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Aufgabe:

Wie sieht die Kettenlinie bei rotierenden Ketten aus?


Problem/Ansatz:

Bei Ketten, die im homogenen Schwerefeld hängen, kommt die bekannte Katenoide heraus. Aber wie sieht die Linie aus, wenn die Kette am zwei Punkten eines rotierenden Körpers befestigt ist und nur unter dem Einfluß der Zentrifugalkraft steht?

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Wieso migrieren? Das ist eine rein mathematische Aufgabenstellung wie die nach der "normalen" Kettenlinie auch, und hat fast nichts mit Physik zu tun, weil es in der Alltagserfahrung gar keine reinen Zentrifugalfelder ohne Schwerkraft gibt

Nicht jeder der Mathe kann, kann mit Zentrifugalkraft etwas anfangen!

Nicht jeder der Mathe kann, kann mit Zentrifugalkraft etwas anfangen!

Na ja ... von jemanden der 'Mathe kann' - und wir reden hier von der Lösung einer DGL(!) - kann man schon erwarten, dass Zentrifugalkraft ein Begriff ist, und dass man die Details notfalls bei Wikipedia nachlesen kann.

Sobald physikalische Formeln als Voraussetzung gelten und nicht in der Aufgabenstellung verfügbar wird das meist als "Physik" gewertet. Habe es entsprechend geschoben.

1 Antwort

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Hallo,

Bei einer Kettenlinie ist ganz allgemein$$\frac{F_y}{F_x} = y' \implies (F_y)' = y'' F_x \quad F_x= \text{const}$$ \(F_x\) ist die Kraft in horizontaler und \(F_y\) die in vertikaler Richtung. Das Gewicht \(G=mg\) des Seils pro Länge \(s\) ist im Schwerefeld$$q= \frac{mg}{s}$$mit \(g\) der Erdbeschleunigung und \(m\) dr Masse des Seils. Bei einem Seil, auf das nur die Rotationsbeschleunigung wirkt (Rotation um die X-Achse), ist $$q = \frac{m \omega^2 (-y)}{s}$$Bei einem durchängenden Seil gilt (und sonst auch!), dass die Summe aller vertkalen Kräfte gleich 0 ist, also:$$\text{d}F_y = q \text{d}s = \frac{m \omega^2 (-y)}{s} \text{d}s$$ nach Pythagoras ist$$\text{d}s = \sqrt{(\text{d}x)^2+(\text{d}y)^2} = \sqrt{1+y'^2} \text{d}x $$Einsetzen von \(\text{d}s\)$$\text{d}F_y = \frac{m \omega^2 (-y)}{s} \sqrt{1+y'^2} \text{d}x \\\implies \frac{\text{d}F_y}{\text{d}x} = \left(F_y\right)' = \frac{m \omega^2 (-y)}{s} \sqrt{1+y'^2} = y''F_x$$Die Konstanten fasse ich zu \(k\) zusammen und erhalte dann die DGL$$ y''= -ky\sqrt{1+y'^2}\quad\quad k = \frac{m\omega^2}{sF_x}$$... und dafür habe ich keine Lösung. Zumindest keine analytische Lösung. Ich habe es aber mal grob (mit Excel) nummerisch gerechnet. Und dies sieht so aus:

blob.png

die blaue Kurve ist eine nummerische Lösung obiger DGL. Die orange ist die bekannte Kettenlinie. Wie zu erwarten war, hängt die blaue Kurve mehr durch. D.h. der Teil des Seils, der weiter unten ist und damit weiter von der Rotationsachse entfernt ist, 'zieht' mehr.

Die leichte Asymmetrie ist den Ungenauigkeiten der nummerischen Lösung geschuldet.

Gruß Werner

Avatar von 4,6 k

Whow. Extrem gute Antwort.

Danke für das Kompliment :-). Es sei noch erwähnt, dass Wolfram Alpha zwar eine Lösung ausspuckt, aber diese enthält auch ein Elliptisches Integral,. Das hilft also auch nicht wirklich weiter.

Das ist ein Ansatz für eine Kettenlinie in einer Meridionalebene. Im allgemeinen Fall können die Aufhängepunkte aber bezüglich der Achse auch noch einen Winkel in tangentialer Richtung einschließen - das geht natürlich nur dann, wenn sie nicht auf der Rotationsachse liegen, sondern von ihr einen radikalen Abstand haben.

Das ist ein Ansatz für eine Kettenlinie in einer Meridionalebene.

das ist richtig! Über mehr hatte ich auch noch nicht nachgedacht. Möchtest Du das ganze auch noch in 3D haben?

Möchtest Du das ganze auch noch in 3D haben?
Für die Anwendung, die ich im Hinterkopf hatte, hätte mich in der Tat die allgemeine 3D-Lösung interessiert. Ich weiß z. B. nicht einmal, ob die Kettenlinie der allgemeinen Lösung überhaupt in einer (schrägen) Ebene liegt. (Oder gibt es dafür ein triviales Argument?)

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