 Verfasst am: 14. Dez 2018 01:15 Titel: Was ist mich der Höhe? |
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| Wir haben jetzt von der Drehung der Erde gesprochen. Aber was ist mit der Höhe? Wenn die Erde sich um die Sonne dreht, dann gibt es praktisch eine Vorderseite und eine Rückseite. Ich nehme jetzt mal fiktive Zahlen. Wenn die Erde sich mit 100 KMH bewegt und ich mit 30 KMH auf der Vorderseite hochspringe habe ich noch vor dem Hochsprung die 100 KMH von der Erde, direkt nach dem Absprung habe ich dann nochmal + 30 KMH also 130. Ich bewege mich solange nach oben bis mich die Schwerkraft auf 100 KMH abgebremst hat und ich für kurze Zeit auf unter 100 KMH komme und wieder auf dem Boden lande. Auf der Rückseite haben wir das gleiche mit negativen Zahlen. Also -100 KMH vor dem Absprung, nach dem Absprung -70 KMH. Bis ich wieder bei -100 KMH bin für kurze Zeit auf über -100 komme und wieder lande. So viel zur allgemeinen Logik hinter der Schwerkraftstheorie. Was aber aber fehlt ist folgendes. Wenn ich auf der Hinterseite stehe. Dort abspringe bewegt sich die Erde aber weiter um die Sonne und zwar mit unvorstellbaren ~30 KM pro Sekunde. Wenn ich nur für eine Sekunde durch den Absprung in der Luft bin, hat sich die Erde bereits 30 KM von mir entfernt. Ich denke in dem Fall komme ich nicht einmal mehr zurück auf die Erde, weil die Schwerkraft dafür wohl nicht ausreicht. Denn die Fluchtgeschwindigkeit der Erde soll bei 11 KM pro Sekunde liegen. Tut mir leid, dass ich in einem so alten Thread schreibe, aber ich habe im Internet nur diese eine Seite darüber gefunden und wollte, dass andere das auch finden können. |
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| Verfasst am: 21. Mai 2013 22:19 Titel: |
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| Hallo, ist zwar ein wenig her aber eine Frage zu den Ausführungen. Wenn der Stein irgendwann gegen die Wand stößt ... warum gilt das nicht für einen Sprung ... ich müsste doch genau so (unveränderte tangential Komponente) in der Luft irgendwand gegen eine Wand stoßen, d.h die Erde dreht sich unter meinen Füssen weg. Danke & Gruß |
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| Verfasst am: 06. Jan 2012 07:32 Titel: |
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| Ich habe den Thread über Feiertage aus der Sicht verloren, danke für die ausführliche Antwort. | |
| Verfasst am: 25. Dez 2011 11:56 Titel: |
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| Nochwas: Die Herleitung der Ellipsengleichung erfolgt unter der Annahme, dass die Bahn vollständig im Erdinneren verläuft, da nur dann das harmonische Oszillatorpotential ~ r² gilt; andernfalls müsste man ~ 1/r annehmen, was natürlich die Bewegungsgleichung und damit die Bahnkurve verändert. Dies bedeutet, dass die große bzw. kleine Halbachse der Ellipse in x-Richtung (mit einer Länge von R) bzw. in y-Richtung vorliegt. Daraus folgt eine Bedingung für den Quotient der Winkelgeschwindigkeiten, d.h. Nur dann handelt es sich in y-Richtung tatsächlich um die kleine Halbachse. Definiert man statt der Winkelgeschwindigeiten die entsprechenden Perioden so folgt d.h. die Rotationsdauer der Erde (ein Tag) muss größer sein als die Schwingungsdauer für einen vollständigen Durchlauf der Ellipsenbahn. Anschaulich gesprochen fällt der Stein "nach unten" aufgrund der Erdbeschleunigung und nicht "zur Seite" aufgrund der Tangentialbewegung. Die Fallbeschleunigung in y-Richtung dominiert die Tangentialbeschleunigung. Das entspricht aber auch unserer Anschauung, wenn wir einen Stein in einen Schacht werfen, d.h. es handelt sich wohl um eine extrem schlanke Ellipse. |
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| Verfasst am: 25. Dez 2011 11:19 Titel: |
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| Man betrachtet die exakte Lösung. Im Inneren einer Kugel homogener Dichte mit Radus R herrscht am Radius r<R immer ein Gravitationspotential, das nur von der Masse m(r) im Inneren des Radius r erzegt wird; die Kugelschale >r trägt nicht bei. Man darf sich im Falle der homogenen Kugel immer vorstellen, dass dieses Gravitationspotential statt durch eine homogene Kugel der Masse m(r) durch eine punktförmige Masse bei r=0 erzeugt wird. Zunächst berechnen wir m(r) Dann berechnen wir das Gravitationspotential Dabei ist R der Erdradius und M die Gesamtmasse der Erde. Man erkennt, dass demnach ein harmonisches Oszillatorpotential vorliegt. Wir führen nun noch die Abkürzung ein. Die Bewegungsgleichung in der xy-Ebene (also der durch die xy-Ebene definierte Schnittfläche der Erde) lautet (i=1,2 für x,y) Die allgemeine Lösung dafür lautet Nun setzt man noch die Anfangsbedingung ein x(0) = R, y(0) = 0, sowie die Tangentialgeschwindigkeit v in y-Richtung, und erhält die spezielle Lösung Da wir später die Winkelgeschwindigkeit der Erde (der Rotation eines Punktes der Erdoberfläche) benötigen, führen wir diese hier bereits ein: und damit Damit haben wir die Ellipsengleichung im Inertialsystem Diese Bahnkurve ist natürlich unrealistisch, da sie eine Bewegung des Steines durch die Erde annimmt. Für kleine Zeiten, zu denen sich der Stein innerhalb des Schachtes befindet, gilt natürlich die o.g. Näherung. Diese Bahnkurve kann man nun in ein mitbewegtes Koordinatensystem umrechnen, dessen Ursprung immer am oberen Schachtende befindet, und dessen x-Achse tangential zur Erdoberfläche bzw. dessen y-Achse senkrecht zur Erdoberfläche verläuft. Dazu später mehr ... |
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| Verfasst am: 25. Dez 2011 08:21 Titel: |
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| Ich habe jetzt zunächst mal den obigen Beitrag korrigiert, da ich da die Lösung für kleine Zeiten (steht jetzt da) und die volle Lösung unzulässigerweise vermischt habe. Die volle Lösung im Inertialsystem ist eine Ellipse. Sorry an Rmn, hab' ich irgendwie falsch verstanden. Interessiert die volle Lösung plus die Transformation ins rotierende Bezugssystem? |
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| Verfasst am: 24. Dez 2011 15:40 Titel: |
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| Würde das nicht heißen, dass der Stein, abgeworfen z.B. in 10km Höhe über der Erdoberfläche, die Erde verlassen würde? (nicht rotierende Bezugssystem) |
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| Verfasst am: 24. Dez 2011 13:43 Titel: |
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| jetzt fehlt eigtl. nur noch die Umrechung in das mitrotierende Bezugssystem des Beobachters am oberen Ende des Schachtes | |
| Verfasst am: 24. Dez 2011 13:40 Titel: |
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| Hallo, danke für die ausführliche Antwort. Die Begründung mit der Winkelgeschwindigkeit gefällt mir am besten. So wäre hier ja (c) richtig, Karl |
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| Verfasst am: 24. Dez 2011 13:08 Titel: |
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Die Ellipse im Gravitationsfeld (hier: im harmonichen Oszillatorpotential im Inneren der Erde) ergibt sich nur in einem Inertialsystem. Im vorliegenden Fall findet man für kleine Zeiten als Näherung eine Gerade (nämlich der freie Fall ins Zentrum). Dem überlagert wird nun ebenfalls für kleine Zeiten die Anfangsbedingung, d.h. die Tangentialgeschwindigkeit. Zunächst gilt im ruhenden Bezugssystem mit Koordinatenursprung in der Drehachse und für kleine Zeiten Natürlich gilt die Bewegungsgleichung in der Praxis so nicht, denn irgendwann stößt der Stein an die Schachtwand. |
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| Verfasst am: 24. Dez 2011 09:28 Titel: |
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| Wegen der Drehimpulserahltung bei konstanter Gravitationskraft. | |
| Verfasst am: 24. Dez 2011 09:20 Titel: |
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| Die Bahnkurve hab' ich ja nicht eingezeichnet. Müsste man mal ausrechnen, aber nicht an Weihnachten. Wie kommst du auf die Idee mit der Ellipse? | |
| Verfasst am: 24. Dez 2011 09:04 Titel: |
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 Wird der Stein nicht eine Ellipsenbahn beschreiben?(abgesehen von der abfallenden Gravitationskraft) |
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| Verfasst am: 24. Dez 2011 08:26 Titel: |
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| So, ich hoffe mittels der Graphik wird das klar (mir ist . Schwarz sind die Geschwindigkeitskomponenten des Steines. Zu Beginn ist die Tangentialgeschwindigkeit des Steines gleich der Tangentialgeschwindigkeit eines Punktes auf der Erdoberfläche, der Stern ist also relativ zur Erdoberfläche in Ruhe. Im Verlauf des Falls nimmt die Radialgeschwindigkeit (Fallgeschwindigkeit) des Steines natürlich zu, die Tangentialkomponente bleibt aber identisch, da in Tangentialrichtung keine Kraft wirkt! Rot ist die Tangentialgeschwindigkeit eines beliebigigen Punktes der Erde, also z.B. der jeweiligen Schachtwand. Diese nimmt mit zunehmender Tiefe des Schachtes ab. Im Vergleich zur Tangentialgeschwindigkeit des Steines (schwarze Pfeile) werden die roten Pfeile also kürzer. Der Stein holt die (bzgl. der Pfeilrichtung) vor ihm liegende Tunnelwand also ein und stößt gegen diese. |
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| Verfasst am: 23. Dez 2011 19:38 Titel: |
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Interessante Fragestellung, würde mich über eine Äußerung von TomS freuen  |
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| Verfasst am: 23. Dez 2011 18:24 Titel: |
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| Ich würde vielleicht sogar c) sagen ,bin mir auch nich sicher. Der Stein hat an der Erdoberfläche ja dieselbe Winkelgeschwindigkeit wie die Erde, mit sinkendem Abstand zum Erdmittelpunkt verringert sich die Geschwindigkeit des Erdschachts, aber die des Steins müsste dieselbe bleiben. (wodurch sollte sie sich ändern) | |
| Verfasst am: 23. Dez 2011 16:37 Titel: |
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| Hallo, vielen Dank für die ausführlichen Erklärungen. Ich tippe hier auf (b), da sich die Erde von "oben" betrachtet gegen den Uhrzeigersinn dreht. eine Querschnittsabbildung: i76.img-up.net/Screenshot0o3r.png Allerdings könnte ich mir auch (a) vorstellen, da er ja mitrotiert, allerdings am Anfang zu schnell, dann wird der Radius kleiner, also doch (b) ? Klingt für mich alles plausibel... |
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| Verfasst am: 23. Dez 2011 07:56 Titel: Re: Erde, Sprung nach oben |
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Während man noch auf der Erde steht rotiert man mit der Erde mit; während des Sprungs rotiert man also weiter mit (eigtl. bewegt man sich dabei nicht mehr auf einer Kreisbahn wie die Erdoberfläche sondern auf einer tangentialen, geraden Bahn, aber für kleine Sprünge merkt man den Unterschied nicht). Somit landet man eben wieder da, wo man abgesprungen ist, weil sich die Erde eben nicht 'unter einem wegdreht'. Auch Flugzeuge und die Lufthülle behalten bzw. haben ja diesen Drehimpulsnach, d.h. ihre Geschwindigkeit von Flugzeugen und Wolken bemisst sich immer relativ zur rotierenden Erde - sie müssen die Rotationsgeschwindigkeit der Erde nicht erst ausgleichen. Es gibt einen netten Effekt: stell dir irgendwo am Äquator einen senkrechten Schacht bis zum Erdmittelpunkt vor. Wenn du einen Stein hineinfallen lässt, was passiert? a) der Stein bleibt in der Mitte des Schachtes? b) der Stein stößt an die westliche Innenwand des Schachtes c) der Stein stößt an die östliche Innenwand des Schachtes |
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| Verfasst am: 23. Dez 2011 07:02 Titel: Erdrotation |
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| Wenn sich die Erde wie ein fahrender Zug bewegen würde, könnte man mit der Trägheit argumentieren. Nun rotiert die Erde aber. Deshalb müssen wir beim Wechsel des Beobachters von "aussenstehend" auf "mitrotierend" die Zentrifugalkraft und die Corioliskraft einführen. Das Zentrifugalfeld überlagert sich mit dem von der Erdmasse erzeugten Gravitationsfeld. Zusammen gibt das ein leicht verändertes Gravitationsfeld. Aber die Corioliskraft macht sich beim Sprung bemerkbar und führt zu einer ganz kleinen Bahnabweichung. rotierendes Bezugssystem: http://www.youtube.com/watch?v=uUVpdyxHO-I Corioliskraft: http://www.youtube.com/watch?v=m31v1O9lFRQ |
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| Verfasst am: 22. Dez 2011 23:02 Titel: |
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| Ok,danke sehr, aber... Wie könnte man es anders (besser) ausdrücken ? Das mit den Beobachtern stimmt aber ? |
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| Verfasst am: 22. Dez 2011 22:44 Titel: |
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| Ja, ich denke Du meinst das Richtige. | |
| Verfasst am: 22. Dez 2011 22:40 Titel: |
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| Könnte es dann auch sein, dass es vom Beobachter abhängt, dass es für mich wie ein senkrechter Sprung (gestrichelte Linie) aussieht, für jemanden aus dem All wie die durchgezogene ? z10.img-up.net/Screenshot0qb5.png |
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| Verfasst am: 22. Dez 2011 22:30 Titel: Re: Erde, Sprung nach oben |
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Moin,
weil Du durch Feine Masse eine gewisse Trägheit hast, und Dich trotz des Sprungs noch mit der (annähernd) gleichen Geschwindigkeit wie die Erde bewegst. Wenn Du im Zug einen Ball nach oben wirfst fällt er doch auch auf Deine Hand zurück und nicht woanders hin, oder? |
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| Verfasst am: 22. Dez 2011 22:20 Titel: Erde, Sprung nach oben |
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| Meine Frage: Warum fällt man nicht woanders runter, wenn man von der Erde aus einfach hochspringt ? Meine Ideen: Schließlich dreht sich die Erde doch auch weiter während man in der Luft ist. |
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