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Quetzalcoatl
Anmeldungsdatum: 16.09.2014 Beiträge: 29
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Quetzalcoatl Verfasst am: 12. März 2015 14:56 Titel: Wie lange braucht der Stein für seinen Weg auf die Erde? |
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Hey Leute!!
Ich habe mal eine Frage:
Wenn ich einen Stein in einem radialsymmetrischen Gravitationsfeld habe, also a(r) = GM/r², wie lange braucht er dann bis er auf dem Boden aufschlägt?
Ich mein, wie kann man den Abstand r in r(t) setzen?
Denn nur dadurch kann man das nötige integral für die Geschwindigkeit (v(r(t)) aufstellen, sodass man dann Integral(v(r(t))) hat, sodass man dann s(r(t)) erhält.
Nur wie erhält man r(t)?
JTR |
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TomS Moderator
Anmeldungsdatum: 20.03.2009 Beiträge: 18164
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TomS Verfasst am: 13. März 2015 01:20 Titel: |
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Nun, es gibt mehrere Möglichkeiten
1) Lösen der Newtonschen Bewegungsgleichung F = ma für r(t), Berechnung von v(t) sowie Bestimmung der Falldauer. Das ist recht kompliziert, da i) die DGL für r(t) aufgrund a(t) von zweiter Ordnung und ii) aufgrund der Form von F(r) nichtlinear ist.
2) Verwenden des Energiesatzes E = T + U = const. Die kin. Energie T enthält v, und wg. E = const. kann man direkt nach v(r) auflösen.
Die Falldauer berechnet man dann gemäß
_________________ Niels Bohr brainwashed a whole generation of theorists into thinking that the job (interpreting quantum theory) was done 50 years ago.
Zuletzt bearbeitet von TomS am 15. März 2015 15:11, insgesamt 2-mal bearbeitet |
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Quetzalcoatl
Anmeldungsdatum: 16.09.2014 Beiträge: 29
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Quetzalcoatl Verfasst am: 15. März 2015 11:00 Titel: |
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Also meinst du dann, dass , dass dann in das Integral einfügen, und ausrechnen?
Aber dann kommt ja so etwas wie heraus... |
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TomS Moderator
Anmeldungsdatum: 20.03.2009 Beiträge: 18164
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TomS Verfasst am: 15. März 2015 11:13 Titel: |
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Schreib doch mal deine komplette Rechnung auf. Das sieht irgendwie nicht richtig aus. _________________ Niels Bohr brainwashed a whole generation of theorists into thinking that the job (interpreting quantum theory) was done 50 years ago. |
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Quetzalcoatl
Anmeldungsdatum: 16.09.2014 Beiträge: 29
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Quetzalcoatl Verfasst am: 15. März 2015 11:29 Titel: |
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TomS:
Ach mist, ja klar:
Ich hab in dem Integral von dr/v(r) das v(r) durch ersetzt. dann hast du ja nichts anderes als .
Und dann hab ich den Vorfaktor vergessen!
Somit ist ist das Integral dann .
Dann muss man natürlich noch Obergrenze minus Untergrenze rechnen, aber da ist es ja klar was da herauskommt, weswegen ich das jetzt nicht auch noch hinschreiben will!^^ |
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TomS Moderator
Anmeldungsdatum: 20.03.2009 Beiträge: 18164
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TomS Verfasst am: 15. März 2015 11:42 Titel: |
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Das stimmt M.E. immer noch nicht.
Ich hab' dich evtl. oben mit der zweimaligen Verwendung von T verwirrt. Hab' das korrigiert. Sorry. _________________ Niels Bohr brainwashed a whole generation of theorists into thinking that the job (interpreting quantum theory) was done 50 years ago. |
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Quetzalcoatl
Anmeldungsdatum: 16.09.2014 Beiträge: 29
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Quetzalcoatl Verfasst am: 15. März 2015 11:46 Titel: |
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@TomS:
Aber v(r) ist ja bekanntlich sqrt(GM/r).
Dann setzt du das einfach in deinem Integral(dr/v(r)) ein, erhältst Integral(Wurzel(r/GM))dr und hast dann t(r) = 2/3*Wurzel(r³/GM).
(Ich setze jetzt für den nächsten Schritt r = R+h.)
Dann noch Obergrenze minus Untergrenze, und du erhälst 2/3*((Wurzel((R+h)³)-Wurzel((R³))/Wurzel(GM) = t(h)
Ich hab jetzt keinen Bock auf den Editor, sorry.
Aber wenn du das jetzt mal mit einigen Werten ausrechnest, siehst du einfach, dass ich irgendwas gravierendes verkehrt gemacht hab, oder, was ich wirklich nicht glaube, dass du nen Denkfehler drin hast, denn:
Wenn du einen Stein aus 5 Metern höhe runterfallen lässt, braucht er knapp eine Sekunde bis nach unten. Wurzel(2*5m : 9,81m/s²)
Wenn ich das jetzt allerdings in meine Formel einsetze, kommt da 6,324 *10^-4 Sekunden raus, und das kann ja so irgendwie nicht stimmen!
Entweder ich muss die Integralgrenzen aders setzen, wodurch ich jedoch ein negatives Ergebnis erhalten würde, da R<R+h, oder ich kann nicht mehr rechnen! |
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TomS Moderator
Anmeldungsdatum: 20.03.2009 Beiträge: 18164
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TomS Verfasst am: 15. März 2015 13:45 Titel: |
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Ich verstehe nicht, was du rechnest. Ich denke, dass bereits dein Ansatz nicht korrekt ist.
Also zunächst mal gehe ich aus von der allgemeinen Formel
Dann setzen wir den Energiesatz im Gravitationsfeld an
Für den freien Fall aus der Ruhe von r_a bis r folgt
Auflösen nach v(r) liefert zunächst
Und das musst du jetzt in die obige Formel für die Fallzeit einsetzen
_________________ Niels Bohr brainwashed a whole generation of theorists into thinking that the job (interpreting quantum theory) was done 50 years ago. |
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Quetzalcoatl
Anmeldungsdatum: 16.09.2014 Beiträge: 29
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Quetzalcoatl Verfasst am: 15. März 2015 14:09 Titel: |
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Ich hab für v(r) einfach Wurzel(GM/r) genommen, und dann bei dt/dr für dr eingesetzt dann sofort über r integriert.
Ich hab die ganze Zeit verplant, dass ja Die Lageenergie U nicht komplett in die kinetische Energie T umgewandelt wird, weil beim Boden ja schluss ist. (Das hab ich die ganze Zeit nicht bedacht.)
Aber ich hab mir das Integral gerade mal bei Wolframalpha geben lassen!
Es sieht furchtbar aus! |
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TomS Moderator
Anmeldungsdatum: 20.03.2009 Beiträge: 18164
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TomS Verfasst am: 15. März 2015 14:21 Titel: |
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Quetzalcoatl hat Folgendes geschrieben: | Ich hab für v(r) einfach Wurzel(GM/r) genommen, und dann bei dt/dr für dr eingesetzt dann sofort über r integriert. |
Dabei vergisst du die potentielle Energie in der Ruhelage.
Quetzalcoatl hat Folgendes geschrieben: | Ich hab die ganze Zeit verplant, dass ja die Lageenergie U nicht komplett in die kinetische Energie T umgewandelt wird, weil beim Boden ja schluss ist. |
Mit dem Boden hat das nichts zu tun, den habe ich überhaupt noch nicht berücksichtigt. Es geht um die Anfangsbedingung bei r_a. Der Boden kommt erst ins Spiel, wenn du einen Wert für r einsetzt. _________________ Niels Bohr brainwashed a whole generation of theorists into thinking that the job (interpreting quantum theory) was done 50 years ago. |
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Quetzalcoatl
Anmeldungsdatum: 16.09.2014 Beiträge: 29
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Quetzalcoatl Verfasst am: 15. März 2015 14:24 Titel: |
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TomS:
Klar, aber du brauchst ja die Ober- und Untergrenze für das Integral, und somit auch den Boden, das meinte ich.
In deinem Integral ist dein nur eine Konstante, ne? also |
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TomS Moderator
Anmeldungsdatum: 20.03.2009 Beiträge: 18164
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TomS Verfasst am: 15. März 2015 14:45 Titel: |
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Ja, natürlich brauche in Grenzen.
r_a ist irgendein Abstand vom Erdmittelpunkt, und r ist irgendein Abstand kleiner r_a. Ich kann das Integral durchaus für eine punktförmige Zentralmasse bis r = 0 betrachten. Und ich muss nicht mit einer Fallhöhe h über dem Erdboden bei r_E argumentieren.
Da dein Ansatz falsch ist, ich aber nie mit Höhe, Boden u.ä. argumentiert habe, kann darin auch nicht die Ursache für deinen Fehler liegen. Dein Ansatz für die Fallgeschwindigkeit ist falsch. Und meines Erachtens liegt dein Fehler darin, dass du den Tem mit r_a - das entspricht dem Startpunkt - nicht berücksichtigt hast. _________________ Niels Bohr brainwashed a whole generation of theorists into thinking that the job (interpreting quantum theory) was done 50 years ago. |
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TomS Moderator
Anmeldungsdatum: 20.03.2009 Beiträge: 18164
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TomS Verfasst am: 15. März 2015 16:51 Titel: |
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Quetzalcoatl hat Folgendes geschrieben: | Aber ich hab mir das Integral gerade mal bei Wolframalpha geben lassen! Es sieht furchtbar aus! |
Man muss Mathematica wohl noch etwas auf die Sprünge helfen, damit man den Logarithmus und die imaginäre Einheit los wird. Ein paar Ansätze zur Substitution sollten helfen, z.B. kann man 1/r, r^n, anschließend evtl. noch sin(...) o.ä. ausprobieren. _________________ Niels Bohr brainwashed a whole generation of theorists into thinking that the job (interpreting quantum theory) was done 50 years ago. |
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