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Archiv verlassen und diese Seite im Standarddesign anzeigen : Senkrechter Fall? Denkste!



Gast_489
20.07.2002, 10:52
:) Hallo Freunde,

vor einer längeren :D RCN-Sucht- und :eek: Perfektionismus-Bekämpfungspause noch ein paar Gimmicks.

1) Senkrechter Fall, denkste!

Auf einem praktischerweise luftleeren idealisierten Planeten beliebiger Größe mit einer Rotationszeit von 24 Stunden und g=10 (Schwerefeld-Höhengradient und -Inhomogenität vernachlässigt) fällt ein über dem Äquator in 125m losgelassenes Trum nach unten.

:) Wo trifft es auf?

Die Lösung dazu und auch die der noch folgenden 2 Fragen sind im "Privaten Teil" bei meinem letzten Beitrag meiner Veröffentlichungsliste versteckt. Link http://www.rc-network.de/cgi-bin/ubb/ultimatebb.cgi?ubb=get_topic;f=37;t=000034

2) Ein Jahr hat 365,xxxx Tage (die .xxxx {=0.2422}Schaltjahranteile sind hier nicht relevant) mit 365 (zB.) Sonnenaufgängen.

:) Wieviel Umdrehungen (Berechnungsbasis der Oberflächen-Rotationsgeschwindigkeit auf beliebiger Breite - ausser Pole, klar) hat in dieser Zeit die Erde aber wirklich gemacht?

3) Rund um die Erde soll in 10m Höhe eine Leitung gespannt werden. Aus Ersparnisgründen wird geplant, die Masten auf 9m zu verkürzen und sich viel Leitungsmaterial zu ersparen.

:) Wieviel Leitung erspart man sich wirklich auf der Erde?
:D Und am Jupiter?

Achtung: Bei der Lösung im o.a. Link steht irrtümlich "+PI" statt "mal PI". Lässt sich derzeit nicht editieren, seltsam. Wenn ich einen korr. Beitrag dazuschriebe, wäre alles im Tagesbeitrag unversteckt. Da ich das nicht will, somit Korrekturhinweis gleich hier.

Viel Spass wünscht Euch ein auf temporäre Internetenthalsamkeit (PC ist eh nicht zu Hause) umschaltender, Rudolf

[ 22. Juli 2002, 09:42: Beitrag editiert von: Rudolf Fiala ]

Gerhard_Hanssmann
20.07.2002, 22:36
Hallo Rudolph
zu 1: Von welchem Bezugssystem willst Du den Wurf beobachten ? Ich beobachte den Wurf in einem Inertialsystem am Abwurfort und behaupte, der Stein führt einen freien Fall aus !

Von dem Planet aus betrachtet(Bezugssystem senkrecht unter dem Abwurfort auf dem Planet), führt der Stein einen waagrechten Wurf mit der Fallzeit von 5 S aus. In dieser Zeit hat sich der Planet um den Winkel 5 s / (24*60*60)s *360 Grad
weitergedreht.
Aufschlagort im Bezugssystem auf dem Planet:
5s /(24*60*60)s *2*pi* r
r ist der Radius des Planeten.

zu 3:
U = 2* Pi*r
dU = 2* Pi* dr = 2*Pi* (9 - 10)m = -6,28 m Leitungsersparnis ist 6,28 m unabhängig von r, auf Erde und Jupiter daher gleiches Ergebnis.

zu 2: da hab ich grad keine Lust

[ 22. Juli 2002, 07:50: Beitrag editiert von: Gerhard_Hanssmann ]

Christian Volkmar
21.07.2002, 17:25
Ihr habt Probleme.... ;)

Gruß Christian

Maik
22.07.2002, 13:09
Hallo,

zu 1:

(was ist ein Trum?) Falls der (die,das) Trum sich von der Erde aus gesehen zuvor in Ruhe befand (sprich er die Erddrehung mitmachte), so fällt er ein wenig nach vorne, und zwar um 5s/(60s*60*24) *2*PI*125m=4.5cm.

zu 2: 366 (da wir im Bezug auf die Sonne zählen und uns einmal im jahr um dieselbe herumdrehen zählen wir einen Tag weniger als Umdrehungen.)

zu 3: siehe Gerhard

Grüße,
Maik

Michi
22.07.2002, 14:33
Und.............

..... wenn ich ein Loch durch die Erde bohre und nen Stein reinwerfe. kömmt der auffer anneren Seite wieder raus?

(Wärmeverhältnisse und Schmelztiegel Erdzentrum mal vernachlässigt)

:D :D :D

Holofernes
22.07.2002, 14:45
Der Stein, so stelle ich mir das vor, pendelt vielleicht eine gewisse Zeit hin und her oder rauf und runter, bis er im Erdmittelpunkt zur Ruhe kommt. Theoretisch!

Gerhard_Hanssmann
22.07.2002, 15:17
Hallo Michi
s sei der Abstand vom Erdmittelpunkt bis zum Stein.
r Erdradius, m Masse Stein,
roh Dichte der Erde (homogen)
Nach dem Gravitationsgesetz gilt:

F(s,m) = Gamma*4/3 *Pi*s^3* roh* m/ s^2

= Gamma*4/3*Pi *roh* m * s

Nur die in der Kugel mit Radius s vorhande Erdmasse verursacht die Gravitationskraft.

F(s,m) ist proportional zu s. Damit harmonische Schwingung.
D = Gamma *4/3*Pi*roh *m

Schwingungszeit:

T= 2 * Pi *(m/D)^1/2= 2*Pi*{1/(Gamma*4/3*Pi*roh)}^1/2

Masse des Steins spielt keine Rolle.

Wegen EES und harmonischer Schwingung kommt der Stein am anderen Ende gerade mit v = 0 m/s nach der Zeit T/2 wieder raus.

Holofernes
22.07.2002, 19:47
Ja und dann? Fällt er wieder zurück und das Spielchen beginnt von vorne bis er in der Mitte irgendwann hängen bleibt, oder?

Gerhard_Hanssmann
22.07.2002, 20:54
Hallo Holofernes
Idealisierte Bedingungen vorausgesetzt ( keine Reibung, kein Luftwiderstand), geht das Spielechen immer weiter, ohne Energieverlust. Der Stein bleibt nicht in der Mitte stehen, er geht von der einen Erdoberfläche zur anderen und wieder zurück. Es ist eine harmonische Schwingung, wie ein idealisiertes Feder-Masse-Pendel.

Michi
23.07.2002, 23:23
Joi Joi Joi !!!!

:eek: :eek:

Jo Wist Ihr denn nich............?

In 154,356 m Tiefe unter der Erdoberfläche.......

da wohnt doch der kleine, grüne Steinbeißer....

tstststs

:D :D :D

Michi
23.07.2002, 23:28
Aber im Ernst,

Gerhard. Interessant. Ist aber rein mathematisch, oder?

Und wenn ich mich recht entsinne, gilt doch für diese die Tatsache der reinen Theorie, oder?

Will sagen, die Berechnung basiert doch letztendlich auf einer idealisierten Annahme, oder nich?

:confused: :confused:

Bruckner Alex
24.07.2002, 11:28
Hallo Ihr Theoretiker!

da müßt Ihr aber ein ganz schön breites Langloch in die Erde bohren! Die Erde dreht sich ja mit einer bestimmten Winkelgeschwindigkeit, also ja auch der Stein an der Erdoberfläche. Wenn ich ihn fallen laße (Sauerstoffgerät vorausgesetzt! :D ), dann ... bei uns sagt man: er würde im Loch anwandeln ;)
Ja was passiert genau? bewegt sich der Stein auf einer Sinuskurve? Parabel? andere Kurven?

:confused: :confused: Alex :confused: :confused:

Maik
24.07.2002, 13:05
Hallo Alex,


Original erstellt von Bruckner Alex:
Hallo Ihr Theoretiker!

da müßt Ihr aber ein ganz schön breites Langloch in die Erde bohren! Die Erde dreht sich ja mit einer bestimmten Winkelgeschwindigkeit, also ja auch der Stein an der Erdoberfläche. Wenn ich ihn fallen laße (Sauerstoffgerät vorausgesetzt! :D ), dann ... bei uns sagt man: er würde im Loch anwandeln ;)
Ja was passiert genau? bewegt sich der Stein auf einer Sinuskurve? Parabel? andere Kurven?

:confused: :confused: Alex :confused: :confused: Da wir Reibung vernachlässigen können wir die Reibung des Steines mit der "Lochwand" auch vernachlässigen.

Grüße,
Maik

P.S.: wenn ich einen geraden Tunnel von hier nach irgendwo anders auf der Erde bohre (z.B. nach Sydney, London oder Palma) und den Stein reibungsfrei durch dieses Loch rutschen lasse, braucht er für unabhängig vom Ziel die gleiche Zeit. Es ist genau die selbe Zeit, die ein erdnaher Sattelit für eine halbe Erdumrundung benötigit.

Bruckner Alex
24.07.2002, 14:37
Original erstellt von Maik:
wir Reibung vernachlässigen können wir die Reibung des Steines mit der "Lochwand" auch vernachlässigen.

Grüße,
Maik

P.S.: wenn ich einen geraden Tunnel von hier nach irgendwo anders auf der Erde bohre (z.B. nach Sydney, London oder Palma) und den Stein reibungsfrei durch dieses Loch rutschen lasse, braucht er für unabhängig vom Ziel die gleiche Zeit. Es ist genau die selbe Zeit, die ein erdnaher Sattelit für eine halbe Erdumrundung benötigit.[/QB]Hallo Maik,
ich glaub, so einfach ist das nicht!
Der "Antrieb nach unten" wird erzeugt durch die Massenanziehung, ist klar.
Wie Du mit dem Stein über dem Äquator so schon gerechnet hast, gibt es eine Abweichung zur geraden Falllinie (Änderung der Umfangsgeschwindigkeit) Die Lochwand erzeugt jetzt eine Tangentialbeschleunigung. Wie wirkt sich die jetzt auf den Stein aus? Die Energie im Stein müßte ja gleich bleiben und da der Stein ja "negativ" beschleunigt wird, was geschieht jetzt? Bekommt der Stein eine Beschleunigung zum Erdmittelpunkt? Und was passiert dann, wenn der Stein an der anderen Seite ankommt? Hat er so viel kinetische Energie, daß er aus dem Loch austritt? Ja, und jetzt: die Erde dreht sich ja weiter unter dem Stein. Wenn der jetzt umkehrt, trifft der noch das Loch? :confused:

Fragen über Fragen :rolleyes:

Alex

Biplane
24.07.2002, 15:19
MoinMoin !

Der Stein wird erst garnicht das Ende des Tunnels erreichen, weil wenn der Stein gerade fällt, dreht sich die Erde weiter und somit auch der Tunnel. Der Stein fällt weiter geradeaus und prallt dann irgendwann an die Tunnelwand.

Hmm... Es sei denn der Tunnel ist genau durch die Erdachse gebohrt.

Maik
26.07.2002, 19:31
Hallo Alex,


Original erstellt von Bruckner Alex:

Hallo Maik,
ich glaub, so einfach ist das nicht!
Der "Antrieb nach unten" wird erzeugt durch die Massenanziehung, ist klar.
Wie Du mit dem Stein über dem Äquator so schon gerechnet hast, gibt es eine Abweichung zur geraden Falllinie (Änderung der Umfangsgeschwindigkeit) Die Lochwand erzeugt jetzt eine Tangentialbeschleunigung. Wie wirkt sich die jetzt auf den Stein aus? ...AlexDu hast ja schon erkannt, daß die Kräfte (unter Vernachlässigung der Reibung), die vom Tunnel auf den Stein wirken, senkrecht zur "Fallrichtung" sind. Kräfte, die senkrecht zur Bewegungsrichtung wirken, führen nur zu einer Änderung der Richtung, nicht aber zu einer Änderung der Geschwindigkeit und somit auch nicht zu einer Änderung der Energie. Somit wird der Stein genau bis zur gegenüberliegenden Erdoberfläche "fallen" und dort umkehren. Würde man ihn in das Loch hineinschießen, so daß er auf der anderen Seite herausfliegt und in einiger Höhe umkehrt, so wird er das Loch nicht mehr treffen, so ähnlich wie das Trum in Rodolfs 1. Aufgabe. Es fehlen im freien Flug die Kräfte der Tunnelwand, die den Stein dazu bringen, die Erddrehung "mitzumachen".

Grüße,
Maik

Bruckner Alex
27.07.2002, 08:25
Hallo Maik,
Kräfte senkrecht zur Fallrichtung?
Der Stein erhält doch eine Tangentialbeschleunigung, oder? Diese wird mit zunehmender Nähe zum Erdmittelpunkt immer geringer. und wächst dann wieder. Im 2. Fall ist es ja dann so, daß der Stein tangential zur Drehrichtung beschleunigt wird und sich die Erde gleichzeitig aber weiterdreht, also gibt es auch eine Beschleunigungskomponente radial.
Oder sehe ich das falsch.
Siehe Beispiel Wurfgeräte (eine gebogene Rinne, in der ein Stein liegt und den man durch eine Drehbewegung ausschleudert)

Alex

Maik
29.07.2002, 18:22
Hallo Alex,

ich hatte Dich falsch verstanden. Ich dachte mit Tangential meintest Du in Drehrichtung der Erde. Die Tunnelwände üben eine Kraft auf den Stein aus. Diese können wir uns in zwei Komponenten zerlegt denken. Einmal in Fallrichtung und einmal senkrecht zur Fallrichtung. Die in Fallrichtung sind die Reibungskräfte, die wir ja vernachlässigt haben. Und die senkrecht zur Fallrichtung ändern nur die Bahn, nicht aber die Energie bzw. die Geschwindigkeit.

Maik

Bruckner Alex
29.07.2002, 20:05
Hallo Maik,
und genau das glaub ich nicht!
Wenn ich mal Zeit und Lust habe, versuche ich das ganze in Formeln zu packen.
Ich kann mich ja irren, aber so aus dem leeren Bauch....
Ist denn kein Student da, der mehr Zeit hat wie ich?
Ich bin nämlich um diese Zeit meist noch am Arbeiten. :(

Alex

jwl
30.07.2002, 16:02
IMHO fliegt die kugel durch
und pendelt ewig

drehachse war klar ~nord-südpol

90 grad gedreht:
fliegt die kugel durch und pendelt ewig

die kugel beschleunigt und somit pro drehwinkel grösser weg der sie zurücklegt beim durchflug des erdkerns umgekehrt

gruss johannes

Gast_489
31.07.2002, 10:31
Hallo Theoriefreunde ;) ;)

erstaunlich wie sich das Ding in meiner Absenz entwickelt hat! Nur weiter so!

Beim Überfliegen der 2 Pages ist mir nur eine Anregung eingefallen, die für 5 oder 10 sec. Fallzeit völlig wurscht war, für Eure transterrestrischen Überlegungen aber nicht (möglicherweise habe ich auch zu schnell quergelesen):

Die Erdanziehung wirkt bei einem Fall mit einer Tangentialgeschwindigkeit größer NULL eben nicht in Fallrichtung, die ja NICHT AUF DEN ERDMITTELPUNKT ZIELT, sondern eben immer zum Schwerkraftzentrum. Anders ausgedrückt. Je mehr der Prüfkörper starthöhenabhängig nach Osten voreilt, umso größer wird der Winkel zwischen Fallbahn und Radiale zum Erdmittelpunkt. Dadurch wird der Körper immer mehr in eine eliptische Fallbahn (Keppler!!) gezwungen. Von geradliniegem Fall, egal in welchem Pseudo-Inertialsystem (Nachtrag zu Antwortposting Nummer 1) überhaupt keine Rede.

Euer Kanal durch die Erde müsste somit einer Kepplerschen Ellipse überlagert mit der Dreh-Eigenbewegung der Erde entsprechen. Eine Pendelbewegung quer durch bis zu den Antipoden halte ich für mathematisch nicht beweisbar - kann mich mit meinem unfachmännischen Gefühl aber auch irren.
Der Clou ist ja wohl, dass sich das Erd-INTERNE Schwerefeld eben nicht bis zum Maximum im Erdmittelpunkt erhöht, sondern für einen eintretenden Körper sogar immer schwächer wird und bei Erreichen des Erdmittelpunktes die Massenanziehung sogar NULL ist. Völlig egal, woraus der Erdkern besteht.
Damit ist die Verwendung der einfachen Hängependelgleichungen der falsche Ansatz. Das 2dimensionale Analogon ist eher ein nach oben gewölbtes Gebilde, auf das eine Kugel hinaufgeschossen wird und bei ausreichender Anfangsgeschwindigkeit den Zenith (Schwerezentrum mit lokaler Beschleunigung NULL) erreicht und dann auf der anderen Seite wieder beschleunigt herunterrollt.

Viel Spaß beim Knobeln, werde nächste Woche sehen, wie es weiterging. :D

Maik
31.07.2002, 13:40
Hallo Rudolf:


Original erstellt von Rudolf Fiala:
...Der Clou ist ja wohl, dass sich das Erd-INTERNE Schwerefeld eben nicht bis zum Maximum im Erdmittelpunkt erhöht, sondern für einen eintretenden Körper sogar immer schwächer wird und bei Erreichen des Erdmittelpunktes die Massenanziehung sogar NULL ist. Völlig egal, woraus der Erdkern besteht.
Damit ist die Verwendung der einfachen Hängependelgleichungen der falsche Ansatz...ne, ne. Umgekehrt ist richtig. Du schreibst richtig, daß das Schwerefeld zur Mitte hin immer geringer wird. Teilt man die Erdkugel in zwei Hälften auf, eine innere Kugel (mit dem gleichen Radius wie der Abstand des Körpers zum Erdmittelpunkt) und dem Rest (eine Kugelschale), so kann man ausrechnen, daß die Massenanziehungen der Masse der Schale sich gneau kompensieren. Es gibt nur noch eine effektive Anziehung von der Kugel. Die Masse dieser Kugel geht mit dem Volumen der Kugel und ist somit proportional zum Radius hoch drei, die Anziehung selbst ist umgekehrt proportional zum Quadrat des Abstandes der Mittelpunkte. Somit ist die Kraft proportional zum Abstand der Mittelpunkte, und dieses ist die Bedinung für einen harmonischen Oszillator (wie z.B. Federpendel oder Fadenpendel mit kleinem Ausschlag).

Aber selbst wenn dem nicht so wäre, dann wäre es trotzdem eine oszillierende Bewegung, nur halt nicht harmonisch.

Da wir die Reibungskräfte vernachlässigen, darf der Kanal aber auch gerade verlaufen!

Grüße,
Maik

jwl
31.07.2002, 15:25
was immer gern vergessen wird
bei oder habe ich es überlesen

(der fred wir ja so langsam undurchsichtig)

die zeit: da sich sich die kugel durch verschiedene schwerefelder fliegt wir sie zur mitte hin von bertracher aus gesehen in die vergangenheit
wenn sie wieder rauskommt ist wieder da

man koennte sich die frage stellen
nicht wie sondern wann

gruesse aus dem gekrümmten raum (http://www.quarks.de/relativ/06.htm)

jwl

Peter K
31.07.2002, 17:35
Ne, Norbert,

das geht nicht! An den Lochenden isses saukalt, das schneits immer rein und verweht auch immer wieder die Löcher ...

Gerhard_Hanssmann
05.08.2002, 20:41
Hallo
Über die zwei Steinaufgaben sollten wir nochmals diskutieren, da sind einige Würmer drin. Hier noch eine Einsteinaufgabe:

Es sei x = 2 * 2 und y = 5
dann ist x + y = 9 durchmultipliziert mit x - y
ergibt wegen der 3. Binomischen Formel:
(x + y) (x - y) = 9 (x - y)

x^2 - y^2 = 9x -9y
sortieren:
x^2 - 9x = y^2 - 9y
auf beiden Seiten 4,5^2 addieren:
x^2 -9x + 20,25 = y^2 - 9y + 20,25

Wegen der 2.Binomischen Formel:
(x - 4,5)^2 = (y - 4,5)^2

auf beiden Seiten die Wurzel ziehen:
x -4,5 = y - 4,5

auf beiden Seiten 4,5 dazuaddieren:
x = y
da x = 2*2 und y = 5 ist:

2 * 2 = 5

Maik
06.08.2002, 15:13
Hi,

Original erstellt von Gerhard_Hanssmann:
...
(x - 4,5)^2 = (y - 4,5)^2
auf beiden Seiten die Wurzel ziehen:
x -4,5 = y - 4,5
Ne,ne

richtig wäre:
x -4,5 = y - 4,5
ODER
x -4,5 = - (y - 4,5)

Grüße,
Maik

Kleinatze
11.08.2002, 12:19
..nochma zu 1):

Wir befinden uns in einem beschleunigten Bezugssystem, da darf man die Scheinkräfte (hier: Corioliskraft) nicht außer Acht lassen!

watt meint ihr?

Gerhard_Hanssmann
11.08.2002, 14:08
Hallo
Heute ist Dauerregen angesagt. Nix mit Fliegen, dann halt RCN.

Ich konnte euch von 2*2=5 nicht überzeugen.

Maik hat den Fehler in der Argumentationskette gefunden. Gut Maik.

Nochmals:

Quadratwurzel aus (a^2) = Betag a = a falls a >= 0 oder - a falls a < 0

Es wurde also beim Wurzelziehen ein Fehler gemacht.

Gerhard_Hanssmann
11.08.2002, 14:58
Original erstellt von Rudolf Fiala:
:)
1) Senkrechter Fall, denkste!

Auf einem praktischerweise luftleeren idealisierten Planeten beliebiger Größe mit einer Rotationszeit von 24 Stunden und g=10 (Schwerefeld-Höhengradient und -Inhomogenität vernachlässigt) fällt ein über dem Äquator in 125m losgelassenes Trum nach unten.

:) Wo trifft es auf?



Viel Spass wünscht Euch ein auf temporäre Internetenthalsamkeit (PC ist eh nicht zu Hause) umschaltender, RudolfDie Startbedingungen sind ungenau festgelegt. In welchem Bezugssystem wird der (Trum = ?) Stein losgelassen ?
Es sind folgende Startbedingungen denkbar.
1.) Bezugssystem ist ein System an der Erdoberfläche (Erde = Planet). Der Stein hat am Anfang die gleiche Tangentialgeschwindigkeit wie die Erde. Zu Beginn des Falls ist die Anfangsgeschwindigkeit in diesem Nichtinertialsystem 0 m/s. Hier ist die Rechnung mit der Korioliskraft durchzuführen.

2.)Bezugssystem ist ein System, das sich mit der Bahngeschwindigkeit der Erde um die Sonne mitbewegt, die Eigenrotation der Erde aber nicht mitmacht. Der Stein hat zu Beginn in diesem System die Anfangsgeschwindigkeit 0 m/s (auch tangential).

3.)Das Bezugssystem orientiert sich an den Fixsternen. Dies entspricht ungefähr 2.) da die Fallzeit auf die Erde im Vergleich zur Umlaufzeit der Erde um die Sonne sehr klein ist.

Da die Anfangsbedingungen in der Aufgabe nicht sauber formuliert sind, gehe ich von 2.)aus.

Nun gelten die Überlegungen wie sie auf Seite 1 durchgeführt wurden:

Ich beobachte den Wurf in einem "fast" Inertialsystem am Abwurfortnach 2.) und behaupte, der Stein führt einen freien Fall in diesem Bezugsystem aus.
Das stimmt so, in dem bei 2.) beschriebenen System ist die Steinbewegung ein freier Fall. Die Erde dreht sich zwar unter dem Stein weg, trotzdem fällt der Stein in System 2.) nach dem freien Fall. Die Fallzeit beträgt nach h = 0,5 g t^2
t = 5s.

In dieser Zeit hat sich der Planet von System 2.) aus betrachtet um den Winkel 5 s / (24*60*60)s *360 Grad weitergedreht, der Stein dreht sich aber nicht weiter.
Aufschlagort auf dem Planet:
5s /(24*60*60)s *2*pi* r = 2,29 km entgegen der Drehrichtung des Planeten.
r ist der Radius des Planeten z:B r = 6300 km

Wer Lösungen zu dieser Aufgabe anbietet, muß die Anfangsbedingungen sauber festlegen und sagen, welches Bezugssystem zugrunde liegt.

[ 11. August 2002, 15:03: Beitrag editiert von: Gerhard_Hanssmann ]

Gerhard_Hanssmann
11.08.2002, 15:21
Hallo
Zum schwingenden Stein in einer Röhre durch den Erdmittelpunkt ( keine Reibung).

Die Eigenrotation der Erde führt dazu, dass der Stein senkrecht gegen die Röhre gedrückt wird, da der Vorgang aber reibungsfrei angenommen wird, spielt dies bei der Bewegung des Steines keine Rolle. Die Zentrifugalkraft, die auf den Stein wirkt, ist im Vergleich zur Gravitationskraft sehr klein, deswegen braucht sie bei der rücktreibenden Kraft des Steines nicht berücksichtigt werden.
Die Argumentation von Maik ist völlig richtig.
Die Bewegung des Steines ist eine harmonische Schwingung, deren Bewegungsgesetze und Schwingungszeit bekannt sind.
Wesentlich dabei ist, dass die rückstellende Kraft des Steines proportional mit der Auslenkung zunimmt.
Dies wurde auf Seite 1, 22.7; 15:17 nachgewiesen und von Maik Seite 2, 31.7; 13:40 nochmals anschaulich dargelegt.
Die Schwingungszeit des Steins beträgt:
T= 2 * Pi *(m/D)^1/2= 2*Pi*{1/(Gamma*4/3*Pi*roh)}^1/2
Vgl S.1

Wenn die Röhre nicht mehr durch die Erdmitte geht, ist die Schwingung nicht mehr harmonisch. Dann ist der Sachverhalt nicht mehr so einfach rechnerisch in den Griff zu bekommen. Es gilt aber nach wie vor der Energieerhaltungssatz, so das der Stein gerade wieder am anderen Ende der Röhre raus kommt usw, nur nicht harmonisch.

[ 11. August 2002, 15:30: Beitrag editiert von: Gerhard_Hanssmann ]

Gerhard_Hanssmann
11.08.2002, 16:52
Hallo
Noch ein Beispiel, welches den Gebrauch von Bezugssystemen erklären soll:

Von einer Brücke in 20 m Höhe wird eine Tomate auf das (durchsichtige) Dach eines Personezugs fallen gelassen. Der Zug hat die Geschwindigkeit 15 m/s.

1.)
In diesem Beispiel wird die Brücke als Bezugssystem suggeriert.
In diesem Bezugssystem gilt:
Fallzeit: h = 0,5 g t^2 => t = 2 s
der Zug fährt in dieser Zeit um s = v t = 30 m weiter.
Der Aufschlagort im Bezugssystem Brücke ist direkt senkrecht unter der Brücke. Die Tomate fällt nach dem freien Fall. Der Aufschlagort auf dem Zug ist 30 m entgegen der Fahrtrichtung des Zugs nach hinten versetzt.

2.)
Die Wurfbewegung kann natürlich auch von einem Bezugssystem im Zug aus betrachtet werden. So würde ein Fahrgast argumentieren:
Fallzeit: 2s
Anfangsgeschwindigkeit der Tomate entgegen der Fahrtrichtung des Zuges: 15 m/s horizontal (für den Betrachter im Bezugssystem Zug ruht der Zug und die Tomate bewegt sich mit 15 m/s zum Zugende)
Weg in horizontaler Richtung während der Fallzeit:
w = v t = 30 m. Für den Betrachter im Zug ist die Flugbahn ein waagrechter Wurf.

Beide Überlegungen in den unterschiedlichen Bezugssystemen führen zum gleichen Ergebnis. Die Flugbahn wird nur anders beschrieben. Einmal freier Fall, das andere mal waagrechter Wurf.

[ 12. August 2002, 21:01: Beitrag editiert von: Gerhard_Hanssmann ]

Gerhard_Hanssmann
11.08.2002, 18:00
Hallo Rudolf


Original erstellt von Rudolf Fiala:
Hallo Theoriefreunde ;) ;)

erstaunlich wie sich das Ding in meiner Absenz entwickelt hat! Nur weiter so!

Beim Überfliegen der 2 Pages ist mir nur eine Anregung eingefallen, die für 5 oder 10 sec. Fallzeit völlig wurscht war, für Eure transterrestrischen Überlegungen aber nicht (möglicherweise habe ich auch zu schnell quergelesen):

Die Erdanziehung wirkt bei einem Fall mit einer Tangentialgeschwindigkeit größer NULL eben nicht in Fallrichtung, die ja NICHT AUF DEN ERDMITTELPUNKT ZIELT, sondern eben immer zum Schwerkraftzentrum. :D Wo steht in den Startbedingungen etwas von Tangentialgeschwindigkeit und von welchem Bezugssystem gehst du aus? Geschwindigkeit ist immer relativ. Auch der Begriff" fallen lassen" bedarf eines Bezugssystems,da Ruhe relativ ist.

Der Fall eines Prüfkörpes geht wegen der Gravitationskraft immer Richtung Erdmittelpunkt. Dieser Fall wird eventuell von einer tangentialen Bewegung noch überlagert, je nach Startbedingung.Mit dieser Überlagerung von Fall und gleichförmiger Bewegung in horizontaler Richtung wird der waagrechte Wurf ja rechnerisch behandelt.

Hier hat niemand Wege, Geschwindigkeiten oder Kräfte addiert.

"Von geradliniegem Fall, egal in welchem Pseudo-Inertialsystem (Nachtrag zu Antwortposting Nummer 1) überhaupt keine Rede."
Rudolf, das ist einfach falsch. Siehe Beispiel mit dem Zug. Tomate = Stein; Zug = Planet (siehe 1 Posting weiter oben).

"Eine Pendelbewegung quer durch bis zu den Antipoden halte ich für mathematisch nicht beweisbar - kann mich mit meinem unfachmännischen Gefühl aber auch irren."
Rudolf, die harmonische Schwingung ist durch Rechnung und anschauliche Erklärung von Maik und mir nachgewiesen. Gefühle helfen hier nichts, da zählt nur: Rücktreibende Kraft ist proportional zur Auslenkung.

"Damit ist die Verwendung der einfachen Hängependelgleichungen der falsche Ansatz."
Ist doch der richtige Ansatz, weil es eine harmonische Schwingung ist.

Heute ist sehr schlechtes Wetter, es regnet schon stundenlang. Statt Fliegen machen wir Physikaufgaben für Mechanik 1 + 2 .
Nun reichts aber.
:)

[ 12. August 2002, 21:08: Beitrag editiert von: Gerhard_Hanssmann ]

Maik
12.08.2002, 12:40
Hallo Gerhard,


Original erstellt von Gerhard_Hanssmann:
Hallo
...Wenn die Röhre nicht mehr durch die Erdmitte geht, ist die Schwingung nicht mehr harmonisch. ...doch, doch. Bleibt eine harmonische Bewegung (solange die Röhre gerade ist). Bedarf zwar etwas an Rechnerei, aber ist harmonisch. Es kommt sogar die gleiche Frequenz wie bei einer Röhre durch den Erdmittelpunkt heraus.

Grüße aus Bielefeld
(wo fast das ganze Wochenende gutes Flugwetter war)

Gerhard_Hanssmann
12.08.2002, 13:06
Hallo Maik
Bei Dauerregen werd ichs mal nachrechnen.

Gerhard_Hanssmann
12.08.2002, 18:13
Hallo Maik
Schlechtes Wetter.....

Die Röhre hat vom Erdmittelpunkt den Abstand d, der Stein habe momentan vom Erdmittelpunkt den Abstand a. Die Auslenkung s wird von der Mitte der Röhre bis zum Stein gemessen. d, s und a bilden ein rechtwinkliges Dreieck. Der Winkel mit den Schenkeln s und a in diesem Dreieck sei alpha. Alles reibungsfrei.

m Masse Stein,
roh Dichte der Erde (homogen)
Gamma Gravitationskonstante
Nach dem Gravitationsgesetz gilt:

F(a,m) = Gamma*4/3 *Pi*a^3* roh* m/ a^2

= Gamma*4/3*Pi *roh* m * a

Nur die in der Kugel mit Radius a vorhande Erdmasse verursacht die Gravitationskraft.

Die Kraft F(a,m) zeigt zum Erdmittelpunkt und muss in eine Kraftkomponente zerlegt werden, die parallel zur Röhre ist. Der senkrechte Anteil ist nicht wichtig, da der Vorgang reibungsfrei abläuft.

F(a,m)parallel=Gamma*4/3*Pi *roh* m * a * sin alpha

Wir sucen die Abhängigkeit F(s,m):
es gilt sin alpha = s/a => a = s/sin alpha

damit:F(s,m)parallel=Gamma*4/3*Pi *roh* m *s/(sin alpha) * sin alpha
der lästige sin alpha kürzt sich weg.
F(s,m)parallel=Gamma*4/3*Pi *roh* m *s

damit F proportional zu s
=> harmonische Schwingung mit
D = Gamma*4/3*Pi *roh* m
wie bei der Röhre durch die Erdmitte.
Damit ist T:
T= 2 * Pi*(m/D)^1/2=2*Pi*{1/(Gamma*4/3*Pi*roh)}^1/2

Dies ist tatsächlich die gleiche Schwingungszeit wie bei der Röhre durch den Erdmittelpunkt.

Jetzt hör ich auf, sonst kommen noch die Steinbeisser und .....

Gast_489
17.08.2002, 12:42
:) Hallo Gerhard,

dass die Tangentialgeschwindigkeit im Loslasspunkt der Probe größer ist als am Boden, war überhaupt die Basisbedingung für den ganze thread! :cool:

Dachte, das wäre selbstverständlich; habe leider nicht den grobmateriellen Startpunkt erwähnt, wie zB einen Kranarm (geostationärer Ballon etc. etc.). Und der hat halt mal eine höhere Tangentialgeschwindigkeit als der Boden (Mit Ausnahme der Pole, klar).
Wie sollte man denn sonst das "Trumm" loslassen können (Startbedingung expressis verbis!!)?

Grüße, Rudolf (nur mehr sehr selten online)

[ 17. August 2002, 12:45: Beitrag editiert von: Rudolf Fiala ]