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| Aufgabe | Ein Trampolinspringer dehnt ein Trampolin in Ruhelage 30cm aus. Wie groß ist seine Schwingungsdauer, wenn er am Trampolin "festgeklebt" ist?
Nun springt er normal (ohne festgeklebt zu sein) und dehnt dabei das Trampolin um 70cm aus. Wie groß ist seine Periodendauer und wie hoch (bezogen aus die Ruhelage des Trampolins ohne Springer) kommt er? |
Hallo,
die erste Teilfrage ist sehr unproblematisch zu lösen. Es handelt sich ja um einen normalen Federschwinger. Somit komme ich auf rund 1,1 Sekunden Schwingungsdauer. Denn:
[mm] \(T=2\pi\sqrt{\frac{m}{D}}
[/mm]
[mm] D=\frac{F_G}{h_1}=\frac{m\cdot g}{h_1}
[/mm]
[mm] T=2\pi \sqrt{\frac{h_1}{g}}=1,1s\)
[/mm]
Für die zweite Teilaufgabe ist die Frage nun, ob sich diese Zeit ändert und wenn ja in welche Richtung...
Außerdem will ich den ganzen Spaß ohne Differentialgleichung lösen.
Zur besseren Vorstellung beginne ich die Bewegung bei der maximalen Auslenkung. Von da an, bis zur Ruhelage mit Springer (also bei [mm] \(h_1\), [/mm] handelt es sich ja wohl um eine normale Schwingung. Damit kann ich mir die Zeit ausrechnen, die der Springer bis dorthin braucht, denn die wird nur ein Viertel mal so groß sein, wie die Zeit der gesamten Schwingung, die wir oben schon ausgerechnet hatten.
Aber wie komme ich auf die Geschwindigkeit des Springers, denn ab jetzt handelt es sich ja um einen senkrechten Wurf.
Mein Ansatz ist der Energieerhaltungssatz. Aber außer der normalen Lageenergie kommt jetzt auch noch die potentielle Energie des Trampolins dazu (gespannte Feder). Wie kann ich die zusammen benutzen?
Meine Idee war, beides zu addieren, was im Umkehrpunkt, also bei der maximalen Auslenkung zu folgender Gleichung führt:
[mm] \(E_{pot_{ges}}=E_{pot}+E_{pot_{Feder}}=0+\frac{m\cdot g}{2}\cdot (h_2-h_1)\)
[/mm]
Dabei hab ich den Bezugspunkt für die potentielle Energie in den Umkehrpunkt gelegt.
Wenn der Springer nun bei [mm] \(h_1\) [/mm] ist, löst er sich doch vom Trampolin, hat also nichts mehr von der Federenergie, sondern nur noch Lageenergie und Bewegungsenergie. Auf die kinetische Energie will ich hinaus also subtrahiere ich die potentielle:
[mm] \(E_\{kin}= \frac{m}{2}v^2 [/mm] = [mm] E_{pot_{ges}}-m\cdot [/mm] g [mm] \cdot (h_2-h_1) [/mm] = - [mm] \frac{m}{2}\cdot [/mm] g [mm] \cdot (h_2-h_1)\)
[/mm]
Da kann doch was nicht stimmen, denn negative Energien machen doch keinen Sinn. Vor allem dann nicht, wenn ich eine Wurzel daraus ziehen will, um die Geschwindigkeit zu berechnen.
Dankbar für Vorschläge,
Roland.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 22:41 Mo 09.11.2009 | | Autor: | chrisno |
> Außerdem will ich den ganzen Spaß ohne
> Differentialgleichung lösen.
Das in eine DGL zu packen wäre sportlich.
> Zur besseren .... , die wir oben schon ausgerechnet
> hatten.
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> ab jetzt handelt es sich ja um einen senkrechten
> Wurf.
> Mein Ansatz ist der Energieerhaltungssatz.
Das kannst Du machen.
> Aber außer der
> normalen Lageenergie kommt jetzt auch noch die potentielle
> Energie des Trampolins dazu (gespannte Feder).
Richtig, so kann man es machen.
> Meine Idee war, beides zu addieren, was im Umkehrpunkt,
> also bei der maximalen Auslenkung zu folgender Gleichung
> führt:
Du meinst den unteren Unkehrpunkt?
> [mm]\(E_{pot_{ges}}=E_{pot}+E_{pot_{Feder}}=0+\frac{m\cdot g}{2}\cdot (h_2-h_1)\)[/mm]
Das kann ich nicht nachvollziehen. Für eine Feder hast Du $W = [mm] \bruch{1}{2}Dx^2$. [/mm] Dabei musst Du von der Ruhelage ausgehen.
Am einfachsten ist, Du nimmst als Ruhelage die 30 cm unterhalb des unbelasteten Trampolins. Setze dort x=0 und Du brauchst mgh nicht mehr zu berücksichtigen.
Damit hättest Du einen einfachen Ansatz:
Aus den 40 cm bis zur Ruhelage kannst Du die kinetische Enegie beim Durchgang durch die Ruhelage ausrechnen.
Die setzt Du gleich mgh mit h als Höhe über der Ruhelage.
Damit ist das noch nicht fertig. In der endgültigen Version müssen noch die letzten 30 cm Trampolin berücksichtigt werden.
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Hallo nochmal,
Mein Problem ist einfach die Energie dieser Feder. Hm... War ungenau - anders angefangen:
Nimmt man eine Feder und spannt sie (waagerecht), dann hat sei eine bestimmte Energie:
[mm] \(E_{pot}_{Feder}=\frac{m}{2} \cdot [/mm] g [mm] \cdot h\)
[/mm]
Was passiert aber, wenn sie senkrecht aufgehängt ist? Muss ich da zur Berechnung der Gesamtenergie nicht noch die Lageenergie des Körpers, der die Feder spannt, mit einberechnen?
Wäre Dankbar für jede anschauliche Erklärung,
Roland.
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 12:16 Do 12.11.2009 | | Autor: | leduart |
Hallo
senkrecht hängende Feder mit Masse m am Ende. kann auch senkrechte Druckfeder wie Trampolin sein.
2 Möglichkeiten:
1. Du hängst die Masse an die entspannte Feder.
Epot+Efed an dieser Stelle =0 festgelegt. s=0
Masse loslassen: dann die tiefsteLage= Umkehrpunkt berechnen:
[mm] mgs+D/2s^2=0 [/mm] Lösung s=0 und s=-2mg/D das sind die beiden Umkehrpunkte der Schwg. durch Reibung wird as Ding nach einiger Zeit in der Ruhelage s=-mg/D zur Ruhe kommen,
2. Ausgang von der Ruhelage, dort s=0 jetzt muss ich, solange das Ding an der Feder hängt nicht mehr mit der potentiellen Energie rechnen, denn um es nach oben oder unten auszulenken braucht man ja nicht die Gewichtskraft zu heben, sondern nur die Feder drücken oder dehnen. d.h. die Lageenergie spielt keine Rolle.
Wenn man also den 0 Punkt der Energie in die Ruhelage , bei dir 30cm unter der 0 Lage rechnet, hat er dort nur kinetische Energie, die der Ausdehnung der Feder um 40cm auf die 70cm dient. festgeklebt würde die Energie dazu dienen, ihn 40cm über die Ruhelage hinaus zu bringen, (also 10 cm über das unbelastete Tr. Da er nicht festgeklebt ist fliegt er ab dieser Stelle, also 30cm unter der 0 Lage frei und verliert nur noch kin. Energie= Energie der 40cm Dehnung und gewinnt pot. Energie.
Jetzt alles klar?
Also immer am besten in der Ruhelage E=0 setzen und dann losrechnen
Gruss leduart
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 12:48 Do 12.11.2009 | | Autor: | pi-roland |
Hallo!
Vielen Dank, das war sehr hilfreich. Hab jetzt alles verstanden.:)
Bis demnächst,
Roland.
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Hallo mal wieder!
Immer noch die gleiche Aufgabe, nur dass ich sie diesmal durch gerechnet habe. Vielleicht kann ja jemand mal drüber sehen und mir das Ergebnis plausibel machen.
Von der Ruhelage spannen wir unsere Feder also eine Strecke von [mm] \(h=h_2-h_1\)
[/mm]
Am unteren Umkehrpunkt gibt es also nur die potentielle Energie der Feder mit
[mm] \(E_{pot} [/mm] = [mm] \frac{m}{2}\cdot [/mm] g [mm] \cdot h\)
[/mm]
Die kinetische Energie in der Ruhelage (also bei [mm] \(h_1\)) [/mm] ist genauso groß:
[mm] \(E_{kin}=\frac{m}{2}v^2 [/mm] = [mm] \frack{m}{2} \cdot [/mm] g [mm] \cdot [/mm] h = [mm] E_{pot}\)
[/mm]
Neugierig wie wir sind, rechnen wir [mm] \(v\) [/mm] aus:
[mm] \(v=\sqrt{g\cdot h}\)
[/mm]
Ab jetzt handelt es sich um einen senkrechten Wurf, hab ich angenommen:
Die Formel für die Höhenberechnung lautet:
[mm] \(s_h=\frac{v^2}{2g}\)
[/mm]
Eingesetzt ergibt sich das überraschend kurze Ergebnis:
[mm] \(s_h=\frac{h}{2}\)
[/mm]
In Worten: Die Höhe die ich erhalte ist nur halb so groß wie die Anfangsauslenkung nach unten... Das kann doch nicht sein. Denn am Trampolin festgeklebt schwingt man doch die nach unten ausgelenkte Strecke auch wieder nach oben, richtig?
Noch ein Wort zu [mm] \(h\): [/mm] Ich habe diesmal als Bezugspunkt die Ruhelage genommen, so wie von euch vorgeschlagen. Ließ sich schön einfach rechnen, aber das Ergebnis ist verwirrend...
Also bitte ich um eine kleine Fehleranalyse... Was hab ich da nicht richtig verstanden?
Mit freundlichen Grüßen,
Roland.
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 12:07 Fr 13.11.2009 | | Autor: | chrisno |
> Von der Ruhelage spannen wir unsere Feder also eine
> Strecke von [mm]\(h=h_2-h_1\)[/mm]
[mm] h_1 [/mm] : Ruhelage mit Springer,
[mm] h_2 [/mm] : unterer Umkehrpunkt
h = 40 cm
> Am unteren Umkehrpunkt gibt es also nur die potentielle
> Energie der Feder mit
> [mm]\(E_{pot}[/mm] = [mm]\frac{m}{2}\cdot[/mm] g [mm]\cdot h\)[/mm]
(Du kannst Die Formeln in einem durch schreiben.)
Hier ist schon etwas scheifgegangen. Bestimme zuerst D. Die Auslenkung zur Bestimmung von D ist 30 cm und nicht h.
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Hallo,
dann mache ich es mal so. Ursprünglich hatte ich die Energie der Feder nicht mit der Federkonstanten berechnet, weshalb ich durcheinander kam. Nun also der Versuch einer Korrektur.
[mm] \(D=\frac{m\cdot g}{h_1}\)
[/mm]
Die potentielle Energie der Feder ist:
[mm] \(E_{pot}=0.5\cdot D\cdot h^2\)
[/mm]
Mit der kinetischen Energie zusammengefasst ergibt sich:
[mm] \(v=\sqrt{\frac{g}{h_1}\cdot (h_2-h_1)^2}\)
[/mm]
Die Bestimmung der Steighöhe nach dem gleichen Schema wie beim letzten Mal:
[mm] \(s_h=\frac{g\cdot(h_2-h_1)^2}{h_1\cdot 2g}\)
[/mm]
Die Gravitationskonstante kürzt sich wieder heraus und ein Einsetzen der Zahlenwerte ergibt:
[mm] \(s_h=0,267m\)
[/mm]
Hm. Das kann so noch immer nicht ganz wahr sein. Irgendetwas fehlt hier noch... Aber was?
Vielleicht kannst du mir nochmal helfen, chrisno?
Vielen Dank im voraus,
Roland.
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 15:31 Fr 13.11.2009 | | Autor: | leduart |
Hallo
Dein Ergebnis 1,6/6 m ist richtig.
Gruss leduart
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Hallo und guten Abend!
Nun melde ich mich doch nochmal. Kann mir jemand plausibel machen, warum dieses Ergebnis stimmen soll? Es würde ja bedeuten, dass man sich nur 27cm von der Ruhelage nach oben entfernt. Da die Ruhelage unterhalb der Trampolinkante ist (sie ist ja jetzt nach unten verlegt worden), bedeutet das doch, dass der Springer besser dran ist, wenn er am Trampolin festgeklebt ist (da würde er 40cm hoch, d.h. 10cm über der Kante ankommen).
Aber das kann doch keinen Sinn ergeben, oder bin ich doch zu blöd? Langsam zweifel ich an mir... (einige werden meinen, ich hätte damit eher anfangen können, aber egal...)
Nochmal von Anfang an:
Wie mir hier jeder bestätigt hat, handelt es sich um einen Federschwinger, der halt mal ausnahmsweise senkrecht funktioniert. Seine Ruhelage ist, dadurch dass jemand drauf steht, um 30cm unter die Kante gerückt. Durch irgendwelche Umstände wird dieser nun um weitere 40cm nach unten gezogen (kann ja einer drunter liegen und kräftig ziehen). Federschwinger bedeutet, dass der Springer drauf bleibt und so wird er um den gleichen Betrag (40cm) über seine Ruhelage hinaus "geschleudert". Aber man will ja springen, also im richtigen Moment los lassen.
Wann verlässt uns also das Gummituch und wir (als Springer - es ist für mich immer leichter, wenn ich mir vorstelle was mit mir passieren würde, als sich das für andere vorzustellen) beginnen mit unserer Reise durch die Luft?
Meine Annahme war, dass wir in unserer Ruhelage (also bei den 30cm) die maximale Geschwindigkeit haben und wir dort das Sprungtuch verlassen, aber ist das wirklich so?
Und das denke ich eben nicht. Womit wir bei einer neuen Frage sind. Kann man das noch ohne Differentialgleichung lösen?
Ohje, hab mir gerade wieder mehr Gedanken gemacht, als ich hinschreiben konnte. Also Gedankenexperiment:
Wir stehen auf einem Trampolin - Ruhelage, ordentliche Beule im Tuch - alles klar (es ist ein nicht sehr straffes Trampolin - es liegt nicht an meinem Gewicht!).
Wir fangen an auf und ab zu springen, aber noch sehr vorsichtig und was passiert ist klar: Wir verlassen das Tuch nicht. Aber wir gehen durch unsere Ruhelage durch. Es muss also eine bestimmte Geschwindigkeit geben, ab der wir das Tuch verlassen.
Um das Gedankenexperiment noch abzuschließen: Verändert sich diese Ruhelage nicht während der Schwingung? Oder anders: Ist sie wirklich dort, wo wir sie die ganze Zeit haben wollen? Denn wenn wir uns nach oben bewegen ist unsere Kraft auf den Untergrund (das Sprungtuch) nicht der normalen Gewichtskraft. Und da liegt das Problem wohl begraben.
Oder noch anders argumentiert: Das Tuch versucht uns nicht nach unten zu ziehen, wie es beim richtigen Federschwinger der Fall wäre, denn die Ruhelage des Tuches ist die Trampolinkante.
Fazit: Wir hatten bisher alle unrecht - schade eigentlich.
Wie dem auch sei, ich bin offen für Lösungsansätze! Oder aber ihr schafft es mir plausibel zu machen, warum der festgeklebte "Springer" höher kommt als der nicht festgeklebte.
Angenehme Nachdenkstunden noch und vielen Dank im voraus,
Roland.
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So, falls es jemanden interessiert, ich habe eine Lösung.
Hallo erstmal!
Die meisten Probleme lösen sich in Luft auf, wenn man sie von hinten betrachtet. So auch dieses.
Man kann sich ja auch fragen, aus welcher Höhe [mm] \(s_h\) [/mm] man fallen muss, wenn man ein solches Tuch/Trampolin [mm] \(h_2=\)70cm [/mm] eindrücken will.
Da hilft der Energieansatz:
[mm] \(E_{ges}=E_{pot}=m\cdot g\cdot s_h\)
[/mm]
Die Feder, oder hier das Trampolin wird gespannt und damit hat auch die Feder potentielle Energie:
[mm] \E_{pot_{Feder}}=\frac{1}{2}D\cdot h_2^2
[/mm]
Die Federkonstante hatten wir schon berechnet: [mm] \(D=\frac{m\cdot g}{h_1}\)
[/mm]
Und nun muss man doch die Lageenergie am unteren Umkehrpunkt für die Gesamtenergie mit betrachten.
Das vereinfacht sich alles zu der Gleichung:
[mm] \(s_h [/mm] = [mm] \frac{h_2^2}{2h_1}-h_2\)
[/mm]
Werte einsetzen und sich über [mm] \(s_h=11,\overline{6}\)cm [/mm] freuen.
Endlich ein Ergebnis was einigermaßen plausibel ist, denn festgeklebt waren es nach alter Rechnung 10cm.
Bleibt die Frage ob ich diesen umgekehrten Ansatz auch bei der Geschwindigkeit also bei der kinetischen Energie machen kann? Da das Trampolintuch als masselos angesehen werden muss, dürfte nun die maximale Geschwindigkeit bei dessen unbelasteter Ruhelage sein, oder?
Für Hinweise immer dankbar,
Roland.
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 12:26 Fr 13.11.2009 | | Autor: | leduart |
Hallo roland
kannst du noch mal langsam meine Erklärung lesen?
Ausgangspunkt Ruhelage?
Ich habe sehr betont, dass dann die lageenergie mgh keinerlei Rolle mehr spielt. Darauf geht deine Rechnung 0 ein.
.
> Von der Ruhelage spannen wir unsere Feder also eine
> Strecke von [mm]\(h=h_2-h_1\)[/mm]
> Am unteren Umkehrpunkt gibt es also nur die potentielle
> Energie der Feder mit
> [mm]\(E_{pot}[/mm] = [mm]\frac{m}{2}\cdot[/mm] g [mm]\cdot h\)[/mm]
Das ist ziemlicher Unsinn . unterste Lage: nur Federenergie!
> Die kinetische
> Energie in der Ruhelage (also bei [mm]\(h_1\))[/mm] ist genauso
> groß:
> [mm]\(E_{kin}=\frac{m}{2}v^2[/mm] = [mm]\frack{m}{2} \cdot[/mm] g [mm]\cdot[/mm] h =
> [mm]E_{pot}\)[/mm]
> Neugierig wie wir sind, rechnen wir [mm]\(v\)[/mm] aus:
> [mm]\(v=\sqrt{g\cdot h}\)[/mm]
falsch siehe oben.
wo kommt denn deine Feder rein?
> Ab jetzt handelt es sich um einen
> senkrechten Wurf, hab ich angenommen:
> Die Formel für die Höhenberechnung lautet:
> [mm]\(s_h=\frac{v^2}{2g}\)[/mm]
> Eingesetzt ergibt sich das überraschend kurze Ergebnis:
> [mm]\(s_h=\frac{h}{2}\)[/mm]
> In Worten: Die Höhe die ich erhalte ist nur halb so groß
> wie die Anfangsauslenkung nach unten... Das kann doch nicht
> sein. Denn am Trampolin festgeklebt schwingt man doch die
> nach unten ausgelenkte Strecke auch wieder nach oben,
> richtig?
> Noch ein Wort zu [mm]\(h\):[/mm] Ich habe diesmal als Bezugspunkt
> die Ruhelage genommen, so wie von euch vorgeschlagen. Ließ
> sich schön einfach rechnen, aber das Ergebnis ist
> verwirrend...
weil da gar keine Feder mehr vorkommt.
noch mal: stärkste Auslenkung um h=s aus der Ruhelage (dort W=0 falls v=0)
[mm] W=D/2*s^2 [/mm] D=Federkonstante.
> Also bitte ich um eine kleine Fehleranalyse... Was hab ich
> da nicht richtig verstanden?
Mein ganzes ausführliches elaborat!
Gruss leduart
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:11 Fr 13.11.2009 | | Autor: | pi-roland |
Hallo nochmal,
ich gebe zu, dass ich verwirrt bin und das sicher auch in meinen Äußerungen zum Vorschein kommt. Trotzdem danke für die Antworten!
Aber: Eine Feder zu spannen bedeutet auch Energie aufzubringen. Da ich mich gern ans Tafelwerk halte, übernahm ich einfach die Bezeichnung [mm] \(E_{pot}\) [/mm] von dort.
Ja, ich habe danach mit der falschen Kraft gerechnet, denn:
[mm] \(E_{pot_{Feder}}=\frac{1}{2}F_E \cdot s\)
[/mm]
Die Federspannkraft kann man ja ausrechnen, da wir vom Hook'schen Gesetz ausgehen ist sie [mm] \frac{7}{3} [/mm] mal so groß wie [mm] \(F_G\). [/mm] (Die Feder wird [mm] \frac{7}{3}mal [/mm] so weit ausgelenkt.) Da wir aber von der neuen Ruhelage, also der Gleichgewichtslage mit Springer ausgehen, muss man dessen Gewichtskraft noch abziehen.
Am untersten Punkt (Umkehrpunkt) müsste die Feder demnach eine Energie von
[mm] \(E_{pot_{Feder}}=\frac{1}{2}\frac{4}{3}F_G \cdot s\)
[/mm]
haben. (mit [mm] s=h_2-h_1=0,4m)
[/mm]
Jetzt gleichsetzen mit der kinetischen Energie usw... Als maximale Höhe kommt in diesem Fall doch tatsächlich raus, dass sich der Springer 23,3cm über dem unbelastetem Trampolin wieder findet.
Da hatte sich in der Schnelle ein Fehler eingeschlichen, den ich sicher bemerkt hätte, wenn ich alles hingeschrieben hätte. Hab den Faktor [mm] \frac{1}{2} [/mm] vergessen. Also auch so bleibt das Trampolin unter seiner unbelasteten Ruhelage. UND: auch auf diesem Weg kommt genau der gleiche Wert heraus, den ich mit der Federarbeit ausgerechnet hatte. - Schön, wenn die Physik wenigstens in sich stimmt.
DANKE trotzdem.
Doch in meiner letzten Nachricht habe ich mit [mm] W=D/2s^2 [/mm] gerechnet und bekam nichts sinnvolles heraus. Könnt ihr mir vielleicht nochmal helfen, was ich da falsch gemacht habe?
Also nochmals Danke für die Mühe,
Roland.
PS: Sorry leduart, aber ich wollte schon auf den neuen Bezugspunkt eingehen, nur durch die falsche Kraftannahme konntest du das nicht nachvollziehen in meiner Rechnung. Ansonsten versuche ich schon recht aufmerksam zu lesen und zu verstehen, was du schreibst. Bis zur nächsten schönen Aufgabe... Alles Gute!
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:20 Fr 13.11.2009 | | Autor: | chrisno |
Der Ansatz, rückwärts vorzugehen ist gut.
Ich möchte ihn noch mal mit meine Worten darstellen.
Die potentielle Energie im Schwerefeld ergibt sich aus der Differenz zwischen Startpunkt und unterem Umkehrpunkt.
Diese Energie ist dann in der Feder gespeichert. Die Feder ist aus ihrer Ruhelage gestaucht worden bis zum unteren Umkehrpunkt.
Daraus berechnet sich die potentielle Energie der Feder.
Nun zu dem anderen Ansatz: Der war noch nicht fertig. Das Problem um das es sich zu kümmern galt, war der Teil der Bewegung von der Ruhelage des belasteten Trampolins bis zur unbelasteten Ruhelage des Trampolins. Auf dieser Strecke wird der Springer nicht mehr nach oben beschleunigt, aber auch noch nicht mit der vollen Gewichtskraft abgebremst.
Auch hier gibt das Trampolin noch Energie an den Springer ab.
Dieser Teil muss mit berücksichtigt werden.
So weit, wie Du nun in dem Thema bist, empfehle ich Dir:
Berechne die potentielle Energie des Federschwingers einmal, indem Du
einmal die Ruhelage der belasteten Feder nimmst und von dort aus mit [mm] $\bruch{1}{2}Ds^2$ [/mm] rechnest,
das andere mal die Ruhelage der unbelasteten Feder nimmst und von dort aus mit [mm] $\bruch{1}{2}Dh^2$ [/mm] rechnest und noch mgh berücksichtigst.
> Bleibt die Frage ob ich diesen umgekehrten Ansatz auch bei > der Geschwindigkeit also bei der kinetischen Energie
> machen kann? Da das Trampolintuch als masselos angesehen
> werden muss, dürfte nun die maximale Geschwindigkeit bei
> dessen unbelasteter Ruhelage sein, oder?
Das stimmt so nicht. Solange der Springer auf der Matte bleibt, kannst Du ja erstmal so tun, als wäre er da festgeklebt. Also ein normaler Federschwinger. Wo hat der die größte Geschwindigkeit ...?
Interessant ist noch die Frage: wo hebt er von Tuch ab?
Die ist mit Deiner Rückwärtsbetrachtung so schön einfach zu beantworten.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 23:31 Fr 13.11.2009 | | Autor: | pi-roland |
Hallo,
rechnen werde ich später, so viel vornweg. 
Aber zur Argumentation für die Geschwindigkeit nochmal:
Es geht darum die Periodendauer aus zurechnen. Daher dachte ich, es sei sinnvoll die maximale Geschwindigkeit zu kennen und auch zu wissen, wann die herrscht (also an welchem Ort). Rückwärts betrachtet ist es klar - nein doch nicht, wie mir gerade auffällt...:-D
Der Springer wird also so lange beschleunigt, bis er in der Ruhelage ist? Denn kommt er von oben auf das unbelastete Tuch, wird dieses ihm weniger Kraft entgegen bringen als seine eigene Gewichtskraft. Ergo, an dem Ort, wo Gewichtskraft und Federkraft gleich sind, herrscht die maximale Geschwindigkeit... Hach es ist so einfach...
Denn das ist wohl in der belasteten Ruhelage.
Vom Tuch abheben wird er in der unbelasteten Ruhelage, sieht man ja am umgekehrten Fall (Rückwärtsbetrachtung). Aber das ja nur, weil das Tuch masselos ist, oder nicht? Sonst würde es doch noch weiter schwingen, seiner eigenen Trägheit wegen, nicht wahr?
Mein Problem ist noch, den freien Springer mit dem geklebten zu verbinden. Denn wenn ich im ungeklebten Zustand tatsächlich annehmen kann, dass er sich wie der geklebte verhält, kann der nur bis zur belasteten Ruhelage gelten, nicht noch länger. Es ist halt ein für mich sehr überraschendes Ergebnis, dass bei beiden Sprungarten die maximale Geschwindigkeit an der gleichen Stelle erreicht wird.
Ich hab jetzt nur noch das Problem, die eigentliche Beschleunigung nach unten von der Ruhelage aus zu berechnen. Klar, die Schwerkraft ist immer gleich groß, aber die Federkraft ändert sich ständig (dennoch beständig). Und weil sie sich so nett linear verhält, kann ich sicher ihren Durchschnitt nehmen, oder? Bei Beschleunigungen hört mein intuitives Verständnis leider auf... ![[verwirrt]](/images/smileys/verwirrt.gif "[verwirrt]") Aber ich hab den Anspruch die Aufgabe ohne Integrale zu lösen... (oder zumindest den Wunsch, denn ich will mit der Aufgabe ja noch andere quälen und die können nicht integrieren)
Also mein derzeitiges Verständnis ist, dass die Person bis zu ihrer Ruhelage (von unten) beschleunigt wird. Ab da gilt aber noch nicht der senkrechte Wurf, da das Tuch noch nicht aufgibt und mit schiebt. Das macht es so lange, bis der Springer endlich das Feld räumt und seine 11,67cm Flughöhe genießt (ich beneide ihn so sehr... - aber das nächste Mal rechne ich vorher und gebe dann Werte an, mit denen er mindestens einen Salto machen kann...). Diese kurze Flugphase ist die einzige, die als normaler senkrechter Wurf betrachtet werden kann.
Für alle diese Phasen (hab drei gezählt) braucht man ja nur noch die benötigten Zeiten berechnen und fertig.
Es steht also noch ein Stück Arbeit vor mir... Bin natürlich weiterhin dankbar für jeden Tipp!
Angenehme Zeit und viele Grüße,
Roland.
PS: Ja, es macht vielleicht keinen großen Unterschied, ob es sich kurze Zeit um einen Flug mit sich ändernder Beschleunigung handelt, oder nicht, aber nun bin ich so weit gekommen, dass ich es genau wissen will.
Letztlich ist ja der Wert für einen normalen Federschwinger (jetzt beziehe ich mich auf die erreichte Höhe) fast der gleiche wie der der genauen Rechnung. Aber bei größeren Sprunghöhen macht es sich schon bemerkbar. Schon bei 1,2m Sprunghöhe, würde ich mit der Federschwingergleichung nur auf 0,6m kommen. Nun aber genug für heute...
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 20:26 Sa 14.11.2009 | | Autor: | leduart |
Hallo
im Moment des Durchgangs durch den Gleichgewichtszustand ist die Kraft [mm] -mg+Ds_g=0 s_g [/mm] Auslenkung aus entspannten Zustand. von da an bis zum "entspannten" Trampolin nimmt s bis 0 ab. die Kraft ist also [mm] -mg+Ds(t)=-Ds_g+Ds(t), [/mm] natürlich dieselbe, die der "festgeklebte" Schwinger erfährt. hat er dann auch dieselbe Geschw. wie er Festgeklebte, nur dass jetzt nur noch mg auf ihn wirkt, und nicht mehr die rücktreibende Kraft der Feder.
Gruss leduart
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:55 Sa 14.11.2009 | | Autor: | chrisno |
> Der Springer wird also so lange beschleunigt, bis er in
> der Ruhelage ist? Denn kommt er von oben auf das
> unbelastete Tuch, wird dieses ihm weniger Kraft entgegen
> bringen als seine eigene Gewichtskraft. Ergo, an dem Ort,
> wo Gewichtskraft und Federkraft gleich sind, herrscht die
> maximale Geschwindigkeit... Hach es ist so einfach...
ja
> Denn das ist wohl in der belasteten Ruhelage.
> Vom Tuch abheben wird er in der unbelasteten Ruhelage,
> sieht man ja am umgekehrten Fall (Rückwärtsbetrachtung).
> Aber das ja nur, weil das Tuch masselos ist, oder nicht?
> Sonst würde es doch noch weiter schwingen, seiner eigenen
> Trägheit wegen, nicht wahr?
warum würde Dich das stören? Es werden nur die Rechnungen komplizierter.
>
> Mein Problem ist noch, den freien Springer mit dem
> geklebten zu verbinden. Denn wenn ich im ungeklebten
> Zustand tatsächlich annehmen kann, dass er sich wie der
> geklebte verhält, kann der nur bis zur belasteten Ruhelage
> gelten, nicht noch länger. Es ist halt ein für mich sehr
> überraschendes Ergebnis, dass bei beiden Sprungarten die
> maximale Geschwindigkeit an der gleichen Stelle erreicht
> wird.
>
Für mich gar nicht. Die Argumentation über die Kraft hast Du oben schon geliefert.
> Ich hab jetzt nur noch das Problem, die eigentliche
> Beschleunigung nach unten von der Ruhelage aus zu
> berechnen. Klar, die Schwerkraft ist immer gleich groß,
> aber die Federkraft ändert sich ständig (dennoch
> beständig). Und weil sie sich so nett linear verhält,
> kann ich sicher ihren Durchschnitt nehmen, oder?
Was meinst Du mit eigentlicher Beschleunigung?
Du hast eine harmonische Schwingung, damit $s(t) = [mm] \hat{s} \sin{\omega t}$. [/mm] Zweimal ableiten und Du kennst Die Beschleunigung. Willst Du auch die Ableitung vermeiden? Dann wird es schwierig.
Mit dem Mitteln sei vorsichtig. Mittel in der Zeit oder Mittel in der Strecke?
> Also mein derzeitiges Verständnis ist, dass die Person
> bis zu ihrer Ruhelage (von unten) beschleunigt wird. Ab da
> gilt aber noch nicht der senkrechte Wurf, da das Tuch noch
> nicht aufgibt und mit schiebt. Das macht es so lange, bis
> der Springer endlich das Feld räumt
ja
> Diese
> kurze Flugphase ist die einzige, die als normaler
> senkrechter Wurf betrachtet werden kann.
> Für alle diese Phasen (hab drei gezählt) braucht man ja
> nur noch die benötigten Zeiten berechnen und fertig.
>
ja, dabei sind die zwei Phasen mit Tuchkontakt eine. Da die Sinusschwingung mittendrin abgebrochen wird, wirst Du nicht um eine trigonometrische Funktion herumkommen.
>
> PS: Ja, es macht vielleicht keinen großen Unterschied, ob
> es sich kurze Zeit um einen Flug mit sich ändernder
> Beschleunigung handelt, oder nicht, aber nun bin ich so
> weit gekommen, dass ich es genau wissen will.
Phase mit Tuchkontakt: sinus, also nicht konstante Beschleunigung.
Phase ohne Tuchkontakt: senkrecheter Wurf, also konstante Beschleunigung.
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