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Mechanik » Dynamik des starren Körpers » Schwingtür, Winkelgeschwindigkeit
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Universität/Hochschule Schwingtür, Winkelgeschwindigkeit
JonasR
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2019-11-22 19:48


Hallo miteinander :)

Ich bräuchte Hilfe bei einer Aufgabe, in der es um eine Schwingtür geht.




Mein Ansatz zur Lösung war bis jetzt der, dass ich erst einmal die DGL löse.

Mein Lösungsweg dazu:


Gegeben
_______


$\ddot{\phi} + 2\gamma \dot{\phi} + \omega_{0}^{2} \phi = 0$


Gesucht
_______


Gesucht ist die Funktion $\phi$


Vorgehensweise
_______________



1. Schritt : Charakteristisches Polynom aufstellen und Ns bestimmen
__________


$P(\lambda) = \lambda^{2} + 2 \gamma \lambda + \omega_{0}^{2} = 0$


$\lambda_{1, 2} = - 2 \gamma \pm \frac{\sqrt{(2 \gamma)^{2} - 4 \cdot 1 \cdot \omega_{0}^{2}}}{2 \cdot 1} = - 2 \gamma \pm \frac{\sqrt{4 \gamma^{2} - 4 \cdot 1 \cdot \omega_{0}^{2}}}{2} = - 2 \gamma \pm \frac{\sqrt{4 \cdot ( \gamma^{2} - \omega_{0}^{2})}}{2 } = - 2 \gamma \pm \frac{2 \cdot \sqrt{ \gamma^{2} - \omega_{0}^{2}}}{2 } $


$ \lambda_{1, 2} =  - \gamma \pm \sqrt{ \gamma^{2} - \omega_{0}^{2}} =  - 2s^{-1} \pm \sqrt{ (2s^{-1})^{2} - (3s^{-1})^{2}} = - 2s^{-1} \pm \sqrt{ (4s^{ - 2} - 9s^{- 2}} = - 2s^{-1} \pm \sqrt{ - 5s^{ - 2}} = - 2s^{-1} \pm \sqrt{ 5} i \cdot s^{-1}$



2. Schritt : Lösung aufschreiben
__________



Unsere Nullstellen haben die Form $\lambda = \alpha \pm \beta i$, wobei $\alpha$ der Realteil und $\beta$ der Imaginärteil ist.

Unser Ansatz zur Lösung der DGL ist daher:

$\phi(t) = e^{\alpha t} \cdot (a sin(\beta t) + b cos(\beta t)) = e^{ - 2t}   \cdot (a sin(\sqrt{5} t) + b cos(\sqrt{5} t))$


Ist das richtig?

Ich habe aber Probleme, die Winkelgeschwindigkeit $\dot{\phi}_{0}$ zu bestimmen. Ich würde mich freuen, wenn mir jemand dabei helfen kann.


Schönen Abend noch :)



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Diophant
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2019-11-22 20:03

\(\begingroup\)\( \newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}}\)
Hallo,

also der Lösungsansatz für die DGL stimmt.

Ich verstehe nun die Aufgabe so, dass man damit das zunächst unvollständige AWP \(\phi(0)=0\) lösen muss.

Anschließend musst du denjenigen Winkel \(\phi\) berechnen, für den der Türspalt 50cm weit ist und dann die Lösungsfunktion daraufhin anpassen, dass die erste Amplitude diesem errechneten Öffnungswinkel entspricht (denn das ist ja hier eine gedämpfte Schwingung). Mit T: Periodenlänge muss somit zusätzlich noch

\[\phi(T/4)=\phi_{max}\]
gelten, wobei \(\phi_{max}\) der oben erwähnte Öffnungswinkel der Türe ist.

Damit bekommt man eine konkrete Lösungfunktion, mit deren Hilfe (bzw. mit der ersten Ableitung) man die eigentliche Frage beantworten kann.


Gruß, Diophant
\(\endgroup\)


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JonasR
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2019-11-23 16:28


Hallo, danke für deinen Tipp. Ich musste heute noch zwei Vorlesungen nachholen, weil ich mir dachte, sie wären schon für diese Aufgabe relevant.

Mit der Winkelgeschwindigkeit $\dot{\phi}_{0}$ meint man die Anfangsgeschwindigkeit?

Was sagt mir $\phi(0) = 0$ genau? Also wie ist diese Gleichung in diesem Kontext zu interpretieren?

Etwa, dass zum Zeitpunkt $t = 0$ sich Schwingtür in ihrer "Ruhelage" befindet? Also, dass der Öffnungswinkel $0$ Grad beträgt?


Mit Berücksichtigung der AWP  bekomme:



$\phi(0) = e^{ - 2 \cdot 0}   \cdot (a sin(\sqrt{5} \cdot 0) + b cos(\sqrt{5} \cdot 0)) = b = 0 $

Und damit haben wir die angepasste Funktion

$\phi(t) = a e^{ - 2 t}  \cdot sin(\sqrt{5} t)$



Die Amplitude von dieser Sinusfunktion ist $a e^{ - 2 t}$.  Sie hängt von der Zeit ab, da wegen der Luftreibung die Tür nicht für alle Ewigkeiten immer gleich hin- und her schwingt, sondern die Schwingung mit der Zeit abnimmt.

Kann man das so interpretieren?


Mir ist noch nicht ganz klar, wie ich hier den Winkel berechne, für den der Türspalt $50$ cm weit weg ist und warum $\phi(T/4) = \phi_{max}$ gelten muss.

Also warum teile ich $T$ durch $4$ ?


Freue mich auf eine weitere Antwort :)

Vielen Dank für die Hilfe







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Diophant
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2019-11-23 17:18

\(\begingroup\)\( \newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}}\)
Hallo,

eine Antwort im Telegrammstil(zu mehr reicht die Zeit gerade nicht):

\(\phi(0)=0\) hast du richtig gedeutet: die Türe ist zu Beginn geschlossen.

Die momentane Drehgeschwindigkeit der Tür ist durch \(\dot{\phi}(t)\) gegeben.

Für den Winkel: betrachte ein gleichschenkliges Dreieck mit Basis 50cm und Schenkellänge 1m.

Das mit den T/4 jedoch war ein Denkfehler meinerseits. Wann das erste Maximum vorliegt, musst du mit deiner schon korrekt ermittelten Funktion noch ausrechnen.


Gruß, Diophant
\(\endgroup\)


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JonasR
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2019-11-24 00:28


Hi,


ist die Schenkellänge von $1$ Meter von dir ausgedacht?


Oder kann ich die Schenkellänge vom Dreiecks aus der Funktion herausfinden?

Naja, gehen wir mal von $1$ Meter aus.


Dann ist $sin(\phi) = \frac{0,25 m}{1 m} = 0.5 \Leftrightarrow sin^{- 1}(0.25) = 0.25268026 = \phi$.

Passt das?


Müsste ich dann $\phi = 0.25268026$ als Amplitude nehmen?

Und was genau meint man hier mit dem "Zeitpunkt maximaler Öffnung"?

Weiß auch nicht genau, was du mit dem ersten Maximum meinst...


Kannst du mir da vielleicht noch einen Tipp dazu geben?


Liebe Grüße, Jonas



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Diophant
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2019-11-24 09:57

\(\begingroup\)\( \newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}}\)
Hallo,

2019-11-24 00:28 - JonasR in Beitrag No. 4 schreibt:
ist die Schenkellänge von $1$ Meter von dir ausgedacht?

Oder kann ich die Schenkellänge vom Dreiecks aus der Funktion herausfinden?

Hm. In der Aufgabe ist von einer Tür der Breite b=1m die Rede, die so geöffnet sein soll, dass der Öffnungsspalt eine Breite von 50cm hat, und du fragst mich, ob ich mir das ausgededacht habe?  eek

2019-11-24 00:28 - JonasR in Beitrag No. 4 schreibt:
Naja, gehen wir mal von $1$ Meter aus.


Dann ist $sin(\phi) = \frac{0,25 m}{1 m} = 0.5 \Leftrightarrow sin^{- 1}(0.25) = 0.25268026 = \phi$.

Passt das?

Nein. Was du da (mit Tippfehler 0.5 anstatt 0.25) ausgerechnet hast ist der halbe Öffnungswinkel der Tür. Den muss man noch mit 2 multiplizieren.

2019-11-24 00:28 - JonasR in Beitrag No. 4 schreibt:
Müsste ich dann $\phi = 0.25268026$ als Amplitude nehmen?

Wie gesagt: der richtige Winkel entspricht er ersten Amplitude deiner gedämpften Schwingung.

2019-11-24 00:28 - JonasR in Beitrag No. 4 schreibt:
Und was genau meint man hier mit dem "Zeitpunkt maximaler Öffnung"?

Weiß auch nicht genau, was du mit dem ersten Maximum meinst...

Natürlich denjenigen Zeitpunkt, an dem diese erste Amplitude erreicht wird.

Eine gedämpfte Schwingung besitzt zwar die gleiche Periodenlänge wie die zugehörige harmonische Schwingung, die Extrema liegen aber nicht mehr so schön symmetrisch (das war mein Denkfehler mit den \(T/4\), das wäre im Fall einer harmonischen Schwingung richtig gewesen).

Du musst als nächstes die gefundene Funktion

\[\phi(t)=a\cdot e^{-2t}\cdot\sin\left(\sqrt{5}t\right)\]
einmal ableiten und diese Ableitung gleich Null setzen. Dann erhältst du eine Bestimmungsgleichung für die Extrema deiner Schwingung und berechnest die kleinste positive Lösung \(t_{max}\).

Damit kannst du dann die zweite Bedingung zur Bestimmung deiner Lösungsfunktion bilden:

\[\phi\left(t_{max}\right)=2\arcsin(0.25)\]
Darüber bestimmst du den Parameter \(a\).

Damit gehst du dann in die ja schon vorhandene Ableitung \(\dot{\phi}(t)\) ein, um letztendlich die gesuchte Winkelgeschwindigkeit, die durch den Tritt des Kellners erzeugt wird*, zu berechnen: \(\dot{\phi}(0)\).

* An dieser Stelle hatte ich die Aufgabe nicht richtig gelesen: es ist also nicht gefragt, mit welcher Geschwindigkeit der Fuß des Kellners die Tür trifft, sondern nur nach der daraus resultierenden Winkelgeschwindigkeit.


Gruß, Diophant
\(\endgroup\)


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JonasR
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2019-11-24 17:22


2019-11-24 09:57 - Diophant in Beitrag No. 5 schreibt:
Hallo,



Hm. In der Aufgabe ist von einer Tür der Breite b=1m die Rede, die so geöffnet sein soll, dass der Öffnungsspalt eine Breite von 50cm hat, und du fragst mich, ob ich mir das ausgededacht habe?  eek



Oh man, ich sollte mal lieber früher schlafen gehen. Nachts kann ich nicht klar denken biggrin



Wir haben:



$\phi(t)=a\cdot e^{-2t}\cdot\sin\left(\sqrt{5}t\right)$

$\dot{\phi(t)}= ae^{-2t} \cdot (\sqrt{5} cos(\sqrt{5} t) - 2sin(\sqrt{5} t))$

$\phi = 2arcsin(0.25)$



Wenn ich die erste Ableitung Null setze, erhalte ich



$ ae^{-2t} \cdot (\sqrt{5} cos(\sqrt{5} t) - 2sin(\sqrt{5} t)) = 0$

$ae^{-2t} $ wird nie Null, also muss dafür $\sqrt{5} cos(\sqrt{5} t) - 2sin(\sqrt{5} t)$ Null sein.



Wir erhalten:


$\sqrt{5} cos(\sqrt{5} t) - 2sin(\sqrt{5} t) = 0 \Leftrightarrow \sqrt{5} cos(\sqrt{5} t) =  2sin(\sqrt{5} t)  \Leftrightarrow

\frac{\sqrt{5}}{2} cos(\sqrt{5} t) = sin(\sqrt{5} t)$

$ \Leftrightarrow  \frac{\sqrt{5}}{2}  = \frac{sin(\sqrt{5} t)}{cos(\sqrt{5} t)} = tan(\sqrt{5} t) \Leftrightarrow \sqrt{5} t = tan^{-1}(\frac{\sqrt{5}}{2}) \Leftrightarrow t = \frac{tan^{-1}(\frac{\sqrt{5}}{2})}{\sqrt{5}}$
 


Das ist mit Abstand nicht die kleinste positive Lösung. Aber ich weiß nicht, wie man die Periode der zusammengesetzten Funktion $\sqrt{5} cos(\sqrt{5} t) - 2sin(\sqrt{5} t)$ berechnet. Im Internet werde ich auch nicht ganz fündig.

Wie geht das? Bzw. gibt es da eine allgemeine Formel oder muss man die Funktion im Detail untersuchen?








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Diophant
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2019-11-24 17:34

\(\begingroup\)\( \newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}}\)
Hallo,

2019-11-24 17:22 - JonasR in Beitrag No. 6 schreibt:
Wir haben:

$\phi(t)=a\cdot e^{-2t}\cdot\sin\left(\sqrt{5}t\right)$

$\dot{\phi(t)}= ae^{-2t} \cdot (\sqrt{5} cos(\sqrt{5} t) - 2sin(\sqrt{5} t))$

$\phi = 2arcsin(0.25)$

Wenn ich die erste Ableitung Null setze, erhalte ich

$ ae^{-2t} \cdot (\sqrt{5} cos(\sqrt{5} t) - 2sin(\sqrt{5} t)) = 0$

$ae^{-2t} $ wird nie Null, also muss dafür $\sqrt{5} cos(\sqrt{5} t) - 2sin(\sqrt{5} t)$ Null sein.

Wir erhalten:

$\sqrt{5} cos(\sqrt{5} t) - 2sin(\sqrt{5} t) = 0 \Leftrightarrow \sqrt{5} cos(\sqrt{5} t) =  2sin(\sqrt{5} t)  \Leftrightarrow

\frac{\sqrt{5}}{2} cos(\sqrt{5} t) = sin(\sqrt{5} t)$

$ \Leftrightarrow  \frac{\sqrt{5}}{2}  = \frac{sin(\sqrt{5} t)}{cos(\sqrt{5} t)} = tan(\sqrt{5} t) \Leftrightarrow \sqrt{5} t = tan^{-1}(\frac{\sqrt{5}}{2}) \Leftrightarrow t = \frac{tan^{-1}(\frac{\sqrt{5}}{2})}{\sqrt{5}}$

Das ist jetzt alles richtig.

2019-11-24 17:22 - JonasR in Beitrag No. 6 schreibt:
Das ist mit Abstand nicht die kleinste positive Lösung...

Wieso sollte sie das nicht sein? Die Arkustangensfunktion ist ja injektiv. Also bekäme man hier weitere Lösungen durch Addition ganzzahliger Vielfacher von \(\pi\). Da du in deinem Modell die Sinusfunktion gewählt hast, erfüllt diese Lösung jedoch genau den Zweck: es ist die kleinste positive Lösung und das erste Extremum der Sinusfunktion auf der positiven x-Achse ist bekanntlich ein Maximum.

Also: bis hierher können wir es eintüten. Jetzt berechne das passende \(a\).


Gruß, Diophant
\(\endgroup\)


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JonasR
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2019-11-24 18:46



Hallo  smile

2019-11-24 17:34 - Diophant in Beitrag No. 7 schreibt:

Wieso sollte sie das nicht sein? Die Arkustangensfunktion ist ja injektiv. Also bekäme man hier weitere Lösungen durch Addition ganzzahliger Vielfacher von \(\pi\). Da du in deinem Modell die Sinusfunktion gewählt hast, erfüllt diese Lösung jedoch genau den Zweck: es ist die kleinste positive Lösung und das erste Extremum der Sinusfunktion auf der positiven x-Achse ist bekanntlich ein Maximum.

Also: bis hierher können wir es eintüten. Jetzt berechne das passende \(a\).


Gruß, Diophant


Ich habe mir die Funktion $\sqrt{5} cos(\sqrt{5} t) - 2sin(\sqrt{5} t)$ mal in Geogebra plotten lassen und habe gesehen, dass die kleinste positive Nullstelle dieser Funktion zwischen $0.37$ und $0.38$ liegt.

Es ist aber $\frac{tan^{-1}(\frac{\sqrt{5}}{2})}{\sqrt{5}} = 21, 55...$

Daher habe ich geschrieben, dass das nicht die kleinste positive Lösung sein kann confused





Wenn ich $t_{max} = \frac{tan^{-1}(\frac{\sqrt{5}}{2})}{\sqrt{5}}$ einsetze, habe ich:


$\phi(t_{max}) = ae^{- 2 t_{max}} \cdot sin(\sqrt{5} \cdot t_{max}) = 2 sin^{-1}(0.25) \Leftrightarrow a = \frac{2 sin^{-1}(0.25)}{e^{- 2 t_{max}} \cdot sin(\sqrt{5} \cdot t_{max})} $



Damit lautet die angepasste Funktion nun


$\phi(t) = \frac{2 sin^{-1}(0.25)}{e^{- 2 t_{max}} \cdot sin(\sqrt{5} \cdot t_{max})} \cdot e^{- 2 t} \cdot sin(\sqrt{5} t)$



Nun muss man diese Funktion ableiten und die Null einsetzen. Dann hätte ich die gesuchte Winkelgeschwindigkeit, oder?




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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, eingetragen 2019-11-24 18:51

\(\begingroup\)\( \newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}}\)
Hallo,

2019-11-24 18:46 - JonasR in Beitrag No. 8 schreibt:
2019-11-24 17:34 - Diophant in Beitrag No. 7 schreibt:
Wieso sollte sie das nicht sein? Die Arkustangensfunktion ist ja injektiv. Also bekäme man hier weitere Lösungen durch Addition ganzzahliger Vielfacher von \(\pi\). Da du in deinem Modell die Sinusfunktion gewählt hast, erfüllt diese Lösung jedoch genau den Zweck: es ist die kleinste positive Lösung und das erste Extremum der Sinusfunktion auf der positiven x-Achse ist bekanntlich ein Maximum.

Also: bis hierher können wir es eintüten. Jetzt berechne das passende \(a\).

Ich habe mir die Funktion $\sqrt{5} cos(\sqrt{5} t) - 2sin(\sqrt{5} t)$ mal in Geogebra plotten lassen und habe gesehen, dass die kleinste positive Nullstelle dieser Funktion zwischen $0.37$ und $0.38$ liegt.

Es ist aber $\frac{tan^{-1}(\frac{\sqrt{5}}{2})}{\sqrt{5}} = 21, 55...$

Dann würd ich mal vorschlagen... stell mal deinen TR in das Bogenmaß um.  smile

2019-11-24 18:46 - JonasR in Beitrag No. 8 schreibt:
Wenn ich $t_{max} = \frac{tan^{-1}(\frac{\sqrt{5}}{2})}{\sqrt{5}}$ einsetze, habe ich:

$\phi(t_{max}) = ae^{- 2 t_{max}} \cdot sin(\sqrt{5} \cdot t_{max}) = 2 sin^{-1}(0.25) \Leftrightarrow a = \frac{2 sin^{-1}(0.25)}{e^{- 2 t_{max}} \cdot sin(\sqrt{5} \cdot t_{max})} $

Damit lautet die angepasste Funktion nun


$\phi(t) = \frac{2 sin^{-1}(0.25)}{e^{- 2 t_{max}} \cdot sin(\sqrt{5} \cdot t_{max})} \cdot e^{- 2 t} \cdot sin(\sqrt{5} t)$

Das scheint mir korrekt zu sein, ich kann mir aber hier nicht vorstellen, dass man das exakt rechnen muss (wobei: das wirst du besser wissen, aber es wäre eine ziemliche Beschäftigungstherapie...).

2019-11-24 18:46 - JonasR in Beitrag No. 8 schreibt:
Nun muss man diese Funktion ableiten und die Null einsetzen. Dann hätte ich die gesuchte Winkelgeschwindigkeit, oder?

Genau, darum geht es letztendlich.


Gruß, Diophant
\(\endgroup\)


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JonasR
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, vom Themenstarter, eingetragen 2019-11-24 20:30


Ah okay, mit dem Bogenmaß wird mir das richtige angezeigt. Vielen Dank.


Ich definiere $k := \frac{ sin^{-1}(0.25)}{e^{- 2 t_{max}} \cdot sin(\sqrt{5} \cdot t_{max})}$

Dann haben wir

$\phi(t) = 2k \cdot e^{- 2 t} \cdot sin(\sqrt{5} t)$


$\dot{\phi(t)} = - 4 k e^{-2t } \cdot sin(\sqrt{5} t) + 2 k e^{-2t } \cdot \sqrt{5} \cdot cos(\sqrt{5} t) = 2ke^{- 2t} \cdot (\sqrt{5} \cdot cos(\sqrt{5} t) - 2sin(\sqrt{5} t )$

Dann ist unsere Winkelgeschwindigkeit:

$\dot{\phi(0)} = 2ke^{- 2 \cdot 0} \cdot (\sqrt{5} \cdot cos(\sqrt{5}
 \cdot 0) - 2sin(\sqrt{5} \cdot 0 ) = 2k \sqrt{5} \cdot s^{-1}$



Ich habe noch ein paar kleine Verständnisfragen zu dieser Aufgabe. Wenn du Lust hast, kannst du sie mir gerne noch beantworten, aber ich bin dir jetzt schon sehr dankbar, dass du mir bis hierhin geholfen hast smile


1. Frage
________


Wir haben ganz am Anfang die Funktion

$\phi(t) = e^{\alpha t} \cdot (a sin(\beta t) + b cos(\beta t)) = e^{ - 2t}   \cdot (a sin(\sqrt{5} t) + b cos(\sqrt{5} t))$ bestimmt.


Was beschreibt diese Funktion im Allgemeinen? Etwa den Öffnungswinkel der Tür zu einem bestimmten Zeitpunkt $t$ ?

Falls ja, dann hätten wir natürlich den AWP $\phi(0) = 0$ miteinbeziehen müssen. Hätten wir es nicht getan und  hätten $a$ und $b$ einfach blind gewählt, dann hätte es ja sein können, dass z.B. $\phi(0) = 23, 45$ ist. Also, dass zum Zeitpunkt Null der Öffnungswinkel 23, 45 Grad beträgt.




Ich denke, man könnte damit auch irgendwie rechnen, aber das würde die Situation unnötig verkomplizieren, oder?




2. Frage
________


Nach dem wir den AWP $\phi(0) = 0$  miteinbezogen haben, haben wir die Funktion

 $\phi(t)=a\cdot e^{-2t}\cdot\sin\left(\sqrt{5}t\right)$.


Da die Amplitude $a\cdot e^{-2t}$ hier allgemein ist, steht es der Schwingtür noch frei, bis wohin sie schwingt, richtig?

Wie sieht der Öffnungswinkel aus, wenn z.B. $a = 100$ ist ? Ich kann das mir nicht ganz vorstellen.

Aber wir wollen ja die Amplitude $a\cdot e^{-2t}$ so bestimmen, dass der maximale Öffnungswinkel so groß ist, dass der Kellner die Tür gerade so noch passieren kann.


Und dass erfüllt die Funktion

$\phi(t) = 2k \cdot e^{- 2 t} \cdot sin(\sqrt{5} t)$.


richtig interpretiert?


3. Frage
________


Die Winkelgeschwindigkeit, die mindestens erreicht werden muss, damit der Kellner gerade noch so die Tür passieren kann, ist $\dot{\phi(0) }$.


Warum genau?

Ich meine, zum Zeitpunkt Null (also wenn der Kellner einen Fußtritt), muss die Schwingtür natürlich eine Anfanggeschwindigkeit haben, sonst kommt der Kellner nicht durch.


Aber warum kann er mit dieser Winkelgeschwindigkeit durch die Tür passieren? Was wäre, wenn die Winkelgeschwindigkeit kleiner wäre als $2k \sqrt{5} \cdot s^{-1}$ ?


So, das war's. Vielen Dank nochmal!



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Dabei seit: 18.01.2019
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Aus: Rosenfeld, BW
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, eingetragen 2019-11-25 09:23

\(\begingroup\)\( \newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}}\)
Hallo,

wow, du hast das symbolisch durchgezogen. Respekt!

2019-11-24 20:30 - JonasR in Beitrag No. 10 schreibt:
Ah okay, mit dem Bogenmaß wird mir das richtige angezeigt. Vielen Dank.

Ich definiere $k := \frac{ sin^{-1}(0.25)}{e^{- 2 t_{max}} \cdot sin(\sqrt{5} \cdot t_{max})}$

Dann haben wir

$\phi(t) = 2k \cdot e^{- 2 t} \cdot sin(\sqrt{5} t)$


$\dot{\phi(t)} = - 4 k e^{-2t } \cdot sin(\sqrt{5} t) + 2 k e^{-2t } \cdot \sqrt{5} \cdot cos(\sqrt{5} t) = 2ke^{- 2t} \cdot (\sqrt{5} \cdot cos(\sqrt{5} t) - 2sin(\sqrt{5} t )$

Dann ist unsere Winkelgeschwindigkeit:

$\dot{\phi(0)} = 2ke^{- 2 \cdot 0} \cdot (\sqrt{5} \cdot cos(\sqrt{5}
 \cdot 0) - 2sin(\sqrt{5} \cdot 0 ) = 2k \sqrt{5} \cdot s^{-1}$

Das sieht alles gut aus, wobei ich zu bedenken gebe, dass gerade Montagmorgen ist...  cool

2019-11-24 20:30 - JonasR in Beitrag No. 10 schreibt:
Ich habe noch ein paar kleine Verständnisfragen zu dieser Aufgabe. Wenn du Lust hast, kannst du sie mir gerne noch beantworten, aber ich bin dir jetzt schon sehr dankbar, dass du mir bis hierhin geholfen hast smile


1. Frage
________


Wir haben ganz am Anfang die Funktion

$\phi(t) = e^{\alpha t} \cdot (a sin(\beta t) + b cos(\beta t)) = e^{ - 2t}   \cdot (a sin(\sqrt{5} t) + b cos(\sqrt{5} t))$ bestimmt.


Was beschreibt diese Funktion im Allgemeinen? Etwa den Öffnungswinkel der Tür zu einem bestimmten Zeitpunkt $t$ ?

Im allgemeinen beschreibt eine Funktion der Form \(f(t)=A\cdot e^{-kt}\left(C_1\sin(\omega t)+C_2\cos(\omega t)\right)\) eine linear gedämpfte Schwingung, genauer gesagt: des sog. Schwingfall derselben.

In unserem Fall nimmt man an, dass die Schwingung der Türe wegen Reibung in den Scharnieren linear gedämpft verläuft, und somit beschreibt die Funktion hier den Öffnungswinkel der Tür zum Zeitpunkt \(t\).

2019-11-24 20:30 - JonasR in Beitrag No. 10 schreibt:
Falls ja, dann hätten wir natürlich den AWP $\phi(0) = 0$ miteinbeziehen müssen. Hätten wir es nicht getan und  hätten $a$ und $b$ einfach blind gewählt, dann hätte es ja sein können, dass z.B. $\phi(0) = 23, 45$ ist. Also, dass zum Zeitpunkt Null der Öffnungswinkel 23, 45 Grad beträgt.

Ich denke, man könnte damit auch irgendwie rechnen, aber das würde die Situation unnötig verkomplizieren, oder?

Das ist wieder der Aufgabenteil, wo man sein sog. Allgemeinwissen (das man hier als Student in Tübingen in Sachen Schwingtüren in Kneipen natürlich hat  wink ) benutzen soll: i.a. sind schwäbische Türen geschlossen.  biggrin

Spaß beiseite: ohne weitere Angaben geht man von einer geschlossenen Tür aus, sonst müsste etwas dazu in der Aufgabe stehen.

2019-11-24 20:30 - JonasR in Beitrag No. 10 schreibt:

2. Frage
________

Nach dem wir den AWP $\phi(0) = 0$  miteinbezogen haben, haben wir die Funktion

 $\phi(t)=a\cdot e^{-2t}\cdot\sin\left(\sqrt{5}t\right)$.


Da die Amplitude $a\cdot e^{-2t}$ hier allgemein ist, steht es der Schwingtür noch frei, bis wohin sie schwingt, richtig?

Das ist im Prinzip richtig. Beachte aber, dass es hier den Öffnungswinkel nicht gibt. Der Exponentialanteil dämpft ja die Schwingung (zeichne dir doch mit einem Funktionenplotter mal ein solches Schaubild oder schau es dir bei der oben verlinkten Wikipediaseite an). D.h., jedes Extremum ist wieder ein Stück näher an der Ruhelage bzw. dem Nulldurchgang. In der Realität wird die Türe ja nach so ca. 10 Schwingvorgängen wieder in der Ruhelage sein.

2019-11-24 20:30 - JonasR in Beitrag No. 10 schreibt:
Wie sieht der Öffnungswinkel aus, wenn z.B. $a = 100$ ist ? Ich kann das mir nicht ganz vorstellen.

Ab einer gewissen Größe macht es keinen Sinn mehr. Die Türe kann sich aus rein geometrischen Gründen maximal um den Winkel \(\pi\) öffnen, in der Realität werden es eher \(\frac{\pi}{2}\) sein, da man gerne irgendwelche Möbel neben Türen parkt...

Das erinnert mich an ein ehemaliges Auto von mir (zu Studentenzeiten). Das war ein R5 mit einem 1.0-Liter-Motörle und offiziell 44PS. Nachdem mir mal die Kopfdichtung kaputt gegangen ist, ich das aber nicht gleich gemerkt hatte, war der Zylinderkopf verbogen. Und damals gab es noch Werkstätten, die so etwas repariert haben. Man hat 1,5mm vom Kopf abgeschliffen (ich weiß jetzt nicht, ob dir das was sagt). Auf jeden Fall fuhr die Kiste danach so schnell, dass die Tachonadel von unten her den Stift an der Null berührt hat (ich glaube der Tacho ging auf der anderen Seite so bis 140km/h)...  biggrin  

2019-11-24 20:30 - JonasR in Beitrag No. 10 schreibt:
Aber wir wollen ja die Amplitude $a\cdot e^{-2t}$ so bestimmen, dass der maximale Öffnungswinkel so groß ist, dass der Kellner die Tür gerade so noch passieren kann.

Und dass erfüllt die Funktion

$\phi(t) = 2k \cdot e^{- 2 t} \cdot sin(\sqrt{5} t)$.

richtig interpretiert?

Ja, genau. Das war ja auch von vorn herein mein Ansatz.

2019-11-24 20:30 - JonasR in Beitrag No. 10 schreibt:
3. Frage
________

Die Winkelgeschwindigkeit, die mindestens erreicht werden muss, damit der Kellner gerade noch so die Tür passieren kann, ist $\dot{\phi(0) }$.

Warum genau?

Nun, es ist ja eine DGL zweiter Ordnung. Ein Anfangswertproblem besteht dann i.d.R. genau aus den Werten der Funktion und ihrer ersten Ableitung zum Zeitpunkt \(t=0\). Wenn also die fragliche Winkelgeschwindigkeit gilt, dann führt das eben dazu, dass die Türe beim ersten Schwingvorgang gerade soweit aufgeht, dass unser Kellner hindurchpasst.

2019-11-24 20:30 - JonasR in Beitrag No. 10 schreibt:
Ich meine, zum Zeitpunkt Null (also wenn der Kellner einen Fußtritt), muss die Schwingtür natürlich eine Anfanggeschwindigkeit haben, sonst kommt der Kellner nicht durch.

Aber warum kann er mit dieser Winkelgeschwindigkeit durch die Tür passieren? Was wäre, wenn die Winkelgeschwindigkeit kleiner wäre als $2k \sqrt{5} \cdot s^{-1}$ ?

Über die Geschwindigkeit des Kellners ist ja nichts gesagt. Das Wort instantan kann man mit augenblicklich oder unmittelbar übersetzen. Nehmen wir einfach an, er passiert die Tür mit Lichtgeschwindigkeit (es ist ja wie gesagt ein Restaurant in einer altehrwürdigen Universitätsstadt...).


Gruß, Diophant
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