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franz
Anmeldungsdatum: 04.04.2009
Beiträge: 11583
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 franz Verfasst am: 20. Apr 2009 18:45 Titel: Auftreffort bei senkrechtem Wurf [Flakgranate] |
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Knobelaufgabe:
Wohin fällt die 10 km (senkrecht und reibungsfrei) hoch geschossene Flakgranate?
Gruß Franz
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schnudl
Moderator
Anmeldungsdatum: 15.11.2005
Beiträge: 6979
Wohnort: Wien
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| schnudl Verfasst am: 20. Apr 2009 19:09 Titel: |
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<off topic>
gehts auch ein wenig unmilitärischer?
Beim Wort Flakgranate rollen sich bei mir schon die Zehennägel ein!
</off topic>
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Wenn du eine weise Antwort verlangst, musst du vernünftig fragen (Goethe) |
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wishmoep
Anmeldungsdatum: 07.09.2008
Beiträge: 1342
Wohnort: Düren, NRW
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| wishmoep Verfasst am: 20. Apr 2009 20:41 Titel: |
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Hört sich nach einer ähnlichen Aufgabe zu folgendem an: Man springt hoch und bleibt 3h in der Luft, wo landet man? Die Antwort mag wohl einfach sein: am gleichen Punkt.
Ich denke hier ist es jedoch etwas anders.
Die Flakgranate (ich habe da keine Probleme  ), besitzt ja beim Verlassen des Geschützrohres die gleiche (horizontale) Bahngeschwindigkeit die das Geschütz und die Erde an diesem Punkt. Nennen wir diesen Salat einmal
Nehmen wir einmal an, dass die Granate in einer vernachlässigbar geringen Zeit die 10km Höhe erreicht (jetzt nur kurz rein hypothetisch).
Wir haben das Geschoss ja nur vertikal beschleunigt, nicht horizontal, also dürfte die horizontale Geschwindigkeit  sich nicht verändert haben, wohl aber der Abstand bzw. der Radius zum Erdmittelpunkt und somit auch die Winkelgeschwindigkeit.
)
Wann aber würde die Granate (oder unmilitärischer das Geschoss) nur wieder am gleichen Punkt auf den Boden auftreffen?
Doch wohl nur bei gleicher Winkelgeschwindigkeit in jedem Punkt, oder verrenn ich mich da?
Aus der Formel (senkrechter Wurf) für die Steighöhe  und der Formel für die Steigzeit  kann man zunächst die Anfangsgeschwindigketi und daraufhin die benötigte Zeit berechnen.
Während dieser Zeit - genauer während zweimal dieser Zeit (hin und zurück) - bewegt sich das Geschütz mit einer höheren Winkelgeschwindigkeit.
Nehmen wir an, die Winkelgeschwindigkeit habe die Einheit radiant pro Sekunde.
Somit wäre das "zurückgelegte Bogenmaß" des Geschützes:
Das Geschoss hat ja in jedem infinitisimal kleinen Abschnitt eine andere Winkelgeschwindigkeit  = \dfrac{\omega_0\cdot r_E}{r_E + r})
Der Abstand zum Geschütz ließe sich selber durch  ausdrücken, sodass:
 = \dfrac{\omega_0\cdot r_E}{r_E + \left(-\frac{g}{2}\,t^2+v_0\cdot t\right)} = \dfrac{\omega_0\cdot r_E}{r_E + v_0\cdot t -\frac{g}{2}\,t^2} = \dfrac{2\cdot\omega_0\cdot r_E}{2\cdot r_E + 2\cdot v_0\cdot t -g\,t^2})
Über die Zeit integriert bekomme ich (dank Maple ^^) für das "überschrittene Bogenmaß" des Geschosses:
}{\sqrt{2\,r_E\cdot g+v_0^2}} \right]_{0}^{10^4\,\mathrm{m}})
... Nur irgendwie will es hier nicht weiter... Fehler wo bist du ... so far...
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schnudl
Moderator
Anmeldungsdatum: 15.11.2005
Beiträge: 6979
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| schnudl Verfasst am: 20. Apr 2009 21:30 Titel: |
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Wenn ich den Abschussvorgang aus einem Inertialsystem betrachte, dann schiesse ich doch das Geschoss mit einer Tangentialkomponente ab, die sich aus
berechnet.
Da der Erdradius sehr klein im Vergleich zur Wurfhöhe ist, kann man die Erde als eben betrachten, mit konstantem g - oder?
Dann habe ich einfach einen schiefen Wurf mit h=10km.
Die Vertikalgeschwindigkeit ist dann
die Flugzeit
und die x-Strecke
Damit komme ich auf 31km im Inertialsystem.
Da sich die Erde aber in dieser Zeit auch weiterbewegt, nämlich um den Betrag
komme ich zum Schluss, dass mir das Geschoss auf den Kopf fällt. Zumindest in erster Näherung...
??? 
*** ohje, jetzt wird es gleich Kritik hageln - duck ***
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Wenn du eine weise Antwort verlangst, musst du vernünftig fragen (Goethe) |
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franz
Anmeldungsdatum: 04.04.2009
Beiträge: 11583
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| franz Verfasst am: 20. Apr 2009 22:06 Titel: |
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Was das ungeliebte Militär angeht: War meines Erachtens immer ein Antrieb der Physik, oder?
Daß, zweitens, die Granate nicht ins Rohr zurückfällt, darf in dieser Runde wohl vorausgesetzt werden.
Gruß Franz
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wishmoep
Anmeldungsdatum: 07.09.2008
Beiträge: 1342
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| wishmoep Verfasst am: 20. Apr 2009 22:37 Titel: |
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Mir fällt gerade noch ein, dass, die Beschleunigung ja auch von dem Abstand abhängt... Muss ich mir bei Zeit nochmal nen Kopp drüber machen.
An so eine Art schiefen Wurf hatte ich auch gedacht, schnudl.
Im Endeffekt müsste das Geschoss ja hinter dem Geschütz auftreffen... nur wie weit ist dann doch die Frage...
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d;-)
Anmeldungsdatum: 01.04.2009
Beiträge: 66
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| d;-) Verfasst am: 21. Apr 2009 04:13 Titel: |
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wenn ich das geschoss am äquator abschieße, schlägt es ca. 6,7 km weiter westlich ein ..
allgemein abhängig vom breitengrad:
wobei  am äquator 0° und an den polen 90° ist
könnte ein realistischer wert sein .. was meint ihr?
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schnudl
Moderator
Anmeldungsdatum: 15.11.2005
Beiträge: 6979
Wohnort: Wien
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| schnudl Verfasst am: 21. Apr 2009 07:22 Titel: |
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| franz hat Folgendes geschrieben: | Was das ungeliebte Militär angeht: War meines Erachtens immer ein Antrieb der Physik, oder?
Daß, zweitens, die Granate nicht ins Rohr zurückfällt, darf in dieser Runde wohl vorausgesetzt werden.
Gruß Franz |
aha, also muss man offenbar doch genauer rechnen...
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Gargy
Anmeldungsdatum: 24.11.2006
Beiträge: 1046
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| Gargy Verfasst am: 21. Apr 2009 08:28 Titel: |
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Nochmal off-topic.
| franz hat Folgendes geschrieben: | | Was das ungeliebte Militär angeht: War meines Erachtens immer ein Antrieb der Physik, oder? |
Nein. Man könnte auch einen Ball hochschießen. Aber wie war das, wenn man nach dem warum fragt: Weil ich kann?! Ganz toll.
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Ich habe ins Blaue geschossen und ins Schwarze getroffen - Friedrich Dürrenmatt |
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wishmoep
Anmeldungsdatum: 07.09.2008
Beiträge: 1342
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| wishmoep Verfasst am: 21. Apr 2009 16:14 Titel: |
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| d;-) hat Folgendes geschrieben: | wenn ich das geschoss am äquator abschieße, schlägt es ca. 6,7 km weiter westlich ein ..
allgemein abhängig vom breitengrad:
wobei am äquator 0° und an den polen 90° ist
könnte ein realistischer wert sein .. was meint ihr? |
Da fehlt mir ein wenig Erklärung... also wir haben jetzt 3 Ansätze...
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schnudl
Moderator
Anmeldungsdatum: 15.11.2005
Beiträge: 6979
Wohnort: Wien
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| schnudl Verfasst am: 21. Apr 2009 16:40 Titel: |
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meinen Ansatz habe ich sowieso schon verworfen.
Ich muss aber zugeben, dass es für mich bei näherer Betrachtung weitaus schwieriger ist, als es oberflächlich erscheint.
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Wenn du eine weise Antwort verlangst, musst du vernünftig fragen (Goethe) |
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gast=CT
Gast
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| gast=CT Verfasst am: 21. Apr 2009 17:53 Titel: |
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So eine Abweichung?
-\frac{g_{orth}}{4\omega^2}(2\omega t -sin 2\omega t))
Unter Verwendung von ...de.wikipedia.org/wiki/Coriolis
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d;-)
Anmeldungsdatum: 01.04.2009
Beiträge: 66
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| d;-) Verfasst am: 21. Apr 2009 19:00 Titel: |
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| schnudl hat Folgendes geschrieben: | | meinen Ansatz habe ich sowieso schon verworfen. |
hab mich gestern nacht verrechnet .. kommt ne wesentlich größere zahl raus .. damit fang ich auch wieder bei 0 an ...
| schnudl hat Folgendes geschrieben: | | Ich muss aber zugeben, dass es für mich bei näherer Betrachtung weitaus schwieriger ist, als es oberflächlich erscheint. |
schon ein wenig tricky ..
\\edit:
.. wie wärs mit ca. 88 metern westlich am äquator? 
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MI
Anmeldungsdatum: 03.11.2004
Beiträge: 828
Wohnort: München
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| MI Verfasst am: 21. Apr 2009 20:16 Titel: |
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Ich hatte mir so ein ähnliches Problem in den Ferien angeschaut, als ich einen Artikel über die Ostabweichung in der Spektrum fand (und habe es mit Fachbüchern, die ähnliche Probleme enthielten, gelöst), daher ein Versuch von mir:
Mittels beschleunigter Koordinatensysteme erhält man sofort die Gleichung:
) - 2m(\omega\times \dot{\overline{r}})-m(\dot{\omega}\times r))
wenn  die Bahnkurve im mitbewegten, Erdbeobachtersystem (kartesisch!) und  die Bahnkurve im geozentrischen Inertialsystem ist.
Da die Erde nicht beschleunigt rotiert, fällt der letzte Term weg. Außerdem kann man wohl die Zentrifugalkraft (da zur zweiten Ordnung) vernachlässigen. Die Erdwinkelgeschwindigkeit ist ja jetzt nicht SO groß.
Dann Masse rauskürzen und wir haben:
)
Jetzt habe ich das Koordinatensystem auf der Erde so gelegt, dass  nach Osten,  nach Norden und  nach oben zeigt (Rechtssystem sollte damit stimmen!?). Winkelgeschwindigkeit zeigt in Umdrehungsrichtung, dies sei  vom ruhenden Bezugssystem. In diese Richtung zeigt jetzt  .
Okay,  ist natürlich der Radius - die Beschleunigung findet zum Mittelpunkt statt - zusammen mit  gibt sich ja das tatsächliche - also den Rotationsellipsoid.
Eine kurze Skizze ergibt für Omega (ähnlich wie oben bei nur umgekehrt, da die beiden ja orthogonal sind):
Damit ergibt sich für die Corioliskraft:
=\begin{pmatrix}{} \dot{\overline{x_3}}\cos\phi-\dot{\overline{x_2}}\sin\phi \\ \dot{\overline{x_1}}\sin\phi \\ -\dot{\overline{x_1}}\cos\phi \end{pmatrix})
Okay, jetzt nehme ich noch an, dass unser Koordinatensystem zur tatsächlichen Erdbeschleunigung  ausgerichtet ist und das die Winkelabweichung pro Breitengrad höchstens von der Fehlerordnung ist, die bereits durch das Weglassen der Zentrifugalkraft entsteht...
In dem Fall kann man die Bewegungsgleichungen hinschreiben und braucht nur einen Term mehr ( in der dritten Gleichung) zu berücksichtigen.
So, jetzt zu unserem Problem hier:
Anfangsbedingungen: Geschwindigkeit am Anfang nur in x3-Richtung, ansonsten startet das Ding im Koordinatenursprung.
Also gilt es, die Startgeschwindigkeit zu berechnen.
Das Ding fliegt h=10.000m hoch, Unter Vernachlässigung der Schwerkraftveränderung - ich denke, das sollte gehen - erhalte ich durch die Energieerhaltung, wenn ich die potentielle Energie zu Beginn auf 0 setze:
Und weiterhin gilt: In unserem Koordinatensystem gibt's über die gesamte Fallzeit nur die Geschwindigkeit in  -Richtung, die Ostabweichung kommt ja allein von der Corioliskraft.
Nun die Bewegungsgleichungen lösen, die nur noch lauten:
Zweite Gleichung ist fertig, dritte Gleichung lässt sich durch Integration soweit lösen, wie wir's brauchen:
 (Wir beginnnen zum Zeitpunkt 0).
Damit lässt sich auch die erste Gleichung mittels doppelter Integration lösen:
Jetzt brauchen wir noch die Fallzeit  und sollten dann das Problem lösen können:
Hierzu einfacher freier Fall:
Die Zeit verdoppeln und einsetzen - Annahme, dass wir uns am Äquator befinden:
Einsetzen ergibt eine Abweichung von 
Erscheint mir auf jeden Fall realistischer als 6,3 Kilometer. Aber ob's stimmt - keine Ahnung - ich hatte mit einem Zehntel gerechnet...
Gruß
MI
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d;-)
Anmeldungsdatum: 01.04.2009
Beiträge: 66
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| d;-) Verfasst am: 21. Apr 2009 20:36 Titel: |
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habe vorhin (2 posts vorher) mich um den faktor 2 verrechnet (88m statt 44m). dabei habe ich im prinzip auch die bewegungsglgn aufgestellt .. und einmal den fall aus einer höhe und dann den abschuss mit einer anfangsgeschwindigkeit betrachtet
im prinzip steht das auch bei dir:
| MI hat Folgendes geschrieben: |  |
der 1. term ist die abweichung richtung osten auf grund der fallbewegung
der 2. term ist die abweichung richtung westen auf grund des abschusses
ich hab die lösung in folgender form:
die x achse ist in richtung osten gewählt .. nach einsetzen der werte komme ich auch auf:
also landet das geschoss ca. 44m westlich ...
ps: meine überlegungen von heute nacht vergess ich besser wieder ganz schnell 
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MI
Anmeldungsdatum: 03.11.2004
Beiträge: 828
Wohnort: München
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| MI Verfasst am: 21. Apr 2009 22:21 Titel: |
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Bis auf's Vorzeichen (was bei mir durchaus mal verlorengegangen sein kann - oder ich hab's falsch vom Taschenrechner abgelesen stimmen wir also überein.
Freut mich 
Gruß
MI
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franz
Anmeldungsdatum: 04.04.2009
Beiträge: 11583
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| franz Verfasst am: 26. Apr 2009 21:17 Titel: |
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mfG F.
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bottom
Anmeldungsdatum: 04.02.2009
Beiträge: 333
Wohnort: Kiel
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| bottom Verfasst am: 27. Apr 2009 23:15 Titel: |
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ich hab die aufgabe gerade gesehen und da sie interessant klang mir mal gedanken gemacht. ich bin auf folgenden lösungsweg gekommen (ohne mir vorher eure diskussion durchzulesen). da er imho anders ist als eure, dachte ich mir ich schrein ihn einfach mal dazu, über rückmeldung würd ich mich freuen:
folgende idee:
ich betrachte zunächst nur die aufwärts bewegung.
mein bezugssystem rotiert zusammen mit der Erde mit der festen Winkelfrequenz .
ich Schieß das Projektiel hoch, es besitzt die (konstante) Tangentialkomponente  mit als erdradius.
Die höhe r in abh. von der zeit lässt sich nun folgendermaßen beschreiben:
=v_0t-0,5gt^2)
 mit h als zu erreichender höhe
so, jetzt hab ich nurnoch die differenz aus der bahngeschwindigkeit an der jeweiligen stelle r(t) und der tangentialkomponente gebildet. sie gibt sozusagen die geschwindigkeit der relativbewegung zur erdoberfläche zum zeitpunkt t an.
 &=& \omega \cdot r_0 \, - \, \omega \cdot r(t) \\ &=& 0,5\omega g \, t^2 - \omega\sqrt{2gh} \, t + \omega r_0)
dieser ausdruck integriert über der zeit die für den aufstieg benötigt wird, ergibt auch schon die horizontale entfernung vom ausgangspunkt die das projektiel im scheitelpunkt der flugbahn hat. Verdoppelt ergibt es dann die gesuchte entfernung d zum einschlagsort.
 \, dt )
für unsere aufgabe ergibt sich folgendes:
 \, dt \approx 42km)
PS: das endergebnis kann so natürlich nicht ganz stimmen... nur wo liegt der fehler?
_________________
Zuletzt bearbeitet von bottom am 29. Apr 2009 22:46, insgesamt 3-mal bearbeitet |
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wishmoep
Anmeldungsdatum: 07.09.2008
Beiträge: 1342
Wohnort: Düren, NRW
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| wishmoep Verfasst am: 27. Apr 2009 23:22 Titel: |
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@bottom: Genau so ähnlich hatte ich mir auch überlegt vorzugehen... habe mich dann wohl unnötig verzettelt bzw. in die falsche Richtung weiter marschiert.
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franz
Anmeldungsdatum: 04.04.2009
Beiträge: 11583
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| franz Verfasst am: 28. Apr 2009 09:21 Titel: |
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Randbemerkung: Ich habe den Kram (auch freien Fall) mit sukzessiver Approximation vor- und zurück gerechnet; Nord-Süd Abweichung null. Das entspricht auch der schlichten Vorstellung: Der Körper geht hoch (kriegt noch etwas Schwung mit) und die Erde dreht sich unter ihm weg. Oder?
(Autor schreibt etwas über sphärische Geometrie / Großkreise usw. ... )
Gruß F.
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MI
Anmeldungsdatum: 03.11.2004
Beiträge: 828
Wohnort: München
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| MI Verfasst am: 28. Apr 2009 22:10 Titel: |
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@bottom
Bei dir steht am Ende eine Abweichung von 42km. Mit meinem Taschenrechner (bestimmt ist es mir nicht gelungen, richtig einzugeben) habe ich sogar noch eine 10^3-Potenz mehr. Da kann irgendetwas nicht stimmen - es sei denn, es käme in der Tat 42m raus.
Mein Tipp wäre (wenn das Ergebnis korrekt ist), dass die Vereinfachung über die Tangentialkomponente nicht zulässig ist, weil die Rotation damit nicht hinreichend einbezogen wird. Aber ich kann mich natürlich fundamental irren, s'ist schon spät  , bzw. ich bin seit früh schon auf.
@franz:
Da würde mich mal ein Zitat interessieren.
Gruß
MI
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franz
Anmeldungsdatum: 04.04.2009
Beiträge: 11583
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| franz Verfasst am: 28. Apr 2009 22:35 Titel: |
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Zitate aus GERTHSEN
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MI
Anmeldungsdatum: 03.11.2004
Beiträge: 828
Wohnort: München
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| MI Verfasst am: 29. Apr 2009 18:39 Titel: |
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Der Gerthsen schreibt so etwas? In den habe ich bisher noch nicht hineingesehen... Bin beim Demtröder für Ex-Physik und ein Buch reicht da auch.
Für unsere Berechnungen wäre die Südabweichung aber tatsächlich nicht relevant, da wir ja erst einmal vom Äquator ausgegangen waren.
Aber nun zur Südabweichung. Es scheint sie tatsächlich zu geben, allerdings soll der Effekt gering sein, wie z.B. dermarkus schrieb: http://www.physikerboard.de/ltopic,4733,0,asc,75.html.
Gruß
MI
EDIT: evtl. finde ich am Wochenende Zeit für theoretische Überlegungen...
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franz
Anmeldungsdatum: 04.04.2009
Beiträge: 11583
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| franz Verfasst am: 29. Apr 2009 19:07 Titel: |
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Äquator? Da habe ich was verpaßt.
Bei den Rechnungen handelte es sich (bei mir) um Näherungen ...
Gruß, F.
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para
Moderator
Anmeldungsdatum: 02.10.2004
Beiträge: 2874
Wohnort: Dresden
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| para Verfasst am: 29. Apr 2009 19:33 Titel: |
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Interessant auch, dass im Gerthsen das Wort Flakgranate ausschließlich in der Lösung auftaucht. Der Aufgabenteil scheint wohl mal umgeschrieben worden zu sein. ^^
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Formeln mit LaTeX |
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MI
Anmeldungsdatum: 03.11.2004
Beiträge: 828
Wohnort: München
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| MI Verfasst am: 29. Apr 2009 21:20 Titel: |
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| franz hat Folgendes geschrieben: | Äquator? Da habe ich was verpaßt.
Bei den Rechnungen handelte es sich (bei mir) um Näherungen ... |
Ja, meine Formel beinhaltet einen Kosinus für den Breitengrad (wobei da eine kleine Näherung drin sein dürfte - am Äquator ist's exakt), aber den habe ich 1 gesetzt, damit ich leichter rechnen konnte . Ansonsten gibt's noch die Näherung, dass ich die Zentrifugalkräfte vernachlässigen kann.
Gruß
MI
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MI
Anmeldungsdatum: 03.11.2004
Beiträge: 828
Wohnort: München
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| MI Verfasst am: 16. Mai 2009 16:07 Titel: |
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Ich hab mir das Ganze mit der Südabweichung noch einmal überlegt und versucht wirklich zu verstehen, wie der Gerthsen darauf kommt - was mir aber nicht ganz gelungen ist.
Es gibt natürlich eine Südabweichung (oder Nordabweichung, ich habe jetzt die Vorzeichen nicht betrachtet), die sich auch in meinen Formeln wiederfindet:
Ich habe ja die Näherung gemacht, dass  , was natürlich zumindest für die Anfangsbedingungen gilt. Hinterher kommt es ja aber zu einer Ost- bzw. Westabweichung und damit zu einer Geschwindigkeit in  -Richtung. Diese bewirkt dann eine Kraft in  -Richtung - also nach Süden (Norden).
Die Stärke der Abweichung dürfte aber vernachlässigbar sein, da die Ost-/Westabweichung der Granate im Vergleich zur Wurfhöhe klein ist und die Süd-/Nordabweichung zur Ost-/Westabweichung (größenordnungsmäßig selbes Verhältnis) damit noch viel kleiner ist.
Gruß
MI
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andpccn
Anmeldungsdatum: 21.01.2010
Beiträge: 7
Wohnort: Braunschweig
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| andpccn Verfasst am: 21. Aug 2010 20:53 Titel: |
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.. ich würde mal sagen, dass die Granate weiter östlich runterkommt, wenn sie auf der Nordhalbkugel abgeschossen wird, denn die Erde dreht sich ja praktisch von Ost nach West unter ihr durch
is nur n Vorschlag, wie ich mir das vorstelle
Gruß, andpccn
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DrStupid
Anmeldungsdatum: 07.10.2009
Beiträge: 5043
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| DrStupid Verfasst am: 21. Aug 2010 23:47 Titel: |
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| schnudl hat Folgendes geschrieben: | <off topic>
gehts auch ein wenig unmilitärischer?
Beim Wort Flakgranate rollen sich bei mir schon die Zehennägel ein!
</off topic> |
Vieleicht ist es ja eine Fangfrage. Dann wäre das Wort Flakgranate wesentlich. Die fällt nämlich nirgendwohin, sondern explodiert in der Luft.
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franz
Anmeldungsdatum: 04.04.2009
Beiträge: 11583
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| franz Verfasst am: 22. Aug 2010 00:34 Titel: |
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| DrStupid hat Folgendes geschrieben: | | Vieleicht ist es ja eine Fangfrage. Dann wäre das Wort Flakgranate wesentlich. Die fällt nämlich nirgendwohin, sondern explodiert in der Luft. |
In der Originalaufgabe (GERTHSEN oben komplett mit Lösung) steht nur Stein, am Ende der Lösungsdiskussion abrupt Flakgranate. Eine redaktionelle Unaufmerksamkeit, die mir als Laien nicht aufgefallen war. (An Blindgänger war wohl kaum gedacht.)
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