Senkrechter Fall? Denkste!

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

User
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

User †
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

jwl
 

Peter K

Vereinsmitglied
Ne, Norbert,

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

Kleinatze

Vereinsmitglied
..nochma zu 1):

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

watt meint ihr?
 
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.
 
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, Rudolf
Die 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 ]
 
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 ]
 
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 ]
 
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

User
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)
 
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 .....
 
:) 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 ]
 
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