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Mechanik » Dynamik des starren Körpers » Schwingung eines Würfels
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Universität/Hochschule Schwingung eines Würfels
Mandacus
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2021-03-08


Guten Tag,

ich habe eine Frage zu einer Aufgabe bei der es um die Schwingung eines Würfels geht.



Ich habe bis jetzt folgendes.

a) Für die Winkelgeschwindigkeit gilt $\omega=\dot{\varphi}$. Sei $J_A$ das Trägheitsmoment bzgl. der Drehachse durch den Aufhängepunkt. Sei $J_S$ das Trägheitsmoment bzgl. der Drehachse durch den Schwerpunkt. Der Satz von Steiner liefert

$$ J_A
=J_S + M R^2
=\frac{1}{6} M a^2 + M R^2
=M \left(\frac{a^2}{6}+R^2 \right).
$$
Für den rotatorischen Anteil der kin. Energie folgt daher

$$ T_{\text{rot}}
=\frac{1}{2} J_A \omega^2
=\frac{M}{2} \left(\frac{a^2}{6}+R^2 \right) \dot{\varphi}^2.
$$
Da der Würfel keine Translationsbewegung ausführt, gilt f"ur die kinetische Energie

$$ T
=T_{\text{rot}}
=\frac{M}{2} \left(\frac{a^2}{6}+R^2 \right) \dot{\varphi}^2
$$
Auf den Würfel wirkt die Gewichtskraft $F=Mg$. Für das zugehörige Potential gilt

$$ V=-M g R (1-\cos(\varphi))
$$
Die Lagrange-Funktion lautet also

$$ L
=T-V
=\frac{M}{2} \left(\frac{a^2}{6}+R^2 \right) \dot{\varphi}^2
+M g R (1-\cos(\varphi)).
$$
Es folgt

$$ \frac{d}{dt} \frac{\partial L}{\partial \dot{\varphi}}
=M \left(\frac{a^2}{6}+R^2 \right) \ddot{\varphi}
$$
und

$$ \frac{\partial L}{\partial \varphi}
=M g R \sin(\varphi).
$$
Die Lagrange-Gleichung 2. Art (und damit die Bewegungsgleichung) ergibt sich zu

$$ 0
=\frac{d}{dt} \frac{\partial L}{\partial \dot{\varphi}}
-\frac{\partial L}{\partial \varphi}
=M \left(\frac{a^2}{6}+R^2 \right) \ddot{\varphi}
-M g R \sin(\varphi).
$$  

Mein Problem liegt jetzt bei b). Wenn ich kleine Pendelauslenkungen betrachte gilt die Näherung $\sin(\varphi) \approx \varphi$. In diesem Fall habe ich für die Bewegungsgleichung

$$ \frac{g R}{\left(\frac{a^2}{6}+R^2 \right)}\varphi= \ddot{\varphi}.
$$
Meine Idee war jetzt das durch den Ansatz $\varphi(t)=\sin(\omega t)$ zu lösen und die Schwingungsfrequenz mithilfe von $\omega$ zu bestimmen. Es gilt aber $\ddot{\varphi}(t)=-\omega^2 \sin(\omega t)$. Das führt mich aber auf ein komplexwertiges Ergebnis, was mir nicht sinnvoll erscheint. Alternativ kann ich den Ansatz $\varphi(t)=e^{\omega t}$ versuchen. Allerdings erhalte ich in diesem Fall
$\omega=\sqrt{\frac{g R}{\left(\frac{a^2}{6} + R^2 \right)}}$, sodass mein Ansatz in diesem Fall gar keine Schwingung beschreibt. Müsste man daher nicht eigentlich annehmen, dass für die Kraft die Gleichung $F=-Mg$ gilt? In diesem Fall kommt man nämlich auf eine Bewegungsgleichung, die sich mit einem Sinusansatz lösen lässt. Sehe ich das richtig oder habe ich einen Denkfehler?      



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MontyPythagoras
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2021-03-08


Hallo Mandacus,
Du hast das Potential falsch herum angesetzt.
Außerdem könntest Du berücksichtigen, dass $R=\frac1{\sqrt2}a$ ist, was die Gleichungen schön verkürzen würde.

Ciao,

Thomas



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Mandacus
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2021-03-08


2021-03-08 18:35 - MontyPythagoras in Beitrag No. 1 schreibt:

Du hast das Potential falsch herum angesetzt.

Ich sehe leider nicht ganz, was mit meinem Potential nicht stimmt. Da die Gewichtskraft konservativ ist, gilt doch

$$ Mg \vec{e}_y= -\nabla V=(0,-\frac{\partial V}{\partial y},0)^T  
$$
wobei ich ausnutze, dass die Kraft vertikal nach unten zeigt und nur eine Komponente hat. Entsprechend erhalte ich dann durch Integration

$$ V=-M g y
$$  

Das Potential muss in der Ruhelage (d.h. $\varphi=0$)ja verschwinden. Die Höhe $y$ muss doch also von dieser Ruhelage aus ermittelt werden. Mithilfe einer Skizze



komme ich dann auf $y=R (1-\cos(\varphi))$. Ich verstehe leider noch nicht ganz, wo mein Denkfehler liegt.




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MontyPythagoras
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2021-03-08


Hallo Mandacus,
je größer $y$, um so größer das Potential. Daher müsste Dir $V=-Mgy$ schon zu denken geben, wenn Du nur $g=9,81\text{m/s²}$ einsetzt. Du musst bedenken, dass $g<0$ ist.

Ciao,

Thomas



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Mandacus
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2021-03-08


Ach klar. Für das Potential muss dann $V=M g R (1-\cos(\varphi))$ gelten (insbesondere gilt dann $V=0$ für $\varphi=0$). Also noch einmal.  

a) Für die kinetische Energie gilt wie oben

$$ T
=T_{\text{rot}}
=\frac{M}{2} \left(\frac{a^2}{6}+R^2 \right) \dot{\varphi}^2
$$
Auf den Würfel wirkt die Gewichtskraft $F=Mg$. Für das zugehörige Potential gilt dann

$$ V=M g R (1-\cos(\varphi))
$$
Die Lagrange-Funktion lautet also

$$ L
=T-V
=\frac{M}{2} \left(\frac{a^2}{6}+R^2 \right) \dot{\varphi}^2
-M g R (1-\cos(\varphi)).
$$
Es folgt

$$ \frac{d}{dt} \frac{\partial L}{\partial \dot{\varphi}}
=M \left(\frac{a^2}{6})+R^2 \right) \ddot{\varphi}
$$
und

$$ \frac{\partial L}{\partial \varphi}
=-M g R \sin(\varphi)
$$
Die Lagrange-Gleichung 2. Art (und damit die Bewegungsgleichung) ergibt sich zu

$$ 0
=\frac{d}{dt} \frac{\partial L}{\partial \dot{\varphi}}
-\frac{\partial L}{\partial \varphi}
=M \left(\frac{a^2}{6}+R^2 \right) \ddot{\varphi}
+M g R \sin(\varphi)
$$  

Mit $R=\frac{a}{\sqrt{2}}$ folgt $\frac{a^2}{6}+R^2=\frac{a^2}{6}+\frac{a^2}{2}=\frac{4}{6} a^2=\frac{2}{3} a^2$. Für die Bewegungsgleichung ergibt sich daher

$$ 0=\ddot{\varphi} + \frac{3}{2} \frac{gR}{a^2} \sin(\varphi).
$$
b) Für kleine Pendelauslenkungen gilt die Näherung $\sin(\varphi) \approx \varphi$. Die Bewegungsgleichung vereinfacht sich somit zu  

$$ 0=\ddot{\varphi} + \frac{3}{2} \frac{gR}{a^2} \varphi.
$$
Dies ist die Bewegungsgleichung eines harmonischen Oszillators. Mit dem Ansatz $\omega^2_0=\frac{3}{2} \frac{gR}{a^2}$ und der Gleichung $\omega_0=2 \pi f$ ergibt sich für die gesuchte Schwingungsfrequenz

$$ f=\frac{\omega_0}{2 \pi}
=\frac{1}{2 \pi a} \sqrt{\frac{3 g R}{2}}.
$$    



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