Potentielle Energie einer infinitesimalen Länge eines elastischen Stabes

Question

Potentielle Energie einer infinitesimalen Länge eines elastischen Stabes

Julien

Ich tue mich peinlich schwer mit der Ableitung der potentiellen Energie eines infinitesimalen Elements eines elastischen Flächenstabs $A$ . Das unten gezeigte Bild ist ein Element der Stange, das verlängert wurde $du$ durch die Kraft $F$ .

Geben Sie hier die Bildbeschreibung ein

Ich habe diese Ableitung mehrmals versucht und muss noch den Faktor von erhalten $\frac{1}{2}$ In

$\begin{matrix} (1) & D U = \frac{1}{2} A Y (\frac{D u}{D X})^{2} D X, \end{matrix}$ $dU=\frac{1}{2}AY\big(\frac{du}{dx}\big)^2dx,\tag{1}$

die in meinen Vorlesungsunterlagen angegeben ist. Hier ist mein bisher bester Versuch: Aus der Spannungs-Dehnungs-Relation, $\sigma=Y\epsilon$ , Wo $Y$ ist Youngs-Modul erhalten wir:

\begin{matrix} (2) & \frac{F}{A} = Y \frac{D u}{D X} . \end{matrix}

$\frac{F}{A}=Y\frac{du}{dx}.\tag{2}$

Ich habe vor ein paar Tagen eine ähnliche Frage gestellt , und aufgrund dieser Antwort bin ich davon ausgegangen, dass die Arbeit beim Ausfahren des Stangenelements von der Länge her erledigt ist $dx$ Zu $du+dx$ Ist

\begin{matrix} (3) & D W = F [(D u + D X) - D X] \end{matrix}

$dW=F\big[ (du+dx)-dx\big]\tag{3}$

\begin{matrix} (4) & = Y A \frac{D u}{D X} D u . \end{matrix}

$=YA\frac{du}{dx}du.\tag{4}$

Und ich kann es eher wie die Antwort in meinen Vorlesungsunterlagen aussehen lassen, wenn ich dividiere und mit multipliziere $dx$ :

\begin{matrix} (5) & D W = Y A (\frac{D u}{D X})^{2} D X . \end{matrix}

$dW=YA\big(\frac{du}{dx}\big)^2dx.\tag{5}$

Und davon gehe ich aus $dW=dU$ Hier ( $F=-\frac{dU}{du}$ aber vergiss das Minuszeichen)

Ich habe andere Ansätze ausprobiert, aber sie machen für mich noch weniger Sinn. Eine Formel, die sich meiner Meinung nach als nützlich erweisen wird, ist die Durchbiegung im Abschnitt x einer Stange:

\begin{matrix} (6) & δ (X) = \frac{F}{A Y} X, \end{matrix}

$\delta(x)=\frac{F}{AY}x ,\tag{6}$

und ich denke, ein Integral wird ins Spiel kommen, aber ich bin mir nicht sicher, worüber ich mehr integriere (ich habe es mit einem infinitesimalen Element des Stabs zu tun). Wie verwende ich also die infinitesimale Arbeit, um die infinitesimale Änderung der potenziellen Energie hier zu finden, um diesen Faktor zu erhalten? $\frac{1}{2}$ (vorausgesetzt, es gehört tatsächlich dazu $dU$ )?

Antworten (3)

Potentielle Energie einer infinitesimalen Länge eines elastischen Stabes

QMechaniker · Answer 1

OP überlegt, warum der Faktor $\color{Red}{\frac{1}{2}}$ sollte in Gl. (1). OP scheint sich bewusst zu sein, dass es mit dem Faktor zusammenhängt $\color{Red}{\frac{1}{2}}$ in der elastischen potentiellen Energie

\begin{matrix} (A) & Δ U = \frac{1}{2} k (Δ u)^{2} \end{matrix}

$\Delta U ~=~\color{Red}{\frac{1}{2}}k(\Delta u)^2 \tag{A}$ einer Feder , aber genau wie?

Antworten:

Der $\Delta$ auf der linken Seite von Gl. (A) muss richtig verstanden werden. Stellen Sie sich vor, wir hätten vor dem Experiment eine gezeichnet $x$ -Achse auf der ungedehnten Saite. (Deshalb, wenn die Saite gedehnt wird, die $x$ -Etiketten verformen sich. In der Fluiddynamik würden wir sagen, dass wir das Lagrange-Bild (im Gegensatz zum Euler- Bild ) angepasst haben .) Let $\Delta x$ beziehen sich auf ein bestimmtes Intervall der Zeichenfolge. Dann $\Delta U$ in Gl. (A) ist die potentielle Gesamtenergie in diesem Teil der Saite, also die Hälfte.
Um Paradoxien bei der Division von infinitesimalen Größen zu vermeiden, nehmen wir das an $\Delta x$ ist klein, aber nicht unendlich klein. (Aus diesem Grund verwenden wir die Notationen nicht $\delta x$ oder $dx$ .)
Als nächstes müssen wir die mikroskopische Federkonstante in Beziehung setzen $k$ zum makroskopischen Young-Modul $Y$ . Durch Vergleich der Formel

$\begin{matrix} (2) & \frac{| F |}{A} = Y \frac{| Δ u |}{Δ X}, \end{matrix}$ $\frac{|F|}{A}~=~Y\frac{|\Delta u|}{\Delta x},\tag{2}$ und Hookesches Gesetz $\begin{matrix} (B) & | F | = k | Δ u |, \end{matrix}$ $|F| ~=~ k|\Delta u|,\tag{B}$ wir sehen, dass wir uns identifizieren sollten

\begin{matrix} (C) & k \overset{(2) + (B)}{=} \frac{Y A}{Δ X} . \end{matrix}

$k~\stackrel{(2)+(B)}{=}~ \frac{YA}{\Delta x} .\tag{C}$

Kombiniere schließlich Gl. (A) & (C), um die gesuchte Formel von OP zu erreichen

$\begin{matrix} (1) & Elastische potentielle Energiedichte = \frac{1}{A} \frac{Δ U}{Δ X} \overset{(A) + (C)}{=} \frac{1}{2} Y {(\frac{Δ u}{Δ X})}^{2} . \end{matrix}$ $\text{Elastic potential energy density}~=~ \frac{1}{A}\frac{\Delta U}{\Delta x} ~\stackrel{(A)+(C)}{=}~\color{Red}{\frac{1}{2}} Y \left(\frac{\Delta u}{\Delta x} \right)^2.\tag{1}$

Für weitere Details siehe Wikipedia und Refs. 1-2.

Verweise:

H. Goldstein, Klassische Mechanik; 2. Aufl.; Abschnitt 12.1.
H. Goldstein, Klassische Mechanik; 3. Aufl.; Abschnitt 13.1.

Julien · Answer 2

Ich habe etwas Hilfe bekommen, ich werde es für die wenigen Leute posten, die jemals darauf stoßen (bitte korrigieren Sie mich, wenn ich die Notation missbraucht habe):

D W = - D U = - \int_{0}^{D u} F D (D u) = - \int_{0}^{D u} A Y \frac{D u}{D X} D (D u)

$dW=-dU=-\int_0^{du}Fd(du)=-\int_0^{du}AY\frac{du}{dx}d(du)$

D U = \int_{0}^{j} A Y \frac{j}{D X} D j

$dU= \int_0^yAY\frac{y}{dx}dy$

= \frac{1}{2} A Y \frac{j^{2}}{D X}

$=\frac{1}{2}AY\frac{y^2}{dx}$

= \frac{1}{2} A Y \frac{D u^{2}}{D X}

$=\frac{1}{2}AY\frac{du^2}{dx}$

= \frac{1}{2} A Y (\frac{D u}{D X})^{2} D X

$=\frac{1}{2}AY(\frac{du}{dx})^2dx$

John Rennie · Answer 3

Die Kraft ist proportional zur Dehnung:

F = k X

$F = kx$

wo wir alle verschiedenen Konstanten wie den Elastizitätsmodul und die Fläche in die Konstante subsumieren $k$ . Wir wissen $dW = Fdx$ , So:

D W = k X D X

$dW = k x dx$

und die Integration ergibt:

W = \frac{1}{2} k X^{2} + C

$W = \tfrac{1}{2}kx^2 + C$

Wenn wir die Arbeit als Null definieren, wenn die Erweiterung Null ist, ist die Konstante $C$ Null ist, und wir erhalten die Beziehung zwischen Arbeit und Verlängerung komplett mit dem Faktor von $1/2$ .

Die potentielle Energie ist gleich der verrichteten Arbeit. Da Energie erhalten bleibt, muss diese Energie in potenzielle Energie umgewandelt werden, wenn Sie an dem System arbeiten. So $dU$ Und $dW$ sind effektiv gleich.
Wollen Sie sagen, es gibt keinen Faktor von $\frac{1}{2}$ vor $dU$ in der Situation, die ich beschrieben habe? (anders kann ich die beiden nicht unter einen Hut bringen)
Ich nehme an, meine ursprüngliche Frage war gegen Ende irreführend.

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Julien

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