Potential SoSe 2018

Das letzte Mal TM1 ist zwar ein bisschen her, aber der Trick bei der Aufgabe besteht denke ich in dem Zusatz der entspannten Feder bei φ = 0. Ansonsten ist das eine reine Gleichgewichtsbildung mit den Formel auf der Formelsammlung.

Potential Gewichtskraft F_gm1

F_gm1 = G * Δz = m₁ *g * l/2 * sin(φ)

Dabei ergibt sich Δz über die Trigonometrie im Dreieck, wobei die Gewichtskräfte jeweils bei l/2 angreifen (siehe Bild im Anhang).

Potential Federkraft F_c

F_c = 1/2 * c * dx² = 1/2 * c * (2l - 2l cos(φ))² = 1/2 * c * (2l * (1 - cos(φ)))² = 1/2 * c * 4 * l² * (1 - cos(φ))²

Der Federweg dx ergibt sich dabei wieder einfach über die Trigonometrie. Der Weg, welcher Arbeit verrichtet, ist die Differenz zwischen der Ausgangslage bei 2l (da gilt φ = 0) und der Lage in Abhängigkeit von φ (Habe versucht das in der angehängten Skizze darzustellen). Daraus folgt dx = 2l - 2l cos(φ) = 2l * (1 - cos(φ)).

Potential Gewichtskraft F_gm2

F_gm2 = G * Δz = m₂ * g * dx = m₂ * g * 2 * l * (1 - cos(φ))

Der Weg Δz entspricht dx, da das Seil gleich lang bleibt.

Gleichgewicht bilden

Π(φ) = 2 * F_gm1 + F_c - F_gm2 = m₁ *g * l * sin(φ) + 2 * c * l² * (1 - cos(φ))² - 2 * m₂ * g * l * (1 - cos(φ))