


So wie du es aufgeschrieben hast, zeigt deine z-Achse übrigens nicht ins Bild hinein, sondern heraus auf dich zu (wenn die x-Achse wie im Bild und das KS rechtshändig ist)! Dann ist $\omega_3$ negativ und du brauchst noch das Vorzeichen in $\dot{x}_4 = -\omega_3 r_3$.




Meine Frage ob die Lösung von $\omega_3$ auch um den Massenschwerpunkt möglich ist und mit welchem Ansatz bleibt.
\(\endgroup\)


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Kas
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2018-01-21

\(\begingroup\)
2018-01-21 13:11 - digerdiga in Beitrag No. 5 schreibt:

So wie du es aufgeschrieben hast, zeigt deine z-Achse übrigens nicht ins Bild hinein, sondern heraus auf dich zu (wenn die x-Achse wie im Bild und das KS rechtshändig ist)! Dann ist $\omega_3$ negativ und du brauchst noch das Vorzeichen in $\dot{x}_4 = -\omega_3 r_3$.


Das muss es sein werde es gleich damit nochmal rechnen!

Es war doch so, dass wenn man auf den Pfeil guckt der Drehsinn gegen den Uhrzeigersinn, bzw. mit dem Pfeil guckt der Drehsinn im Uhrzeigersinn ist oder?

Ich bin ganz ehrlich mit Kreuzprodukten habe ich immense Probleme. Wobei sie theoretisch so einfach sind und gleichzeitig einiges erleichtern können.

@Monty
Ich danke dir. Ich werde deinen Lösungsansatz auch versuchen sobald ich den jetzigen richtig hinbekommen habe.
\(\endgroup\)


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digerdiga
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2018-01-21

\(\begingroup\)
2018-01-21 14:18 - Kas in Beitrag No. 6 schreibt:
Es war doch so, dass wenn man auf den Pfeil guckt der Drehsinn gegen den Uhrzeigersinn, bzw. mit dem Pfeil guckt der Drehsinn im Uhrzeigersinn ist oder?
Wenn du mit Pfeil die Richtung von $\vec{\omega}$ meinst, dann ja. Oder auch im Bild der Rechten-Hand-Regel:
Wenn der Daumen in die Richtung der Drehachse $\vec{\omega}$ zeigt, dann zeigen die Finger in die Richtung in die ein Objekt positiv gedreht wird.
\(\endgroup\)


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digerdiga
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, eingetragen 2018-01-21

\(\begingroup\)
Hallo Monty,
So wie du die Energie aufgeschrieben hast finde ich für einen Term etwas unintuitiv. Der 3. Term $\frac{1}{2}J_3 \omega_3^2$ mit dem Trägheitsmoment um die Schwerpunktsachse impliziert für mich zunächst, dass die Rotation auch um diese Achse stattfindet. Dann ist aber $\dot{x}_1=\omega_3 r_3 + \dot{x}_4$. Woraus folgt (außer der Überlegung wenn man die Rotationsachse legt so wie Kas und ich das getan haben) noch, dass $\dot{x}_4 = \dot{x}_1/2$ ??
\(\endgroup\)


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MontyPythagoras
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, eingetragen 2018-01-21

\(\begingroup\)
Hallo digerdiga,
aus dem Ruhesystem betrachtet rollt die Rolle $m_3$ am linken Seil ab, weshalb Du das Trägheitsmoment um den momentanen Drehpunkt berechnest. Das ist legitim.
Ich kann mich aber auch in ein System, welches sich mit der Rolle mitbewegt, hineinversetzen. In diesem System dreht die Rolle um ihren Schwerpunkt, und für dieses System darf ich die Rotationsenergie so berechnen, wie ich es gemacht habe. Gegenüber dem Ruhesystem ist dann noch die translatorische kinetische Energie bezogen auf den Massenschwerpunkt hinzuzurechnen.
Insofern finde ich meine Herleitung sogar sehr intuitiv: die gesamte kinetische Energie der Rolle ist translatorische plus rotatorische Energie. Berechne das mal losgelöst von dieser Aufgabe. Du wirst sehen, dass Du unter Verwendung des Satzes von Steiner bei beiden Methoden immer auf die gleiche Lösung kommst. D.h. selbst wenn Du die kinetische Energie so berechnest wie Du es gemacht hast, kommt am Ende auch das gleiche heraus.
Dass sich die Rolle mit halber Geschwindigkeit bewegt, ergibt sich aus der Kinematik und wurde von mir stillschweigend vorausgesetzt.
Deswegen ist die Lösung mit der Energieerhaltung so einfach. Ich muss mir keine Gedanken über Vorzeichen, Kreuzprodukte, Gleichgewichte, Seilkräfte machen. Einfach Gesamtenergie erfassen, nach t ableiten, fertig.

Ciao,

Thomas
\(\endgroup\)


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digerdiga
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, eingetragen 2018-01-21

\(\begingroup\)

Dass sich die Rolle mit halber Geschwindigkeit bewegt, ergibt sich aus der Kinematik und wurde von mir stillschweigend vorausgesetzt.
Ja aber wie genau? Hast du das nach dem Schema
2018-01-21 20:27 - MontyPythagoras in Beitrag No. 9 schreibt:
Hallo digerdiga,
aus dem Ruhesystem betrachtet rollt die Rolle $m_3$ am linken Seil ab, weshalb Du das Trägheitsmoment um den momentanen Drehpunkt berechnest. Das ist legitim.
hergeleitet? Sprich: Die Rolle dreht sich um diesen ausgezeichneten Punkt mit $\omega_3$ (ab). Dann bewegt sich der Schwerpunkt der Rolle mit $\omega_3 r_3$ und der Punkt rechts der Rolle entlang den das Seil läuft mit $\omega_3 \, 2r_3$, oder gibt es noch eine andere Möglichkeit auf dieses Ergebnis zu kommen?



Ich kann mich aber auch in ein System, welches sich mit der Rolle mitbewegt, hineinversetzen. In diesem System dreht die Rolle um ihren Schwerpunkt, und für dieses System darf ich die Rotationsenergie so berechnen, wie ich es gemacht habe.
Gegenüber dem Ruhesystem ist dann noch die translatorische kinetische Energie bezogen auf den Massenschwerpunkt hinzuzurechnen.
Du hast also schon auch einfach erst mit $\frac{1}{2}J_3 \omega_3^2$ gearbeitet und dann meine oben erwähnte Gleichung $\dot{x}_1 = \omega_3 r_3 + \dot{x}_4$ benutzt und dann ausgenutzt, dass $\dot{x}_4 = \dot{x}_1/2$ ?? Oder gibts auch hier ne andere Möglichkeit?


Insofern finde ich meine Herleitung sogar sehr intuitiv: die gesamte kinetische Energie der Rolle ist translatorische plus rotatorische Energie. Berechne das mal losgelöst von dieser Aufgabe. Du wirst sehen, dass Du unter Verwendung des Satzes von Steiner bei beiden Methoden immer auf die gleiche Lösung kommst. D.h. selbst wenn Du die kinetische Energie so berechnest wie Du es gemacht hast, kommt am Ende auch das gleiche heraus.
Wie hab ich denn die kinetische Energie genau berechnet?
Aber du hast schon recht, da die Energie halt immer irgendwie gleich aussieht, ist es relativ einfach alle Energien zusammenzufassen und dann von der Erhaltung auszugehen!
Um Verständnis zu gewinnen, denke ich kann es aber nicht schaden sich darüber Gedanken zu machen was da genau passiert.
\(\endgroup\)


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MontyPythagoras
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, eingetragen 2018-01-22

\(\begingroup\)
Hallo digerdiga,
denk an ein Fahrrad oder irgendein Fahrzeug, wo Räder auf der Straße abrollen. Am Lotpunkt unter der Nabe ist die Bewegung null, die Nabe und damit das Fahrzeug bewegt sich mit irgendeiner Geschwindigkeit v, dann bewegt sich der obere Punkt des Rades senkrecht über der Nabe mit doppelter Geschwindigkeit 2v, denn wenn sich die Nabe mit v bewegt, dreht sich das Rad mit $\omega=\frac vr$. Der Punkt unter der Nabe bewegt sich dann mit $v-\omega r=0$ (logisch), der obere mit $v+\omega r=2v$. Das ist eigentlich ziemlich trivial.
Du hattest zwar nicht direkt mit Energien gerechnet, aber Du hast das Trägheitsmoment der unteren Rolle mit $\frac32 m_3 r_3^2$ und hast damit instinktiv das Trägheitsmoment der Rolle um den Abrollpunkt verwendet, indem Du den Satz von Steiner angewandt hast. Dieses Trägheitsmoment mal $\frac12\omega^2$ ist die gesamte kinetische Energie, die Du genauso erhältst, wenn Du Translation und Rotation um den Schwerpunkt separat betrachtest und addierst.
Wie gesagt, Du hast intuitiv das richtige getan. Wenn Du mit Deiner Vorgehensweise die kinetischen Energien berechnet hättest, wäre das gleiche herausgekommen.
Natürlich kann es nicht schaden, die ganze Berechnung so durchzuziehen wie Ihr es gemacht habt, weil man dann einen tieferen Einblick bekommt und einen Übungseffekt hat. Wenn Die Aufgabe sogar explizit verlangt, irgendeine Seilkraft zu berechnen, führt ja auch kein Weg dran vorbei. Aber nur um so wie hier eine Beschleunigung zu berechnen, bietet sich der Energieerhaltungssatz immer an, weil er die Sache meist drastisch vereinfacht. Meine Berechnung dauerte inklusive LaTex-Tippen etwa 15 Minuten, mit Stift auf Papier gekrakelt vielleicht 5, maximal 10. Wie lange habt Ihr gebraucht? Daher wundere ich mich immer, warum Studenten den komplizierten Weg gehen. Gerade in einer Klausur kann das enorm Zeit sparen...

Ciao,

Thomas
\(\endgroup\)


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Kornkreis
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.12, eingetragen 2018-01-22

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Wenn wir schon bei kurzen Lösungswegen sind, möchte ich noch Werbung für den Lösungsweg nach Lagrange-Mechanik machen biggrin .  Anstatt $H=T+V$ zu betrachten (mit $T$ und $V$ kinetischer bzw. potentieller Energie) und daraus die Bewegungsgleichungen abzuleiten, wie Monty es gemacht hat, kann man sie mithilfe der Lagrange'schen Gleichungen auch aus der Lagrange-Funktion $L=T-V$ ableiten. Je nach Vorgehensweise kann man da auch die Zwangskräfte bestimmen.
\(\endgroup\)


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Kas
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.13, vom Themenstarter, eingetragen 2018-01-23

\(\begingroup\)
Sooo, ich habe die Aufgabe nun endlich lösen können. Vielen Dank euch, ich weiß nicht wann bzw. ob ich es alleine hinbekommen hätte.

2018-01-22 10:22 - MontyPythagoras in Beitrag No. 11 schreibt:
Natürlich kann es nicht schaden, die ganze Berechnung so durchzuziehen wie Ihr es gemacht habt, weil man dann einen tieferen Einblick bekommt und einen Übungseffekt hat. Wenn Die Aufgabe sogar explizit verlangt, irgendeine Seilkraft zu berechnen, führt ja auch kein Weg dran vorbei. Aber nur um so wie hier eine Beschleunigung zu berechnen, bietet sich der Energieerhaltungssatz immer an, weil er die Sache meist drastisch vereinfacht. Meine Berechnung dauerte inklusive LaTex-Tippen etwa 15 Minuten, mit Stift auf Papier gekrakelt vielleicht 5, maximal 10. Wie lange habt Ihr gebraucht? Daher wundere ich mich immer, warum Studenten den komplizierten Weg gehen. Gerade in einer Klausur kann das enorm Zeit sparen...


Ich für meinen Teil wusste nicht wie ich die kinetische Energie von Rotationsbewegungen berechne. Deshalb habe ich mich erstmal für die andere Methode entschieden.
Im nächsten Schritt werde ich es auch nochmal mit der Energieerhaltung versuchen. Mir ist schon beim Rechnen mit Massenpunkten aufgefallen das man damit einiges an Zeit einsparen kann.

2018-01-21 01:16 - digerdiga in Beitrag No. 2 schreibt:

Müsste es nicht auch möglich sein die Drehimpulsbilanz um den Massenschwerpunkt von $m_3$ aufzustellen? Nur was muss ich dann für die Seilkraft $S_0$ von der Aufhängung links einsetzen um den Drehmomentbeitrag zu berechnen? Ist das auch einfach $(m_1+m_2)g \, r_3$ ??

Müsste man dann nicht noch die Summe aller y-Kräfte um die Rolle aufstellen? Dann hat man die Unbekannte $S_3$ mehr und durch die zusätzliche Gleichung sollte man es wieder lösen können?!

@Kornkreis
Ich mein Lagrange kommt bei mir auch bald dran, solange halte ich erstmal Abstand davon  biggrin .

Edit:
Ich habe die Aufgabe nun auch noch mit Energieerhaltung lösen können.
Wenn man das Prinzip verstanden scheint es wirklich um einiges schneller zu gehen.
Ein weiteres mal danke!


L.G. Kas
\(\endgroup\)


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Kas hat die Antworten auf ihre/seine Frage gesehen.
Kas hat selbst das Ok-Häkchen gesetzt.
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