Guten Tag, meine Damen und Herren, ich darf Sie zu heutigen Vorlesung
recht herzlich begrüßen.
Zunächst mal wieder zwischendurch die Ankündigung, dass wir die
Vorlesung aufzeichnen und Sie das in Betracht ziehen sollten, wenn Sie
nicht irgendwie ins Bild kommen wollen, sich entsprechend zu setzen.
Ich denke, das stört eigentlich niemand, muss trotzdem hin und wieder
mal bekannt gehen.
So, in der letzten Vorlesung hatten wir aus dem Prinzip von d'Alembert
in lagranger Fassung die sogenannten Lagrangian Gleichungen zweiter
Art hergeleitet.
Sowohl bei einem Prinzip von d'Alembert in lagranger Fassung wie auch
bei den Lagrangian Gleichungen zweiter Art.
Bei der Besonderheit, dass wir die Zwangskräfte und Zwangsmomente in
Lagern und Gelenken nicht berücksichtigen müssen, die treten also in
den Gleichungen gar nicht auf.
Und was wir machen müssen, ist beim einen eine virtuelle Verschiebung
anbringen, beim anderen, und da müssen wir im Grunde genommen einen
mathematischen Formalismus anwenden.
Allerdings brauchen wir auch dort unter Umständen die virtuelle Arbeit
von Kräften und Momenten, nämlich genau dann, wenn wir diese Kräfte
und Momente nicht aus dem Potenzial ableiten können.
Wenn wir ein entsprechendes Potenzial haben, dann ist es vielleicht
besser, wir packen das alles in das Potenzial rein.
Jetzt in der Vorlesung mal ein paar Beispiele zu beiden Methoden.
Zunächst mal für das Prinzip von d'Alembert in lagranger Fassung.
Und zwar betrachten wir einfach mal zwei Massenpunkte, die sich auf
zwei schiefen Ebenen bewegen.
Das heißt, wir haben jetzt zwei schiefe Ebenen, Winkel Alpha,
Neigungswinkel der einen, Beta, der Neigungswinkel der zweiten
schiefen Ebene.
Wir haben einen Massenpunkt M1 auf der einen schiefen Ebene, und einen
Massenpunkt M2 auf
der zweiten schiefen Ebene.
Beide Massenpunkte sind durch ein undehnbares Seil verbunden.
Das Seil wird über eine Rolle geführt und ganz klar, wenn wir uns
ausrechnen, ein Massenpunkt hat in der Ebene zunächst mal, wenn keine
Bindungsgleichungen vorliegen, zwei Freiheitsgrade.
Das heißt, wir hätten zunächst mal vier Koordinaten, die wir brauchen.
Jetzt haben wir aber Zwangsbedingungen vorliegen, nämlich der
Massenpunkt 1, der soll sich nur entlang der schiefen Ebene bewegen.
Das heißt, da haben wir eine Zwangsbedingung, dass eben die
Querkoordinate bei Null ist.
Genauso für den Massenpunkt 2, auch da verschwindet die
Querkoordinate.
Und wir haben eine dritte Zwangsbedingung, dass nämlich beide
Massenpunkte über ein Seil verbunden sind.
Wenn wir mal entsprechende Koordinaten einführen, vielleicht die
Koordinate Y1
zum Massenpunkt 1 und Freiheitsgrad Y2 für den Massenpunkt 2, dann
sehen wir, natürlich ist nicht unbedingt Y1 gleich Y2, aber wir
wissen, die unterscheiden sich nur durch eine Konstante, weil wenn ich
das Y1 verschiebe, dann verschiebt sich auch das Y2.
So, wenn wir annehmen, dass jetzt in vertikaler Richtung die
Erdbeschleunigung wirkt, dann haben wir zunächst mal natürlich wichtig
die Gewichtskräfte.
Die zeichne ich jetzt mal ein.
M2 mal G beziehungsweise M1 mal G.
Des Weiteren haben wir natürlich Reibungskräfte.
Da kommt es jetzt darauf an, in welche Richtung die Massenpunkte sich
bewegen.
Eigentlich müssten wir da eine Signumfunktion einführen, nämlich
Signum von Y1 Punkt und Signum von Y2 Punkt.
Warum?
Wenn wir Coulomb'sche Reibung annehmen und der Massenpunkt M1 bewegt
sich nach oben, dann wirkt die Reibkraft nach unten.
Wenn der Massenpunkt M1 hier nach unten rutscht, dann wirkt die
Reibkraft entgegen.
Wir nehmen mal an, beide Massenpunkte bewegen sich in Richtung
positiver Geschwindigkeit in Y1 Punkt und Y2 Punkt.
Dadurch, dass wir eine genügend große Kraft F0 am Massenpunkt 2
anbringen, dann wirkt entsprechend hier eine Reibkraft R1 entgegen der
Bewegung beziehungsweise hier am Massenpunkt 2 eine Reibkraft R2.
Sonstige Kräfte auf die Massenpunkte sind natürlich die Normalkräfte,
die man sieht in dem Beispiel, wenn wir Coulomb'sche Reibung annehmen,
natürlich wichtig werden können, weil die Reibkraft abhängt von der
Normalkraft.
Aber wenn wir einfach mal R1 und R2 schreiben, dann sehen wir die
Normalkräfte, das sind in dem Falle Zwangskräfte.
Und dann haben wir natürlich an jedem Massenpunkt eine Zwangskraft
infolge des undehnbaren Seiles.
Aber wir wissen, wenn wir die Bewegungsgleichung mithilfe des Prinzips
von d'Alain-Berlin-Lacroix-Verfassung herleiten, dann hebt sich eben
in der Summe der Anteil der Zwangskräfte weg.
Das heißt, die müssen wir gar nicht berücksichtigen und können jetzt
letztendlich gleich einsteigen.
Was brauchen wir?
Nun, wir müssen zunächst mal wissen,
wie der Zusammenhang zwischen den einzelnen Koordinaten ist.
Nun, da wissen wir Y1 gleich Y2 plus eine Konstante oder Y1-Punkt
gleich Y2-Punkt.
Und wenn wir jetzt das System virtuell verschieben, dann wissen wir,
Delta Y1 ist Delta Y2.
Also es liegt nahe dann in dem Falle Y1-Punkt gleich Y2-Punkt.
Dann gilt auch Y1-Zwei-Punkt gleich Y2-Zwei-Punkt.
Führen wir dazu einfach mal Y2-Punkt ein.
Delta Y1 gleich Delta Y2 wäre dann in dem Falle Delta Y.
Also wir führen letztendlich einen Freiheitsgrad ein, ob jetzt das das
Y1 oder das Y2 ist, wie gesagt, freigestellt.
So, was brauchen wir dann?
Nun, wir müssen an beiden Massenpunkten virtuelle Verschiebungen
anbringen.
Die virtuelle Verschiebung von Massenpunkt 1 wird sein Delta Y1, also
gerade Delta Y.
An Massenpunkt 2 wird es Delta Y2 sein.
Das heißt, wenn wir jetzt das ganze Skalar auswerten, dann erhalten
wir zunächst
Trägheitskraft.
Ich schreibe mal so.
Plus F am Massenpunkt 1 mal Delta R1 plus Trägheitskraft 2.
Delta R2 gleich 0.
Das heißt, wir brauchen nicht nur alle Kräfte auf den Massenpunkt 1,
eingeprägte Kräfte, sondern wir brauchen auch die entsprechenden
Trägheitskräfte.
Die sind in dem Beispiel relativ leicht einzuführen.
Die hängen letztlich von den Beschleunigungen der Massenpunkte ab.
Die hängen wiederum ab von den Koordinaten.
Das ist also die Trägheitskraft M1Y12.
Die zeigt in negative Beschleunigungsrichtung.
Entsprechend haben wir an der Stelle eine Trägheitskraft M2Y2.
Und jetzt sehen wir, wenn wir das Ganze, was hier vektoriell steht,
auswerten, dann liegt es bei diesem Beispiel nahe, das Skalar
auszuwerten.
Man sieht, die virtuellen Verschiebungen sind nur entlang der schiefen
Ebenen.
Deshalb wird beim Skalarprodukt nur wichtig, die Anteile der Kräfte in
Richtung von Delta Y1 bzw.
Y2.
Das heißt, insgesamt die virtuelle Arbeit, die sich dabei ergibt aus
Trägheitskräften und eingeprägten Kräften, ist dann, hier haben wir
Minus M1Y12, dann Minus R1 und dann haben wir den Anteil der
Gewichtskraft, geht ebenfalls in negative Y1-Richtung, also Minus M1G
mal Sinus Alpha.
Das wird multipliziert mit Delta Y1.
Dann haben wir Plus vom zweiten Massenpunkt, auch da sehen wir die
Trägheitskraft und die Reibkraft, die sind entgegen Y2, die
Hangabtriebskraft M2G mal Sinus Beta, die ist in positive Richtung,
also haben wir da Minus M2Y2, zwei Punkt Minus R2 plus M1 mal G mal
Sinus Alpha.
Und was wir noch haben, ist natürlich die äußere Kraft F0, so eine
Antriebskraft, die ebenfalls in positive Richtung geht.
Also Plus F0 mal Delta Y2.
Jetzt setzen wir alles ein.
Y1 zwei Punkt und Y2 zwei Punkt, haben wir gesagt, das ist Y2 Punkt.
Moment, das muss M2 sein, genau.
Das war M2G.
Also Y2 zwei Punkt und Y1 zwei Punkt sind Y2 Punkt, Delta Y1 und Delta
Y2, dann entsprechend Delta Y.
Also kann ich das so schreiben, Minus M1Y2 Punkt Minus und die
Reibkraft, da wissen wir bei Coulomb'scher Reibung, die ist µ mal
Normalkraft und wenn wir eine Kräftebilanz quer zur schiefen Ebene
machen, dann sehen wir eben, dass die Normalkraft in dem Falle gerade
M1 mal G mal Cosinus Alpha ist, weil eben der Massenpunkt sich nur
entlang der schiefen Ebene bewegt und nicht quer dazu beschleunigt
wird.
Deshalb Minus µ mal M1G mal Cosinus Alpha in dem Fall, das war die
Reibkraft, Minus M1G mal Sinus Alpha, Minus M2Y2 Punkt Minus und auch
die Reibkraft R2, die soll natürlich sein, µ mal Normalkraft und die
Normalkraft, wie gesagt, weil der Massenpunkt sich entlang der
schiefen Ebene bewegt und nicht noch in Querrichtung beschleunigt
wird.
Wenn das eine Führung wäre, die eine Krümmung hat, da muss man
beachten, dann würde da noch ein Anteil dazukommen aufgrund der
Bewegung auf einer gekrümmten Fläche.
Jetzt haben wir eine schiefe Ebene, es gibt also dann gerade Minus µ
mal M2G mal Cosinus Beta,
dann haben wir Plus M2G mal Sinus Alpha plus F0 mal Delta Y, wir
wissen, das soll 0 sein, was natürlich nur geht, wenn die runde
Klammer verschwindet.
Also, was haben wir da?
Da haben wir Minus M1 plus M2 mal Y2 Punkt, dann haben wir Minus µ,
dann haben wir µ mal G, dann haben wir M1 Cosinus Alpha plus M2
Cosinus Beta.
Moment, da steht
Sinus Beta.
War das gemeint?
Irgendwie bin ich heute geistig nicht ganz fit, ich habe es schon bei
der Merkur-Dynamik genannt.
Oh, danke.
Also, das war bei µ, dann haben wir Cosinus Alpha, Cosinus Beta und
jetzt kommt Plus G und da haben wir M1 Sinus Alpha, Minus M2 Sinus
Beta, Minus M1 Sinus Alpha,
Plus F0,
gleich 0.
Also, man sieht, insgesamt haben
wir jetzt eine Differenzialgleichung dastehen.
Den Studenten gefällt es vielleicht besser, wenn vor der höchsten
Ableitung hier ein positives Vorzeichen steht.
Ich spare mir das an der Stelle.
Multiplizieren Sie die Gleichung einfach mit Minus 1 durch.
Dann haben wir hier M1 plus M2 Y2 Punkt, Plus µ G, M1 Cosinus Alpha
plus M2 Cosinus Beta.
Und dann machen wir das hier, Plus G mal M1 Sinus Alpha minus M2 Sinus
Beta und dann steht hier das Minus F0, das könnten wir auf die rechte
Seite bringen, das müssen wir aber nicht unbedingt.
Letztendlich haben wir eine inhomogene Differenzialgleichung, weil wir
könnten natürlich auch das µ mal G, mal dem Klammerterm hier, was ja
nicht von der Bewegung abhängt, auch das könnten wir auf die rechte
Seite bringen.
Und wie gesagt, denken Sie daran, was ich am Anfang gesagt habe, das
gilt jetzt, wenn das Y-Punkt positiv ist, wenn das Y-Punkt negativ
ist, was ja durchaus der Fall wäre, z.B.
wenn der Winkel Beta sehr flach ist, der Winkel Alpha sehr steil, die
Masse M1 sehr viel größer als die Masse M2 z.B.
Und die Kraft F0, gering oder klein, oder F0, plötzlich bewegt sich
das System in die andere Richtung, aber dann wirken eben die
Reitkräfte auch in die andere Richtung.
Wie gesagt, deshalb wird eigentlich an der Stelle noch mit einer
Signumfunktion modifiziert, habe ich jetzt nicht eingeführt an der
Stelle.
Gibt es soweit Fragen?
Dann kommen wir zu einem einfachen Beispiel für Lagrange Gleichungen
zweiter Art.
Und als einfachstes Beispiel mal ein physikalisches Pendel.
Das heißt, wir haben einen starren Körper, wir haben irgendwo so einen
Lagerpunkt, um den sich das Pendel drehen kann.
Wir nehmen eine ebene Bewegung, das kann also sich nur um eine Achse
drehen.
Der Schwerpunkt des Pendels, der sei hier.
Der Abstand zwischen Schwerpunkt und Gelenkpunkt, der sei gegeben
durch A.
Und wenn das Pendel sich nur um die horizontale Achse drehen kann,
dann liegt es nahe, als Koordinate einen Verdrehwinkel einzuführen.
Das wäre also in dem Falle der Verdrehwinkel Phi.
Wir nehmen mal an, wir haben gegeben das
Massenträgheitsmoment J bezüglich dem Lagerpunkt O.
Wir haben gegeben die Masse des Pendels und sozusagen als Rückstellung
des Pendels haben wir die Gravitation.
Und wenn wir noch Koordinaten einführen wollen, dann könnten wir
vielleicht ein Koordinatensystem einführen mit O als Ursprung, X und
Y.
Brauchen wir aber nicht unbedingt für dieses Beispiel.
Wir sehen, wenn wir das mal genau betrachten, unser System hat jetzt
genau einen Freiheitsgrad.
Also ein sehr, sehr einfaches System, das heißt N gleich 1.
Q1 ist dann gerade der Verdrehwinkel Phi.
Wenn wir die Bewegungsgleichung, wir haben ja dann nur eine Gleichung
als Ergebnis, in dem Falle mit den lagrangischen Gleichungen herleiten
wollen, schauen wir uns mal an, was war die lagrangischen Gleichungen.
Da hatten wir ganz allgemein d nach dt von partieller Ableitung von L
nach Qi Punkt.
Minus dL partiell abgeleitet nach Qi gleich QI.
I gleich 1 bis N.
Wir haben jetzt nur einen Freiheitsgrad, das heißt wir erhalten gerade
eine Gleichung, nämlich d nach dt von dL nach dPhi Punkt.
Phi war ja unser Q.
Minus dL nach dPhi gleich QI, äh gleich QPhi.
Das heißt, was ist eigentlich das L?
Das war T minus V.
Schauen wir zunächst mal die kinetische Energie.
Die kinetische Energie, da haben wir gesagt, die lässt sich sehr
leicht berechnen, wenn wir einen Punkt haben, der fest ist im Raum.
Das ist gerade unser Lagerpunkt.
Das heißt, wenn wir das Massenträgheitsmoment bezüglich dieses Punktes
kennen, dann erhalten wir 1 halb mal Jo.
Jetzt haben wir eine ebene Bewegung, insofern müssen wir nicht die
komplizierte Formel mit 1 halb Omega skalarmultipliziert mit dem
Trägheitstensor skalarmultipliziert mit Omega anwenden, sondern es
genügt 1 halb Jo Omega Quadrat.
Und das Omega in dem Fall ist natürlich gerade die Ableitung des
Verdrehwinkels.
Also ist es gerade 1 halb Jo Phi Punkt Quadrat.
Bei der potentiellen Energie, da schauen wir mal.
Na gut, wir haben Gravitation, also da wird es ein
Gravitationspotential geben.
Wenn wir noch eine Drehfeder hätten, dann denken Sie mal an so eine
mechanische Uhr.
Die Uhren, die mechanischen, haben meistens noch irgendwo so eine
Drehfeder, haben dann innen drin auch so eine Art Pendel.
Dann wäre natürlich das Potential der Drehfeder wichtig, die haben wir
jetzt hier weggelassen.
Das bringt auch nicht sehr viel.
Also Potential infolge Gravitation, da wissen wir, wir müssen ein
Nullniveau festlegen.
Wo wir das festlegen, ist völlig egal, warum.
Später wird das Potential immer abgeleitet, einmal nach Phi Punkt,
einmal nach Phi.
Bei den Ableitungen verschwinden die konstanten Termine.
Insofern war es vielleicht doch gut, dass wir solche Koordinaten
einführen.
Wir würden mal sagen, das Nullniveau liegt eben in dem Falle bei Y
gleich Null.
Das heißt, die potenzielle Energie ist negativ, wenn der Schwerpunkt
sich drunter befindet, ist positiv, wenn der Schwerpunkt drüber liegt.
Also hätten wir in dem Falle Minus m mal g, das ist die Gewichtskraft.
Mal der Höhe unter dem Nullniveau.
Was ist das?
Das war a, also brauchen wir gerade a mal Cosinus Phi.
Das Q Phi, da wissen wir, das bestimmen wir aus der virtuellen Arbeit
all derer Kräfte und Momente, die wir noch nicht im Potential
berücksichtigt haben.
Also, Delta W gleich Q Phi, Delta Phi.
Und jetzt sehen wir, wir haben natürlich Kräfte im Lager, aber das
sind ja Zwangskräfte, die gehen uns nichts an in dem Falle.
Dann haben wir die Gewichtskraft, die haben wir schon berücksichtigt
im Gravitationspotential.
Ansonsten wirkt nichts.
Würde jetzt noch ein Drehdämpfer vorliegen, dann müssten wir natürlich
die entsprechende virtuelle Arbeit bestimmen.
Das heißt, wenn wir irgendwo, ich deute das mal an, so einen
Drehdämpfer haben,
mit der Dämpferkonstanten KD und ansonsten das Dämpfermoment
proportional sein soll der Verdrehgeschwindigkeit des Körpers, das
würde bedeuten, MD, das Moment im Dämpfer oder infolge des Dämpfers
wäre gerade KD mal Phi Punkt.
Das wirkt allerdings der Verdrehung entgegen.
Also die virtuelle Arbeit wäre zunächst mal Null.
Wenn wir den Dämpfer nicht haben, dann sieht man sofort, ohne
Drehdämpfer ist das Q Phi Null.
Wenn wir den Drehdämpfer haben, dann haben wir als virtuelle Arbeit
Dämpfermoment, skalarmultipliziert, mit virtueller Verdrehung.
Die virtuelle Verdrehung würde in dem Falle praktisch in positive Phi
-Richtung gehen.
Also wäre dann die virtuelle Arbeit Minus KD Phi Punkt Delta Phi.
Also Q Phi ist in dem Falle Null ohne Dämpfer, beziehungsweise Minus
KD Phi Punkt mit Dämpfer.
Also Kraft Q Phi haben wir.
Aber das L, das können wir relativ leicht bestimmen, das ergibt sich
jetzt nämlich als ein Halb.
JO Phi Punkt Quadrat.
Minus Minus an der Stelle, also Minus, das Potential gibt an der
Stelle Plus.
M mal G mal A mal Cosinus Phi.
Und jetzt brauchen wir zunächst mal die Ableitung von L nach Phi
Punkt.
Da sehen wir, wenn wir L nach Phi Punkt ableiten, dann ergibt es ein
Halb.
JO mal und Ableitung von Phi Punkt Quadrat partiell nach Phi Punkt
gibt 2 mal Phi Punkt.
Der Faktor 2 kürzt sich mit dem Faktor ein Halb, gibt also gerade JO
Phi Punkt.
Das müssen wir ableiten nach der Zeit.
Dann sehen wir, JO ist eine Konstante, lediglich Phi Punkt hängt von
der Zeit ab, gibt also gerade JO Phi 2 Punkt.
Dann brauchen wir noch die Ableitung von L nach Phi.
Und da sehen wir, der erste Term hängt zwar von Phi Punkt ab, da aber
Phi Punkt und Phi unterschiedliche Variablen sind, fällt der erste
Term beim partiellen Ableiten nach Phi weg.
Dann müssen wir nur noch MGA Cosinus Phi nach Phi ableiten.
Das ergibt Minus MGA mal Sinus Phi.
Das heißt, letztendlich alle Ableitungen eingesetzt ergibt JO
Phi 2 Punkt.
Minus MGA Sinus Phi ergibt eben Plus MGA mal Sinus Phi.
Gleich auf der rechten Seite hat 0 ohne Dämpfer bzw.
Minus KD mal Phi 2 Punkt.
Das heißt, wenn wir das KD Phi 2 Punkt noch nach links bringen, würde
das ergeben, JO Phi 2 Punkt plus KD Phi 2 Punkt plus MGA mal Sinus Phi
gleich 0.
Also wie gesagt, ohne Dämpfer wäre es jetzt ganz einfach, weil das KU
Phi dann 0 ist.
Mit Dämpfer können wir es relativ leicht einarbeiten über die
virtuelle Arbeit.
Und man erhält hier eine homogene Differenzialgleichung für den Winkel
Phi.
Allerdings, wie wir das beim Pendel schon gewohnt sind, nicht linear.
Oh,
das war für lauter.
Wir müssen ja das einsetzen.
Danke.
Also eine homogene, nicht-lineare, gewöhnliche Differenzialgleichung,
die wir nicht mehr so ohne weiteres lösen können.
Also selbst bei solchen einfachen Differenzialgleichungen muss man
dann praktisch eine numerische Integration machen.
Gibt es soweit Fragen?
Dann machen wir eine weitere Aufgabe,
die wieder so ähnlich wie ein Pendel ist.
Ich sage mal Pendel mit Federn.
Allerdings, nehmen wir mal an,
die Gewichtskraft wirke senkrecht dazu.
Also das spielt in dem Falle keine Rolle.
Das heißt, wir haben jetzt mal so ein Pendel in Form von einem Stab.
Wir haben hier unten den Lagerpunkt.
Das Pendel hat das Massenträgheitsmoment J bezüglich dem Lagerpunkt.
Und jetzt nehmen wir an, auf dem Stab haben wir so eine Hülse,
die immer den Abstand A zur Horizontalen hat.
Ich schaue jetzt mal so an.
Also dieser Abstand A, der sei konstant.
Aber wir können das als eine Feder oder wir können das auch als zwei
Federn nehmen.
Dann hätten wir hier C halbe und da C halbe.
Also zwei Federn, die praktisch immer horizontal sein sollen im
Abstand A.
Das heißt, wenn wir das Ganze mit Lagrange machen, dann haben wir Q1
gleich, nur einen Freiheitsgrad.
Dann nehmen wir wieder den Verdrehwinkel V.
Das heißt,
Q1 gleich Phi.
T ist wieder ein Halb.
J ist Phi Punkt Quadrat.
V ist Federkonstante halbe, gibt C Viertel.
Mal Delta L1 Quadrat.
Plus Federkonstante 2 halbe, das gibt C Viertel.
Delta L2 Quadrat.
Jetzt wissen wir, Delta L1 ist A.
Das durch das gibt Delta L durch A gleich Tangens Phi.
Also muss Delta L gerade Plus oder Minus A mal Tangens Phi sein.
Die eine Feder wird verlängert, die andere wird zusammengedrückt.
Sodass wir insgesamt erhalten V
gleich C Viertel.
Delta L1 Quadrat ist dann A Quadrat Tangens Quadrat Phi.
Und das Ganze mal 2, also A Quadrat Tangens Quadrat Phi.
Man sieht, das gibt C halbe.
A Quadrat Tangens Quadrat Phi.
L ist damit T minus V, also ein Halb.
J und O, die Punktquadrat, minus C halbe.
A Quadrat Tangens Quadrat Phi.
Die virtuelle Arbeit aller Kräfte und Momente, die noch nicht
berücksichtigt sind, ist natürlich Null.
Gewichtskrafteinfluss haben wir nicht, Bremsen haben wir auch keine
berücksichtigt.
Wir haben alles berücksichtigt, Zwangskräfte im Lager müssen wir nicht
berücksichtigen.
Also das ist Null.
Das heißt Q Phi muss Null sein.
Wir müssen wieder L partiell nach Phi Punkt ableiten und L nach Phi.
Also D L nach D Phi Punkt.
Das sehen wir, ist dann gerade ein Halb mal J O mal 2 mal Phi Punkt,
also gerade J O Phi Punkt.
Die Zeitableitung davon ist dann J O mal Phi Punkt abgeleitet, also
Phi 2 Punkt.
L partiell nach Phi abgeleitet.
Ich habe es jetzt vielleicht ein bisschen schnell gemacht.
Also das A Quadrat Tangens Quadrat Phi hängt zwar von Phi ab, aber
nicht von Phi Punkt.
Genauso beim partiellen Ableiten von L nach Phi ist das Phi Punkt eine
unabhängige Variable.
Müssen wir also nur noch das hier ableiten.
Gibt also Minus C Halbe A Quadrat.
Und jetzt haben wir das Sinus Quadrat durch Kosinus Quadrat von Phi
abgeleitet.
Ich schaue mal nach.
Das ergibt Sinus Phi durch Kosinus von Phi hoch 3.
Wir können auch den Check machen.
Sinus Quadrat Phi durch Kosinus Quadrat Phi abgeleitet.
Da sehen wir, das gibt Ableitung des Zählers.
Das ist 2 mal Sinus Phi Kosinus Phi mal Kosinus Quadrat Phi minus
Sinus Quadrat Phi mal
Ableitung des Nenners.
Das ist 2 mal Sinus Phi Kosinus Phi mit einem Minuszeichen.
Gibt also hier ein Pluszeichen.
Und das Ganze dividiert durch Kosinus hoch 4.
Also Nenner zum Quadrat, wenn Sie noch die entsprechende
Ableitungsregel kennen.
Also U durch V abgeleitet ergibt U'V minus UV' dividiert durch V
Quadrat.
Kennt das noch jemand?
Und jetzt sehen wir,
das gibt dann den Faktor 2.
Und dann haben wir hier Sinus Phi Kosinus Phi, Sinus Phi Kosinus Phi,
einmal mit Kosinus Quadrat, einmal mit Sinus Quadrat.
Das gibt insgesamt Sinus Phi Kosinus Phi, dividiert durch Kosinus hoch
4, gibt Sinus Phi durch Kosinus hoch 3 von Phi als Ableitung.
Und der Faktor 2, der kürzt sich dann letztendlich mit dem Faktor ½.
Insofern war es jetzt gut, das zu überprüfen.
Sodass nach Einsetzen aller Ableitungen und von Q Phi sich ergibt, J O
Phi 2 Punkt, Minus Minus gibt wieder ein Plus.
Der Faktor ½ kürzt sich mit dem Faktor 2, gibt CA Quadrat.
Sinus Phi durch Kosinus hoch 3 Phi gleich 0.
Das ist dann die Bewegungsgleichung,
die wir erhalten.
Jetzt wissen wir, Ertrauen ist gut, das ist besser.
Kontrolle, naja, das hören die Studenten natürlich nicht gerne.
Wie könnten wir denn das kontrollieren?
Na gut, das könnten wir mal kontrollieren mit den Judeneulerschen
Gleichungen, also letztendlich mit einer Momentbilanz.
Wir haben hier ein ganz einfaches Pendel.
Das war mal der Lambertisches Prinzip.
Das heißt, wir haben jetzt das Pendel.
Dann haben wir als Kräfte jeweils C ½ mal...
Das Delta L war ja gerade, wo haben wir es?
Irgendwo da oben stand es.
A mal Tangens Phi.
Dann haben wir an der Seite C ½ A mal Tangens Phi.
Der Abstand war gerade das A.
Und dann natürlich, wenn wir hier den Winkel Phi haben, entgegen der
positiven Beschleunigungsrichtung das Trägheitsmoment.
Das merkt also in dem Falle entgegen von Phi, da haben wir ja ein O,
Phi 2 Punkt, ob wir das oben antragen oder unten oder wo auch immer,
das ist egal.
Das ist ja ein Moment, das eine Richtung hat, senkrecht zur
Hafelebene.
Also insofern können wir das antragen, wo wir wollen.
Jetzt brauchen wir die Momentbilanz.
Nehmen wir mal entgegen dem Uhrzeigersinn als positiv.
Wir könnten es auch im Uhrzeigersinn positiv wählen, aber dann wird
alles negativ.
Also eine Momentbilanz
ergibt dann Jo Phi 2 Punkt.
Die Kräfte können wir aufsummieren.
Die wirken ja entlang der gleichen Wirkungslinie.
Also insgesamt hat man eine Kraft von den Federn.
Die beträgt C mal A mal Tangens Phi.
Also ebenfalls positiv drehen dann.
Also C mal A mal Tangens Phi mal Hebelarm.
Der Hebelarm war aber gerade Abstand A.
Gleich Null.
Also man sieht auch eine nicht lineare Differenzialgleichung.
Jetzt haben wir da oben irgendwas Sinus Phi, die wird ja durch Cosinus
hoch 3 Phi.
Den Tangens Phi können wir auch durch Sinus Phi und Cosinus Phi
ausdrücken.
Das heißt insgesamt kommt hier raus Jo Phi 2 Punkt plus Ca Quadrat
Sinus Phi durch Cosinus Phi gleich Null.
Schauen wir mal, wenn wir es vergleichen.
Jo Phi 2 Punkt plus Ca Quadrat, das haben wir in beiden Fällen.
Dann haben wir hier Sinus Phi, oder dort haben wir Sinus Phi durch
Cosinus Phi.
Hier haben wir allerdings Sinus Phi durch Cosinus hoch 3 Phi.
Na gut, wenn wir linearisieren für kleine Winkel Phi, dann können wir
den Cosinus von Phi ersetzen durch 1, den Sinus Phi durch das
Argument.
Also letztendlich linearisiert ergibt sich dasselbe.
Also ist das vielleicht gar nicht so schlimm.
Was denken denn die Studenten?
Eigentlich hätte... wie?
Eigentlich sollte dasselbe rauskommen.
Was gilt jetzt, was gilt nicht?
Was meinst du denn?
Also irgendwas muss doch jetzt falsch sein, oder?
Ist das Prinzip von d'Alembert falsch, oder ist der ganze Lagrange
-Formalismus falsch?
Wer kann das denn erklären?
Wer von Ihnen will im Grunde genommen Ingenieur werden?
Niemand.
Ach, Sie wollen alle Master werden.
Irgendwann.
Fragt man anders, wer will nicht Ingenieur werden?
Auch niemand.
Ein Raum voller virtueller Studenten.
Das passt bei der virtuellen Arbeit.
Oh mein Gott.
Schauen Sie doch mal das System genau an.
Wir haben eine Buchse und dann haben wir an den Buchsen Federn, die
sollen praktisch immer auf gleicher Höhe sein.
Macht es jetzt mal Klick.
Immer noch nicht.
Denken Sie mal ganz praktisch, wenn Sie so ein System haben, wie ich
es hier angedeutet habe.
Nehmen wir einfach mal dieses.
Wenn ich jetzt auf die Buchse eine Kraft in der Richtung ausübe, egal
ob von der Feder oder zusammen oder wie auch immer, was passiert?
Nun diese Kraft kann ich natürlich zerlegen in eine Kraft senkrecht
zur Buchse und eine Kraft entlang der Buchse.
Nun wenn sich das Pendel irgendwie bewegt, dann rutscht die Buchse
natürlich entlang der Stange.
Aber wenn ich jetzt einfach das so realisieren will, dann kann ich das
zwar wollen, so wie ich das eingezeichnet habe, kann ich das aber
nicht so ohne weiteres.
Was muss ich machen?
Und ich habe zwei Möglichkeiten.
Entweder ich mache praktisch hier irgendwas rein, was an der Buchse
zieht oder drückt durch irgendeine Regelung, sodass die Buchse immer
an der gleichen Höhe bleibt.
Das aber heißt, dass praktisch die Kraft entlang der Buchse verschoben
wird.
Das führt dazu, man wird für eine Arbeit führen.
Die andere Möglichkeit, die ist vielleicht mehr ingenieurmäßig, die
besteht natürlich darin, wenn wir hier die Pendelstange haben und wir
haben die Buchse da drauf.
Dann müssten wir die Buchse so ausführen, dass praktisch irgendwie so
Bolzen weggehen.
Also jetzt nicht durch das Pendel durch, sondern nach außen.
Und diese müssten wir vertikal führen.
Also die müssten wir dann entsprechend in der Führung laufen lassen.
Dann bleibt die Buchse auch wirklich in derselben Höhe.
Wenn wir keine solche Führung haben und ziehen oder drücken daran, in
dem Falle würde die Buchse sofort, wenn die Masse los ist, nach unten
gehen.
Klar?
So, das heißt, wenn wir das Prinzip von D'Alembert machen, dann dürfen
wir eigentlich nicht so das Ganze antragen, wie wir es da oben gemacht
haben.
In der Form, wir hatten ja Treckheitsmoment Jo für die 2 Punkt.
Und dann hatten wir hier im Abstand A von der horizontalen Linie eine
Kraft in horizontaler Richtung.
Vielmehr haben wir dort eine Kraft in normaler Richtung.
Die kennen wir aber noch nicht.
Die hängt aber ab von der Auslenkung des Pendels.
Und zwar müssen wir jetzt gesondert noch die Buchse freischneiden.
Auf die Buchse wirkt jetzt von dem Pendel die Normalkraft in der
Richtung.
Es wirkt eine Führungskraft N2 von der horizontalen Führung in
vertikaler Richtung.
Also wäre es vielleicht besser, die mit N1 und die mit N2 zu
bezeichnen.
Und es wirken natürlich die Summe der Federkräfte.
Das wäre einfach C mal A mal Tangens V.
Und jetzt sehen wir die Kraft N1, die wir ja brauchen, um die in
unserer Momentbilanz für das Pendel einzusetzen.
Die können wir jetzt hier bestimmen, indem wir eine Kräftebilanz in
horizontaler Richtung machen.
In horizontaler Richtung haben wir einmal N1.
Cosinus V, das ist der Horizontalanteil, weil an der Stelle wieder der
Winkel V auftritt.
Minus die Summe der Federkräfte, also C mal A mal Tangens V.
Das muss Null sein.
Und jetzt sehen wir, N1
ist gerade C mal A mal Tangens V durch Cosinus V, also Sinus V
dividiert durch Cosinus Quadrat V.
Und wenn wir jetzt noch, wenn Sie von der Lampe her für das Pendel
machen, dann haben wir Jo, die 2 Punkt, plus N1.
Und jetzt sehen wir,
das ist der Winkel V, das ist der Abstand A.
N1 wirkt senkrecht zum Pendel, das heißt, der Abstand der Kraft N1 vom
Lagerpunkt ist gerade A dividiert durch Cosinus vom Winkel V.
Also A durch die Länge gibt den Cosinus V, das heißt, dieser
Längeabstand ist gerade A durch Cosinus V, das gleich Null.
Also Jo, die 2 Punkt, plus CA Quadrat mal Sinus V durch Cosinus
Quadrat V.
Sinus V durch Cosinus Quadrat V durch Cosinus V gibt durch Cosinus
durch 3 V gleich Null.
Das heißt, wenn wir auch bei der synthetischen Methode durch
Freischneiden das alles richtig machen, muss natürlich dasselbe
rauskommen.
Dass wir implizit so eine Zwangsführung haben müssen, das spielt bei
den Lagrangian Gleichungen natürlich zunächst mal gar keine Rolle,
weil die Zwangskräfte nicht auftreten.
Bei der synthetischen Methode, wo ich zunächst mal einfach annehme,
meine Kräfte wirken einfach im Abstand A in horizontaler Richtung, das
kann ich natürlich annehmen.
Ob sich das so ohne weiteres realisieren lässt, das ist noch die
andere Frage.
Also manchmal ist es wirklich gut, Dinge über verschiedene Methoden
anzugehen.
Ich habe durchaus schon Bücher in weiterführender Form gesehen, die
genau diesem Krugschluss aufgesessen sind, weil sie das Ergebnis
falsch machen.
Gibt es soweit Fragen?
Wenn nicht, dann jetzt ein drittes Problem,
nämlich ein Relativproblem.
Wir nehmen mal an, wir haben einen Massenpunkt in einem rotierenden
Rohr, das heißt wir haben einen Massenpunkt, der in so einem Rohr
gleiten kann.
Das heißt irgendwo haben wir den Massenpunkt drin, der hat die Masse
M.
Der Massenpunkt ist innerhalb des Rohres mit dem Ende des Rohres zum
Beispiel verbunden über eine Feder und einen Dämpfer.
Also ich male das mal ein bisschen hier raus, damit man es besser
sieht.
Also eine Feder und einen Dämpfer,
C und D.
Wir haben an der Stelle den Drehpunkt und wir nehmen mal an, wenn der
Massenpunkt sich gerade hier befindet, dann ist die Feder
spannungslos.
Also wir zeichnen jetzt mal ein die Initialkoordinaten X und Y.
Das Rohr bewegt sich in der vorgegebenen Art und Weise, das heißt der
Verdrehwinkel Phi des Rohres, der ist vorgegeben, der sei Omega mal T.
An der Stelle müssen wir aufpassen, das impliziert natürlich, dass
Omega, die Winkgeschwindigkeit des Rohres, eine Konstante ist.
Wenn Omega nicht konstant ist, dann dürfen Sie nicht schreiben Phi
gleich Omega mal T, sondern dann ist eben Omega gleich Phi Punkt und
entsprechend Phi gleich Integral Omega dt.
Aber bei konstantem Omega und unter der Annahme, dass der
Verdrehwinkel 0 ist zum Zeitpunkt T gleich 0, ergibt sich eben gerade
das.
Und jetzt liegt es nahe, noch ein lokales Koordinatensystem
einzuführen, also eine X-Strichachse und eine Y-Strichachse.
Und jetzt sieht man, der Massenpunkt selbst, der hat letztendlich nur
noch einen Freiheitsgrad, nämlich die Bewegung entlang der Achse X
-Strich.
Die Drehbewegung des Rohres, die ist ja gegeben, das ist kein
Freiheitsgrad mehr.
Also auch in dem Falle haben wir N gleich 1 und Q1 dann meinetwegen
die Koordinate X-Strich, an der sich der Massenpunkt zu einem
bestimmten Zeitpunkt befindet.
Und wenn wir, da schreiben wir es noch dazu, Feder entspannt bei
X -Strich gleich 0.
Vielleicht sollten wir das noch dazu schreiben, wenn wir das so
schreiben, muss Omega konstant sein.
Wenn wir die Bewegungsgleichung, die sich hier ergibt, mithilfe der
Lagrangian -Gleichungen herleiten wollen, Ganz klar, dann brauchen wir
wieder D nach DT,
von DL nach D, jetzt haben wir als Koordinate X-Strich, also X-Strich
-Punkt, Minus DL nach DX-Strich gleich QX-Strich.
Wir haben hier einen Dämpfer im Spiel, also im Grunde genommen wissen
wir, da kann natürlich eine virtuelle Arbeit auftreten, weil wir für
die Dämpferkraft kein Potenzial formulieren können.
Wir wissen, L ist T minus V.
Das T ist, wir haben nur einen Massenpunkt, Mhalbe mal V, das
Massenpunkt ist zum Quadrat.
Jetzt müssen wir nur aufpassen, wir brauchen die Geschwindigkeit
letztendlich ja im Inertialsystem.
Nicht die Geschwindigkeit aufgrund der lokalen Bewegung entlang X
-Strich, das ist das eine.
Das V, das wissen wir, das ist 1,5C mal Federverlängerung oder
Verkürzung zum Quadrat, das ist X-Strich-Quadrat.
Also als Voraufgabe müssen wir jetzt eben bestimmen, wie groß ist das
V, die Absolutgeschwindigkeit, die ja nicht nur die Geschwindigkeit
entlang des Rohres beinhaltet, sondern auch die vorgegebene Bewegung
des Rohres, die Drehung.
Zunächst mal wissen wir, der Ortsvektor im Inertialsystem, der ist
gerade gegeben durch.
In X-Richtung haben wir X-Strich mal Cosinus Omega T.
In Y-Richtung haben wir X-Strich mal Sinus Omega T.
Das heißt, die Geschwindigkeit V,
die ist Zeitableitung von R, gibt also in dem Falle X-Strich-Punkt.
Cosinus Omega T plus X-Strich mal der Ableitung vom Cosinus Omega T,
das ist aber Minus Omega Sinus Omega T.
Und bei der zweiten Koordinate dann entsprechend X-Strich-Punkt Sinus
Omega T plus X-Strich und die Ableitung vom Sinus ist dann gerade
Omega Cosinus Omega T.
Jetzt was haben wir für V-Quadrat?
V-Quadrat ist dann X-Strich-Punkt-Quadrat Cosinus-Quadrat Omega T
minus X-Strich-X-Strich-Punkt mal 2.
Also X-Strich-X-Strich-Punkt mal Omega mal Sinus Omega T Cosinus Omega
T plus X-Strich-Quadrat.
Also im letzten Term zu Quadrat gibt es X-Strich-Quadrat Omega-Quadrat
Sinus -Quadrat Omega T.
Plus, und jetzt müssen wir die zweite Koordinate zum Quadrat nehmen,
das ergibt X-Strich-Punkt-Quadrat Sinus-Quadrat Omega T.
Dann haben wir Plus zweimal und dann haben wir hier X-Strich-X-Strich
-Punkt Omega Sinus
Omega T Cosinus Omega T plus jetzt den letzten Term zum Quadrat, das
gibt X-Strich-Quadrat Omega-Quadrat Cosinus-Quadrat Omega T, sodass
für T, machen wir zunächst mal nochmal das V-Quadrat, ist in dem
Falle, man sieht es, jetzt habe ich das so schön übereinander
geschrieben, haben wir beides mal X-Strich-Punkt-Quadrat, einmal mit
Sinus -Quadrat, einmal mit Cosinus-Quadrat, das gibt natürlich gerade
X -Strich-Punkt-Quadrat,
dann haben wir hier Sinus-Omega T, Cosinus-Omega T, Omega, X-Strich
-Punkt, X-Strich und den Faktor 2, aber mit unterschiedlichem
Vorzeichen, also die zwei heben sich gerade weg, bleibt noch übrig und
auch hier haben wir X-Strich-Quadrat Omega-Quadrat, einmal mit Sinus
-Quadrat Omega T, einmal mit Cosinus-Omega-Quadrat Omega T, gibt also
plus X-Strich-Quadrat Omega-Quadrat.
Auch an der Stelle sei darauf hingewiesen, wenn das Omega eine
Funktion der Zeit wäre, also zeitveränderlich, dann müssten wir
natürlich auch das berücksichtigen.
Also dann wäre hier noch zu berücksichtigen, dass praktisch, wir
dürften es schon gar nicht so schreiben, also es lässt sich dann
schwer angeben, wir müssten hier dann Cosinus-Phi schreiben, Phi wäre
einfach zeitabhängig, dann steht hier anstatt dem Omega ein Phi-Punkt,
dann steht hier Phi-Punkt-Quadrat, wobei das Phi-Punkt-Quadrat dann
wirklich ebenfalls von der Zeit abhängt, im Allgemeinen.
Aber wie gesagt, hier haben wir angenommen konstante Drehzahlen, das
heißt, die kinetische Energie ist dann im Halbe, mal V-Quadrat, also
mal X-Punkt-Quadrat plus X-Quadrat Omega-Quadrat.
Brauchen wir noch die potenzielle Energie, und Gewichtskräfte haben
wir keine zu berücksichtigen, bleibt also nur die potenzielle Energie
der Feder, also bei einer linearen Charakteristik dann C-Halbe, mal
Federverlängerung gegenüber dem entspannten Zustand zum Quadrat, das
ist aber gerade X-Strich-Quadrat,
ansonsten haben wir nichts im Potenzial, das heißt, das L können wir
schon mal formulieren, das ist dann nämlich im Halbe, X-Strich-Punkt
-Quadrat plus X-Strich-Quadrat Omega-Quadrat minus, V gibt dann minus
C -Halbe, X-Strich-Quadrat.
Fehlt noch das Q-X-Strich, dazu brauchen wir die virtuelle Arbeit der
Kräfte, die wir nicht in dem Potenzial berücksichtigt haben, das ist
in dem Falle die Kraft im Dämpfer.
Wie man sieht, die Kraft im Dämpfer, wenn wir mal den Massenpunkt
haben, dann ist die Dämpferkraft in
negative X-Strich-Richtung, und zwar D mal X-Strich-Punkt.
Und die virtuelle Verrückung, jetzt müssen wir aufpassen, die
Bewegung, die Drehbewegung des Rohres, die ist ja vorgegeben.
Und jetzt heißt es ja, bei einer virtuellen Verrückung wird das System
sozusagen eingefroren bezüglich der Zeit.
Das heißt, wir haben jetzt eine beliebige Systemstellung und verrücken
dann das System, wie es das Ganze zulässt.
Und man sieht, die virtuelle Verrückung kann dann natürlich nur
entlang des Rohres erfolgen.
Also die virtuelle Verrückung wäre in dem Falle Delta-X-Strich.
Das heißt, die virtuelle Arbeit der nichtkonservativen Kräfte in dem
Falle ist gerade Kraft mal virtuelle Verschiebung.
Allerdings, mit Berücksichtigung des Vorzeichens, gibt es ein
Minuszeichen, weil sie entgegengesetzt gerichtet sind.
Also Minus D mal X-Strich-Punkt, Delta-X-Strich.
Das soll aber gerade sein, Q-X-Strich, Delta-X-Strich.
Und jetzt sehen wir durch Koeffizientenvergleich, dass das Q-X-Strich
gerade ist.
Minus D mal X-Punkt-Strich.
So, jetzt haben wir das Q-X-Strich, das L haben wir, brauchen wir noch
die entsprechenden Ableitungen.
Dann sehen wir, D-L nach D-X-Strich-Punkt ist dann L nach X-Strich
-Punkt abgeleitet.
Da sehen wir, hier haben wir X-Strich-Punkt-Quadrat.
Es gibt also M-Halbe mal der partiellen Ableitung von X-Strich-Punkt
-Quadrat nach X-Strich-Punkt.
Das ist zweimal X-Strich-Punkt, also insgesamt M-X-Strich-Punkt.
Der Faktor 2 kürzt sich mit dem Faktor 1 halb.
Der nächste Term, X-Strich-Quadrat, der hängt zwar von X-Strich ab,
aber nicht von X-Strich-Punkt.
Also beim partiellen Ableiten fällt das raus.
Das Omega hängt auch nicht von X-Strich-Punkt ab, also fällt das auch
raus.
Der letzte Term, C-Halbe X-Strich-Quadrat.
X-Strich und X-Strich-Punkt sind unterschiedliche Variablen, also beim
partiellen Ableiten fällt es raus.
Es gibt also das hier nach der Zeit nochmals abgeleitet.
Wir müssen ja das DL nach D-X-Strich-Punkt nochmals nach der Zeit
ableiten.
Also D nach DT.
Die Masse ist zeitunabhängig, also gibt M X-Strich-2-Punkt.
Dann brauchen wir noch das DL nach D-X-Strich.
Das war der Term.
Und dann sehen wir, wenn wir X-Strich-Punkt-Quadrat nach X-Strich
ableiten, ist das 0.
Weil X-Strich und X-Strich-Punkt wie unterschiedliche Variablen
aufgefasst werden.
Dann M-Halbe X-Strich-Quadrat Omega-Quadrat.
Das hängt natürlich von X-Strich ab.
Innerhalb der Klammer ergibt sich dann gerade 2 mal X-Strich mal Omega
-Quadrat.
Der Faktor 2 kürzt sich mit einem Faktor 1 halb.
Gibt also gerade M X-Strich Omega-Quadrat.
Und auch der letzte Term, der hängt von X-Strich ab.
Beim partiellen Ableiten ergibt sich dann gerade 10 mal X-Strich.
Also minus 10 X-Strich.
Das heißt, jetzt können wir alles einsetzen.
Dann haben wir M X-Strich 2-Punkt minus DL nach D X-Strich.
Gibt also minus M X-Strich Omega-Quadrat.
Minus mal Minus gibt an der Stelle Plus.
Da muss man immer ein bisschen aufpassen.
Also plus 10 mal X-Strich gleich.
Und auf der rechten Seite steht jetzt das Q X-Strich.
Da haben wir gesagt, das ist minus D X-Strich-Punkt.
Das heißt, wir haben schlussendlich M X-Strich 2-Punkt plus D X-Strich
-Punkt.
Plus CE minus M Omega-Quadrat mal X-Strich gleich 0 als
Bewegungsgleichung.
Gibt es soweit Fragen?
Wenn nicht, dann machen wir jetzt ein Beispiel, das etwas
komplizierter ist.
Das hat nämlich zwei Freiheitsgrade.
Wir machen das mit Prinzip von d'Alembert in Lagrange-Passung.
Und auch mit Lagrange-Gleichung in zweiter Art.
Das werden wir heute nicht ganz schaffen.
Ich bin froh, wenn ich das System zumindest mal erklärt bekomme.
Wie gesagt, auswerten werden wir es dann in der nächsten Vorlesung.
Also,
Vergleich beider Methoden anhand eines Beispiels.
Wir nehmen an, wir haben so einen Wagen, der horizontal geführt wird.
Der hat die Masse M1.
Am Wagen haben wir jetzt einen Pendel befestigt.
Das Pendel hat die Masse M2.
Und das Massenträgheitsmoment J bezüglich dessen Schwerpunkt.
Und es ist ein homogener Stab, deshalb liegt der Schwerpunkt irgendwo
in der Mitte.
Das heißt,
ich tue jetzt mal so an, L halbe.
Und hier haben wir L halbe.
Jetzt haben wir die Gewichtskraft nach unten.
Und wie gesagt, der ganze Wagen kann sich jetzt auf der Horizontalen
bewegen.
Dann haben wir vertikal nach oben das Pendel.
Das kann sich bezüglich dem Wagen drehen.
Jetzt nehmen wir an, wir haben noch eine Feder verbunden mit dem
Wagen.
Den Federendpunkt machen wir jetzt allerdings nicht fest.
Sondern dem geben wir eine Verschiebung U von T vor.
Also hier haben wir eine gegebene Verschiebung U von T.
Das heißt, jetzt haben wir insgesamt einen Freiheitsgrad für die
Bewegung des Wagens in horizontaler Richtung.
Plus einen Freiheitsgrad für die Verdrehung des Pendels.
Ich führe die mal entsprechend ein.
Nämlich einmal den Verdrehwinkel gegenüber der Horizontalen Phi.
Zum anderen zeichne ich noch ein entsprechendes Koordinatensystem ein.
Dann haben wir Y und Z als Koordinaten des Inertialsystems.
Wenn ich das so mache, dann kann ich nämlich als generalisierte
Koordinate für die Bewegung des Wäglichen eine Koordinate X einführen.
Also X kennzeichnet die Horizontalverschiebung des Wagens.
Zu guter Letzt haben wir, vielleicht sollte ich die Gewichtskraft G
oder die Erdbeschleunigung blau einzeichnen, weil die letztendlich zu
den Gewichtskräften führt.
Einmal vom Wagen zum anderen von dem Pendel.
Und wir nehmen an, wir haben noch eine Antriebskraft F und T, die
horizontal am Wagen wirkt.
Und wenn man sich die Feder wegdenkt und stattdessen vielleicht nur
eine Kraft oder wie auch immer, dann ist das ein gutes Beispiel aus
der Mechatronik, wie man so ein Pendel aufrecht erhalten kann.
Wir wissen, wenn wir das Pendel einfahren, Wagen festmachen und es
loslassen, dann fällt es irgendwann um.
Aber wir können natürlich die Bewegung des Wagens so beeinflussen,
dass das Pendel aufrecht stehen bleibt.
Und dazu muss natürlich die Regelung, die Abweichung vom vertikalen
Wissen und kann das Ganze dann balancieren.
Also wer das Ganze ein bisschen übt, der kann das auch auf den Fuß
stellen.
Ob ich es heute kriege, weiß ich nicht.
Normalerweise klappt es auch, man kann das auch auf die Stirn setzen
oder auf die Nase.
Jetzt ist die Frage, wenn wir das so mit der Hand balancieren oder zum
Beispiel mit der Nase und machen mal den Stab immer kürzer.
Schafft man es dann besser mit der Hand oder besser mit der Nase?
Sie dürfen es mal ausprobieren, wann das Erste versagt.
Also ich kann Ihnen verraten, er probiert es jetzt gerade,
wahrscheinlich schaffen Sie es nicht, so einen Stift auf der Hand zu
balancieren.
Wohingegen ein geübter Balancieur das auf der Nase schafft.
Warum?
Ah, jetzt sehen wir ein bisschen die Verknüpfung von
Bewegungsgleichungen.
Ja, das ist auf der Nase der Fall und ist auf dem Finger der Fall,
oder?
Eine schon.
Nun, gibt noch mal jemand eine Schätzung ab.
Er probiert es mal.
Ich meine, auf der Nase muss man das erstmal üben, wie wehe ich auf
dem Fuß.
Wobei, auf dem Fuß hat man noch Schlechtrekorde.
Warum?
Ganz einfach.
Manche haben eine relativ lange Leitung.
Er lacht.
Es müsste es auch erklären, die ausländischen Studenten, die verstehen
das wahrscheinlich nicht so ganz.
Also flapsig sagt man im Deutschen, als wenn einer schlecht von
Begriff ist, er hat eine lange Leitung.
Aber, wenn es jetzt ums Balancieren geht, was haben wir dann?
Wir haben eine Regelung.
Also, wenn ich die Augen zumache, dann schaffe ich das nicht, den zu
balancieren.
Wenn ich die Augen aufhalte, dann kann ich das.
Warum?
Dann habe ich einen Sensor.
Das ist praktisch eine einfache Regelungsaufgabe.
Und wenn man jetzt mal Richtung Regelungstechnik denkt, das kommt bei
Ihnen erst im nächsten Semester, dann ist es natürlich so, dass sich
zeigt, Systeme mit Todzeit, die lassen sich schlechter stabilisieren.
Jetzt, was ist eine Todzeit?
Das ist praktisch die Zeit, die ein Signal braucht, um von einem Punkt
zum anderen zu kommen, zum Beispiel.
Und die Reaktionszeit mit dem Finger, die ist einfach länger, weil der
Weg durch den Körper dann ein bisschen länger ist.
Deshalb schafft man es dann eher, das auf der Nase, wo praktisch
Sensor und Aktor relativ nah beieinander liegen, zu balancieren im
Vergleich zur Hand.
Schauen Sie es mal im Fernsehen, es gibt wirklich welche, die können
das auf der Nase, aber mit der Hand schafft man das nicht mehr.
So, also wie gesagt, zunächst mal sieht das Beispiel hier ein bisschen
komisch aus, hat aber durchaus Relevanz, weil es praktisch hinführt
auch auf mechatronische Systeme, würde ich sagen.
Was ich jetzt noch vergessen habe, war natürlich, wir nehmen mal an,
wir haben zusätzlich noch einen Drehdämpfer zwischen dem Wagen und dem
Pendel.
Und egal, ob wir jetzt im Prinzip, von da an wären wir in lagrange
Fassung machen,
oder lagrange Gleichungen, wir müssen im Prinzip immer nur
berücksichtigen, die Kräfte und Momente, die keine Zwangskräfte und
Momente sind.
Das heißt, wenn wir jetzt das mal so skizzieren, ich mache es mal ein
bisschen größer, dann wären zunächst mal wichtig, natürlich die
Gewichtskräfte, m2 mal g, beziehungsweise m1 mal g, es wäre wichtig,
die Federkraft, die ist aber gerade Federkonstante, wir nehmen an,
lineare Charakteristik, Federkonstante c, die ist dann gerade c mal
Auslenkung x, die Auslenkung wird also aber kürzer, wenn das u
dazukommt, beziehungsweise länger, wenn das u negativ ist, deshalb
hier minus u von t.
Was haben wir noch?
Die Antriebskraft f und t.
Ah, und wir haben den Dämpfer.
Jetzt wirkt der Dämpfer zwischen zwei Körpern.
Wie hat der dann überhaupt einen Einfluss?
Na gut, ingenieurmäßig würden wir sagen, der Dämpfer macht natürlich
was.
Also wir haben zunächst mal,
wenn der Stab sich nach rechts bewegt, haben wir einen Moment k d mal
phi Punkt
und entsprechend haben wir am Wagen einen Moment k d mal phi Punkt,
allerdings in entgegengesetzte Richtung.
Was wir jetzt noch brauchen, das sind die Trägheitstherme, zumindest
für das Prinzip von d'Alembert in Lagrangian-Fassung.
Deshalb zeichne ich die jetzt noch ein.
Das ist zum einen das m1 x2 Punkt für den Wagen.
Dann haben wir in negative Beschleunigungsrichtung m2 x y2 Punkt vom
Schwerpunkt des Stabes und in z-Richtung dann entsprechend m2 z2
Punkt, und zwar z vom Schwerpunkt.
Und wir haben natürlich das Trägheitsmoment bezüglich dem Schwerpunkt,
das war js2.
Und die Verdrehung beträgt gerade phi, also phi 2 Punkt, entgegen dem
positiven Verdrehwinkel.
Und wenn wir jetzt das Prinzip von d'Alembert in Lagrangian-Fassung
machen, dann brauchen wir natürlich auch noch die virtuellen
Verschiebungen.
Der Wagen hat eine virtuelle Verschiebung delta x in y-Richtung.
Der Schwerpunkt des Stabes hat virtuelle Verschiebungen delta z
beziehungsweise delta y.
Jetzt kommt es drauf an.
Die aber abhängen von den virtuellen Änderungen der x-Koordinate und
dem Winkel phi.
Und dann sehen wir, man hat gleichzeitig noch eine virtuelle
Verdrehung des Stabes, das war das delta phi.
Man muss aufpassen, die virtuelle Verdrehung der Masse ist natürlich
null.
Also, die virtuelle Verdrehung des Wagens ist null.
Man sieht, was wir nicht berücksichtigen müssen, das ist die
Normalkraft zwischen dem Boden und dem Wagen und die Kräfte in den
Gelenken.
Gibt es soweit Fragen?
Wenn nicht, dann würde ich gerne praktisch mit dem rechten Bild in der
nächsten Vorlesung weitermachen.
Vielen Dank.