Beschleunigte Bewegung und Schiefer Wurf Aufgabe

Peaca · Anmeldungsdatum: 11.11.2010 Beiträge: 9

Meine Frage:
Ein Fußball mit dem Radius 20 cm liegt auf der Wiese. Ein Wassertropfen beginnt sich reibungsfrei auf dem obersten Punkt des Fußballes zu bewegen. Wo und wie (Winkel) schlägt der Tropfen auf die Wiese auf?

Meine Ideen:
Es handelt sich zuerst um eine gleichmäßige Beschleunigung (wenn ich mich nicht irre ). Ich wollte zuerst ausrechnen, wann der Tropfen die Kugel verlässt ,in dem Fall ja dann, wenn die Zentrifugalkraft größer ist wie die Zentripetalkraft. Doch wann ist die Zentrifugalrkraft größer wie die Zentripetalkraft?

Ich glaub mit dem Energierhaltungssatz bin ich nicht falsch, denn der Vorgang ist reibungsfrei also ist die Kraft immer gleich groß egal wo der Tropfen ist.

Ich habe mir auch schon Gedanken gemacht, wie sich die Hangabtribekraft auf die Zentrifugalkraft auswirkt. Denn je steiler es für den Tropfen wird, desto größer wird die Hangabtriebskraft und auch somit die Zentrifugalkraft.

Ansonsten habe ich keine wirklich brauchbaren Ansätze mehr. Ich zerbreche mir seit Tagen den Kopf wie ich zur Lösung komme.
Könnt ihr mir bitte helfen? Oder wenigstens beim Ansatz helfen?
Vielen Danke im Voraus ^^

franz · Anmeldungsdatum: 04.04.2009 Beiträge: 11583

Uralte Standardaufgabe.
Skizze!
Wenn die Resultierende aus Gewicht und Zentrifugalkraft parallel der Oberfläche sind, beginnt Alösung und ab diesem Punkt Fallbewegung berechnen. Radialkomponente Gewicht ~ Zentrifugalkraft)

GvC · Anmeldungsdatum: 07.05.2009 Beiträge: 14861

http://www.physikerboard.de/lhtopic,14481,0,asc,kugel+kugel,0.html

Peaca · Anmeldungsdatum: 11.11.2010 Beiträge: 9

Kann mir jemand eine gescheite Skizze schicken?^^

ich werd aus dem allem nicht wirklich schlau...
ich glaube eine Skizze wird mir sehr Sehr weiter helfen ..
tut mir bitte diesen gefallen Hilfe

Ich frage mich nämlich, wie ich die Normalkraft ausrechnen soll und wie ich auf den Winkel kommen soll .

franz · Anmeldungsdatum: 04.04.2009 Beiträge: 11583

Stück Papier, Füller, hübscher Kreis. Mitte M, oben Startpunkt Po und etwas oberhalb Äquator der gesuchte Ablösepunkt P / Masse m (kleinbißchen dick). Dort senkrecht runter Gewicht G = mg. Von M zu P dünne Hilfslinie, über P hinaus. (Bildet mit der Senkrechten Winkel [;\vartheta;].) Von G darauf eine (senkrechte) Projektion = Radialteil des Gewichts ... dann sehen wir weiter.

fuss · Anmeldungsdatum: 25.05.2010 Beiträge: 519

Peaca · Anmeldungsdatum: 11.11.2010 Beiträge: 9

Wie gesagt so getan ^^

Ich hoffe du meinst es so.. ich habe das Gefühl,dass ich dich langweile. Aber trotzdem finde ich es seeehr sehr nett von dir dass du mir hilfst. Ich will nur die Ansätze verstehen und nicht gleich die Lösung wie sie mir andere geben.

franz · Anmeldungsdatum: 04.04.2009 Beiträge: 11583

Vielleicht P statt "G".

Als nächstes die Gewichtskraft von P nach unten einzeichnen auf der schon angedeuteten Hilfslinie. Hat nichts mit dem (waagerechten) Radius zu tun.

Dann das Lot von dieser Kraft auf die Hilfslinie MP -> radiale Komponente von G.

Dann die auf den Tropfen (wg Kreisbewegung) wirkende Zentrifugalkraft (radial nach außen). ... Die Spielereien mit dem Winkel und der erwähnten Geschwindigkeit später ... [Schritt für Schritt!]

Peaca · Anmeldungsdatum: 11.11.2010 Beiträge: 9

^^ du weißt nicht wie glücklich ich bin. Du bist mein Retter!

ich hatte echt total miese Ansätze :/

ich hoffe du meinst das so :

Packo · Gast

Peaca,
wie fuss schon richtig geschrieben hat, ist die Zentrifugalkraft eine Scheinkraft - sie existiert nicht! Am Besten, du lässt sie ganz weg.

Bezeichne den Winkel P0-M-P mit phi.
Die Komponente der senkrechten Kraft bei P, die zum Mittelpunkt zeigt (= Zentripetalkraft) muss gleich m*v²/r sein.
Die Geschwindigkeit in P kannst du aus der kinetischen Energie ermitteln.

m*v²/r wird mit wachsendem phi immer größer, aber die Radialkomponente der Kraft m*g immer kleiner. Dort wo sie den gleichen Wert haben, findet die Ablösung statt.

franz · Anmeldungsdatum: 04.04.2009 Beiträge: 11583

An den Fragesteller: Beide Wege sind physikalisch korrekt und führen nach "Rom"; nimm den Dir gewohnteren / bekannteren. Wichtiger ist der systematische, schrittweise Gang der Lösung, hier als nächstes also die Ergänzung der Skizze. Meinetwegen mit dem erwähnten Winkel [;\varphi;] oder Deinem früheren [;\alpha;] und dem Radius r. Wo taucht dieser Winkel dann in dem gezeichneten (rechtwinkligen) Dreieck wieder auf? Kannst Du das mit Winkelausdrücken aufschreiben, mittels [;\sin(\varphi);] oder [;\cos(\varphi);] ?

Viel Erfolg!

Über Nuancen der Nichtinertialsysteme besser an anderer Stelle.

Peaca · Anmeldungsdatum: 11.11.2010 Beiträge: 9

Danke wieder für die schnelle und exakte Antwort franz Thumbs up!

und auch dir vielen Dank Packo, denn auch deine Angehesweise leuchtet mir ein ^^

ich habe dann raus : cos(alpha) = Hangabtriebskraft/Gewichtskraft
cos(alpha) = h / r

stimmt das? Hanabtriebskraft kann man ja dann ausrechnen mit dem Satz des Pythagoras . Danach würde ich die zwei Gleichungen da oben gleichsetzten und nach h umformen.

Packo · Gast

Es ist üblich einen konstanten Winkel mit alpha und einen variablen Winkel mit phi zu bezeichnen. Aber die ist nicht wesentlich.

Wesentlich hingegen ist, dass du nicht in ein und derselben Skizze zwei verschiedene Winkel mit alpha bezeichnen solltest.

Wie groß ist denn die Geschwindigkeit im Punkt P?

Welche "zwei Gleichungen da oben" willst du denn gleichsetzen?

franz · Anmeldungsdatum: 04.04.2009 Beiträge: 11583

Und mit "Hangabtriebskraft" ist vermutlich die Gewichtskomponente Richtung M gemeint; oben schonmal angesprochen ...

Bist auf dem richtigen Weg! Thumbs up!

Peaca · Anmeldungsdatum: 11.11.2010 Beiträge: 9

soo ^^ ich hab das jetzt alles genauer beschriftet. Ich hoffe das geht einigermaßen.

h1 = r - cos(α1) * r

so jetzt weiß ich ja nicht was cos(α1) ist aber ich weiß das α1 = α2 ist also
ist cos(α1) = cos(α2).

Und cos(α2) = Gewichtskomponente Richtung M / Gewichtskraft

die Geschwindigkeit bekomme ich über den Energieerhaltungssatz
Elage = Ekin

m*g*h= 1/2*m*v²

nach v² umformen

v²= 2*g*h

nun müsste ich doch für h , h1 einsetzten oder?

Packo · Gast

Peaca,
das klingt schon etwas besser.
Jetzt müsstest du nur noch einsehen, dass

Peaca · Anmeldungsdatum: 11.11.2010 Beiträge: 9

Ok das verwirrt mich jetzt .. Wie soll ich denn sonst weitermachen?
Kannst du genau erläutern was da der Fehler ist? Wäre sehr nett ^^
Ich bin nicht so gut in Physik aber ich interessiere mich sehr dafür. Deswegen möchte ich diese Aufgabe verstehen..

Packo · Gast

Peaca,
dein Problem liegt weniger in Physik als vielmehr in Geometrie.

Wir wollen den Winkel P0-M-P mit alpha bezeichnen. Den anderen Winkel brauchen wir nicht.

Du hast die Geschwindigkeit gefunden:
v² = 2*g*h1 = 2*g*(r-r*cos(alpha))

Im Ablösepunkt muss Fz gleich der Zentripetalkraft sein.

also

Daraus kannst du leicht alpha bestimmen.
(Resultat = alpha = 0,8411)

Peaca · Anmeldungsdatum: 11.11.2010 Beiträge: 9

Boah Packo du bist ein Genie oder ich ein Dummkopf Big Laugh

Vielen Dank!! ich werde mal weiter machen smile

Ich hoffe du kannst mir weiterhin helfen im Laufe meiner Schulzeit ^^

( Lieblingsforum hier ) Thumbs up!

Peaca · Anmeldungsdatum: 11.11.2010 Beiträge: 9

Also ich habe jetzt alles nachgerechnet, nur habe ich bei der Funktion

Fz= m*g*cos α

meine Zweifel. Dann ist α1 ja doch gleich α2 in der unteren Skizze und wichtig für die Lösung ( ich habe die Skizze korrigiert ).
Und am Ende habe ich auch cos α = 2/3 rausbekommen.

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pete2010 · Gast

ich hab auch 2/3 raus.