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Wolvetooth
Anmeldungsdatum: 13.01.2019
Beiträge: 260
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Nils Hoppenstedt
Anmeldungsdatum: 08.01.2020
Beiträge: 2016
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 Nils Hoppenstedt Verfasst am: 17. Jan 2020 17:54 Titel: |
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Man darf nicht vergessen, dass die Auftriebskraft sich ändert, wenn die Kugel aus der Flüssigkeit gehoben wird. Das Volumen der eingetauchten Kugelkappe  ist nämlich abhängig von der Eintauchtiefe.
Außerdem musst du noch die Gewichtskraft berücksichtigen.
Viele Grüße,
Nils
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Mathefix
Anmeldungsdatum: 05.08.2015
Beiträge: 5786
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| Mathefix Verfasst am: 17. Jan 2020 18:47 Titel: |
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y = Eintauchtiefe
F_A = Auiftriebskraft
V = Eingetauchters Volumen
 )\cdot dy )
 = V_k(y)\cdot \varrho_w \cdot g )
= \pi \cdot \int\! (2 \cdot r \cdot y-y^{2})\,\cdot \dd y)
Zuletzt bearbeitet von Mathefix am 18. Jan 2020 12:36, insgesamt einmal bearbeitet |
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Wolvetooth
Anmeldungsdatum: 13.01.2019
Beiträge: 260
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| Wolvetooth Verfasst am: 18. Jan 2020 12:02 Titel: |
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| Mathefix hat Folgendes geschrieben: | y = Eintauchtiefe
F_A = Auiftriebskraft
V = Eingetauchters Volumen
= \pi \cdot \int\! (y^{2} -2 \cdot r \cdot y)\,\cdot \dd y) |
Hallo!
Vielen Dank für die Antwort
Könntest du bitte mehr dazu sagen?
Ich verstehe die Formeln aber nicht die "Theorie" da hinter.
Warum musst man bei der Arbeit die Kräfte substrahieren?
Wie bist du auf das Volumen gekommen?
(Die infinitesimale Elemente verstehe ich schon)
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Mathefix
Anmeldungsdatum: 05.08.2015
Beiträge: 5786
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| Mathefix Verfasst am: 18. Jan 2020 13:43 Titel: |
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[quote="Wolvetooth"] | Mathefix hat Folgendes geschrieben: |
Hallo!
Vielen Dank für die Antwort
Könntest du bitte mehr dazu sagen?
Ich verstehe die Formeln aber nicht die "Theorie" da hinter.
Warum musst man bei der Arbeit die Kräfte substrahieren?
Wie bist du auf das Volumen gekommen?
(Die infinitesimale Elemente verstehe ich schon) |
Hallo Wolvetooth,
anhängend die gewünschte Herleitung des Unterwasservolumens der Halbkugel.
In der ursprünglichen Formel hatte ich mich im Vorzeichen vertan; habe das korrigiert.
Es wirken folgende Kräfte:
1. Gewichtskraft
2. Auftriebskraft, wirkt entgegengesetzt zur Gewichtskraft
Um die Halbkugel zu heben ist die Differenz der Kräfte aufzubringen.
Somit ist die Hubarbeit= Differenzkraft x Hubhöhe(Radius)
Alles klar?
| Beschreibung: |
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Myon
Anmeldungsdatum: 04.12.2013
Beiträge: 5678
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| Myon Verfasst am: 18. Jan 2020 13:51 Titel: |
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@Mathefix: die Gleichung für ) kann nicht ganz richtig sein, die rechte Seite der Gleichung hängt ja gar nicht von y ab. Das y sollte eine der Integralgrenzen sein.
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Mathefix
Anmeldungsdatum: 05.08.2015
Beiträge: 5786
Wohnort: jwd
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| Mathefix Verfasst am: 18. Jan 2020 14:19 Titel: |
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| Myon hat Folgendes geschrieben: | | @Mathefix: die Gleichung für kann nicht ganz richtig sein, die rechte Seite der Gleichung hängt ja gar nicht von y ab. Das y sollte eine der Integralgrenzen sein. |
@Myon
Was ist da falsch?
y = Eintauchtiefe
Volumen unter Wasser
 = \pi \cdot (r\cdot y^{2} - \frac{1}{3}\cdot y^{3}))
y = 0: Halbkugel vollständig überwasser
y = r: Halkugel vollständig unterwasser
und damit
)
Falls ich mich nicht verrechnet habe.
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Myon
Anmeldungsdatum: 04.12.2013
Beiträge: 5678
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| Myon Verfasst am: 18. Jan 2020 15:06 Titel: |
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Wie gesagt, das y muss als Integralgrenze vorkommen. Wenn y wie in Skizze, dann ist das bis y eingetauchte Volumen
=\pi\int\limits_y^r(r^2-y'^2)\,\dd y'=\pi(\frac{2}{3}r^3-r^2y+\frac{1}{3}y^3))
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Wolvetooth
Anmeldungsdatum: 13.01.2019
Beiträge: 260
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Mathefix
Anmeldungsdatum: 05.08.2015
Beiträge: 5786
Wohnort: jwd
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| Mathefix Verfasst am: 19. Jan 2020 17:22 Titel: |
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Welches Vorzeichen, bestimmt durch die Kraftrichtung, die Summanden bei der Kraftdifferenz haben ist Definitionssache.
Meine Berechnung des Kugelvolumens:
Infinitesimale Kreisscheibe
 egibt sich bezogen auf die Kreisgleichung aus dem Pythagoras
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Wolvetooth
Anmeldungsdatum: 13.01.2019
Beiträge: 260
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| Wolvetooth Verfasst am: 20. Jan 2020 11:20 Titel: |
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| Mathefix hat Folgendes geschrieben: | | Welches Vorzeichen, bestimmt durch die Kraftrichtung, die Summanden bei der Kraftdifferenz haben ist Definitionssache. |
Alles klar!
| Mathefix hat Folgendes geschrieben: |
Meine Berechnung des Kugelvolumens:
Infinitesimale Kreisscheibe
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Aber ist das Volumen nicht für einen Kegel oder einen Zylinder?
Die Herleitung deines Kugelvolumens verwirrt mich immer noch ein bisschen  (was x ist, ist mir schon klar)
Danke noch ein mal
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Nils Hoppenstedt
Anmeldungsdatum: 08.01.2020
Beiträge: 2016
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blödi123
Anmeldungsdatum: 17.01.2020
Beiträge: 56
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| blödi123 Verfasst am: 20. Jan 2020 19:28 Titel: |
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zunächst mal: interessante Aufgabe
alle Beiträge gehen von einem konstanten Wasserspiegel bei Entnahme der Kugel aus dem Wasser aus. Das sollte man auch in die Voraussetzungen aufnehmen (sonst wird´s zu kompliziert). Auch sollen wohl keine Adhäsionskräfte usw. berücksichtigt werden.
Natürlich muss man das Volumen der Kugelkappe nicht herleiten: Formelsammlung.
Dann muss man sich klar machen: die Entnahme der "oberen" Kugelhälfte erfordert die gleiche Arbeit wie die Entnahme der "unteren" Hälfte (sonst wäre evtl. ein perpetuum mobile denkbar!?)
Wenn ich mich nicht verrechnet habe, erhalte ich die für die Entnahme der (ganzen) Kugel aus dem Wasser unter den genannten Voraussetzungen:
 \cdot r^4)
zum Check:
edit: fehlender Faktor korrigiert
Zuletzt bearbeitet von blödi123 am 21. Jan 2020 16:12, insgesamt einmal bearbeitet |
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Nils Hoppenstedt
Anmeldungsdatum: 08.01.2020
Beiträge: 2016
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| Nils Hoppenstedt Verfasst am: 20. Jan 2020 23:12 Titel: |
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| blödi123 hat Folgendes geschrieben: |
Dann muss man sich klar machen: die Entnahme der "oberen" Kugelhälfte erfordert die gleiche Arbeit wie die Entnahme der "unteren" Hälfte (sonst wäre evtl. ein perpetuum mobile denkbar!?)
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Ja, das stimmt! Gut erkannt! (mit entgegen gesetzten Vorzeichen natürlich)
| blödi123 hat Folgendes geschrieben: |
Wenn ich mich nicht verrechnet habe, erhalte ich die für die Entnahme der (ganzen) Kugel aus dem Wasser unter den genannten Voraussetzungen:
 )
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Ja, das kann ich bestätigen, wobei man noch weiter vereinfachen kann, wenn man noch  verwendet (und der Faktor R^4 fehlt noch). Aber wo genau ist der Rechenvorteil, wenn man die ganze Kugel aus dem Wasser entnimmt? Das Integral musst man doch trotzdem noch auswerten. Oder gibt es da eine clevere Überlegung, die das Integral umgeht?
Viele Grüße,
Nils
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blödi123
Anmeldungsdatum: 17.01.2020
Beiträge: 56
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| blödi123 Verfasst am: 21. Jan 2020 10:47 Titel: |
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Ooooops!!!
@Danke Nils, natürlich fehlt der Faktor r^4 ! Duhast Recht: ich habe die Aufgabenstellung aus den Augen verloren - die Kugel ist ja nur zur Hälfte eingetaucht...
Wie aber kommst du auf rho_wasser = 2*rho ???
Nehmen wir z.B. mal eine Kugel aus Stahl...
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Nils Hoppenstedt
Anmeldungsdatum: 08.01.2020
Beiträge: 2016
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| Nils Hoppenstedt Verfasst am: 21. Jan 2020 11:07 Titel: |
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| blödi123 hat Folgendes geschrieben: |
Wie aber kommst du auf rho_wasser = 2*rho ???
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Na, weil sie halb eingetaucht schwimmt... 
Viele Grüße,
Nils
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blödi123
Anmeldungsdatum: 17.01.2020
Beiträge: 56
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| blödi123 Verfasst am: 21. Jan 2020 11:29 Titel: |
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nein, nein - das hat damit nichts zu tun
ich wiederhole: Kugel aus Stahl, zur Hälfte in Wasser eingetaucht...
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Nils Hoppenstedt
Anmeldungsdatum: 08.01.2020
Beiträge: 2016
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| Nils Hoppenstedt Verfasst am: 21. Jan 2020 11:32 Titel: |
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Ich wiederhole auch: sie schwimmt.
Nils
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blödi123
Anmeldungsdatum: 17.01.2020
Beiträge: 56
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| blödi123 Verfasst am: 21. Jan 2020 15:59 Titel: |
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klar, du hast völlig Recht: bevor man eine Aufgabe "löst", sollte man die Aufgabenstellung verstanden haben (mir fehlt der Schlaf einer Nacht...)
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Mathefix
Anmeldungsdatum: 05.08.2015
Beiträge: 5786
Wohnort: jwd
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| Mathefix Verfasst am: 21. Jan 2020 16:07 Titel: |
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| blödi123 hat Folgendes geschrieben: | zunächst mal: interessante Aufgabe
alle Beiträge gehen von einem konstanten Wasserspiegel bei Entnahme der Kugel aus dem Wasser aus. |
Da der Durchmesser des Wasserbehälters nicht gegeben ist, muss diese Annahme getroffen werden.
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Mathefix
Anmeldungsdatum: 05.08.2015
Beiträge: 5786
Wohnort: jwd
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| Mathefix Verfasst am: 22. Jan 2020 13:59 Titel: |
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| blödi123 hat Folgendes geschrieben: | zunächst mal: interessante Aufgabe
alle Beiträge gehen von einem konstanten Wasserspiegel bei Entnahme der Kugel aus dem Wasser aus. Das sollte man auch in die Voraussetzungen aufnehmen (sonst wird´s zu kompliziert). |
Volumen Halbkugel
 Oberfläche Wasserbehälter
Wenn die Halbkugel vollständig aus dem Wasser gezogen ist, ist der Wasserspiegel um
gesunken.
Um diesen Betrag muss die Halbkugel weniger gehoben werden, bis sie gerade die Wasseroberfläche tangiert
Allerdings wird auch die Auftriebskraft während des Hebevorgangs durch den sinkenden Wasserspiegel um den Faktor
verringert , sodass die Gesamtkraft steigt.
Zuletzt bearbeitet von Mathefix am 22. Jan 2020 17:19, insgesamt einmal bearbeitet |
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Wolvetooth
Anmeldungsdatum: 13.01.2019
Beiträge: 260
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| Wolvetooth Verfasst am: 22. Jan 2020 15:49 Titel: |
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Hallo!
Vielen Dank an alle für die Lösung
Da es jetzt so viele neue Beiträge gibt, weiß ich nicht, wie ich jetzt weiter kommen sollte. Würde die Lösung so erstmal aussehen? (Ich habe nicht das Integral bis zum Ende gemacht)
| Beschreibung: |
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Nils Hoppenstedt
Anmeldungsdatum: 08.01.2020
Beiträge: 2016
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| Nils Hoppenstedt Verfasst am: 22. Jan 2020 17:30 Titel: |
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Ich glaube, deine Formel für das Volumen der eingetauchten Kugelkappe stimmt nicht ganz. Analog zur Formel in Wikipedia (mit y statt h) sollte gelten:
Vk(y) = pi*y²(r - y/3)
Viele Grüße,
Nils
https://de.wikipedia.org/wiki/Kugelsegment
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Wolvetooth
Anmeldungsdatum: 13.01.2019
Beiträge: 260
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| Wolvetooth Verfasst am: 22. Jan 2020 17:37 Titel: |
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| Nils Hoppenstedt hat Folgendes geschrieben: | Ich glaube, deine Formel für das Volumen der eingetauchten Kugelkappe stimmt nicht ganz. Analog zur Formel in Wikipedia (mit y statt h) sollte gelten:
Vk(y) = pi*y²(r - y/3)
Viele Grüße,
Nils
https://de.wikipedia.org/wiki/Kugelsegment |
Ich habe die Formeln von Myon und Mathefix benutzt 
Hat jemand einen Rechenweg vielleicht? ich bin total durcheinander
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Nils Hoppenstedt
Anmeldungsdatum: 08.01.2020
Beiträge: 2016
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| Nils Hoppenstedt Verfasst am: 22. Jan 2020 17:47 Titel: |
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Wie gesagt auf der Wikipedia-Seite wird es hergeleitet.
Edit: Oh sorry, hab gerade gesehen, dass bei dir y ja anders definiert ist als das h auf der Wiki-Seite. Ok, dann stimmt dein Ausdruck für Vk(y) doch. Aber ich glaube, die Wiki-Definition ist für deine Rechnung geschickter (nur 2 Terme statt 3).
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Nils Hoppenstedt
Anmeldungsdatum: 08.01.2020
Beiträge: 2016
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| Nils Hoppenstedt Verfasst am: 22. Jan 2020 21:09 Titel: |
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Um das Ganze mal abzuschließen, hier meine Rechnung. In meiner Rechnung bezeichnet y den senkrechten Abstand zwischen Wasserlinie und dem Südpol der Kugel. Damit ergibt sich für die Arbeit:
 \right) \\&=& mgr -\rho_w g \int_0^r \!\dd y \, V_k(y) \\&=& mgr -\rho_w g \pi \int_0^r \!\dd y \, \left(y^2r-\frac{y^3}{3} \right) \\&=& mgr -\rho_w g \pi \left(\frac{r^4}{3} - \frac{r^4}{12}\right) \\&=& mgr -\frac{1}{4}\rho_w g \pi )
Für die Masse des Körpers setzen wir \pi r^3 \rho_k) ein und verwendet  , da die Kugel halb eingetaucht schwimmt. Damit ergibt sich schließlich:
\\&=&\frac{5}{12}\pi r^4\rho_wg)
Viele Grüße,
Nils
Edit: in meinem ursprünglichen Posting fehlte im letzten Ausdruck das g. Danke an Mathefix für den Hinweis! 
Zuletzt bearbeitet von Nils Hoppenstedt am 23. Jan 2020 14:24, insgesamt einmal bearbeitet |
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Mathefix
Anmeldungsdatum: 05.08.2015
Beiträge: 5786
Wohnort: jwd
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| Mathefix Verfasst am: 23. Jan 2020 14:02 Titel: |
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| Nils Hoppenstedt hat Folgendes geschrieben: |
\\&=&\frac{5}{12}\pi r^4\rho_w)
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Da ist wohl das "g" verloren gegangen 
Ansonsten komme ich mit meinem Ansatz auf das exakt gleiche Ergebnis,
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GvC
Anmeldungsdatum: 07.05.2009
Beiträge: 14861
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| GvC Verfasst am: 23. Jan 2020 14:23 Titel: |
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| Nils Hoppenstedt hat Folgendes geschrieben: | ....Damit ergibt sich schließlich:
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Das Ergebnis führt mich zu einer Überlegung, die ich allerdings noch nicht ganz abgeschlossen habe, nämlich ob die Aufgabe nicht von Vornherein mit dem Energieerhaltungssatz gelöst werden könnte. Wenn Du anstelle der Flüssigkeitsdichte hier die (doppelte) Kugeldichte einsetzt, ist Dein Ergebnis ja
Das ließe sich so aufschlüsseln:
Die ganze Kugel wird ja um die Strecke R angehoben. Der erste Summand kann deshalb als die Arbeit interpretiert werden, die zum Anheben der oberen Kugelhälfte aufzuwenden ist. Beim zweiten Summanden lässt sich der Faktor m/4 so interpretieren, dass die Halbkugel unter Wasser nur halb so viel "wiegt". Allerdings fehlt mir noch eine schlüssige Beweisführung für den Faktor 1/2. Kannst Du an dieser Idee vielleicht noch ein bisschen weiter entlangdenken?
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Myon
Anmeldungsdatum: 04.12.2013
Beiträge: 5678
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| Myon Verfasst am: 23. Jan 2020 15:51 Titel: |
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@GvC: Nein, ich glaube nicht, dass sich mit einer solchen Energiebetrachtung die Aufgabe lösen lässt, jedenfalls nicht in dieser einfachen Form. Die potentielle Energie des eingetauchten Körpers ist nicht nur von der Masse und dem Abstand des tiefsten Punktes von der Wasserlinie bzw. dem Hebeweg abhängig, sondern auch von der Form des Körpers. Die Kugelform geht in diese einfache Gleichung aber nicht mit ein. Bei einem Würfel ergäbe sich z.B. ein anderer Faktor (0.5 statt 0.625, wenn man mit R die halbe Würfelseite bezeichnet).
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Nils Hoppenstedt
Anmeldungsdatum: 08.01.2020
Beiträge: 2016
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| Nils Hoppenstedt Verfasst am: 23. Jan 2020 16:20 Titel: |
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| GvC hat Folgendes geschrieben: |
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Ja, als ich die Zahlen sah, hatte ich auch so ein Gefühl, dass das doch irgendwie einfacher gehen müsste. Mein Ansatz war, dass man ja erst solange Wasser in das Becken pumpen könnte bis sich die Kugel um R anhebt, dann die Kugel irgendwie an einem Haken befestigt und anschließend das Wasser wieder auf das Ursprungsniveau ablaufen lässt. Durch die Energiebilanz beim Pumpen - so mein Gedanke - sollte sich die Arbeit doch viel einfacher berechnen lassen... Aber nix da! Am Ende landet man immer bei diesem mistigen Kugelintegral.
Und Myon hat natürlich Recht: bei Körpern, die in der Tiefe bauchig sind, profitiert man natürlich viel länger vom Auftrieb, daher muss der Faktor von der Form abhängig sein. Im Grenzfall ist die Arbeit sogar Null!
Viele Grüße,
Nils
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Nils Hoppenstedt
Anmeldungsdatum: 08.01.2020
Beiträge: 2016
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| Nils Hoppenstedt Verfasst am: 23. Jan 2020 22:19 Titel: |
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Hallo Leute,
Sorry, aber es hat mir echt keine Ruhe gelassen. Anscheinend gibt es doch eine "einfache" Betrachtungsweise, die es erlaubt die Aufgabe zu lösen, ohne ein kompliziertes Integral berechnen zu müssen.
Es fängt an mit der Beobachtung, dass ein quaderförmiger Körper, der sich so weit unter Wasser befindet, dass seine Oberseite gerade so die Wasseroberfläche berührt und dessen Dichte genau die Hälfte der Dichte des Wassers ist ohne Nettoarbeit verrichten zu müssen aus der Flüssigkeit herausgehoben werden kann. Denn es gilt:
 \\ &=& mgr - \frac{\rho_wgAr^2}{2} \\&=& mgr - mgr = 0 )
Mit der Oberfläche  , Länge  und Dichte  . Das war das letzte Integral, versprochen! ;-)
Mit diesem Hintergrundwissen können wir nun durch folgende 4 Schritte die halb eingetauchte Kugel so aus dem Wasser bugsieren, dass die dabei verrichtete Arbeit ohne viel Aufwand berechnet werden kann (siehe angehängte Grafik). Die Überlegungen sollten allgemein für alle Körper funktionieren, die durch Drehung um 180° in sich übergehen.
Schritt 1:
Zuerst zerschneiden wir die Kugel horizontal in der Mitte und heben die obere Kugelhälfte um den Betrag r an. Die dabei verrichtete Arbeit ist
Schritt 2:
Den verbliebenen Teil unter Wasser zerlegen wir in viele kleine senkrechte Säulen (siehe Grafik).
Schritt 3:
Jetzt kommt der Witz: Aufgrund der obigen Beobachtung können wir nun jede Säule ohne Arbeitsaufwand aus dem Wasser heben! Als Ergebnis erhalten wir eine an der Wasseroberfläche gespiegelte Kugelhälfte. Das Wasser können wir uns von nun an wegdenken.
Schritt 4:
Jetzt müssen wir nur noch die ursprüngliche Kugel wieder zusammenbauen. Um dies zu erreichen, drehen wir die untere Kugelhälfte ohne Arbeit verrichten zu müssen um 180° um ihren Schwerpunkt S (siehe Zeichnung) und heben sie anschließend solange nach oben bis sie die obere Hälfte berührt. Bezeichnen wir mit zs den Abstand des Schwerpunktes der Kugelhälfte zum Mittelpunkt der Kugel, so ist der dabei zurück gelegte Weg gleich r-2*zs.
Insgesamt haben wir also die folgende Arbeit verrichtet:
\\&=&mgr\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{z_s}{r}\right) \\ &=&mgr\left(1-\frac{z_s}{r}\right))
Ja, und das wäre dann die allgemeine Formel für alle Körper mit zweizähliger Rotationssymmetrie. Im Falle einer Kugel ist sz = 3/8 r und der Ausdruck in der Klammer gleich 5/8 in Übereinstimmung mit der länglichen Rechnung von oben. Im Falle eines Würfels mit halber Seitenlänge r ist sz = r/2 und der Ausdruck in der Klammer gleich 1/2, usw.
Danke an alle die bis hier hin mitgelesen haben!
Viele Grüße,
Nils
| Beschreibung: |
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3203 mal |
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Zuletzt bearbeitet von Nils Hoppenstedt am 24. Jan 2020 17:55, insgesamt einmal bearbeitet |
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Myon
Anmeldungsdatum: 04.12.2013
Beiträge: 5678
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| Myon Verfasst am: 23. Jan 2020 23:15 Titel: |
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@Nils: Wow, da kann ich nur gratulieren!! Wirklich eine allgemeingültige, schöne Lösung und sehr kreativ überlegt! Da wäre ich nie darauf gekommen. Und auch noch klar präsentiert und illustriert.
Was das Integral angeht, müsste man natürlich für die Schwerpunktbestimmung der Halbkugel eigentlich auch ein solches lösen. Aber es bleibt dabei, es ist eine schöne Sache, und bei Kenntnis des Schwerpunkts gibt es nichts mehr zu rechnen. Auch wird deutlich, welche Grösse für die aufzubringende Arbeit relevant ist (relativ zu Körpern mit gleicher Masse/Volumen und vertikalen Ausmassen).
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blödi123
Anmeldungsdatum: 17.01.2020
Beiträge: 56
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| blödi123 Verfasst am: 24. Jan 2020 09:23 Titel: |
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@ N.H.
äußerst kreative Überlegungen - Bravo!
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Frankx
Anmeldungsdatum: 04.03.2015
Beiträge: 963
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| Frankx Verfasst am: 24. Jan 2020 09:33 Titel: |
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| Nils Hoppenstedt hat Folgendes geschrieben: | | Es fängt an mit der Beobachtung, dass ein quaderförmiger Körper, der sich so weit unter Wasser befindet, dass seine Oberseite gerade so die Wasseroberfläche berührt und dessen Dichte genau die Hälfte der Dichte des Wassers ist ohne Nettoarbeit verrichten zu müssen aus der Flüssigkeit herausgehoben werden kann. Denn es gilt: ... |
Bei den Summanden in deiner Integralformel kommen unterschiedliche Einheiten zustande.
Im zweiten Summanden fehlt imho der Faktor g.
Ansonsten finde ich die Überlegungen gut.
.
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Wolvetooth
Anmeldungsdatum: 13.01.2019
Beiträge: 260
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| Wolvetooth Verfasst am: 24. Jan 2020 09:39 Titel: |
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@Nils
Um ehrlich zu sein, kann ich leider nicht alles nachvollziehen, was du schreibst aber vielen Dank, dass du so viel Energie und Motivation bei deinen Beiträgen benutzt. Persönlich finde ich das schön und das verbessert die Gemeinschaft von Physikerboard und dadurch das gegenseitiges Lernen 
Super gemacht!
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Nils Hoppenstedt
Anmeldungsdatum: 08.01.2020
Beiträge: 2016
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| Nils Hoppenstedt Verfasst am: 24. Jan 2020 18:00 Titel: |
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Oh, vielen Dank Euch allen! Das Kompliment darf ich zurückgeben. Ohne die vielen Anregungen hier im Forum wäre ich da nie drauf gekommen!
Cheers,
Nils
@Frankx: Danke für den Hinweis, ist nun korrigiert.
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Mathefix
Anmeldungsdatum: 05.08.2015
Beiträge: 5786
Wohnort: jwd
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| Mathefix Verfasst am: 25. Jan 2020 11:59 Titel: |
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@Nils
Deine Herleitung ist ohne Zweifel elegant, setzt aber die Kenntnis der Schwerpunktlage des eingetauchten Volumens voraus.
Schwerpunkt eines Kugelsegments mit h = Eintauchtiefe
Abstand zum Mittelpunkt
^{2} }{4\cdot r -h})
Hätte ich ohne Formelsammlung nicht gewußt. Die Herleitung ist viel aufwendiger als die Herleitung der Auftriebskraft.
In Kennntnis der Schwerpunktlage ist meine Überlegung ganz einfach:
Schwimmbedingung: Auftriebskraft = Gewichtskraft
Die Auftriebskraft greift im Massenschwerpunkt des eingetauchten Massenteils an. Die Arbeit, welche die Auftriebskraft bis zur Wasseroberfläche - Kugel vollständig aufgetaucht -, verrichtet ist also
Die Arbeit die aufgewendet werden muss, um die Kugel zu heben
Also ist
 )
Lt. Aufgabenstellung ist die Kugel halb (h = r) eingetaucht
Gruss und schönes Wochende
mathefix
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Myon
Anmeldungsdatum: 04.12.2013
Beiträge: 5678
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| Myon Verfasst am: 25. Jan 2020 12:55 Titel: |
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| Mathefix hat Folgendes geschrieben: | Schwimmbedingung: Auftriebskraft = Gewichtskraft
Die Auftriebskraft greift im Massenschwerpunkt des eingetauchten Massenteils an. Die Arbeit, welche die Auftriebskraft bis zur Wasseroberfläche - Kugel vollständig aufgetaucht -, verrichtet ist also
|
Die Gleichung, die Du für die Arbeit erhältst, ist zwar richtig, aber die Begründung dafür greift in meinen Augen nicht:
-wo die Auftriebskraft am Körper angreift, ist hier nicht relevant. Dies wäre wichtig für die Stabilität, wirkende Drehmomente etc.
-die Auftriebskraft ist während des Hebevorgangs nicht konstant, sondern nimmt von m*g auf null ab.
-die Länge des Wegs, während der die Auftriebskraft Arbeit leistet, ist nicht s_z, sondern r.
Rechnet man die Arbeit der Auftriebskraft korrekt aus, muss man wieder über das Volumen integrieren, das jeweils unter Wasser ist, man kommt also wieder auf die ursprüngliche Rechnung.
Nils führte hingegen zur Bestimmung der verrichteten Arbeit den gesamten Hebevorgang auf alternative Vorgänge zurück, die insgesamt den gleichen Anfangs- und Endzustand haben und deren Arbeit anschaulich begründet ist.
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Mathefix
Anmeldungsdatum: 05.08.2015
Beiträge: 5786
Wohnort: jwd
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| Mathefix Verfasst am: 25. Jan 2020 15:27 Titel: |
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| Myon hat Folgendes geschrieben: | | Mathefix hat Folgendes geschrieben: | Schwimmbedingung: Auftriebskraft = Gewichtskraft
Die Auftriebskraft greift im Massenschwerpunkt des eingetauchten Massenteils an. Die Arbeit, welche die Auftriebskraft bis zur Wasseroberfläche - Kugel vollständig aufgetaucht -, verrichtet ist also
|
Die Gleichung, die Du für die Arbeit erhältst, ist zwar richtig, aber die Begründung dafür greift in meinen Augen nicht:
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Da bin ich anderer Meinung. Die Auftriebskraft greift im Schwerpunkt an; das ist unstrittig und Du kannst es nachlesen. z. Bsp.:
https://www.stroemung-berechnen.de/auftrieb-berechnen/
Letzter Satz.
Wir betrachten hier eine statische und keine Dynamische Situation (Schwimmstabiiltät).
Die Summe der über die Eintauchtiefe wirkendenden Auftriebskräfte kann als einzelner im Schwerpunkt angreifender Kraftvektor angesehen werden.
Die Arbeit ist dann diese Kraft multipliziert mit dem Schwerpunktabstand, weil der Weg der Kraft exakt vom Schwerpunkt bis zur Wasseroberfläche verläuft und nicht über den Radius.
Darauf basiert mein Ansatz, den Du für richtig hältst.
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Myon
Anmeldungsdatum: 04.12.2013
Beiträge: 5678
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| Myon Verfasst am: 25. Jan 2020 15:52 Titel: |
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Ich bestreite doch nicht, dass die Auftriebskraft am Schwerpunkt des verdrängten Flüssigkeitsvolumens angreift (dieser Schwerpunkt ändert kontinuierlich während des Hebevorgangs), aber dies ist m.E. nicht relevant. Mir leuchtet deshalb nicht ein, wie man anschaulich auf die Gleichung für die Arbeit der Auftriebskraft kommt - abgesehen von Nils Begründung. Wie gesagt, diese Auftriebskraft ist über den Weg nicht konstant, und die Weglänge ist nicht einfach z_s. Aber vielleicht übersehe ich etwas.
Man müsste rechnerisch die Auftriebsarbeit auf die Definition des Schwerpunkts zurückführen, dann wäre der Zusammenhang gezeigt.
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