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Kellynelly
Gast
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 Kellynelly Verfasst am: 23. Okt 2013 22:38 Titel: Ball gegen Wand, Aufprallort gesucht? |
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Meine Frage:
Abend an alle. Sie stehen  vor einer senkrechten Wand und werfen einen Ball schräg nach oben gegen die Wand. Der Ball verlässt ihre Hand in  Höhe mit einer Anfangsgeschwindigkeit von  m/s) . Sobald der Ball die Wand erreicht, wechselt die horizontale Komponente der Geschwindigkeit das Vorzeichen, während die vertikale Komponente unverändert bleibt. Bestimmen Sie, wo der Ball den Boden beru?hrt!
Meine Ideen:
Also, ich frage mich was ich mit der Masse des Balles machen soll, da diese nicht angegeben ist und doch eine wichtige Rolle spielt, für das Auftreffen am Boden. Genauso mit welcher Kraft geworfen?
Ich meine  . Wir haben jedoch nur die Geschwindigkeit angegeben. Schräg nach oben bringt die Frage auf, welcher Winkel? Auf den Ball wirken ja zwei Kräfte, einmal die Kinetische Energie und Potentielle Energie?
Zum Zeitpunkt, wo die Wand berührt wird muss doch  gelten? Ich weiß jedoch nicht wie ich das alles umsetzen soll.
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buell23
Anmeldungsdatum: 13.11.2006
Beiträge: 238
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| buell23 Verfasst am: 23. Okt 2013 22:49 Titel: |
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so im ersten Augenblick würde ich mich eher um den Abwurfwinkel sorgen machen, ansonsten hast du alles
Edit: blödsinn du hast alles, durch den Geschwindigkeitsvektor
Zuletzt bearbeitet von buell23 am 23. Okt 2013 22:57, insgesamt einmal bearbeitet |
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H2
Gast
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| H2 Verfasst am: 23. Okt 2013 22:55 Titel: |
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Kraft ist nicht Energie!
Welche generelle Flugbahn hat der Ball unter gegebenen Bedingungen (ohne Wand im Weg)? -> Typ?
Und verliert der Ball Energie an der Wand?
Anfangsbedingungen und Zusatzbedingungen für den "Versuchsaufbau" aus'm Text extrahieren -> Skizze?!
Rechnen.
Fertig.
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Kellynelly
Gast
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| Kellynelly Verfasst am: 23. Okt 2013 22:57 Titel: |
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Ja da komme ich irgendwie nicht voran. Also man könnte es ja als rechtwinkliges Dreieck betrachten? Unsere Hypotenuse ist die Strecke die der Ball fliegt und Ankathete und Gegenkathete sind entsprechend die horizontale und vertikale Geschwindigkeitskomponente?
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H2
Gast
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| H2 Verfasst am: 23. Okt 2013 23:08 Titel: |
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Meinst du, man wirft ihn ohne Schwerkraft hoch, und ab der Wand wirk die Schwerkraft?
Ich bezweifele, dass das so gemeint ist.
Lies den Text. So wie ich das verstehe ist es ganz einfach! ..Vorausgesetzt der Text stimmt...
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buell23
Anmeldungsdatum: 13.11.2006
Beiträge: 238
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| buell23 Verfasst am: 23. Okt 2013 23:11 Titel: |
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| Kellynelly hat Folgendes geschrieben: | | Ja da komme ich irgendwie nicht voran. Also man könnte es ja als rechtwinkliges Dreieck betrachten? Unsere Hypotenuse ist die Strecke die der Ball fliegt und Ankathete und Gegenkathete sind entsprechend die horizontale und vertikale Geschwindigkeitskomponente? |
genau, dann kommst du auf einen Winkel von 45°, da Komponenten in x und y gleich.
ich weiss nicht ob du die y(x) Gleichung herleiten musst, aber wenn du die fertige hernimmst y(x) = tan(alpha)*x - g*x² / 2*cos²(alpha)*vo²
mit Einsetzen von x=4m --> in die Gleichung, bekommst du den Wert, von dem aus quasi ein horizontaler Wurf gerechnet wird, wo du dann
h(s)=0=ho+g*s²/2*vox² nach s berechnest
da komme ich auf einen Wert von 2,56m, von der Wand weg
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Kellynelly
Gast
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| Kellynelly Verfasst am: 23. Okt 2013 23:24 Titel: |
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| buell23 hat Folgendes geschrieben: |
ich weiss nicht ob du die y(x) Gleichung herleiten musst, aber wenn du die fertige hernimmst y(x) = tan(alpha)*x - g*x² / 2*cos²(alpha)*vo²
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Das weiß ich auch nicht, aber so eine fertige, die vom Himmel fällt ist eher unpraktisch man sollte schon wissen, was woher kommt.
 = \tan (\alpha) \cdot x- \frac{g\cdot x^2}{2\cdot \cos^2 (\alpha)\cdot v_{0}^2})
Sieht gefährlich aus.
=0=h_0 + \frac{g \cdot s^2}{2 \cdot v_0 x^2})
Da muss ich einiges klären 
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buell23
Anmeldungsdatum: 13.11.2006
Beiträge: 238
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| buell23 Verfasst am: 23. Okt 2013 23:26 Titel: |
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| Kellynelly hat Folgendes geschrieben: | | buell23 hat Folgendes geschrieben: |
ich weiss nicht ob du die y(x) Gleichung herleiten musst, aber wenn du die fertige hernimmst y(x) = tan(alpha)*x - g*x² / 2*cos²(alpha)*vo²
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Das weiß ich auch nicht, aber so eine fertige, die vom Himmel fällt ist eher unpraktisch man sollte schon wissen, was woher kommt.
Sieht gefährlich aus.
=0=h_0 - \frac{g \cdot s^2}{2 \cdot v_0 x^2})
Da muss ich einiges klären |
sorry sollte ein minus sein
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buell23
Anmeldungsdatum: 13.11.2006
Beiträge: 238
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| buell23 Verfasst am: 23. Okt 2013 23:30 Titel: |
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naja ganz kurz
x richtung ist x
x(t) = vox * t
umgefort t = x/vox
in y richtung s = voy*t - g*t²/2
t von x richtung in die gleichung s einsetzen und vox und voy durch cos bzw. tan dann ersetzen, schon hast du die gleichung
voy/vox = tanalpha
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GvC
Anmeldungsdatum: 07.05.2009
Beiträge: 14861
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| GvC Verfasst am: 24. Okt 2013 01:06 Titel: |
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| buell23 hat Folgendes geschrieben: | naja ganz kurz
x richtung ist x
x(t) = vox * t
umgefort t = x/vox
in y richtung s = voy*t - g*t²/2
t von x richtung in die gleichung s einsetzen und vox und voy durch cos bzw. tan dann ersetzen, schon hast du die gleichung |
Dieser Ansatz berücksichtigt weder die Tasache, dass der Ball an der Wand seine Richtung umkehrt (jedenfalls eine der Geschwindigkeitskomponenten) noch die unterschiedliche Abwurf- und Auftreffhöhe. Außerdem, warum sollten denn die vorgegebenen Anfangsgeschwindigkeitskomponeten durch irgendwelche Winkelfunktionen ersetzt werden, wenn sie anschließend eh' wieder durch die Geschwindigkeitskomponenten ersetzt werden müssen?
Im ersten Beitrag von H2 steht alles drin. Ich empfehle allen, sich den nochmal genauestens durchzulesen, die darin gestellten zwei Fragen zu beantworten und dabei die Bedingung in der Aufgabenstellung bzgl. der Geschwindigkeiten vor und nach dem Aufprall auf die Wand zu berücksichtigen.
(Falls ich mich nicht verrechnet habe, trifft der Ball 18,22m vor der Wand bzw. 14,22m jenseits des Werfers auf den Boden.)
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Kellynelly
Gast
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| Kellynelly Verfasst am: 24. Okt 2013 08:26 Titel: |
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| H2 hat Folgendes geschrieben: | Kraft ist nicht Energie!
Welche generelle Flugbahn hat der Ball unter gegebenen Bedingungen (ohne Wand im Weg)? -> Typ?
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Parabel.
| H2 hat Folgendes geschrieben: |
Und verliert der Ball Energie an der Wand?
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Nein. Wieso sollte er? An der Wand findet nur ein Richtungswechsel statt, aber kein Energieverlust.
| H2 hat Folgendes geschrieben: |
Anfangsbedingungen und Zusatzbedingungen für den "Versuchsaufbau" aus'm Text extrahieren -> Skizze?!
Rechnen.
Fertig. |
Da stehe ich jedoch noch mit Problemen da. Ich weiß nicht wie ich das umsetzen soll
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H2
Gast
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| H2 Verfasst am: 24. Okt 2013 09:41 Titel: |
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Okay, so weit so gut.
Wenn die Flugbahn also eine Parabel ist, wie verhält sich denn der Geschwindigkeitsvektor des Balls dazu?!
Dann fehlt nurnoch die allgemeine Parabelgleichung und die "Verankerung" der Parabel im Raum..
Die Wand könnte man zB. auf die Y-Achse legen und den Werfer auf die X-Achse stellen...
...Vielleicht doch -> Skizze?!
Soweit erstmal?!
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Kellynelly
Gast
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| Kellynelly Verfasst am: 24. Okt 2013 15:06 Titel: |
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| H2 hat Folgendes geschrieben: | Okay, so weit so gut.
Wenn die Flugbahn also eine Parabel ist, wie verhält sich denn der Geschwindigkeitsvektor des Balls dazu?! |
?! Ich kann keine Antwort darauf finden. Die Flugbahn ist eine Parabel und der Geschwindigkeitsvektor? Ja er wandert doch entlang der Parabel, oder wie meinst du das?
| H2 hat Folgendes geschrieben: | Okay, so weit so gut.
Dann fehlt nurnoch die allgemeine Parabelgleichung und die "Verankerung" der Parabel im Raum..
Die Wand könnte man zB. auf die Y-Achse legen und den Werfer auf die X-Achse stellen...
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Ja der Ball befindet sich im Startpunkt ) Im höchsten Punkt schneidet dann die Parabel die Ordinatenachse. Dort ist auch dann fast die halbe Flugstrecke vorbei, denn der Startpunkt war aus einer Höhe von 2 Metern, diese wird dann der Ball noch "extra" fliegen, somit ist es keine achsensymmetrische Parabel. Ich komme aber nicht darauf wie ich diese berechnen soll Im ersten Beitrag soll ja alles drinstehen was zu machen ist, aber ich weiss einfach anhand des Geschwindigkeitsvektors, wie ich das erledigen soll.
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GvC
Anmeldungsdatum: 07.05.2009
Beiträge: 14861
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| GvC Verfasst am: 24. Okt 2013 17:13 Titel: |
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| Kellynelly hat Folgendes geschrieben: | | Die Flugbahn ist eine Parabel ... |
Und wie berechnet man die Koordinaten eines Parabelpunktes, wenn die Komponenten der Abwurfgeschwindigkeit gegeben sind?
Bedenke, dass es sich beim schrägen Wurf um die Überlagerung zweier Bewegungen handelt, einer in horizontaler Richtung mit konstanter Geschwindigkeit v0x und einer in vertikaler Richtung mit konstanter (Erd-)Beschleunigung g und Anfangsgeschwindigkeit v0y (gleichförmig beschleunigte Bewegung).
Ich war davon ausgegangen, dass die rechnerische Behandlung des schrägen Wurfes bekannt sei (es waren dazu ja auch schon entsprechende Beiträge geschrieben worden), und dass die Schwierigkeit nur darin bestand, wie die reflektierende Wand zu berücksichtigen sei. Deshalb hatte ich auf der ersten Beitrag von H2 verwiesen, aus dem hervorgeht, dass diese Aufgabe wie ein ganz normaler schräger Wurf behandelt werden kann. Denn die Flugbahn verläuft nach der Reflexion an der Wand spiegelbildlich zu der (theoretischen) Flugbahn ohne Wand. Das ist aber nur deshalb der Fall, weil sich laut Aufgabenstellung die Beträge der Geschwindigkeitskomponenten vor und nach dem Abprall an der Wand nicht ändern und damit der Stoß ohne Energieverlust vonstatten geht. Das ist in der Realität normalerweise nicht der Fall, hier aber durch die Aufgabenstellung explizit vorgegeben.
Wenn Du also die Weite für den Wurf ohne Wand berechnest, brauchst Du davon nur die Entfernung des Werfers von der Wand abzuziehen und erhältst den Betrag der Entfernung des Auftreffpunktes von der Wand.
Nun stellt sich heraus, dass Du gar nicht weißt, wie der schräge Wurf zu behandeln ist. Deshalb hier der zugehörige Ansatz. Dabei lege ich den Ursprung des Koordinatensystems an den Fußpunkt des Werfers. Die Wurfrichtung geht in positive x- und y-Richtung, also schräg nach rechts oben. Die Abwurfhöhe ist y0(=2m gegeben), und Du willst zunächst die Stelle x bestimmen, an der der Ball auf den Boden trifft (y=0).
Vertikale Bewegungsrichtung:
Horizontale Bewegungsrichtung:
t in die erste Gleichung einsetzen, dabei y=0 berücksichtigen:
Diese quadratische Gleichung nach x auflösen (p-q-Formel). Das ist dann der Auftreffpunkt ohne Wandreflexion.
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H2
Gast
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| H2 Verfasst am: 24. Okt 2013 18:33 Titel: |
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Na da kann man ja nicht meckern...
So sieht also eine allgemeine Parabel aus.
Jetzt muss man nurnoch die unbekannten an den Sachverhalt anpassen.
| Zitat: | | Ja er wandert doch entlang der Parabel, oder wie meinst du das? |
Ja, und wie nennt man das "professionell"?? Tipp: Einen Gerade an einen Kreis wird genauso genannt.
| Zitat: | Ja der Ball befindet sich im Startpunkt  ) |
Na gut, dann werfen wir nach links..
| Zitat: | | Im höchsten Punkt schneidet dann die Parabel die Ordinatenachse |
Das kann sein, es muss aber nicht.
Vielleicht noch ein paar Grundlagen: Spiel das doch mal gedanklich durch. Kannst du den Ball nachdem du ihn losgelassen hast noch beeinflussen? Bzw. wodurch kannst du die Flugbahn beeinflussen?!
Bzw. was hat die Mauer mit der Form der Parabel zu tun, zB. Öffnung oder Lage (mal abgesehen davon, dass sie sie "knickt") ?
| Zitat: | | Im ersten Beitrag soll ja alles drinstehen was zu machen ist, aber ich weiss einfach anhand des Geschwindigkeitsvektors, wie ich das erledigen soll. |
Na dann ists ja gut... Ist ja auch einfach. 
Falls das doch nicht der Fall ist, siehe oben und unten bei GvC..
Ich weiß nicht ob du das schon erledigt hast, darum nochmal:
Skizze!?!
Darin alles eintragen, was dir ein-/auffällt und dann sieht man eigentlich schon wie das Resultat aussehen müsste.
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buell23
Anmeldungsdatum: 13.11.2006
Beiträge: 238
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| buell23 Verfasst am: 24. Okt 2013 21:53 Titel: |
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| GvC hat Folgendes geschrieben: |
(Falls ich mich nicht verrechnet habe, trifft der Ball 18,22m vor der Wand bzw. 14,22m jenseits des Werfers auf den Boden.) |
Hallo
Ich habe das gestern kurz durchgelesen und habe mir das mal durch den Kopf gehen lassen. In einem Punkt hast du mal sicher recht, denn ich habe leider vergessen die Anfangshöhe zu berücksichtigen.
nochmals:
Die Person steht vor der Wand genau 4m.
Gefragt ist wo der Ball den Boden berührt nachdem er von der Wand abprallt.
jetzt nimmst du die unten im bild stehende formel her und berechnest den Auftreffpunkt des Balles (rote Parabel), indem du y=0 setzt, was ja in der Aufgabe völlig uninteressant ist.
denn gefragt ist der Auftreffpkt von blau.
Was ist jetzt falsch, wenn ich sage, die Parabel von unten hernehmen, x=4 setzen, y berechnen. etwa 5,8m.
ok wie ursprünglich und fälschlicherweise erwähnt, ist dies hier kein horizontaler wurf mehr nach dem abprallen, sondern es gibt ja ein -vx, und -vy
demnach müsste der ball früher aufkommen als ursprünglich von mir berechnet.
das was du gerechnet hast will mir nicht in den kopf. entweder versteh ich die aufgabe nicht oder du machst was falsch.
erklär mal.
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GvC
Anmeldungsdatum: 07.05.2009
Beiträge: 14861
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| GvC Verfasst am: 25. Okt 2013 02:15 Titel: |
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Es ist nicht y=22,22m, sondern x=22,22m. Und zwar wäre das die Entfernung zwichen Abwurf- und Auftreffpunkt, wenn die Wand nicht da wäre. Da sie aber da ist und Deine rote Kurve rechts von der Wand symmetrisch zu der blauen Kurve links von der Wand verläuft (tatsächliche Flugbahn), ist der tatsächliche Auftreffpunkt (22,22m-4m)=18,22m links von der Wand, also genau das, was ich bereits in meinem ersten Beitrag errechnet hatte. Dein Ergebnis, buell23, ist also vollkommen richtig. Es muss nur auch richtig interpretiert werden.
Bitte nicht meckern, die Skizze ist nicht maßstäblich, sondern soll nur die grundsätzlichen Zusammenhänge verdeutlichen.
EDIT. Nachtrag
| buell23 hat Folgendes geschrieben: | | ... sondern es gibt ja ein -vx, und -vy |
Nein, da hast Du etwas falsch verstanden bzw. falsch gelesen. Laut Aufgabenstellung kehrt sich nur vx um, vy bleibt erhalten. Das führt dazu, dass die blaue tatsächliche Flugbahn (Bild unten) symmetrisch zur rot gestrichelten theoretischen Flugbahn (ohne Wand) verläuft.
Will man das Ergebnis als x-Wert im gewählten Koordinatensystem angeben, dann ist der Auftreffpunkt natürlich bei x=-14,22m.
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buell23
Anmeldungsdatum: 13.11.2006
Beiträge: 238
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| buell23 Verfasst am: 25. Okt 2013 19:11 Titel: |
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| GvC hat Folgendes geschrieben: |
1. Dein Ergebnis, buell23, ist also vollkommen richtig. Es muss nur auch richtig interpretiert werden.
2. Bitte nicht meckern, die Skizze ist nicht maßstäblich, sondern soll nur die grundsätzlichen Zusammenhänge verdeutlichen.
3.EDIT. Nachtrag
| buell23 hat Folgendes geschrieben: | | ... sondern es gibt ja ein -vx, und -vy |
Nein, da hast Du etwas falsch verstanden bzw. falsch gelesen. Laut Aufgabenstellung kehrt sich nur vx um, vy bleibt erhalten. Das führt dazu, dass die blaue tatsächliche Flugbahn (Bild unten) symmetrisch zur rot gestrichelten theoretischen Flugbahn (ohne Wand) verläuft.
Will man das Ergebnis als x-Wert im gewählten Koordinatensystem angeben, dann ist der Auftreffpunkt natürlich bei x=-14,22m. |
hallo GvC
Bezüglich 1, das kann man jetzt sehen wie man möchte, dennoch ist meine Rechnung so wohl falsch. Ich wüsste nicht was man da noch interpretieren sollte.
Zu 2. Deine Skizze ist wohl gut zu gebrauchen, auch wenn sie nicht massstäblich ist, was sie nicht sein muss.
Hätte ich zB meine Skizze mit etwas mehr Gewissen gemacht, hätte mir auffallen müssen, dass der Geschwindigkeitsvektor nach 4m immer noch nach schräg rechts oben zeigt und nicht quasi wieder nach unten rechts.
3. da hab ich mich bzgl. y= 22,22m etwas verschrieben, richtig eingezeichnet wäre es ja, x=22,22m
ausserdem im Glauben der Vektor zeige bereits schon an der Wand nach unten (lt. Skizze), wäre -vx und -vy richtig angenommen.
Das würde ja stimmen, wenn die Wand zb etwa bei 14m wäre vom Werfer weg.
Frage: Spiegelbildlich wäre die Parabel ja immer nur dann, wenn also der Vektor immer schräg nach oben links zeigt. Also immer vor dem Scheitelpunkt der Parabel?
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GvC
Anmeldungsdatum: 07.05.2009
Beiträge: 14861
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| GvC Verfasst am: 25. Okt 2013 20:24 Titel: |
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| buell23 hat Folgendes geschrieben: | | ausserdem im Glauben der Vektor zeige bereits schon an der Wand nach unten (lt. Skizze), wäre -vx und -vy richtig angenommen. |
Nein, auch dann wäre vy nach dem Stoß genauso groß wie vor dem Stoß und hätte auch dasselbe Vorzeichen. Ob das dann gerade positiv oder negativ ist, ist vollkommen gleichgültig. Wenn es vor dem stoß positiv ist, ist es auch nach dem Stoß positiv; wenn es vor dem Stoß negativ ist, ist es auch nach dem Stoß negativ. Die vertikale Geschwindigkeitskomponente ändert beim Stoß jedenfalls nicht das Vorzeichen. Das steht explizit so in der Aufgabenstellung. Dort wird nämlich der vollkommen elastische Stoß beschrieben. Der ist dadurch gekennzeichnet, dass die Tangentialkomponente (tangential zur Grenzfläche) erhalten bleibt und die Normalkomponente sich umkehrt. Das ist auch so, wenn die Wand an irgendeiner anderen Stelle steht.
Vielleicht wird das noch etwas klarer, wenn man sich das Spiegelbild des ersten Teils der Wurfparabel vorstellt, also so tut, als begänne der Wurf 4m rechts von der Wand. An dem Bild unten wird auch klar, dass es ganz egal ist, an welcher Stelle sich die Wand befindet, die (blaue) Wurfparabel wird davon nicht beeinflusst.
| Beschreibung: |
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buell23
Anmeldungsdatum: 13.11.2006
Beiträge: 238
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| buell23 Verfasst am: 25. Okt 2013 20:39 Titel: |
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alles klar,
aber wie wäre das nochmals mit den Komponenten, wenn der Stoss nicht elastisch wäre?
ein Teil der Energie würde dann verloren gehen. und wie verhalten sich dann die Komponenten?
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GvC
Anmeldungsdatum: 07.05.2009
Beiträge: 14861
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| GvC Verfasst am: 25. Okt 2013 21:07 Titel: |
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Ohne Berücksichtigung von Reibung bleibt auch beim teilelastischen Stoß die Tangentialgeschwindigkeit erhalten, die Normalkomponente ändert sich. Wie die sich ändert, muss aus der Aufgabenstellung hervorgehen. Jedenfalls muss man in einem solchen Fall die Geschwindigkeitskomponenten unmittelbar vor dem Stoß bestimmen und dann mit den neuen (Anfangs-)Gechwindigkeitskomponenten eine neue Wurfparabel berechnen.
Das war in der vorliegenden Aufgabe nicht notwendig. Auf diese Tatsache hat H2 bereits ganz zu Anfang aufmerksam zu machen versucht.
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buell23
Anmeldungsdatum: 13.11.2006
Beiträge: 238
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| buell23 Verfasst am: 25. Okt 2013 21:15 Titel: |
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danke vielmals für die Erklärung
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Kellynelly
Gast
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| Kellynelly Verfasst am: 26. Okt 2013 01:39 Titel: |
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Nun ich dachte ich bekomme es gebacken, aber bei einem Schritt bleibe ich hängen. Vielleicht habe ich mich irgendwo verrechnet. Also
^2+\frac{y_0 v_{0x}^2}{g}})
Ich weiß nicht irgendwie habe ich es noch weiter gemacht aber ist bis hier hin alles richtig?
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GvC
Anmeldungsdatum: 07.05.2009
Beiträge: 14861
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| GvC Verfasst am: 26. Okt 2013 10:37 Titel: |
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| Kellynelly hat Folgendes geschrieben: | Nun ich dachte ich bekomme es gebacken, aber bei einem Schritt bleibe ich hängen. Vielleicht habe ich mich irgendwo verrechnet. Also
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Hier ist der erste Fehler. Du hast die ganze Gleichung mit (2/g) multiplizieren wollen, hast das absolute Glied aber nur durch g dividiert. Da fehlt der Faktor 2. Richtig muss es heißen
Und hier ist der zweite Fehler. Schau Dir nochmal die p-q-Formel genau an. Richtig wäre
^2+\frac{2\cdot y_0 v_{0x}^2}{g}})
Und jetzt musst Du Dir noch über das Wurzelvorzeichen klarwerden.
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Namor
Anmeldungsdatum: 14.12.2013
Beiträge: 1
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| Namor Verfasst am: 14. Dez 2013 03:05 Titel: |
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Nach hin und herrechnen..da sind ja noch etliche Vorzeichen-Fehler drin.
Ist ja furchtbar, wenn man Ansätze für die Aufgabe sucht, und falsche Formeln stehen gelassen werden, die einen noch mehr durcheinander bringen.
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