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Archiv verlassen und diese Seite im Standarddesign anzeigen : Pendel im Kondensatorfeld


Maxi
29.10.11, 10:38
Eine einfache Aufgabe aus einem Schulbuch --- nur um einige Zusatzfragen erweitert --- aber:

(In Anlehnung an das Problem und die Größenangaben der Autoren Diehl, Erb, Heise u.a. des Schul-buches „Fokus PHYSIK Gymnasium Bayern 11“, Cornelsen-Verlag Berlin 2009, Seite 17, Aufgabe 4.ab)

Zwischen den vertikal im Abstand von d = 6,0 cm aufgestellten Platten eines geladenen Plattenkondensators befindet sich an einem dünnen, isolierenden Faden der Länge l0 = 25 cm ein Bleikügelchen der Masse m = 0,80 g. Es trägt die positive Ladung q = 2,1 nC. Der Kondensator bleibt während des Versuches an der Spannungsquelle (U = 20 kV) angeschlossen. Das Fadenpendel werde zunächst in der senkrechten Stellung (a = 2,0 cm von der positiven Platte entfernt) festgehalten und dann losgelassen.
a) Zeichne eine Skizze und trage alle Kräfte ein, die im ausgelenkten, ruhenden Zustand des Fadenpendels auf das Bleikügelchen einwirken!
b) Berechne den Auslenkungswinkel (alpha), in dem sich das Fadenpendel nach dem Loslassen einpendelt!
Die vom elektrischen Feld erbrachte Verschiebungs-Arbeit Wel wird hier nicht (wie sonst oft) in kinetische Energie des Bleikügelchens verwandelt, sondern wird hier (zum Teil doch wohl auch) für die Zunahme der Höhenenergie Delta-EPot des Systems << Erde-Bleikügelchen >> benötigt.
c) Berechne die elektrische Verschiebungs-Arbeit Wel, die dem elektrischen Feld des Kondensators abverlangt wurde.
d) Berechne die Zunahme der Höhenenergie Delta-EPot des Bleikügelchens und zeige allgemein, dass stets folgende Beziehung gilt:
Wel > Delta-EPot.
e) Wo ist die überschüssige Energie der elektrischen Feldarbeit verblieben?
Wer oder was sorgt dafür, dass der Energieerhaltungssatz erfüllt bleibt?
Findet während des Ladungstransportes von q (samt Kügelchen) ein Ladungsaustauch zwischen den Kondensatorplatten und der Spannungsquelle statt?
Ist das Problem vielleicht leichter zu lösen, wenn der Kondensator (vor der Freigabe des Bleikügelchens) von der Spannungsquelle abgeklemmt wird?

--- Ich zerbrech´ mir die ganze Zeit den Kopf; kurz gesagt, ich hab´ keine Ahnung!!!
Wer kann mir, bitte, helfen?
Einzelheiten (wie Skizze und Teillösungen) siehe im Anhang!

In gespannter Erwartung,
Maxi

richy
31.10.11, 03:07
Das ist ja ganz schoen kniffelig :-)
Das Kuegelchen wird das homogene Feld idealisiert wohl nicht andern. An der Ladung der Platten wird sich daher kaum etwas aendern, selbst wenn die Quelle abgeschaltet waere. Und man kann nicht davon ausgehen, dass dies keine ideale Spannungsquelle sei. Ein Widerstand muesste bekannt sein damit er in die Rechnung mit eingeht. Das Kuegelchen stellt eine beschleunigte Ladung dar. Die Bewegungsgleichung laesst sich sicherlich ermitteln. Damit wird wahrscheinlich eine definierte EM Welle abgestrahlt. Aber dass sich dies aus dieser Aufgabenstellung ergibt wuerde mich schon wundern.
Gruesse

Benjamin
31.10.11, 13:03
e) Wo ist die überschüssige Energie der elektrischen Feldarbeit verblieben?

Ich will dir an einem einfachen Beispiel veranschaulichen, dass hier ein Fehler in der Betrachtung vorliegt. Zuerst einmal: Natürlich muss die Energie erhalten bleiben. Der Fehler liegt darin, dass du zwei unterschiedliche Orte miteinander vergleichst! Wir haben zwei Felder vorliegen. Das Gravitationsfeld der Erde und das elektrische Feld des Kondensators. Mach es dir einfacher und stell dir für einen Augenblick vor, dass es sich um ein Feld handelt. Das ist möglich, weil sowohl die Gravitationskraft als auch die elektrische Kraft vom Ort unabhängig sind. Sie sind (innerhalb des Kondensators) immer gleich stark, egal wo du dich befindest.
Stell dir also vor, es handle sich hier nur um ein Feld. Du betrachtest zwei unterschiedliche Orte. Der erste Ort ist der, wo deine Kugel eine Kraft verspürt und von alleine danach strebt, ihre Position zu ändern, sobald du sie loslässt. Der zweite Ort ist jener, wo die Kräfte, die auf die Kugel wirken, im Gleichgewicht sind. Die Kugel verharrt von sich aus in diesem Zustand.
Erkennst du den Unterschied?
Es ist wie bei einem Fadenpendel, das sich nur im Gravitationsfeld der Erde befindet. Am ersten Ort befindet sich die Kugel im ausgelenkten Zustand. Am zweiten Ort befindet sie sich im Gleichgewicht. Im ausgelenkten Zustand hat die Kugel immer mehr Energie gespeichert als im Gleichgewicht!

Du fragst, wo die Energie steckt? Sie steckt in Form von kinetischer Energie! Zunächst zumindest.
Der Kondensator verrichtet Arbeit an deiner Kugel. Sie wird beschleunigt und erreicht irgendwann den Punkt, wo zwischen allen Kräften Gleichgewicht herrscht. (Das ist der Punkt in der Rechnung, wo die Kugel um den Winkel alpha ausgelenkt ist.) Genau an dem Punkt jedoch, erreicht die kinetische Energie ihr Maximum. Das heißt, es muss in der Bilanz der beiden potentiellen Energie ein Unterschied liegen, da nämlich die Energie des Kondensators nur zum Teil in die potentielle Energie des Schwerefeldes übergegangen ist, der restliche Teil steckt noch in der Kugel in Form von kinetischer Energie. Wenn wir Reibung vernachlässigen, würde die Kugel weiter pendeln, bis zum Punkt, wo der Winkel zwei alpha erreicht, und dann wieder zurück pendeln bis in die Ausgangslage. Ohne Reibung würde die Kugel ewig pendeln. ;)
In Wirklichkeit wird sich die Kugel einpendeln, weil die überschüssige kinetische Energie in Reibung übergeht, bis die Kugel im Gleichgewicht stehen bleibt. Dann ist die überschüssige Energie vom E-Feld im Vergleich zur potentiellen Energie des Schwerefeldes gänzlich in Reibungsenergie umgewandelt worden, also in Wärme.

Findet während des Ladungstransportes von q (samt Kügelchen) ein Ladungsaustausch zwischen den Kondensatorplatten und der Spannungsquelle statt?

Im Idealfall nicht, weil Spannungsquelle und Kondensator im Gleichgewicht sind, an beiden liegen 20kV. Es fließt kein Strom.
In Wirklichkeit verliert jeder Kondensator seine Spannung mit der Zeit, und es würde sehr wohl Strom fließen.

Ist das Problem vielleicht leichter zu lösen, wenn der Kondensator (vor der Freigabe des Bleikügelchens) von der Spannungsquelle abgeklemmt wird?

Spontan würde ich "nein, absolut nicht" sagen, weil nämlich der Kondensator abklingt, dh. seine Spannung exponentiell mit der Zeit verliert. Ich denke, das würde die Rechnung nur erschweren.

Benjamin
31.10.11, 13:14
Aja, der Grund, warum übrigens die Verschiebungsarbeit des E-Feldes größer ist, als die potentielle Energie des Schwerefeldes hat nichts damit zu tun, dass das eine ein E-Feld und das andere ein Gravitationsfeld ist!
Der Grund liegt wieder in den Punkten, die du für die Rechnung betrachtest. Die Arbeit, die das E-Feld verrichtet, ist deshalb immer größer, weil sich das Pendel zu beginn in der Position befindet, wo die Kraft des Fadens und des Schwerefeldes im Gleichgewicht sind. Genau anders herum wäre es, wenn das Pendel zu beginn um 90° (im Uhrzeigersinn) ausgelenkt wäre, dann wäre nämlich die Kraft des E-Feldes und des Fadens im Gleichgewicht, und in der Energiebilanz wäre die pot. Energie größer als die Verschiebungsarbeit.

Es kommt also darauf an, welche Kraft die Ausgangslage stört. Die Arbeit, die diese Kraft verrichtet, geht in kinetische Energie über. Und genau diese Energie wandelt sich dann über Reibung zum Teil in Wärme. ;)

richy
31.10.11, 13:40
Hi
Gegen meine Begruendung spricht uebrigends, dass man auch die Kugel von Hand an die Stelle alpha=Gleichgewicht setzen koennte und dann erst die Spannung aufschaltet.

@Benjamin
Es ist wie bei einem Fadenpendel, das sich nur im Gravitationsfeld der Erde befindet. Am ersten Ort befindet sich die Kugel im ausgelenkten Zustand. Am zweiten Ort befindet sie sich im Gleichgewicht. Im ausgelenkten Zustand hat die Kugel immer mehr Energie gespeichert als im Gleichgewicht!
Dein Beispiel hatte ich Anfangs nicht ganz verstanden, weil man ja davon ausgeht dass man die Kugel ausgelenkt loslaesst und dann immer gilt Epot + E_kin = constant. Deine Erkaerung wird vielleicht verstaendlicher, wenn man zwei Faelle betrachtet :

Versuch 1)
Pendel durchlauft Gleichgewichtslage aus Auslenkung heraus : E_pot+E_kin
E_kin ergibt sich aus den Anfangswerten
Versuch 2)
Pendel wird in die Gleichgewichtslage gesetzt : nur E_pot

Wenn wir Reibung vernachlässigen, würde die Kugel weiter pendeln, bis zum Punkt, wo der Winkel zwei alpha erreicht, und dann wieder zurück pendeln bis in die Ausgangslage. Ohne Reibung würde die Kugel ewig pendeln.
Yepp das ist es. Reibung ist keine angegeben. Also pendelt die Kugel ewig (wenn sie keine EM Welle abstrahlt) und weist bei alpha ein v auf und damit ein E_kin.
Gruesse

richy
31.10.11, 15:49
Ein Beispiel dazu ist mir noch eingefallen.
Man stelle sich ein Fadenpendel in einem konstant beschleunigenden Autobus vor.
Auch hier waere alpha=0 nicht die Ruhelage sondern ein alpha=alpha_0
Lenkt man im beschleunigenden Bus das Fandenpendel gegen das Anfahrpotential bis alpha=0 aus, wird es eine Schwingung um alpha_0 durchfueren.
Die vom elektrischen Feld erbrachte Verschiebungs-Arbeit Wel wird hier nicht (wie sonst oft) in kinetische Energie des Bleikügelchens verwandelt, sondern wird hier (zum Teil doch wohl auch) für die Zunahme der Höhenenergie Delta-EPot des Systems << Erde-Bleikügelchen >> benötigt.Ich meine diese Aussage in der Aufgabenstellung ist nicht richtig.

Maxi
31.10.11, 18:50
Danke Benjamin,
Deine Erklärung ist einfach spitze!! -- wenn ich das einfach so sagen darf.
Ich hätte mein Lebtag nicht daran gedacht, dass das Kügelchen ja bis zum Erreichen des Auslenkungswinkels alpha (= 5,1 grad) tangential zur Kreisbahn beschleunigt wird und dabei ständig kinetische Energie aufnimmt. Die Konsequenzen der bis zum (Zeit-) Punkt des Erreichens Gleichgewichtslage (alpha) wirkenden ("zur Gleichgewichtslage rücktreibenden") Gesamtkraft habe ich schlicht übersehen, hatte ich doch stets nur den Anfangs- und totalen Endzustand vor Augen. Dass hier natürlich auch Reibungskräfte zu beachten sind, passt logischer Weise auch zu "meiner spärlichen Sichtweise". Danke für die klare Lösung. Wenn wir Reibung vernachlässigen, würde die Kugel weiter pendeln, bis zum Punkt, wo der Winkel zwei alpha erreicht, und dann wieder zurück pendeln bis in die Ausgangslage. Ohne Reibung würde die Kugel ewig pendeln. ;)
-- Doch denke ich, dass Du eine Kleinigkeit übersehen hast: Der Ausschlagwinkel auf die andere Seite (über alpha hinaus bis zum Umkehrpunkt) ist - gemäß Deines Gedankenganges - dann nicht nocheinmal alpha, sondern der Umkehrwinkel (beta) gehorcht der Bedingung:
cos(beta) = (l0-2h)/l0, was dem Umstand entspricht, dass das Kügelchen bis zum Umkehrpunkt die Gesamthöhe 2h erreicht.

Gruß,
Maxi

Maxi
31.10.11, 19:13
Hallo richy,

Dein Gedanke der Energieabstrahlung beschleunigter Ladung trägt sicher auch, vornehmlich wenn -- wie nach der Aufgabenstellung anzunehmen ist, nicht unbedingt Reibungskräfte auftreten müssen.

Man stelle sich ein Fadenpendel in einem konstant beschleunigenden Autobus vor.
Auch hier waere alpha=0 nicht die Ruhelage sondern ein alpha=alpha_0
Lenkt man im beschleunigenden Bus das Fandenpendel gegen das Anfahrpotential bis alpha=0 aus, wird es eine Schwingung um alpha_0 durchfueren.

Auch dieses Beispiel ist meiner Ansicht nach o.k.

Gruß,
Maxi

Maxi
31.10.11, 19:30
Hallo Benjamin,
was noch eindeutig für Deine Lösung spricht ist die Tatsache, dass Wel (1,6 mal 10^-5 J) "genau" das Doppelte von Delta EPot (0,78 mal 10^-5 J) ist.

Gruß,
Maxi
(dies nur als Nachtrag)

Benjamin
31.10.11, 20:41
Danke Benjamin,
Deine Erklärung ist einfach spitze!!

Gerne. :)

Doch denke ich, dass Du eine Kleinigkeit übersehen hast: Der Ausschlagwinkel auf die andere Seite (über alpha hinaus bis zum Umkehrpunkt) ist - gemäß Deines Gedankenganges - dann nicht nocheinmal alpha, sondern der Umkehrwinkel (beta) gehorcht der Bedingung:
cos(beta) = (l0-2h)/l0, was dem Umstand entspricht, dass das Kügelchen bis zum Umkehrpunkt die Gesamthöhe 2h erreicht.

Das ist, wenn du es dir genau überlegst, dasselbe.
Willst du die maximale Auslenkung berechnen, brauchst du nur EPot=Wel setzen. Damit drückst du aus, dass die gesamte el. Verschiebungsarbeit in die potentielle Energie des Schwerefeldes übergeht. Es führt zu:

mgh=xqU/d

Daraus kannst du den Winkel gamma, der Winkel gemessen am Ausgangspunkt der Bewegung zwischen dem Aufhängpunkt des Fadens und der Kugel, berechnen. Für ihn gilt:

tan(gamma) = x/h = mgd/qU

Du siehst. Der maximale Winkel hängt nicht von der Fadenlänge ab.

Ich hab das mal ausgerechnet. gamma = 84,9°

Von gamma kannst du nun auf alpha schließen. Wie du aus deiner Skizze leicht erkennen kannst, handelt es hier um ein gleichseitiges Dreieck. Alpha wird eingeschlossen von den zwei gleich langen Seiten l0. Deshalb gilt die Beziehung

alpha = 180° - 2gamma = 10,2°

Also genau das Doppelte aus deinem Beispiel. ;)
Was übrigens auch der doppelten Steighöhe h entspricht.

Maxi
31.10.11, 21:46
Hallo Benjamin,



alpha = 180° - 2gamma = 10,2°

Also genau das Doppelte aus deinem Beispiel. ;)
Was übrigens auch der doppelten Steighöhe h entspricht.

ich fürchte, du irrst dich.

Bis morgen,
Gruß, Maxi

Benjamin
31.10.11, 23:15
ich fürchte, du irrst dich.


Du brauchst dich nicht zu fürchten, das stimmt schon. ;)

richy
01.11.11, 02:13
Hi
Welcher Winkel soll sich bei doppelter Steighoehe verdoppeln ? Sicherlich nicht alpha :

cos(alpha)=(l-h)/l
cos(beta)=(l-2*h)/l
alpha=arccos(1/2 cos(beta) + 1/2)

Einfaches Beispiel h=l/2 :
alpha=arccos(1/2)=Pi/3
beta=arccos(0)=Pi/2 <> 2*Pi/3

Maxi
01.11.11, 07:59
Hallo Benjamin,

du bist echt gut:
Du brauchst dich nicht zu fürchten, ...
Du hast natürlich insofern wiederum recht, dass ich sinnvollerweise besser geschrieben hätte: "ich befürchte, du ..."


mgh=xqU/d

Daraus kannst du den Winkel gamma, der Winkel gemessen am Ausgangspunkt der Bewegung zwischen dem Aufhängpunkt des Fadens und der Kugel, berechnen. Für ihn gilt:

tan(gamma) = x/h = mgd/qU

"tan(gamma) = x/h" ist dabei zwar richtig, aber "tan(gamma) = mgd/qU" stimmt leider nicht. Schau dir die Geometrie noch einmal an, die Schenkel der beteiligten Winkel stehen nicht alle senkrecht aufeinander.

Du siehst. Der maximale Winkel hängt nicht von der Fadenlänge ab.
Somit ist auch diese Aussage nicht korrekt, denn der maximale Auslankungswinkel alpha, sowie der Winkel gamma hängen beide von x ab, das wiederum von der Pendellänge l0 abhängig ist.

Im übrigen hat richy die Sache mit dem Problem des "doppelten Winkels alpha" in seinem Beitrag per Rechnung schon klar gelegt.
Mit anderen Worten kann man auch feststellen: Steigt man vom tiefsten Punkt eines vertikalen Kreises auf der Kreislinie immer höher bis man die Höhe des Mittelpunktes erreicht hat und achtet auf die zugehörigen Mittelpunktswinkel, die zu absolut konstanten Steighöhenabschnitte h gehören, so stellt man fest, dass die zugehörigen Mittelpunktswinkel ständig kleiner werden, da die zugehörigen Sehnen immer senkrechter gestellt werden müssen.

Trotzdem nochmals vielen Dank für die Lösung des Hauptproblems.
Maxi

Benjamin
01.11.11, 09:02
Hi
Welcher Winkel soll sich bei doppelter Steighoehe verdoppeln ? Sicherlich nicht alpha :

Nein, natürlich nicht alpha!


"tan(gamma) = x/h" ist dabei zwar richtig, aber "tan(gamma) = mgd/qU" stimmt leider nicht. Schau dir die Geometrie noch einmal an, die Schenkel der beteiligten Winkel stehen nicht alle senkrecht aufeinander.


Bist du sicher, dass du weißt, welchen Winkel ich meine?

Ich meinte, den Winkel, der alpha gegenüberliegt. Am unteren Ende des Fadens l0, wenn er in der Ausgangslage ist.
Daraus kannst du den Winkel gamma, der Winkel gemessen am Ausgangspunkt der Bewegung zwischen dem Aufhängpunkt des Fadens und der Kugel, berechnen. Für ihn gilt:

tan(gamma) = x/h = mgd/qU

Für ihn gilt sehr wohl tan(gamma)=mgd/qU!

Das muss zwangsläufig gelten, da ja auch gilt:

Wel=xqU/d=mgh=Epot

Es ist diese Gleichung umgeformt, sodass auf einer Seite das Verhältnis x/h steht. x und h stehen (siehe Skizze) normal aufeinander und sind somit die Katheten eines Rechtwinkeligen Dreiecks, das als Hypothenuse die Verbindungslinie "Ausgangspunkt-der-Kugel - Momentanter-Punkt-der-Kugel" hat.
In diesem Dreieck liegt der Winkel alpha gegenüber der Kathete x, sodass der Tangens benutzt werden kann.

Aus dem Winkel gamma kannst du dann den Winkel alpha berechnen über:

alpha = 180° - 2gamma

Aber das hab ich ja schon alles geschrieben...

Maxi
01.11.11, 10:08
Hallo Benjamin,

oh, oh ,oh,
entschuldige, wir reden offensichtlich aneinander vobei, was den Winkel alpha, zwei alpha, die Höhe h bzw 2h betrifft. Ich habe eben erst bei genauerem hinsehen bemerkt, dass ich deine richtige Gleichung mgh=xqU/d zu schlampig gelesen habe: hier verwendest du h als das, was in meinem Bild 2h bedeutet.
Ich habe mir nun erst mal alles ausgedruckt, weil man am PC den Überblick verliert. Melde mich wieder.

Nichts für ungut.
Maxi

Benjamin
01.11.11, 11:24
Hi
Welcher Winkel soll sich bei doppelter Steighoehe verdoppeln ? Sicherlich nicht alpha :

Nein, natürlich nicht alpha!

In der Eile kommt doch nur Unsinn heraus!

Und leider schreib ich folgendes wieder in Eile...

Nichtsdestotrotz muss ich eingestehen, dass ich Blödsinn verzapft habe. Ich meinte zunächst eben schon, dass sich alpha mit h verdoppelt. Das stimmt, wie ihr richtig sagt, aber freilich nicht.

Meine Rechnung ist (hoffentlich) dennoch richtig. Erm ... jetzt bin ich mir nur nicht sicher, was sich wirklich verdoppelt, h oder alpha. Spontan tippe ich immer noch auf alpha, aus Symmetriegründen. Denn der Winkel von der Ruhelage (alpha=0°) bis zur Gleichgewichtslage (alpha=5.1°) sollte meines Erachtens derselbe seine, wie der Winkel von der Gleichgewichtslage bis zum Maximum. Oder ist es doch h...?

Sobald ich Zeit habe, rechne ich'S noch mal durch...

Benjamin
01.11.11, 13:16
Wenn wir Reibung vernachlässigen, würde die Kugel weiter pendeln, bis zum Punkt, wo der Winkel zwei alpha erreicht, und dann wieder zurück pendeln bis in die Ausgangslage.

Es stimmt schon. Bis zum Umkehrpunkt der Schwingung wird alpha genau doppelt so groß wie bis zum Gleichgewichtspunkt. Ich hab es für U=20kV bis 90kV gerechnet.

Es gilt:

Gleichgewichtspunkt:
alpha1=arctan[qU/(mgd)]

Maximum:
alpha2=180°-2*arctan[mgd/(qU)]

alpha2=2*alpha1

richy
01.11.11, 14:38
Hi Benjamin, Maxi

Ich meine dein Weg ueber gamma=arctan(x/h) ist sehr praktisch.(In der Grafik BETA)
Ich versuche mal deine Gleichung fuer mich moeglichst einfach zu veranschaulichen.
Aus dem Thaleskreis ergibt sich folgender haeufig verwendeter Zusammenhang :

http://upload.wikimedia.org/wikipedia/de/thumb/c/c7/Thalesbeweis.png/220px-Thalesbeweis.png
Im Bild (und deren Notation) gilt: ALPHA am Punkt A ist halb so gross wie DELTA am Punkt M.
Und ALPHA + BETA ergibt bekanntlicherweise 90 Grad

Fuehren wir den Punt A in unserer Aufgabe ein sehen wir sofort :
gamma+alpha/2 + 90 Grad (Thales) = 180 Grad
gamma+alpha/2 = 90 Grad
alpha=180 Grad - 2*arctan(x/h)

Somit genau dein Ergebnis. Aus diesem sieht man, dass alpha und x/h nicht linear zusammenhaengen. x/h haengt jedoch linear mit der Spannung U und damit der Verschiebungsenergie zusammen. Ebenso zeigte Maxis und mein Einwand, dass alpha und h nicht linear zusammenhaengen.

Gruesse

richy
01.11.11, 15:19
Gleichgewichtspunkt:
alpha1=arctan[qU/(mgd)]

yepp, gemaess PDF
Maximum:
alpha2=180°-2*arctan[mgd/(qU)]
yepp, wobei ich anfangs dachte es waere ein Schreibfehler, aber das ist tatsaechlich der Kehrwert im Argument.
mgh=xqU/d
tan(gamma) = x/h = mgd/qU

EDIT:
Habs nur mal schnell graphisch getestet ...
Daraus folgt wohl tatsaechlich alpha2=2*alpha1

Dass die Auslenkung symmetrisch um alpha_0 ist wundert mich, da ein Fadenpendel ja nur fuer kleine Winkel linear ist. Scheint aber richtig zu sein.

Benjamin
01.11.11, 16:10
Ich meine dein Weg ueber gamma=arctan(x/h) ist sehr praktisch.


Ja, es ist die einfachste Variante, die mir einfiel.

Dass die Auslenkung symmetrisch um alpha_0 ist wundert mich, da ein Fadenpendel ja nur fuer kleine Winkel linear ist, wie die Rechnungen auch zeigen. Scheint aber richtig zu sein.

Ich denke, die Symmetrie der maximalen Auslenkung wird nur durch Reibung (oder Abstrahlung) zerstört. Für ein Fadenpendel gilt die Diff-Gleichung:

mg sin[alpha(t)]=ml d²/dt² alpha(t)

Eine Transformation alpha -> -alpha ändert nur das Vorzeichen der rücktreibenden Kraft, nicht aber ihren Betrag. Das heißt, das Problem ist um den Gleichgewichtszustand spiegelsymmetrisch, sodass die maximale Auslenkung links und rechts immer dieselbe sein sollte! ;)

richy
01.11.11, 16:19
Das mit der DGL muss ich mir nochmals anschauen.

Was ich mir auch nicht so ganz erklaeren kann :

Magneten haben zwar kein homogenes Feld, sind aber gelaeufiger als solch eine Kondensatorkonstruktion. Wenn ich mir ein Fadenpendel vorstelle an dem etwas Ferromagnetisches haengt und darunter, vereinfacht im Punkt alpha=0, einen Magneten halte wuerde ich folgendes real erwarten : (Kein chaotisches Magnetpendel)

- Die Frequenz des Pendels wird erhoeht
- Die Auslenkung wird kleiner (folgt aus naechstem Punkt)
- Das Pendel wird schneller zu Ruhe kommen, als ohne Magnet. Die Daempfung wird scheinbar groesser.

Gerade fuer letzteres fehlt mir eine anschauliche Erklaerung.

Dabei macht es sicherlich einen Unterschied ob man den Magneten einbringt (auch in welcher Phasenlage) oder die Anordnung bereits mit Magneten auslenkt. Ist der magnetische Effekt sehr stark, so sind die Auslenkungen zuvor,ohne Magnet, energetisch geringer zu bewerten. Daher werden die Auslenkungen beim EInbringen des Magneten wohl kleiner.

Die inhomogene Magnetfeldstaerke nimmt ueberpropotional mit der Auslenkung ab. Hier kann man vielleicht das selbe Argument verwenden, so dass die Anordnung scheinbar mehr gedaempft wird, was nicht der Fall ist, sondern bevorzugt im Bereich hoher Feldstaerke schwingt und das waere nahe am Magneten. (Nur als Idee)

Maxi
04.11.11, 18:02
Hallo Benjamin,

du hattest ja schon in deiner ersten Stellungnahme den gesamten Sachverhalt aufgeklärt.

Doch: aufgrund des schräg gelagerten Bewegungsablaufs konnte ich mir nicht vorstellen, dass die Schwingung – deiner Aussage entsprechend – völlig symmetrisch zur Gleichgewichtslage ablaufen kann. Ich bildete mir ein, dass die zur Gleichgewichtslage drängende, rücktreibende Kraft aufgrund der „jenseitig steileren“ Bahnkurve auch entsprechend „größer“ sein müsste als die auf der Startseite. Inzwischen bin ich jedoch deiner Anregung kleinschrittig gefolgt und habe das zu den beiden real existierenden Feldern gehörende Ersatz-Mono-Feld näher betrachtet. Das Ergebnis war für mich sehr überraschend und vor allem sehr lehrreich. Ich hab’s für alle, die sich von deinem Gedanken gezielt leiten lassen wollen, im Anhang veranschaulicht. Erst beim direkten Schaubild ging mir auf, was eigentlich – mit allen Konsequenzen – dahinter steckt.
ALLE MEINE EINWÄNDE UND WIDERREDEN waren (bzw.sind) schlicht FALSCH und haben sich wie NICHTS in Luft aufgelöst.

Nochmals vielen Dank - für alles.

Gruß Maxi.

JoAx
06.11.11, 15:49
Hallo Maxi!


Inzwischen bin ich jedoch deiner Anregung kleinschrittig gefolgt und habe das zu den beiden real existierenden Feldern gehörende Ersatz-Mono-Feld näher betrachtet.


Man könnte als Fazit also sagen, dass das, was für einzeln angreifende Kräfte gilt - das Superpositionsprinzip

Fresultierend = F1 + F2 + ...

auch für Kraftfelder gilt.


Gruß, Johann

Maxi
07.11.11, 11:05
Hallo Johann,



Man könnte als Fazit also sagen, dass das, was für einzeln angreifende Kräfte gilt - das Superpositionsprinzip

Fresultierend = F1 + F2 + ...

auch für Kraftfelder gilt.


Ich meine: wenn man davon ausgeht, dass jedes einzelne Kraftfeld für sich genommen räumlich und zeitlich konstant ist, besteht wohl an der Nützlichkeit und Brauchbarkeit des Superpositionsprinzip (wie dies Benjamin hier in diesem Beispiel zeigte) sicher kein Zweifel und an der physikalisch Korrektheit gewiss auch nicht.
Es kann (sollte) aber doch eigentlich aus physikalischer Sicht auch nichts dagegen sprechen, wenn man prinzipiell behauptet, dass dieses Prinzip stets richtig ist, ob nun die einzelnen beteiligten Kraftfelder räumlich homogen und zeitlich konstant sind oder nicht. Wie weit dies allerdings jeweils zu einem klareren Durchblick des zu betrachtenden Problems führt, (kann) muss dabei allerdings erst einmal dahingestellt bleiben --- oder nicht?

Gruß, Maxi

JoAx
07.11.11, 11:16
Es kann (sollte) aber doch eigentlich aus physikalischer Sicht auch nichts dagegen sprechen, wenn man prinzipiell behauptet, dass dieses Prinzip stets richtig ist, ob nun die einzelnen beteiligten Kraftfelder räumlich homogen und zeitlich konstant sind oder nicht.


Das ist korrekt, Maxi! Und so ist es auch.
Homogene Kraftfelder sind halt besonders einfach in Handhabung.
Auch Kraftfelder mit (räumlichen) Symmetrien lassen sich noch gut behandeln. :)


Gruß, Johann

Benjamin
07.11.11, 20:14
Hallo Maxi!

Deine Darstellung gefällt mir gut. Genauso habe ich mir das vorgestellt und erklärt, warum das Pendel über die Gleichgewichtslage gleichweit ausschlagen sollte. Wie du richtig sagst, gilt dieser Schluss nur aufgrund der Homogenität des Feldes. Das Superpositionsprinzip jedoch gilt immer, unabhängig von Raum- und Zeithomogenität, zumindest in der klassischen Mechanik. In der Allgemeinen RT sind die Feldgleichungen nicht mehr so simpel und das Superpositionsprinzip gilt nur näherungsweise für schwache Gravitationsfelder.
Elektrische Felder hingegen sind unserem Wissen nach auf allen Energieskalen superpositionierbar. Aber ich bin mir da nicht so sicher,...

Ergänzend zu deinen Ausführungen wollt ich nur sagen, dass auch Richy Recht hatte, als er sagte, dass Abstrahlung in Form von elektromag. Wellen das Pendel zum Stillstand bringen wird, weil jede beschleunigte Ladung abstrahlt und damit kinet. Energie verliert.