Pendelschwingung linearisieren

22.06.2012, 15:32

Thrako

Pendelschwingung linearisieren

Meine Frage:
Moin liebe Leute,
ich schreibe in 1 Woche meine letzte Klausur im Maschinenbaustudium, allerdings im dritten Versuch. Also Win oder Epic Fail Big Laugh

Ich habe folgende Gleichung (Pendel im Wasser) zu linearisieren und bin anscheinend zu blöd:
$\begin{eqnarray*} \gamma^{''} + w^{2}\gamma + r\gamma^{'}|\gamma^{'}|=0 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \gamma(0)=0 \end{eqnarray*}$

Das System soll für kleine Auslenkungen betrachtet werden und mein Professor meinte, es gibt einen Trick. Ich bin leider die totale Flasche bei Differentialrechnung. Besonders beim Linearisieren.

Meine Ideen:
Ich gehe mal davon aus, dass der zu linearisierende Teil der Betrag ist, oder? Aber wie komme ich da weiter? Ich wälze nun schon seit 2 Tagen den Papula und werde einfach nicht schlau daraus.

25.06.2012, 12:40

Dopap

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RE: Pendelschwingung Linearisieren

Zitat:

Original von Thrako

Ich habe folgende Gleichung (Pendel im Wasser) zu linearisieren und bin anscheinend zu blöd:
$\begin{eqnarray*} \gamma^{''} + w^{2}\gamma + r\gamma^{'}|\gamma^{'}|=0 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \gamma(0)=0 \end{eqnarray*}$

ich darf doch x für den Ort schreiben!?

$\begin{eqnarray*} \ddot x(t)+\omega^2 x(t) +r \dot x(t)|\dot x(t)|=0 \quad \text{und} \quad x(0)=0 \end{eqnarray*}$

Was mich stört, ist die nichtssagende Anfangsbedingung. Meiner Meinung nach fehlt eine brauchbare Anfangsbedingung , etwas wie $\begin{eqnarray*} \rm x(0)=x_0 \end{eqnarray*}$ --> nächste Post

Die erste Linearisierung ist schon geschehen. Die Gewichts-Rückstellkraft ist linearisiert.
Der Wasserwiderstand ist quadratisch. Man könnte auch

$\begin{eqnarray*} F_w=sign(\dot x(t))(\dot x(t))^2 \end{eqnarray*}$ schreiben

Ich sehe keinen Trick, aber man konnte überlegen, den Wasserwiderstand als Widerstand im zähen Medium bei kleinen Geschwindigkeiten zu postulieren. Was nicht so daneben ist, wie man beim Rangieren von Schiffen im Hafen feststellen kann.

$\begin{eqnarray*} \ddot x(t)+\omega^2 x(t) +k\dot x(t)=0 \quad \text{und} \quad x(0)=0 \end{eqnarray*}$ (??) --->nächste Post

mit
$\begin{eqnarray*} \rm \omega=\sqrt {\frac {g_0} L} \end{eqnarray*}$ und passendem k sollte ein gedämpfte Schwingung entstehen.
Bei zu grossem k ( Honig ) entsteht der aperiodische Grenzfall.

25.06.2012, 16:16

Dopap

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sorry, muss nochmal was klarstellen:

diese DGL 2.ter Ordnung muss eigentlich 2 Integrationskonstanten oder Anfangswertbedingungen haben.

zum Beispiel

$\begin{eqnarray*} 1.) x(0)=0<br /> 2.) \dot x (0)= v_0 \end{eqnarray*}$

jetzt macht auch x(0)=0 einen Sinn.

26.06.2012, 11:06

Thrako

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Hallo!

Erstmal vielen, vielen Dank für Deine Bemühungen!!!

Ich sehe gerade, dass ich einen Fehler gemacht habe. Und zwar heißt es nicht:
$\begin{eqnarray*} \gamma(0)=0 \end{eqnarray*}$

sondern natürlich:
$\begin{eqnarray*} \gamma_{0} =0 \end{eqnarray*}$

Ich komme mit Deinem Ansatz allerdings nicht wirklich weiter.
Wie sieht es denn mit diesem aus:
$\begin{eqnarray*} \gamma' = w \end{eqnarray*}$

w oder besser Omega ist doch die Winkelgeschwindigkeit. $\begin{eqnarray*} \gamma' \end{eqnarray*}$ doch aber auch, oder? Kann ich dann aufstellen:

$\begin{eqnarray*} \gamma'' + \gamma'^{2}\gamma + r\gamma'^{2} = 0 \end{eqnarray*}$

Dann durch Substitution und Jakobimatrix linearisieren?

26.06.2012, 11:45

Ehos

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@Trako
Was versteht du eigentlich unter "Linearisieren einer Differenzialgleichung"? Ich verstehe darunter das Umwandeln einer nichtlinearen Dgl. in eine lineare, weil letztere einfacher ist. Diese Umwandlung ist in der Regel nur eine Näherung.

-----------
Beispiel:
Das Schwingen eines Fadenpendels wird beschrieben durch die nichtlineare Dgl. $\begin{eqnarray*} L\ddot \phi +g \sin(\phi)=0 \end{eqnarray*}$ . Dabei ist $\begin{eqnarray*} \phi \end{eqnarray*}$ der Winkel der Auslenkung, g die Erdbeschleunugung und L die Fadenlänge. Da diese Dgl. nicht formelmäßig lösbar ist, linearisiert man sie, indem man die Sinusfunktion in einer Taylorreihe entwickelt gemäß $\begin{eqnarray*} \sin(\phi )=\phi- \tfrac{1}{3!}\phi^3+... \end{eqnarray*}$ Setzt man dies in die obige Dgl. ein und nimmt nur den linearen Summanden mit, erhält man die linearen Dgl. $\begin{eqnarray*} m\ddot \phi +g \phi=0 \end{eqnarray*}$ . Da letztere eine Näherung darstellt, beschreibt sie die Schwingung nur für "kleine" Auslenkungen richtig.
------------

In diesem Sinne kann man deine Dgl. nicht linearisieren, weil der nichtlineare Summand von quadratischer Ordnung ist. Die Linearisierung wäre gleichbedeutend mit dem Weglassen dieses Summanden.

26.06.2012, 12:18

Thrako

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Naja, es ist eine Klausuraufgabe. Es wäre doof, wenn es da keine Lösung gibt :P

26.06.2012, 12:43

Dopap

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über die Linearisierung hatte ich schon geschrieben.
Statt Ort x(t) kann man auch den Drehwinkel $\begin{eqnarray*} \gamma \end{eqnarray*}$ nehmen.

Du musst dir nur angewöhnen, sauberer zu schreiben. $\begin{eqnarray*} \gamma' \end{eqnarray*}$ ist nix.
$\begin{eqnarray*} \gamma (t) \end{eqnarray*}$ ist eine Funktion die nach t abgeleitet wird. Also $\begin{eqnarray*} \frac {d}{dt}(\gamma(t))=\dot \gamma(t) \end{eqnarray*}$

Demnach ist das letztere doch niemals $\begin{eqnarray*} = \omega \end{eqnarray*}$ , eine Konstante.!

und: $\begin{eqnarray*} \gamma_0=0 \Leftrightarrow \gamma(0)=0 \end{eqnarray*}$
Es fehlt noch eine Bedingung.

Die DGL löst man nicht, man setzt sowas wie

$\begin{eqnarray*} x(t)=Ae^{-\alpha t}\sin(\omega_d t +\varphi ) \end{eqnarray*}$

die 2 Anfangsbedingungen stecken jetzt in A und $\begin{eqnarray*} \varphi \end{eqnarray*}$

Wie man die DGL mit linearen Glied kx(t) behandelt, steht ausführlich bei

http://de.wikipedia.org/wiki/Schwingung#...pfte_Schwingung

es bleibt nur, die Grössen dem Pendel anzupassen.

Insgesamt ist es aber besser, das erst einmal allgemein für den Fedeschwinger durchzuziehen, und dann dem Einsatzzweck anzupassen. ( Drehschwinger, Pendel)

26.06.2012, 14:10

Thrako

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Alles klar, ich habe mir sowas schon gedacht.
Ich habe die "Ableitungs-Punkte" nicht gefunden, daher hab ich die Anführungsstriche genommen. Im Original ist es auch Phi und nicht Gamma, gab es aber auch nicht.

Ich versuche mich mal an Deinem Vorschlag. Der Aufgabentext lautet übrigens:

"Eine schwere Metallkugel, die an einem Faden hängt und in einem Wasserbad pendelt, genügt der Dgl. |Formel...|

Dabei wird die Lagerreibung vernachlässigt und der geschwindigkeitsabhängige quadratische Termn berücksichtigt die Reibung im Wasser.

a) .... Simulink-Blockdiagramm zeichnen
b) Man linearisiere dieses System an der Ruhelage PHI0=0."

26.06.2012, 20:03

Dopap

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etwas Ähnliches habe ich erwartet. Eine Aufgabe mit Spielräumen.

ja, und die Probleme mit Latex sind verständlich.

Beim nächsten Mal einfach sagen:

das soll zeitableitung sein
das soll kleines Phi sein etc...

wir basteln das dann schon zusammen, sofern guter Wille ekennbar ist Wink

27.06.2012, 14:41

Huggy

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Zitat:

Original von Thrako
Ich versuche mich mal an Deinem Vorschlag. Der Aufgabentext lautet übrigens:

Der Vorschlag von Dopap bedeutet im Klartext, ignoriere die gestellte Aufgabe und löse eine andere , einfachere Aufgabe. Bei aller Bewunderung für so viel Chuzpe, das kanns doch nicht sein.

Mir ist eine Idee gekommen, ohne dass ich voll von ihr überzeugt wäre. Es sei

$\begin{eqnarray*} \dot x(o)=v_0>0 \end{eqnarray*}$

Dann lautet die DGL bis zur ersten Umkehr der Bewegungsrichtung

$\begin{eqnarray*} \ddot x + \omega^2 x+r \dot x^2=0 \end{eqnarray*}$

Nun könnte man die Geschwindigkeit als Funktion der Auslenkung betrachten und linearisieren. Also Ansatz:

$\begin{eqnarray*} \dot x = v_0+ax \end{eqnarray*}$

Dann ist unter weiterer Vernachlässigung des quadratischen Terms

$\begin{eqnarray*} \dot x^2=v_0^2+2av_0x \end{eqnarray*}$

Die Konstante $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ bekommt man durch Vergleich von $\begin{eqnarray*} \ddot x(0) \end{eqnarray*}$ aus der DGL und aus dem Ansatz. Es ergibt sich nach Einsetzen des Ansatzes eine leicht zu lösende DGL

Die Reichweite der Lösung - auch als Näherung - dieser linearisierten DGL geht aber nur bis zur zur ersten Umkehr der Bewegungsrichtung. Danach kehrt sich das Vorzeichen des letzten Terms der DGL um und man muss eine neue Lineariserung aufsetzen. Man bekommt also so nur stückweise Lösungen.

03.07.2013, 09:42

ikkx

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Auch wenn das Thema schon etwas veraltet ist, bin ich darüber gestolpert und würde vielleicht auch noch meinen Senf dazugeben:
Wenn wir die Bedingung haben, dass wir es an der Ruhelage $\begin{eqnarray*} phi_0=0 \end{eqnarray*}$ linearisieren sollen, können wir das doch in der ausgangsgleichung beim linearisieren direkt =0 setzen und damit haben wir dann eine Gleichung, die wir durch Substitution um einen Grad verringern können, um sie dann wie eine Linearisierung ersten Grades auszuführen. Oder übersehe ich da was?

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