In der letzten Vorlesung, ich konnte ja nicht da sein, müssten Sie die
Lagrange -Engleichungen gemacht haben.
Und ein Beispiel für Prinzip von D'Alembert in Lagrange-Erfassung
sowie das einfache Pendel für Lagrange.
Machen wir heut noch ein paar weitere Beispiele.
Und zwar fangen wir wieder mit einem Pendel an.
Wir nehmen an, wir haben so einen Stab, der am Ende im Punkt O
gelagert ist.
Der kann sich also pendelnd um den Punkt O bewegen.
Allerdings nehmen wir an, die Gewichtskraft spielt keine Rolle.
Der Stab mit dem Massenträgheitsmoment J bezüglich dem Lagerpunkt O.
Der hat hier so eine Hülse, an der wir zwei Federn anbringen.
Beide Federn sind entspannt, wenn der Stab in der lotrechten Lage sich
befindet.
Die Federkonstanten sind jeweils C halbe.
Und der Stab, der kann sich im Grunde genommen nur drehen.
Das heißt, wir haben einen Freiheitsgrad.
Dementsprechend haben wir N gleich 1.
Und als generalisierte Koordinate können wir zum Beispiel den Winkel
Phi zwischen der Vertikalen und dem Stab einführen.
Die Federn, die befinden sich jetzt, dann nehmen wir das mal an, immer
im Abstand A, im vertikalen Abstand A,
zum Lagerpunkt.
Das heißt, wenn wir die Bewegungsgleichung, es wird sich ja nur eine
ergeben, für dieses Pendel bestimmen wollen, können wir das mit den
Lagrangian Gleichungen zweiter Art machen.
Wir wissen, und so sollten Sie in der Praxis dann eigentlich immer
anfangen, Bewegungsgleichungen herleiten heißt, kinetisches Potential
partiell nach Qs Punkt ableiten.
Das total nach der Zeit.
Minus partielle Ableitung von L nach Qs gleich Groß Qs.
S gleich 1 bis N.
Nun bei uns haben wir gesagt, wir haben nur einen Freiheitsgrad.
Dieser Freiheitsgrad ist gerade der Verdrehwinkel Phi.
Also lautet das Ganze bei uns D nach Dt.
Von DL nach D Phi Punkt.
Minus DL nach D Phi gleich Groß Q Phi.
Als nächstes müssen wir also wissen, was ist das L, was ist das Groß Q
Phi.
Nun wir wissen, L ist die Differenz aus kinetischer und potenzieller
Energie.
Das ist zunächst mal ein bisschen ungewohnt, weil wir sonst beim
Energiesatz immer die Summe haben, aber das zeigt sich eben aufgrund
der Herleitung aus dem Prinzip von D'Alembert in der großen
Verfassung, dass man das so einführen muss.
Und das Groß Q Phi, das bestimmen wir über die virtuelle Arbeit.
Das Groß Q Phi mal Delta Phi.
Jetzt müssen wir aufpassen, wir haben zwei Federn.
Nun für die Federn können wir entsprechende Potenziale formulieren.
Das heißt, es wird günstig sein, die Federn über die Potenziale zu
berücksichtigen, dann dürfen wir aber die Federn nicht mehr in der
virtuellen Arbeit berücksichtigen.
Die Gewichtskraft spielt keine Rolle.
Andere nicht konservative Kräfte und Momente haben wir nicht.
Also in dem Fall haben wir es sehr leicht, das Groß Q Phi wird Null
sein.
Also Groß Q Phi gleich Null.
Wie groß ist die kinetische Energie?
Nun der Stab dreht um den Lagerpunkt O, das ist ein raumfester Punkt,
also können wir die kinetische Energie relativ leicht ausrechnen.
Einfach das Massenträgheitsmoment des Stabes bezüglich O mal 1,5 mal
der Winkelgeschwindigkeit des Stabes zum Quadrat und die
Winkelgeschwindigkeit zum Quadrat ist einfach Phi Punkt Quadrat.
Und die potenzielle Energie, die ergibt sich der linken Feder, das ist
1,5 mal
Federverlängerung mal Federsteifigkeit, das war C Halbe mal Delta L
Quadrat.
Wenn Delta L die Verlängerung der Feder ist, jetzt müssen wir, beide
Federn sind entspannt, für Phi gleich Null, also das, was die eine
verlängert wird, das wird die andere verkürzt.
Also können wir schreiben, Plus, rechte Feder ist ein Halb, dann
Federsteifigkeit war C Halbe, mal Zusammendrückung zum Quadrat, also
Delta L zum Quadrat, Verlängerung beziehungsweise Verkürzung beider
Federn ist gleich, es ist die Frage, wie groß ist das Delta L?
Und das hier ist das Delta L,
und da sehen wir, Delta L dividiert durch A ist ja gerade der Tangens
dieses Winkels, also Delta L dividiert durch A ist Tangens Phi, also
ist Delta L gerade A mal Tangens Phi, das heißt, wenn wir das hier
unten einsetzen, ein Halb C Halbe Delta L Quadrat plus ein Halb C
Halbe Delta L Quadrat gibt eben ein Halb mal C mal Delta L Quadrat und
Delta L Quadrat ist dann einfach A Quadrat,
Tangens Quadrat Phi, sodass das kinetische Potential L sich ergibt zu
ein Halb JO Phi Punkt Quadrat minus V, also minus ein Halb CA Quadrat
Tangens Quadrat Phi, das heißt, jetzt haben wir alle Größen, die wir
in der Lagrangian-Gleichung zweiter Art brauchen, können das
einsetzen, das heißt, DL nach D Phi Punkt ergibt in dem Falle, nun man
sieht, ein Halb JO Phi Punkt Quadrat nach Phi Punkt abgeleitet, das
ergibt einfach JO mal Phi Punkt, der Faktor 2 kürzt sich mit dem
Faktor 1 Halb,
das müssen wir nochmal total nach der Zeit ableiten,
JO ist eine Konstante, also ergibt das gerade JO Phi 2 Punkt, des
Weiteren brauchen wir DL nach D Phi, das sehen wir bei der partiellen
Ableitung von Phi Punkt nach Phi, das gibt 0, also fällt der erste
Term raus beim Differenzieren, dann müssen wir hinten das minus ein
Halb CA Quadrat Tangens Quadrat Phi nach Phi ableiten, das gibt
zunächst mal ein Halb CA Quadrat mal
der Ableitung von Tangens Quadrat Phi, das ist Kettenregel, zweimal
Tangens Phi mal der Ableitung des Tangens nach Phi, was gibt Tangens
nach Phi abgeleitet?
Das gibt 1 durch Cosinus Quadrat Phi, also mal 1 durch Cosinus Quadrat
Phi, und jetzt sehen wir insgesamt, der Faktor 1 Halb kürzt sich
wieder mit dem Faktor 2 weg, insgesamt gibt es CA Quadrat, Sinus Phi
dividiert durch Cosinus hoch 3 Phi.
Setzen wir das Ganze ein, ganz einfach, dann ergibt das, erste
Ableitung war JO Phi 2 Punkt, Minus DL nach D Phi, da habe ich jetzt
das Minuszeichen natürlich vergessen, Minus Minus gibt Plus, dann
haben wir CA Quadrat, und wir haben gesagt, Sinus von Phi dividiert
durch Cosinus von Phi hoch 3, gleich Groß Q Phi, Groß Q Phi ist aber
Null, also gleich Null, man sieht eine nicht-lineare
Bewegungsgleichung, weil wir die Federn im Potential berücksichtigt
haben, und ansonsten wirken keine äußeren Kräfte und Momente, also
wenn noch die Gewichtskraft vertikal nach unten wirkt, die könnten wir
in die virtuelle Arbeit reinpacken, oder natürlich besser, wir
formulieren auch ein entsprechendes Schwerepotential, oder was man
jetzt noch anbringen könnte, das mache ich jetzt speziell für Sie,
jetzt nehme ich aber eine andere Farbe, dass wir sehen, dass es nur
gilt für diesen Fall, ich füge mal einen Drehdämpfer ein, also so ein
Drehdämpfer mit der Viskos, mit der Dämpferkonstante KD, dann sehen
wir, auf den Stab wirkt jetzt ein Moment entgegen der Bewegung, Viskos
heißt proportional zur Winkelgeschwindigkeit, also das Moment ist dann
KD mal Phi Punkt, aber entgegen Phi, eine virtuelle Verschiebung,
Delta Phi, die geht in Phi-Richtung, also ist in dem Falle Delta V
gerade, beide Richtungen sind entgegengesetzt, also minus KD mal Phi
Punkt mal Delta Phi, und plötzlich sehen wir, für den Fall wäre also,
wir vergleichen es, das ist Q Phi minus KD mal Phi Punkt.
Frage beantwortet?
Wir können sogar sagen, wenn wir diese Bewegungsgleichung
linearisieren, um die vertikale Ruhelage, Phi gleich Null, was heißt
das?
Nun, dann können wir den Sinus-Phi durch Phi ersetzen, den Kosinus
hoch 3, den können wir durch 1 ersetzen, also linearisiert
erhalten wir zunächst mal JO Phi 2 Punkt, plus CA Quadrat mal Phi
gleich Null.
Jetzt weiß jeder, Vertrauen ist gut, Kontrolle ist besser, machen wir
doch mal die Kontrolle, indem wir freischneiden.
Und im Grunde genommen das Prinzip von D'Alembert, mit der
entsprechenden Trägheitswirkung dann auswerten.
Also wir haben wieder den Stab, dann haben wir, ich trage es mal
farbig ein, Lagerkräfte, meinetwegen AX und AY.
Wenn wir später die Momentbilanz um den Bezugspunkt machen, dann
nehmen wir am besten um den Punkt O die Momentbilanz, dann brauchen
wir aber die Trägheitswirkung aufgrund der Verdrehung um den Punkt O,
das heißt als Trägheitsmoment müssen wir jetzt eintragen JO Phi 2
Punkt, Sie erinnern sich daran, wir haben entweder eine Drehung um den
festen Punkt, das liegt jetzt vor, oder man bezieht sich dann auf den
Schwerpunkt, wenn wir das nicht haben.
Wie gesagt, hier haben wir es ein bisschen einfacher, wir haben alles
gleich bezüglich dem festen Drehpunkt, müssen dann aber das
Massenträgheitsmoment bezüglich dieses festen Drehpunktes einsetzen
und tragen noch alle anderen Kräfte und Momente an.
Das sind zum einen natürlich die Federkräfte,
die wirken auch der Bewegung entgegen, also Federkonstante, das war C
Halbe mal Delta L, beziehungsweise hier haben wir C Halbe mal Delta L
und ich hatte es schon erwähnt gehabt, der Abstand war ja gerade A.
Den Drehdämpfer, den lasse ich jetzt mal weg, den könnten Sie
natürlich auch berücksichtigen, machen Sie mal zu Hause.
Und es geht ja relativ einfach, eine Momentenbilanz um den Punkt O,
also um den Lagerpunkt, ergibt dann positiv drehend Jo V2 Punkt und
dann haben wir C Halbe mal Delta L plus C Halbe mal Delta L ergibt
dann C mal Delta L, Delta L hatte ich oben schon angegeben, das ist
gerade A mal Tangens V
mal dem Hebelarm, das ist aber gerade der Abstand A, also CA Quadrat
Tangens V, sonst wird nichts, also gleich 0, also eine
Bewegungsgleichung, die fast ähnlich aussieht, hier haben wir Sinus
durch Cosinus hoch 3, ansonsten haben wir alles gleich, hier haben wir
allerdings nur Sinus durch Cosinus.
Gut, wenn wir linearisieren, dann wissen wir Tangens V können wir
ersetzen durch V, also linearisiert haben
wir Jo V2 Punkt plus CA Quadrat mal V gleich 0, also linearisiert
haben wir zwar dasselbe raus, aber bei den nicht-linearen
Differentialgleichungen, da haben wir einen Unterschied.
An was liegt das jetzt?
Eigentlich müsste doch dasselbe rauskommen, oder?
Haben wir einen Fehler gemacht oder haben wir irgendwo einen
Rechenfehler?
Wer hat eine Idee?
Ja, oben habe ich eigentlich keine virtuelle Verrückung irgendwie
berücksichtigt, oder?
Ich hatte nur gesagt, die Geometrie sagt, die Längenänderung der
Feder, das Delta L dividiert durch das A, das war der vertikale
Abstand, so ist der Tangens definiert.
Ich meine, der etwas weniger gute Student sagt jetzt wahrscheinlich,
ja gut, das ist ja ein Unterschied von 1 durch Cosinus Quadrat,
linearisiert macht es ja sowieso nichts aus, aber trotzdem sollte doch
eigentlich auch bei den nicht-linearen Gleichungen dasselbe
rauskommen.
Ja, woran liegt es?
Sie wollen doch später auch Systeme beschreiben.
Sie haben eine Idee?
Was?
Ja, hängt es an mir, oder?
Ich würde gerne mitlachen.
Verwirrend, oder?
Wer will ein guter Ingenieur oder Ingenieurin sein?
Wie heißt das jetzt mittlerweile, InXX oder ich weiß nicht, in Berlin
gibt es glaube ich neue Sprechweisen.
Also auf jeden Fall, wer will wirklich gut sein?
Also es ist schlecht, wenn man nicht gut sein will.
Muss man sich auch mal outen.
Wie?
Schauen Sie sich doch mal oben das System an.
Wenn ich da so eine Buchse ranmache, die entlang des Stabes sich
bewegen kann und auf die Buchse wirken diese Federkräfte, was passiert
denn da?
Und da können Sie lang annehmen, die Buchse bleibt in der Höhe H, was
Sie annehmen, darum wird sich die Buchse aber wahrscheinlich wenig
kümmern.
Oder?
Wenn wir wollen, dass diese Federkräfte immer in der Höhe A bleiben,
dann müssen wir konstruktiv was vorsehen.
Das heißt, wir müssen dann die Buchse horizontal führen.
Also im Grunde genommen, da haben wir den Stab, da haben wir die
Buchse, die entlang des Stabes gleiten kann, da müssen wir da
irgendeinen Stift dran machen,
der in einer horizontalen Führung gleitet.
Und jetzt wird das Ganze schon beim Freischneiden etwas komplizierter.
Denn jetzt haben wir einerseits den Stab,
ich deute nochmal die Lagerkräfte an, ich deute an das
Massenträgheitsmoment, JtO mal V2 als Trägheitsmoment.
Und jetzt haben wir hier in der Höhe A eine Normalkraft von der Buchse
auf den Stab, der natürlich zwischen beiden senkrecht stehen muss.
Also jetzt haben wir plötzlich eine Normalkraft.
Ich nenne die mal N1.
Und wenn wir jetzt auf der anderen Seite die Buchse freischneiden,
dann haben wir zum einen diese Normalkraft vom Stab auf die Buchse,
wir haben die Federkräfte, die trage ich mal so ein, also C Halbe,
Delta L, C Halbe, Delta L, und wir haben eine Kraft von der Führung
auf den Stift.
Also eine Normalkraft N2, oder eine Zwangskraft, die wir natürlich
zunächst mal auch nicht kennen, die uns eigentlich auch nicht
interessiert, uns interessiert ja nur die Normalkraft N1.
Und jetzt sehen wir, wenn wir eine Kräftebilanz in horizontaler
Richtung machen, dann haben wir hier zwischen nochmal den Winkel Phi,
dann sehen wir,
die gesamte Federkraft nach links ist C mal Delta L, also C mal A mal
Tangens Phi,
in negative Richtung, plus den Anteil der Normalkraft N1 in
horizontaler Richtung, also N1 Cosinus Phi, das muss Null ergeben.
Also letztendlich haben wir N1 gleich C mal A mal Tangens Phi,
dividiert durch Cosinus Phi, also mal Sinus Phi, dividiert durch
Cosinus Quadrat Phi.
Jetzt haben wir schon mal ein Cosinus Phi mehr.
Wie sieht es in der Bilanz aus?
Nun, in der Bilanz haben wir natürlich zum einen positiv drehend Jo
Phi 2 Punkt, plus N1 mal, jetzt haben wir hier den Abstand D,
gleich Null, und wir sehen, A dividiert durch D ist gerade wieder
Cosinus Phi, also ist D A dividiert durch Cosinus Phi.
Jetzt setzen wir alles ein und erhalten so Jo mal Phi 2 Punkt, plus
N1, das ist CA, Sinus Phi durch Cosinus Quadrat Phi,
da kommt aber noch ein A dividiert durch Cosinus Phi hinzu, also
Cosinus hoch 3 Phi, aus A wird dann A Quadrat gleich Null, und jetzt
sehen wir, wenn wir alles richtig gemacht hätten, hätten wir auch
wirklich das herausbekommen, was wir mit den Lagrangian-Gleichungen
herausbekommen haben.
Oftmals schaut man was an, dann überlegt man sich was, das ist ja so,
ich nehme mal an, dass das so wirkt, und ich bin ganz ehrlich, den
Fehler habe ich auch schon in Lehrbüchern entdeckt, also wenn Sie den
jemals machen, ist das natürlich ärgerlich, aber auch andere Damen und
Herren, die sich mit der Materie auskennen, haben den Fehler schon
gemacht.
So, das wäre die eine Möglichkeit.
Aber es gäbe auch eine andere Möglichkeit.
Was für eine andere Möglichkeit gibt es noch?
Maschinenbauer.
Wir könnten ja die Buchse entlang des Stabes führen.
Wie muss man das machen?
Die Buchse, an der muss eine Kraft in Stablängsrichtung angreifen, und
diese Kraft muss so geregelt werden, dass sich die Buchse entlang dem
Stab immer so bewegt, dass letztendlich sie in der Höhe A über dem
Lager befindet.
Wenn das so ist, dann muss, wie gesagt, auf die Buchse,
hier ist dann die Buchse, da muss eine Kraft wirken vom Stab auf die
Buchse, und wenn jetzt der Stab sich bewegt, dann fährt natürlich
diese Kraft entlang der Buchse, und jetzt sind wir wieder bei ihm.
Jetzt ist die virtuelle Verschiebung der Buchse in Stablängsrichtung
nicht null.
Das heißt, wenn wir so eine Regelung realisieren würden, haben wir
implizit eine virtuelle Arbeit, die wir entsprechend hier
berücksichtigen müssten.
Das heißt, die Bewegungsgleichung, die sich mit den Lagrangian
Gleichungen zweiter Art ergibt, die wäre dann nicht das, sondern da
kommt was von rechts hinzu, und wenn wir das alles richtig machen,
müsste sich eigentlich gerade die Gleichung ergeben.
Also wir haben zwei Möglichkeiten, das in Einklang zu bringen.
Entweder die Buchse muss geregelt in der Position gehalten werden,
dazu brauchen wir eine Kraft, oder wir müssen das durch eine äußere
Führung machen, dann ändert sich aber der Freischnitt.
Gibt es soweit Fragen?
Also wie gesagt, insofern ist es gut, wenn man mehrere Möglichkeiten
hat, Bewegungsgleichungen herzuleiten.
Manchmal macht man prinzipielle Fehler, wie jetzt praktisch in dem
Falle, manchmal macht man auch nur Rechenfehler, auch das gibt es, und
dann muss man solange Fehlersuche betreiben, bis beides übereinstimmt.
Kommen wir damit zum nächsten Beispiel.
Wir nehmen an, wir haben ein rotierendes Rohr,
das rotiert jetzt, wir haben die Koordinaten des Inertialsystems X und
Y, die Drehgeschwindigkeit des Rohres ist konstant, das heißt, der
Verdrehwinkel, den können wir einfach beschreiben durch Omega mal T,
weil eben Omega konstant ist, ansonsten müssen wir da den Winkel Phi
angeben, und der könnte vorgegeben sein, dann ist es wie jetzt in dem
Fall auch kein Freiheitsgrad, oder der könnte vielleicht irgendwie
beliebig sein, dann wäre es ein Freiheitsgrad, wenn er nicht
vorgegeben ist.
Nun, in dem Rohr bewegt sich jetzt ein Massenpunkt entlang des Rohres,
das heißt, es liegt jetzt nahe, dass wir noch rohrfeste
Koordinatenachsen einführen, von X-Strich und Y-Strich,
der Massenpunkt selbst wird gehalten durch eine Feder und einen
Dämpfer, Federkonstante C, Dämpferkonstante K, die Feder ist
entspannt, wenn der Massenpunkt M sich bei X-Strich gleich 0 befindet,
also hier, ein Drehpunkt, also Feder entspannt bei X-Strich gleich 0,
und jetzt sehen wir, da wir den Verdrehwinkel des Rohres explizit
vorgeben, in dem Fall sogar mit konstanter Drehzahl, gibt es nur einen
Freiheitsgrad, nämlich die Bewegung des Massenpunktes entlang des
Rohres, das heißt, in dem Fall wählen wir Q1 als X-Strich,
wie groß ist dann die Geschwindigkeit, wie groß ist dann die
kinetische Energie, die wir ja in den Lagrangianen-Gleichungen
brauchen, für den Massenpunkt,
und wenn er sich entlang des Rohres bewegt, wie groß ist er dann?
Wer hat eine Idee?
Also, T gleich 1,5, M, X-Strich, Punkt, Quadrat.
Applaus, er hat sich wenigstens getraut.
So, jetzt schauen wir mal, gehen wir mal ein bisschen anders vor,
nämlich wir gehen jetzt mal so vor, dass wir zunächst den Ortsvektor
für den Massenpunkt aufschreiben.
Also R, in dem Fall, das sehen wir, das ist X-Strich, und zwar Kosinus
Omega T in X-Richtung und X-Strich Sinus Omega T in Y-Richtung.
Sodass R-Punkt der Geschwindigkeitsvektor, der ist in dem Falle X
-Strich, Punkt, Kosinus Omega T, das müssen wir plus X-Strich mal in
der Ableitung von Kosinus, also minus X-Strich Omega Sinus Omega T,
und in der zweiten Zeile, auch da müssen wir beachten, dass wir die
Produktregel nehmen, X-Strich, Punkt, Sinus Omega T, und da müssen wir
eben X-Strich mal in der Ableitung vom Sinus, also plus X-Strich Omega
Kosinus Omega T, und das V-Quadrat,
und da müssen wir erste Koordinate zum Quadrat der Geschwindigkeit
plus zweite Koordinate zum Quadrat, das ergibt also X-Strich, Punkt,
Quadrat, Kosinus Quadrat Omega T, dann minus zweimal den gemischten
Term, also zweimal X-Punkt Strich, X-Strich, Omega, Kosinus Omega T,
Sinus Omega T, plus den letzten Term zum Quadrat, das ergibt X-Strich
Quadrat, Omega Quadrat, Sinus Quadrat Omega T, plus jetzt zweite
Koordinate zum Quadrat, das ergibt X-Strich, Punkt, Quadrat, mal Sinus
Quadrat Omega T, dann plus zweimal den gemischten Term, also plus
zweimal X-Strich, Punkt, X-Strich, Omega, Kosinus mal Sinus, also
Kosinus Omega T, Sinus Omega T, plus den letzten Term zum Quadrat, das
ergibt X-Strich Quadrat, Omega Quadrat, Kosinus Quadrat Omega T,
und jetzt sehen wir, zum Glück habe ich die so untereinander
geschrieben, der mittlere Term, der hebt sich jeweils gegeneinander
weg, also das hebt sich mit dem weg, und dann sehen wir, hier haben
wir den gleichen Vorfaktor, einmal Kosinus Quadrat Omega T, einmal
Sinus Quadrat Omega T, das heißt, das V-Quadrat ist in dem Falle,
das verwundert mich, dass ein Mitarbeiter da eigentlich wissen müsste,
dass ich Vorlesung habe.
Also V-Quadrat haben wir zum einen, Kosinus Quadrat plus Sinus Quadrat
ergibt 1, also X-Strich, Punkt Quadrat,
das hebt sich wie gesagt weg, dann haben wir hier wieder Sinus Quadrat
plus Kosinus Quadrat, ergibt also X-Strich Quadrat Omega Quadrat,
und jetzt sehen Sie, er hat was gewagt, wer nicht wagt, der nicht
gewinnt, manchmal wagt man und verliert dann doch.
Wir haben hier ein Halb m mal Geschwindigkeit zum Quadrat, also müssen
wir da an der Stelle leider so machen, X-Strich Punkt Quadrat plus X
-Strich Quadrat Omega Quadrat.
Also der Dienstweg ist dann oft der bessere, dass man sagt, ich bilde
den Ortsvektor, ableiten, rein formal, im Inertialsystem ergibt den
Geschwindigkeitsvektor und den zum Quadrat, das kann ich dann leicht
machen, gibt eben das, was ich für die kinetische Energie benötige.
Wie gesagt, das war wieder so ein Beispiel, ich habe Sie natürlich
schon ein bisschen in die Richtung gedrängt, durch mein Vorgehen würde
ich mal sagen, aber man ist dann so in der Denkweise drin, dass dann
unter Umständen man wirklich in die Fettnäpfchen reintritt.
So, jetzt haben wir also die kinetische Energie, wie sieht es aus mit
der potentiellen Energie?
Nun, Gewichtskraft, die spielt keine Rolle,
deshalb ist die potenzielle Energie einzig die potenzielle Energie der
Feder, also ein Halb mal C mal X-Strich Quadrat.
Schauen wir mal, was brauchen wir noch?
Na gut, wir brauchen das Q-X-Strich, dazu müssen wir die virtuelle
Arbeit aufschreiben, bei einer virtuellen Verschiebung des
Massenpunktes und dabei alle Kräfte, beziehungsweise Momente
berücksichtigen, die noch nicht in dem Potenzial eingearbeitet sind,
die Feder, für die haben wir das Potenzial formuliert, also da müssen
wir nichts beachten, da müssen wir nichts berücksichtigen, allerdings
haben wir hier einen Dämpfer und man sieht, bei einer virtuellen
Verrückung wird ja die Zeit eingefroren, das heißt, der Verdrehwinkel
hier bleibt gleich, die virtuelle Verrückung des Massenpunktes ist
dann Delta X-Strich in
Richtung von X-Strich, die Kraft des Dämpfers ist aber K mal X-Strich
Punkt in entgegengesetzter Richtung, so dass sich hier ergibt, Minus
Kd mal X-Strich Punkt, Delta X-Strich.
Das muss aber sein, Q X-Strich mal Delta X-Strich, das heißt, jetzt
können wir das Ganze vergleichen, ein Vergleich liefert Q X-Strich,
muss sein, Minus Kd mal X-Strich Punkt,
was wir jetzt noch brauchen ist im Grunde genommen das L, das war T
minus V, also L war ein halb M mal X-Strich Punkt Quadrat, Plus X
-Strich Quadrat Omega Quadrat,
Minus ein halb C X-Strich Quadrat,
und in dem Sonderfall, was heißt nicht Sonderfall, in dem Fall ist,
was Sie vielleicht nicht so gewohnt sind, dass die kinetische Energie
nicht nur eine Funktion der Ableitungen der verallgemeinerten
Koordinaten ist, sondern auch der verallgemeinerten Koordinaten
selbst, und manchmal stehen auch hier vor den Ableitungen noch die
verallgemeinerten Koordinaten, dann wird es noch ein bisschen
komplizierter.
All das muss man allerdings in den genannten Ableitungen dann stets
berücksichtigen.
So, setzen wir alles in die Lagrangian-Gleichungen ein, das heißt, wir
müssen jetzt das L zunächst mal partiell nach X Punkt Strich ableiten,
also D L nach D X Strich Punkt, das sehen wir, X Strich Punkt steht
lediglich hier, X Strich Punkt Quadrat abgeleitet ergibt zweimal X
Strich Punkt, multipliziert mit ein halb M gibt M X Strich Punkt, das
müssen wir noch einmal total nach der Zeit ableiten, also D nach D T,
gibt dann M X Strich 2 Punkt,
das kinetische Potential nach X Strich abgeleitet, das sehen wir, da
haben wir zum einen zweimal X Strich mal Omega Quadrat mal zweimal ein
halb M, gibt also M Omega Quadrat X Strich, hier haben wir minus ein
halb mal C mal 2 X Strich, also minus C beim
Ableiten nicht, das habe
ich mit unsichtbarer Tinte angeschrieben, sonst hätte ich es ja beim
Ableiten nicht berücksichtigt, oder?
Danke.
So, und jetzt können wir wirklich alles einsetzen und erhalten
schlussendlich M X Strich 2 Punkt minus dem Term, also plus C minus M
Omega Quadrat mal X Strich,
gleich Groß Q X Strich, also K D mal X Strich, und was wir jetzt noch
machen könnten, ist natürlich, wir könnten den Term auf der rechten
Seite noch auf die linke Seite der Differenzialgleichung bringen, dann
haben wir eine lineare Differenzialgleichung, homogen in dem Falle
sogar, und man sieht, die Steifigkeit, die wird in dem Fall sozusagen
für die Bewegung in Rohrlängsrichtung durch die Drehung, durch das
Omega, verringert.
Gibt es dazu Fragen?
Also vielleicht nochmal, wenn Sie im wirklichen Leben so eine Aufgabe
kriegen, dann heißt es vielleicht nur, leiten Sie die
Bewegungsgleichung her, nein, das heißt es eigentlich nicht, sondern
wie bewegt sich das Ganze, was für Kräfte und Momente treten bei der
Bewegung auf, das heißt, als erstes müssen Sie sich dann überlegen,
wie bewegt sich das Ganze, ich muss irgendwie die Bewegung
rausbekommen.
Ja?
Heu, meine unsichtbare Tinte, die macht mir heute Schwierigkeiten.
Also zunächst mal, ja?
Ich sag's ja.
Ich mach's jetzt anders.
Ich mache jetzt das Vorzeichen weg und mache eine schöne lineare
Differenzialgleichung, homogen daraus.
Naja, wie viele Stunden Vorlesung haben Sie heute schon gehabt von
mir?
Drei Blöcke oder drei?
Drei Blöcke, dann doch ein bisschen mehr, aber ich habe immerhin auch
schon zwei Blöcke hinter mir und irgendwann lässt dann die
Konzentration vielleicht auch ein bisschen nach.
Vor allen Dingen, wenn man mit den Gedanken schon wieder beim nächsten
ist, aber Sie sind ja so aufmerksame Studenten, dann ist das gar kein
Fehler.
Vielen Dank.
So, also zunächst mal muss Ihnen dann einfallen, Bewegungsgleichung,
die brauche ich, um die Bewegung zu bestimmen.
Die muss ich dann zwar numerisch integrieren, das wissen Sie jetzt
zwar noch nicht, wie das geht, aber um die Bewegungsgleichung zu
bekommen, muss ich eines der Verfahren anwenden, zum Beispiel Lagrange
-Gleichungen zweiter Art, und dann müssen Sie einfach mal das
hinschreiben, d nach dt usw.
und dann schauen, ah gut, da brauche ich das L.
Was war das L nochmal?
Das war t minus v.
Was war das Qs?
Das muss ich über die virtuelle Arbeit bestimmen.
Und dann muss man sukzessive kinetische Energie bestimmen, potenzielle
Energie und Qs, oder die virtuelle Arbeit.
Für die kinetische Energie und die potenzielle Energie, da muss ich
die beiden Größen darstellen, durch meine Freiheitsgrade.
Jetzt habe ich viele verschiedene Körper, also muss ich dann als
Voraufgabe noch die Kinematik bestimmen.
Wie hängt die Bewegung des einen Körpers von den Freiheitsgraden ab?
Wie hängt die Bewegung des anderen Körpers von den Freiheitsgraden ab?
Das ist Kinematik.
Und wenn Sie das alles haben, dann können Sie wieder rück einsetzen,
Bewegungsgleichungen erhalten, diese integrieren, und wenn Sie dann
die Zwangskräfte sich noch anschreiben und die Lösung einsetzen, dann
haben Sie eigentlich alles.
Da in der Klausur, das ein bisschen schwierig ist, wenn man den Leuten
sagen würde, ja gut, wie lautet die Bewegungsgleichung, werden Sie
dort meistens und auch in den Übungen Schritt für Schritt hingeführt.
Das heißt, da gibt es dann meistens so ein paar Voraufgaben, wie
bestimmen Sie den Zusammenhang zwischen X-Punkt und V-Punkt, wenn
jetzt eine Drehung und eine Bewegung gekoppelt ist.
Bestimmen Sie, wie groß ist die Abhängigkeit von dem zu dem.
Und als nächster Schritt bestimmen Sie die kinetische Energie.
Bestimmen Sie die potenzielle Energie.
Und dann weiß auch so der letzte Debile, ja gut, irgendwo wird man das
alles vielleicht benötigen.
Oft ist es dann auch so, und da sind wir nicht ganz uneigennützig,
dass plötzlich wieder das kinetische Potential, also das L, vorgegeben
ist, für irgendeinen Sonderfall oder für irgendeine bestimmte
Geometrie.
Das hat einfach den Grund, dass wenn die Studenten an der Stelle
praktisch wieder frisch einsteigen, oder sich nicht auf ihr eigenes
Ergebnis verlassen, dann sind eventuell vorhandene Rechenfehler,
Flüchtigkeitsfehler, die wirken sich dann nicht aus.
So kann man dann auch wieder quer einsteigen in die Aufgabe.
Also das gebe ich Ihnen auch als Tipp, dass meistens solche
Quereinstiege irgendwo eingebaut sind.
Zum einen, um den Studenten das wirklich auch zu ermöglichen, zum
anderen natürlich auch, um uns die Korrekturarbeit zu erleichtern.
So,
jetzt machen wir das letzte Beispiel.
Und zwar, wir nehmen an, wir haben den Wagen,
Masse, M1, an dem haben wir Drehbar aufgehängt,
so ein Stab, der Stab hat die Länge L, hat die Masse M2 und das
Massenträgheitsmoment Js2 bezüglich dem Schwerpunkt S2 und der
Schwerpunkt S1, das ist der Massenpunkt.
Der Massenpunkt, oder der ist welchen, ob wir jetzt da von einem
Massenpunkt reden oder von einem Körper, ist egal, wir setzen voraus,
der bewegt sich nur horizontal, ohne sich zu drehen, also haben alle
Punkte dieselbe Geschwindigkeit, dieselbe Beschleunigung, wir können
das Ganze dann behandeln als Massenpunkt, wird insofern ein bisschen
einfacher.
Vertikal nach unten haben wir die Erdbeschleunigung, das heißt, die
wirkt sowohl auf den Wagen, wie auch auf den Stab.
Hier haben wir eine Unterlage und wir haben eine äußere Kraft am
Wagen, F und T,
und vielleicht kennen Sie das Beispiel, das ist jetzt ein räumliches
Pendel, im Grunde genommen haben wir hier ein Pendel, was sich nur in
der Ebene bewegen kann.
Meines, was ich jetzt habe, das bewegt sich leider auch zur Seite,
aber im Grunde genommen haben wir jetzt eine Möglichkeit, meine Faust
ist der Wagen, und Sie sehen, wenn ich den Wagen da bewege, oder
entsprechend regle, Sie können das auch üben, dann schafft man es
natürlich, den Stab in der lotrechten Lage zu halten, obwohl die
stabil ist.
Sie wissen aber auch, das geht nur, wenn wir das Ganze geregelt
betreiben, jetzt haben Sie noch keine Regelungstechnik gehabt.
Für eine Regelung, da genügt es nicht, eine Steuerung zu haben.
Steuern wird heißen, ich hebe das einfach so hin und warte mal ab, was
da passiert, das fällt aber um.
Stattdessen brauche ich dann Sensoren, das sind bei mir die Augen, das
sind zwar nicht mal die besten, aber für die Aufgabe reichen sie noch.
Und dann schafft man das wirklich, durch den geschlossenen Regelkreis
das Ganze vertikal zu halten.
Der Regelkreis hat natürlich, das lernen Sie dann in der
Regelungstechnik, da brauchen wir bestimmte Regelparameter oder einen
bestimmten Reglertyp oder wie auch immer, bei einem Kleinkind ist der
natürlich noch nicht so gut ausgelegt, das heißt, bei dem fällt es
vielleicht runter.
Die Reglerparameter, die ändern sich natürlich auch stark bei uns,
wenn Sie vielleicht ein bisschen zu tief ins Glas schauen, auch das
können Sie mal ausprobieren, dann fällt es Ihnen sicherlich schwerer,
das Ganze auszuregeln.
Was hinzukommt, ist manchmal auch eine relativ lange Leitung.
Was meinen wir damit?
Also ich bin jetzt leider kein Experte, Sie können es aber mal selbst
probieren, einen Stab, wie ich ihn hier habe, in der Länge, den können
wir relativ leicht balancieren.
Wenn wir so einen kleinen Stift haben,
dann fällt uns das schon viel schwerer, auch wenn der ein bisschen
schwerer ist und dadurch man das besser, besser, besser machen kann.
Auch geübte Leute schaffen es praktisch nicht, diesen Stift auf der
Hand zu balancieren, ich habe mir aber sagen lassen, dass die ganz
Guten das schaffen, wenn sie das auf die Nase setzen, warum?
Weil da die Reaktionszeit, die praktisch die Signale brauchen, um
durch den Körper zu laufen, sehr viel kürzer sind, und deshalb die
Leitung sprichwörtlich kürzer ist, die Todzeit dadurch kleiner und
dann schafft man es, den Stift auf der Nase zu balancieren, da aber
heute nur, ich weiß nicht, ich habe jetzt gar nicht nachgefragt,
ich bin jetzt ehrlich gesagt überfragt, ich selbst halte keinen
zweiten Block, weil ich sonst heute 8 Stunden Vorlesung am Stück
halten habe, Sie können es ja im freien Block mal probieren, oder wenn
Sie am Dynamics Lab anstehen, einfach den Kuli rauf, aufpassen, dass
es keine Kollision mit dem Nachbarn gibt.
So, also so ein kleiner Background, was man damit machen kann,
vielleicht hat es der eine oder andere schon als System gesehen, das
wird auch gerne genommen als Demonstrator für eine mechatronische
Anwendung, das heißt, man braucht dann einfach einen Sensor irgendwo,
und kann dann eben durch Ansteuerung des Wagens erreichen, dass das
Ganze wirklich balanciert.
So, um das bei uns jetzt noch ein bisschen zu erschweren, machen wir
noch einen Drehdämpfer ran,
mit der Dämpferkonstanten Kd, und wir machen eine Feder an dem Wagen
fest, Federsteifigkeit C, deren Ende wir vorgegeben bewegen, also das
Ende verschiebt sich dann mit einer vorgegebenen Verschiebung U von T,
und was wir jetzt noch einführen, das sind die Koordinaten des
Inertialsystems, in dem Falle, ich deute das mal so an, Y und Z.
Die Feder ist entspannt, wenn das U Null ist und das Wägelchen sich
bei Y gleich Null befindet, das heißt, was wir jetzt noch als
Freiheitsgrade einführen, das ist zum einen die Verschiebung des
Wagens X und den Verdrehwinkel Phi, das heißt, in dem Falle haben wir
N gleich 2, Q1 gleich X, Q2 gleich Phi,
wir versuchen das Ganze zu lösen mithilfe, erstens Prinzip von d
'Alembert Lagrange Erfassung, das heißt, wir brauchen virtuelle
Verschiebungen und virtuelle Verdrehungen, zweitens mithilfe der
Lagrangian Gleichungen, das heißt, wenn wir jetzt Prinzip von d
'Alembert in Lagrange Erfassung machen,
dann können wir im Grunde genommen den Block freischneiden, also den
Wagen, müssen am Wagen allerdings nur eingeprägte Kräfte und Momente
berücksichtigen, allerdings auch diejenigen, die zwischen den Systemen
wirken.
Was haben wir da zunächst mal?
Nun haben wir die Federkraft nach links, C mal X minus U, wir haben
die Kraft F von T nach rechts, wir haben die Gewichtskraft, M1 mal G
und wir haben noch einen Moment, nämlich das Moment vom Drehdämpfer.
Jetzt kann man natürlich sagen, ja gut, das wirkt doch zwischen dem
Stab und dem Wagen.
Aber natürlich hat das Moment einen Einfluss und es wird sich dann
gleich zeigen, am Wagen spielt es keine Rolle, nichtsdestotrotz
zeichnen wir das mal ein.
Sie sehen, wenn der Stab sich in positive V-Richtung dreht, dann wirkt
am Wagen ein Moment KD mal V-Punkt in Richtung des Uhrzeigers.
Wenn wir jetzt den Stab freischneiden und wirklich nur die Kräfte und
Momente antragen, die für das Prinzip von D'Alembert in der
graphischen Erfassung wichtig sind, dann sind weder Gelenkkräfte, weil
das Zwangskräfte sind, nicht relevant, waren hier auch nicht relevant,
die Normalkräfte in den Rädchen sind Zwangskräfte, nicht relevant.
Also haben wir an der Stelle zunächst mal M2 mal G am Schwerpunkt
angreifend, dann haben wir jetzt wirklich das Dämpfermoment, wenn der
Stab sich im Uhrzeigersinn bewegt, dann ist das Dämpfermoment
entgegengerichtet, also KD mal V-Punkt entgegen dem Uhrzeigersinn und
was jetzt noch fehlt für das Prinzip von D'Alembert in
der graphischen Erfassung, das sind dann die entsprechenden
Trägheitstherme.
Wir sehen, der Wagen, der bewegt sich nur horizontal, also haben wir
da die Trägheitskraft,
M1, X2-Punkt,
beim Stab, da haben wir einen Trägheitsmoment, und da wir keinen
festen Drehpunkt haben, müssen wir alles bezüglich dem Schwerpunkt
machen, also haben wir da JS2 mal V2-Punkt als Trägheitsmoment, wir
haben die Beschleunigung, Y2-Punkt,
also haben wir eine Trägheitskraft, M2, Y2, 2-Punkt in negative Y
-Richtung und M2, Z2, 2-Punkt in negative Z-Richtung und was wir jetzt
noch für das Prinzip von D'Alembert benötigen, das sind eben die
entsprechenden virtuellen Verdrehungen und Verrückungen, da haben wir
zum einen beim Massenpunkt nur die virtuelle Verrückung Delta X in
horizontaler Richtung, eine Verdrehung haben wir nicht, der Wagen
verdreht sich ja nicht, für den Schwerpunkt, da haben wir eine
virtuelle Verrückung Delta Y2 nach rechts, sowie Delta Z2 nach oben,
plus eine virtuelle Verdrehung in Richtung von Phi, Delta Phi.
So, wenn wir jetzt die virtuelle Arbeit insgesamt bestimmen, von
Eingeprägten und Trägheitskräften und Momenten, dann sehen wir, für
den Massenpunkt hier oder für den Wagen ist es relativ einfach, für
den Stab brauchen wir dann auch die Beschleunigungen Y2, 2-Punkt bzw.
Z2, 2-Punkt und wir brauchen die entsprechenden virtuellen
Verschiebungen Delta Y2 und Delta Z2 in Abhängigkeit von Delta X und
Delta Phi.
Also wir brauchen Delta Y2 gleich Delta Y2 in Abhängigkeit von Delta X
und Delta Phi, genauso Delta Z2 von Delta X und Delta Phi.
Und dazu stellen wir zunächst mal den Ortsvektor zum Schwerpunkt 2
auf, das sehen wir, wir haben zunächst mal X plus L-Halbe Sinus Phi.
In vertikaler Richtung haben wir nur L-Halbe Cosinus Phi.
Sie könnten mal die linken beiden Tafeln wischen.
So, damit ergibt sich RS2-Punkt zu, schauen wir mal, müssen wir
ableiten, X-Punkt und wir haben dann plus L-Halbe mal die Ableitung
von Sinus Phi, das gibt Phi-Punkt Cosinus Phi.
Hier unten haben wir L-Halbe mal die Ableitung von Cosinus Phi, das
ergibt Minus Phi-Punkt Sinus Phi.
Und die Beschleunigungen RS2-Punkt, das waren ja gerade Y2-Punkt bzw.
Z2-Punkt, das ergibt dann nochmaliges Ableiten, X2-Punkt, da müssen
wir die Produktregel anwenden, also plus L-Halbe mal Phi2-Punkt
Cosinus Phi Minus Phi-Punkt Quadrat Sinus Phi.
In der Unangleichung haben wir Minus L-Halbe und dann haben wir drin
stehen, Phi2-Punkt,
ja die können Sie noch machen da drüben, Phi2-Punkt Sinus Phi plus Phi
-Punkt Quadrat Cosinus Phi.
Das heißt jetzt haben wir Y2-Punkt, wir haben Z2-Punkt.
Was wir jetzt noch brauchen ist die virtuelle Verrückung.
Danke, das reicht mal.
Die hintere Tafel links haben Sie gewischt.
Die hintere Tafel links.
Also Delta RS2 ist Delta Y2 Delta Z2.
Und jetzt sehen wir, wenn wir es formal machen, ist es DRS2 nach DX
mal Delta X plus DRS2 nach D Phi mal Delta Phi.
Und es gibt in dem Falle Delta X plus, jetzt müssen wir das nach Phi
ableiten, also L-Halbe mal Cosinus Phi mal Delta Phi.
Den unteren Term, der hängt nicht von X ab, also müssen wir nur nach
Phi ableiten.
Also L-Halbe Ableitung nach Phi von Cosinus Phi ist Minus Sinus Phi,
gibt also Minus L-Halbe Sinus Phi mal Delta Phi.
Das heißt, die virtuelle Arbeit setzt sich jetzt zusammen.
Und jetzt betrachten wir zunächst mal.
In dem Falle werten wir das Skalar aus, also wir berücksichtigen nur
die Kräfte, die einen Anteil in horizontaler Richtung haben.
Dann haben wir zunächst mal F von T mal Delta X.
Dann haben wir in negative Richtung M1 X2 Punkt, also Minus M1 X2
Punkt.
Ebenfalls in negative Richtung C mal X minus U, also Minus C mal X
minus U.
All das wird multipliziert mit Delta X, der virtuellen Verschiebung
vom Wagen.
Und jetzt kommen noch die Anteile der virtuellen Arbeit vom Stab.
Und da sehen wir, was haben wir da?
Da haben wir zunächst mal in horizontaler Richtung keine Kraft, nur
die Trägheitskraft.
Die ist aber entgegengesetzt gerichtet zu Delta Y2, also steht hier
Minus M2 Y2 2 Punkt Delta Y2.
Bei den Kräften in vertikaler Richtung, da haben wir positiv.
Nichts negativ haben wir die Trägheitskraft M2 Z2 2 Punkt, sowie die
Gewichtskraft M2 G.
Also Minus M2 Z2 2 Punkt Minus M2 G.
Mal der virtuellen Verschiebung in Z-Richtung, das war Delta Z2.
Plus jetzt die virtuelle Arbeit infolge der virtuellen Verdrehung.
Nun, das Delta V geht im Uhrzeigersinn.
Man sieht, man hat jetzt an Momenten das Dämpfermoment und das
Trägheitsmoment, die allerdings negativ drehen.
Das heißt Minus KD mal Phi Punkt plus JS2 mal Phi 2 Punkt mal Delta
Phi.
Das muss Null sein.
Und jetzt haben wir wieder nur das Ganze mathematisch auszuwerten.
Das heißt wir setzen jetzt ein, an der Stelle das Y2 2 Punkt.
Oben ablesen, das war X2 Punkt plus L halbe mal der ersten Klammer.
Mal Delta Y2, Delta Y2 hat einen Anteil Delta X plus einen Anteil L
halbe Cosinus Phi Delta Phi.
An der Stelle setzen wir das Z2 2 Punkt ein.
Untere Gleichung, obere Tafel.
Sowie das Delta Z2, das war minus L halbe Sinus Phi Delta Phi.
Das heißt insgesamt können wir das jetzt ordnen in den Anteil mal
Delta X plus in den Anteil mal Delta Phi.
Und ich würde sagen, das einzusetzen, das machen Sie mal zu Hause.
Da laufe ich hier Gefahr, dass ich einen Haufen Einsetzfehler mache,
weil man so vor der Tafel steht oder ich muss das eigentlich nur
abschreiben.
Das bringt eigentlich nicht viel.
Besser ist, Sie machen das wirklich mal zu Hause oder in der Pause
oder in der Cafeteria oder wie auch immer.
Das soll Null sein.
Und jetzt sehen wir, das geht natürlich für beliebige Delta X und
Delta Phi nur, wenn diese Vorfaktoren verschwinden.
Und in unserem Fall bedeutet das,
dass wir auf Bewegungsgleichungen kommen.
In der Form M1 plus M2 mal X2 Punkt plus M2 L halbe mal Phi 2 Punkt
Cosinus Phi Minus phi Punktquadrat, Sinus phi, plus c mal x,
gleich c mal u, plus f und t, das sind jetzt also u und das f, das
sind vorgegebene Größen, deshalb so ein bisschen als rechte Seite hier
geschrieben.
Und als zweite Gleichung dann, das wäre praktisch das, was von hier
hinten sich ergibt, das ist js2 plus m2 l Quadrat Viertel mal phi 2
Punkt plus m2 l Halbe mal cosinus phi x2 Punkt Plus Kd mal Phi Punkt
minus m2 g mal l halbe Sinus Phi gleich Null.
Also man sieht letztendlich zwei gekoppelt.
Das war jetzt Prinzip von d'Alembert in lakotischer Fassung, das
heißt, wir verschieden das System virtuell ähnlich dem Prinzip der
virtuellen Arbeit.
Dann tragen wir alle äußeren Kräfte und Momente an, sowie alle
Trägheitstherme.
Zwangskräfte und Zwangsmomente müssen nicht berücksichtigt werden, das
ist der große Vorteil dabei.
Deshalb habe ich die hier schon weggelassen.
Also ich habe hier nur wirklich eingetragen, das, was wir zur
Berechnung der virtuellen Arbeit benötigen.
Dass jetzt einzelne Therme nicht auftreten, das liegt einfach daran,
dass die virtuelle Verrückung bzw.
Verdrehung der einzelnen Körper hier speziell ist, also der Wagen, der
verdreht sich nicht.
Deshalb bräuchten wir eigentlich dieses Dämpfermoment an der Stelle
nicht berücksichtigen, aber wir wissen das a priori nicht.
Und genauso in vertikaler Richtung, dass diese Kraft da keine Rolle
spielt, das liegt einfach darin begründet, dass die virtuelle
Verschiebung in der Richtung verschwindet.
Und für den Stab, da haben wir natürlich den Schwerpunkt, der kann
sich verschieben, also können wir den virtuell verrücken in Y- und Z
-Richtung und wir können den virtuell verdrehen.
Und bei so virtuellen Verdrehungen und Verrückungen ergibt sich eine
virtuelle Arbeit von eingeprägten Kräften und Trägheitskräften und
Momenten.
Und die zusammengefasst gibt die virtuelle Arbeit, die insgesamt Null
sein muss und dann erhalten wir, wie gesagt, die zwei
Differentialgleichungen, in dem Fall nicht-lineare gekoppelte
Differentialgleichungen, direkt ohne Kenntnis der Zwangskräfte und
Zwangsmomente.
Wird es jetzt klarer?
Noch nicht?
Ja,
das mache ich doch erst jetzt.
Jetzt gibt es die andere Möglichkeit, also das war eine Möglichkeit,
Bewegungsgleichungen herzuleiten.
Sie waren dann in den letzten Vorlesungen nicht da.
Sie sind wie diejenigen, die bei mir in der Prüfung sitzen.
Da frage ich immer ganz spezielle Fragen und die müssen sich dann
relativ schnell outen und müssen zugeben, dass sie eigentlich nicht in
der Vorlesung waren.
Stimmt's?
Aber das Prinzip von d'Alembert in der Granger Fassung müsste doch
gemacht worden sein.
Wie?
Verstanden haben muss man es deshalb nicht.
War der Herr Deppler zu schnell?
Nö, nö.
Also wie gesagt, das ist eine Möglichkeit und jetzt machen wir, also
freischneiden und Kräfte und Momentbilanzen, das wäre auch eine
Möglichkeit, die haben wir jetzt hier nicht gemacht.
Die können Sie noch als dritte Möglichkeit probieren.
Wir machen jetzt als zweite Möglichkeit, Herleitung der
Bewegungsgleichung mithilfe der Lagrangian-Gleichungen.
Das heißt, wenn ich das ausführlich mache, ich habe ja n gleich 2,
dann muss da stehen, dL nach dx Punkt, das nach der Zeit abgeleitet,
minus dL nach dx gleich qx und d nach dt von dL nach dphi Punkt, minus
dL nach dphi gleich qphi.
Das haben Sie jetzt gemeint.
Da brauchen wir das L.
L gleich t minus v, das heißt wir brauchen die kinetische Energie und
da wissen wir, die kinetische Energie, die setzt sich zusammen aus der
kinetischen Energie des Wagens, das ist ein Halb m1 x Punkt Quadrat,
weil der Wagen sich nur horizontal bewegt
und praktisch die Geschwindigkeit x Punkt hat in der Richtung.
Er verdreht sich nicht, also brauchen wir das Massenträgheitsmoment,
das spielt ja keine Rolle.
Wie sieht es aus mit der kinetischen Energie des Stabes?
Nun, die ist plus ein Halb m2 v2 Quadrat, plus ebene Bewegung ein Halb
js2 phi Punkt Quadrat, weil das Omega ja gerade phi Punkt ist.
Wie gesagt, in dem Fall haben wir es einfach, wir haben eine ebene
Bewegung.
Wenn ich eine räumliche Bewegung vorlegen würde, dann müssten wir hier
bei der Rotationsenergie den Trägheitssensor berücksichtigen.
Jetzt ein bisschen komplizierter.
Aber wir wollen es ja noch mit Anstand rechnen können.
Was an der Stelle vielleicht ein bisschen aufwendig ist, das ist das
v2 Quadrat, das ist nämlich das Quadrat von rs2 Punkt.
Das sehen wir, das rs2 Punkt Quadrat, das ergibt nämlich vs2 Quadrat,
ist nämlich x Punkt Quadrat plus l Halbe zum Quadrat, also l Quadrat
Viertel.
phi Punkt Quadrat, Cosinus Quadrat phi, plus aber auch den gemischten
Term zweimal, das Faktor ein Halb kürzt sich dann mit der 2, also plus
l mal x Punkt, phi Punkt, Cosinus phi,
plus l Quadrat Viertel,
phi Punkt Quadrat, Sinus Quadrat phi.
Jetzt sehen wir, der Term, den können wir mit l Quadrat Viertel, phi
Punkt Quadrat, Cosinus Quadrat zusammenfassen.
Das geht nämlich zusammen, gerade l Quadrat Viertel, phi Punkt
Quadrat, also insgesamt ergibt sich für das Quadrat der
Geschwindigkeit x Punkt Quadrat plus l Quadrat Viertel, phi Punkt
Quadrat, plus l x Punkt, phi Punkt, Cosinus phi.
Das heißt, die gesamte kinetische Energie ist dann ein Halb mal m1 x
Punkt Quadrat, plus ein Halb m2 x Punkt Quadrat, gibt also ein Halb m1
plus m2 x Punkt Quadrat.
Dann fehlt noch der Rest von hier hinten, also plus ein Halb m2, und
dann haben wir noch l Quadrat Viertel, phi Punkt Quadrat.
Plus l x Punkt, phi Punkt,
Cosinus phi, plus jetzt noch die Drehenergie ein Halb, Js 2 phi Punkt
Quadrat.
Wie sieht es aus mit der potenziellen Energie?
Da haben wir zum einen die potenzielle Energie der Feder,
also V gleich c Halbe mal Feder, Verlängerung oder Verkürzung zum
Quadrat, das ist x minus u, war die Verlängerung oder Verkürzung zum
Quadrat.
Und wir haben das schwere Potenzial, das legen wir aber gerade in den
Punkt, wo sich der Wagen befindet, das heißt der Wagen selbst hat dann
kein Gravitationspotenzial, weil er immer an der Stelle bleibt, der
Stab selber, der befindet sich dann in der Höhe, l Halbe mal Cosinus
phi, gibt also plus m2 g mal l Halbe Cosinus phi.
Ansonsten haben wir keine Potentialkräfte mehr.
Was jetzt noch kommt, ist die virtuelle Arbeit des Drehdämpfers und
die virtuelle Arbeit der äußeren Kraft F,
da haben wir Delta W gleich, jetzt müssen wir aufpassen, Sie sehen,
wenn der Wagen sich jetzt verdrehen würde, gibt es an der Stelle eine
virtuelle Arbeit plus an der Stelle eine virtuelle Arbeit, da der
Wagen aber sich nicht verdreht, ist die virtuelle Arbeit von dem
Dämpfermoment gleich 0, die virtuelle Arbeit dieses Dämpfermoments ist
aber Kd mal phi Punkt mal Delta phi, da aber Delta phi und das Moment
entgegengesetzt gerichtet sind mit Minuszeichen, also Minus Kd mal phi
Punkt mal Delta phi und wie gesagt von der Kraft F und T, die wird um
Delta x in dieselbe Richtung verschoben, also F und T mal Delta x
minus Kd phi Punkt mal Delta phi.
Das muss gerade sein,
Qx mal Delta x plus Q phi mal Delta phi, jetzt können wir beides
vergleichen, der Vorfaktor von Delta x ist das F und T, also Qx gleich
F und T, Q phi gleich Minus Kd mal phi Punkt.
Und was wir jetzt noch brauchen, das sind jetzt die partiellen
Ableitungen, machen wir das mal, dann haben wir also,
ich gebe es nochmal an, L gleich T minus V, ich schreibe das aber
nicht direkt jetzt an, wegen der Zeit, Sie helfen mir bitte, dass ich
keinen Vorzeichenfehler mache.
Man sieht, dL nach d x Punkt ergibt zunächst mal 1,5 mal 2 x Punkt,
das 1,5 gehört sich mit der 2, also ergibt M1 plus M2 mal x Punkt, das
L Quadrat Viertel phi Punkt Quadrat, das hängt nicht von x Punkt ab,
aber da war noch ein Term, der von x Punkt abhängt, das ergibt nämlich
1,5 M2 L mal phi Punkt mal
Cosinus phi,
der letzte Term, der hängt nicht von x Punkt ab, das Potential hängt
auch nicht von x Punkt ab, also das ist alles, was wir für die
Ableitung von x Punkt erhalten.
Und jetzt sehen wir, das müssen wir noch nach der Zeit total ableiten,
das gibt zunächst mal an der Stelle M1 plus M2 mal x2 Punkt, und an
der Stelle müssen wir jetzt beachten, da tritt zwar nicht mehr das x
Punkt auf, da treten aber zeitabhängige Größen auf, nämlich das phi
Punkt und das phi, beide sind zeitabhängig, das müssen wir bei der
Zeitableitung, bei der Totalen berücksichtigen, das gibt also plus 1,5
M2 mal L und jetzt haben wir an der Stelle phi 2 Punkt Cosinus phi
plus phi Punkt mal der Ableitung von Cosinus phi nach der Zeit, das
ergibt minus phi Punkt Quadrat Sinus phi.
Also man sieht, an der Stelle wird jetzt die Ableitung nach der Zeit
doch ein bisschen aufwendiger, weil die kinetische Energie an der
Stelle ein bisschen komplizierter ist.
Wenn wir das L nach x ableiten,
dann ergibt das, hängt nicht von x ab, hängt nicht von x ab, also die
kinetische Energie hängt nicht von x ab, dann haben wir hier eine
Abhängigkeit von x, da müssen wir aber berücksichtigen, das Potential
geht ja mit Minus in das L ein, also minus c halbe mal die Ableitung
von x minus u zum Quadrat, das ist zweimal x minus u, man sieht, der
Faktor 2, der kürzt sich hier weg.
Jetzt könnten wir also schon die erste Differenzialgleichung angeben,
ich mache das hier nicht explizit, indem wir die beiden Ableitungen
und das Qx einsetzen, das machen Sie mal zu Hause.
Ich will an der Stelle nur noch kurz vorführen, das DL nach D phi
Punkt, auch das wird ein bisschen komplizierter, der erste Term hängt
nicht von x phi Punkt ab, dann haben wir eine Abhängigkeit von phi
Punkt, das ergibt M2 L Quadratviertel mal phi Punkt, dann haben wir 1
halb M2 mal Lx Punkt phi Punkt Cosinus phi, partiell nach phi Punkt
abgeleitet, ergibt 1 halb M2 mal Lx Punkt Cosinus phi, dann haben wir
noch den Term 1 halb Js2 phi Punkt Quadrat, das ergibt beim partiellen
Ableiten plus Js2 phi Punkt, die potenzielle Energie hängt nicht von
phi Punkt ab, deshalb partielle Ableitung müssen wir da nicht
berücksichtigen, jetzt muss das noch nach der Zeit abgeleitet werden,
D nach DT, von DL nach D phi Punkt, ergibt dann, das wird relativ
einfach, M2 L Quadratviertel phi 2 Punkt, und dann haben wir hier
wieder ein Produkt, x Punkt mal Cosinus phi, sowohl das x Punkt wie
auch das phi hängen von der Zeit ab, also plus 1 halb M2 L mal x2
Punkt Cosinus phi minus x Punkt phi Punkt Sinus phi, Produktregel,
plus Js2 phi 2 Punkt und die letzte Ableitung DL nach D phi, da müssen
wir jetzt wieder aufpassen, hängt nichts ab von phi, hängt aber die
kinetische Energie von phi ab, also steht dort 1 halb mal M2 mal L x
Punkt mal phi Punkt mal der Ableitung von Cosinus phi nach phi, das
ergibt minus Sinus phi, der weitere Term Js2 phi Punkt Quadrat hängt
nicht von phi ab, allerdings haben wir da noch minus M2 GL halbe
Cosinus phi, gibt also im L zunächst mal minus M2 G mal L halbe mal
der Ableitung von Cosinus phi, die Ableitung von Cosinus phi ergibt
aber minus Sinus phi, so dass hier ein Pluszeichen wieder entsteht.
Und man sieht, jetzt haben wir wieder die beiden Ableitungen, die wir
in der Lagrangian Gleichung in zweiter Art brauchen, wir haben das Q
phi, können alles einsetzen und wenn Sie das machen, dann werden Sie
an der Stelle feststellen, dass dieser Term sich mit wahrscheinlich
dem Term weghebt, also da gibt es dann unter Umständen bestimmte
Terme, die sich letztendlich in den Gleichungen dann wieder wegheben.
Das ist aber nicht weiter verwunderlich, denn bei der Herleitung der
Lagrangian Gleichung in zweiter Art, haben wir diese Terme ja gerade
künstlich eingeführt, damit alles gestimmt hat.
Wie gesagt, das war jetzt mal ein Beispiel, zwei Freiheitsgrade, man
sieht, das wird relativ schnell doch aufwendig, obwohl es sich noch
gut lösen lässt, man muss aufpassen, dass man keine Rechenfehler
macht, der Vorteil ist, bei den Lagrangian Gleichungen, kinetische
Energie und potenzielle Energie, die lassen sich relativ leicht
aufstellen für die Studenten, die haben meistens ein bisschen
Schwierigkeiten mit der virtuellen Arbeit, aber auch das kann man üben
und dann muss man zunächst mal viel weniger komplizierte Ausdrücke
manipulieren, als wenn man das dann direkt mit dem Impuls und Rallsatz
macht und dann Beschleunigungen braucht und den Rallsatz auswerten
muss und so weiter, das wäre dann doch relativ aufwendig.
Wenn es keine Fragen mehr gibt, dann sind wir für heute am Ende, ich
bedanke mich für die Aufmerksamkeit und wir sehen uns nächsten
Dienstag wieder, vielen Dank.