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Nachricht |
philis
Gast
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 philis Verfasst am: 06. Jan 2022 09:53 Titel: In welche Richtung fliegt der Stein? |
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Meine Frage:
Ein Stein wird mit der Anfangsgeschwindigkeit v0 senkrecht nach oben geworfen und fällt wieder zu Boden.
Bestimmen Sie die Ablenkung inklusive der Richtung
(?West? oder ?Ost?) aufgrund der Erdrotation auf der
Nordhalbkugel als Funktion des Breitengrades.
Meine Ideen:
Ich hötte gemeint es würde in west richtung fliegen aber bräucht eine begründung |
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hansguckindieluft
Anmeldungsdatum: 23.12.2014
Beiträge: 1212
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| hansguckindieluft Verfasst am: 06. Jan 2022 10:06 Titel: Re: ost oder west in welche richtung fliegt der stein |
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| philis hat Folgendes geschrieben: |
Meine Ideen:
Ich hötte gemeint es würde in west richtung fliegen aber bräucht eine begründung |
Der Stein hat durch die Rotation der Erde (von West nach Ost) eine Bahngeschwindigkeit, die vom Abstand zur Rotationsachse und damit vom Breitengrad abhängt. Wenn der Stein nun nach oben geworfen wird, so vergrößert sich sein Abstand zur Rotationsachse. Um nun nicht nach West abgelenkt zu werden, müsste er nun auch seine Bahngeschwindigkeit vergrößern. |
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Füsik-Gast
Gast
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| Füsik-Gast Verfasst am: 06. Jan 2022 10:10 Titel: Erde |
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In welche Richtung dreht sich denn die Erde?
Wenn der Stein in die Höhe geworfen wird,dreht sich die Erde bis zu seiner Landung,je nach Wurfhöhe,bzw. der Anfangsgeschwindigkeit v0 unter dem Stein weiter.Da die Drehung der Erde von Westen nach Osten erfolgt,wird der Stein weiter westlich landen.
Füsik-Gast. |
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MBastieK
Anmeldungsdatum: 06.10.2012
Beiträge: 951
Wohnort: Berlin-Wedding
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| MBastieK Verfasst am: 06. Jan 2022 11:26 Titel: |
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Hallo!
| philis hat Folgendes geschrieben: | | Ich hötte gemeint es würde in west richtung fliegen aber bräucht eine begründung" |
Ich würde sagen: Wie die Sonne sich bewegt, aus Sicht eines Erd-Bewohners.
Wenn die Sonne bei Abwurf im Zenit steht, sind die Sonne und die Bewegungs-Linie des Steins auf einer Linie*, wenn man den Luft-Widerstand und die Bewegung der Erde auf seiner Bahn um die Sonne missachtet.
Edit:
Obwohl. Der Stein hat ja noch einen waagerechten Impuls, weil er sich ja die ganze Zeit mit der Erde mitdreht. Das ändert einiges am Verhalten. Ich würde bei Westen bleiben (wie die Sonne), aber nicht in der Stärke bezüglich zurückgelegter Weglänge.
Nette Grüsse
* oder Ebene
_________________
Intelligenz ist die Fähigkeit der (temporären) Anpassung.
Zuletzt bearbeitet von MBastieK am 07. Jan 2022 13:14, insgesamt 5-mal bearbeitet |
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Mathefix
Anmeldungsdatum: 05.08.2015
Beiträge: 5863
Wohnort: jwd
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| Mathefix Verfasst am: 06. Jan 2022 11:31 Titel: |
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Coriolisbeschleunigung
Bei einem senkrechten Wurf an anderer Stelle als den Polen bewirkt die
die Coriolisbeschleunigung, dass während des Steigens der Masse eine Kraft nach Westen auftritt und während des Fallens eine nach Osten.
Während des Steigens nimmt deswegen die Horizontalgeschwindigkeit der Masse in westlicher Richtung des jeweiligen Breitengrades dauernd zu, am Anfang stark und dann immer schwächer, da die Vertikalgeschwindigkeit und damit die Corioliskraft abnimmt.
Beim Umkehrpunkt hat dann die Horizonalgeschwindigkeit ihren größten Wert erreicht und wird dann beim Fallen wieder vermindert bis sie bei Erreichen der Anfangshöhe wieder Null ist. Der Ort der Rückkehr wird deshalb nach Westen verschoben sein.
Coriolisbeschleunigung
x: Senkrecht auf y und z
y= Richtung Osten
z = Parallel zur Erdachse
phi = Geographische Breite
 \\ 0 \\ v\cdot \sin(\varphi )\end{pmatrix} )
 \\ 0 \\ v\cdot \sin(\varphi )\end{pmatrix} \times \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ \omega \end{pmatrix} = - 2\cdot v\cdot \omega \cdot \cos(\varphi ) )
Steigen und Fallen: Flugzeit T
 = v_0 - g\cdot t)
 = -2\cdot (v_0-g\cdot t)\cdot \omega\cdot \cos(\varphi ) )
 =\int_a^T \! v(t)\,\cdot \dd t = \int_a^T \! a_c(t)\cdot t\cdot \, \dd t)
Abweichung vom Startpunkt
 )
Richtung Westen.
PS
Genaugenommen muss noch berücksichtigt werden, dass
a) die Erdbeschleunigung vom Breitengrad abhgängt
b) die Masse auf einer Kreisbahn und nicht geradlinig abgelenkt wird.
Zuletzt bearbeitet von Mathefix am 06. Jan 2022 17:59, insgesamt einmal bearbeitet |
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Nils Hoppenstedt
Anmeldungsdatum: 08.01.2020
Beiträge: 2019
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| Nils Hoppenstedt Verfasst am: 06. Jan 2022 16:21 Titel: |
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Hallo Mathefix,
| Mathefix hat Folgendes geschrieben: |
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Du meinst vermutlich
| Mathefix hat Folgendes geschrieben: |
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Die Geschwindigkeit der Ablenkung ist nicht konstant, daher kann man nicht v = a*t verwenden, sondern muss zweimal integrieren.
| Mathefix hat Folgendes geschrieben: |
Genaugenommen muss noch berücksichtigt werden, dass
[...]
b) die Masse auf einer Kreisbahn und nicht geradlinig abgelenkt wird. |
Da die Rechnung mit mitrotiertem Bezugssystem stattfindet, ist dies schon mitberücksichtigt, sofern man die Coriolis- und Fliehkraft sauber miteinrechnet.
Viele Grüße,
Nils
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Ihr da Ohm macht doch Watt ihr Volt! |
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Mathefix
Anmeldungsdatum: 05.08.2015
Beiträge: 5863
Wohnort: jwd
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| Mathefix Verfasst am: 06. Jan 2022 18:22 Titel: |
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Hallo Nils,
vielen Dank für Deine Hinweise.
Die Notation des Vektorprodukts habe ich korrigiert.
In meinem Konzeptpapier hatte ich zweimal integriert - das Endergebnis stimmt.
Warum ich dann diesen Unsinn geschrieben habe, weiss ich nicht 
Richtig ist:
 = \int\! a_c(t) \, \cdot\dd t = -2 \cdot \omega\cdot \cos(\varphi ) \cdot \int \! (v_0 -g\cdot t) \cdot\, \dd t = -2 \cdot \omega\cdot \cos(\varphi ) \cdot (v_o \cdot t - \frac{1}{2} \cdot g\cdot t^{2} ))
 = \int_0^T \! v(t) \cdot \, \dd t = -2 \cdot \omega\cdot \cos(\varphi ) \cdot \int_0^T (v_o \cdot t - \frac{1}{2} \cdot g\cdot t^{2} )\cdot dt = -2 \cdot \omega\cdot \cos(\varphi ) \cdot (\frac{1}{2} \cdot v_0\cdot t^{2}- \frac{1}{6} \cdot g\cdot t^{3} ))
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as_string
Moderator
Anmeldungsdatum: 09.12.2005
Beiträge: 5785
Wohnort: Heidelberg
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| as_string Verfasst am: 06. Jan 2022 22:30 Titel: Re: Erde |
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| Füsik-Gast hat Folgendes geschrieben: | In welche Richtung dreht sich denn die Erde?
Wenn der Stein in die Höhe geworfen wird,dreht sich die Erde bis zu seiner Landung,je nach Wurfhöhe,bzw. der Anfangsgeschwindigkeit v0 unter dem Stein weiter.Da die Drehung der Erde von Westen nach Osten erfolgt,wird der Stein weiter westlich landen. |
Naja, ganz so einfach ist es nicht: Nicht nur die Erde dreht sich weiter sondern der Stein wird auch eine Tangential-Geschwindigkeit mitnehmen, die der Geschwindigkeit der Erdoberfläche entspricht. So lange sich der Stein in einer höheren Position befindet, je nach Breitengrad dann auch weiter von der Erd-Rotationsachse entfernt ist, desto geringer ist seine Winkelgeschwindigkeit (weil Tangentialgeschwindigkeit gleich bleibt, aber Abstand zur Achse wächst). Deshalb dreht sich die Erdoberfläche dann unter ihm weg.
Die Betrachtung mit Coriolis finde ich fast etwas umständlich, da ist es doch einfacher, wenn man es aus einem nicht-mitfrehenden Bezugssystem betrachtet, denke ich. Aber das Ergebnis sollte natürlich dasselbe sein.
Gruß
Marco |
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Mathefix
Anmeldungsdatum: 05.08.2015
Beiträge: 5863
Wohnort: jwd
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| Mathefix Verfasst am: 07. Jan 2022 08:24 Titel: Re: Erde |
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| as_string hat Folgendes geschrieben: |
Die Betrachtung mit Coriolis finde ich fast etwas umständlich, da ist es doch einfacher, wenn man es aus einem nicht-mitfrehenden Bezugssystem betrachtet, denke ich. Aber das Ergebnis sollte natürlich dasselbe sein.
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Zeige bitte Deinen einfachen Lösungsweg. |
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TomS
Moderator
Anmeldungsdatum: 20.03.2009
Beiträge: 18026
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| TomS Verfasst am: 07. Jan 2022 08:47 Titel: Re: Erde |
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| as_string hat Folgendes geschrieben: | | Die Betrachtung mit Coriolis finde ich fast etwas umständlich, da ist es doch einfacher, wenn man es aus einem nicht-mitfrehenden Bezugssystem betrachtet, denke ich. |
Das denke ich auch. Es ist m.E. auch anschaulicher.
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Niels Bohr brainwashed a whole generation of theorists into thinking that the job (interpreting quantum theory) was done 50 years ago. |
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Nils Hoppenstedt
Anmeldungsdatum: 08.01.2020
Beiträge: 2019
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| Nils Hoppenstedt Verfasst am: 07. Jan 2022 13:54 Titel: Re: Erde |
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| as_string hat Folgendes geschrieben: |
Naja, ganz so einfach ist es nicht: Nicht nur die Erde dreht sich weiter sondern der Stein wird auch eine Tangential-Geschwindigkeit mitnehmen, die der Geschwindigkeit der Erdoberfläche entspricht. So lange sich der Stein in einer höheren Position befindet, je nach Breitengrad dann auch weiter von der Erd-Rotationsachse entfernt ist, desto geringer ist seine Winkelgeschwindigkeit (weil Tangentialgeschwindigkeit gleich bleibt, aber Abstand zur Achse wächst). |
Die Tangentialgeschwindigkeit (besser gesagt Azimutalgeschwindigkeit) bleibt aber nicht gleich, sondern ändert sich in Abhängigkeit mit der Höhe (Drehimpulserhaltung). Die Betrachtung im Inertialsystem ist daher nicht so einfach wie man auf den ersten Blick meinen könnte.
Viele Grüße,
Nils
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Ihr da Ohm macht doch Watt ihr Volt! |
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TomS
Moderator
Anmeldungsdatum: 20.03.2009
Beiträge: 18026
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| TomS Verfasst am: 07. Jan 2022 17:30 Titel: Re: Erde |
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| Nils Hoppenstedt hat Folgendes geschrieben: | | Die Tangentialgeschwindigkeit (besser gesagt Azimutalgeschwindigkeit) bleibt aber nicht gleich, sondern ändert sich in Abhängigkeit mit der Höhe (Drehimpulserhaltung). |
Ohne Drehimpulserhaltung geht es natürlich nicht - im Gegenteil.
Für die Winkelgeschwindigkeit  gilt wegen Drehimpulserhaltung
mit der Winkelgeschwindigkeit  beim Abwurfradius  .
Für die Beantwortung der Frage ob Ost oder West ist dieser Zusammenhang eigentlich schon ausreichend!
Man setzt für den während der Zeit T überstrichenen Winkel
 = \int_0^T dt \, \dot{\phi} = - \frac{1}{g} \int_{v_0}^0 dv \, \dot{\phi} )
v ist die Radial- bzw. Vertikalgeschwindigkeit mit
)
Für die Radialgeschwindigkeit v und Wurfhöhe h gilt
Damit folgt
 = - \frac{\omega_0}{g} \int_{v_0}^0 dv \, \frac{r_0^2}{r^2} )
wobei der Radius eine Funktion der Geschwindigkeit ist.
Das Integral vereinfacht sich bei kleiner Wurfhöhe h mittels Taylorentwicklung. Die nullte Ordnung
 = \frac{\omega_0 v_0}{g} )
liefert gerade den Winkel
 = \omega_0 T)
den der Abwurfpunkt auf der Erdoberfläche in der Zeit
überstreicht.
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Zuletzt bearbeitet von TomS am 08. Jan 2022 11:45, insgesamt einmal bearbeitet |
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Nils Hoppenstedt
Anmeldungsdatum: 08.01.2020
Beiträge: 2019
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| Nils Hoppenstedt Verfasst am: 07. Jan 2022 18:25 Titel: |
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Damit erhältst du aber ein anderes Ergebnis als beim Rechenweg über Coriolis. Oder übersehe ich da was?
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TomS
Moderator
Anmeldungsdatum: 20.03.2009
Beiträge: 18026
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| TomS Verfasst am: 08. Jan 2022 11:44 Titel: |
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Meine Rechnung gilt zunächst nur für den Äquator. Man kann sich aber leicht überlegen, dass für einen anderen Breitengrad ein Faktor  notwendig ist.
Und nein, du übersieht nichts, die Ergebnisse stimmen zunächst nicht offensichtlich überein.
Ich bin die Rechnung jetzt mal komplett durchgegangen. Man erhält tatsächlich das korrekte Ergebnis.
Allerdings
1) erhalte ich nur dann ein einfaches Integral, wenn ich die genannte Näherung kleiner Höhe ansetze; oder ich übersehe eine einfache Umformung
2) habe ich im Energiesatz oben die Tangentialgeschwindkeit vernachlässigt - entsprechend dieser Näherung
3) berechne ich nur den halben Winkel, da ich vom tiefsten zum höchsten Punkt der Bahn integriere; es fehlt also noch ein Faktor zwei
4) liefert meine Rechnung natürlich den vollen Winkel im Inertialsystem
während die Rechnung mittels Corioliskraft im rotierenden System immer nur den Differenzwinkel  liefert. Man muss also die nullte Ordnung subtrahieren.
Die Idee und der Ansatz sind m.E. schon einfacher, die gesamte Rechnung jedoch nicht wirklich. Ich wollte im wesentlichen auf die Lösung der Bewegungsgleichung verzichten und mittels Energie- und Drehimpulserhaltung direkt ein Integral für den Winkel angeben.
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Nils Hoppenstedt
Anmeldungsdatum: 08.01.2020
Beiträge: 2019
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| Nils Hoppenstedt Verfasst am: 08. Jan 2022 12:11 Titel: |
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Ich hab das Gefühl, dass mit den ganzen Näherungen noch irgendwas schief läuft (wir hatten das Thema kürzlich schon mal, ich schau mal, ob ich den Beitrag noch finde). Jedenfalls kann ich nicht erkennen, was an diesem Rechenweg einfacher sein soll als beim Weg über Coriolis, wo man einfach nur zweimal integrieren muss und man ist fertig.
Viele Grüße,
Nils
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TomS
Moderator
Anmeldungsdatum: 20.03.2009
Beiträge: 18026
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| TomS Verfasst am: 08. Jan 2022 12:30 Titel: |
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| Nils Hoppenstedt hat Folgendes geschrieben: | | Jedenfalls kann ich nicht erkennen, was an diesem Rechenweg einfacher sein soll als beim Weg über Coriolis, wo man einfach nur zweimal integrieren muss und man ist fertig. |
Ich sage ja nicht, dass es rechnerisch einfacher ist.
Ich sehe aber den Vorteil eines anschaulichen Ansatzes im Inertialsystem ohne die Notwendigkeit, die Corioliskraft überhaupt einzuführen - das ist ja auch nicht ganz trivial.
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Nils Hoppenstedt
Anmeldungsdatum: 08.01.2020
Beiträge: 2019
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| Nils Hoppenstedt Verfasst am: 08. Jan 2022 12:41 Titel: |
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Hmm, ich finde den Ansatz über Coriolis genau so anschaulich, aber gut...
- Nils
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Myon
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Beiträge: 5852
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as_string
Moderator
Anmeldungsdatum: 09.12.2005
Beiträge: 5785
Wohnort: Heidelberg
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| as_string Verfasst am: 08. Jan 2022 13:14 Titel: |
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Im Prinzip bewegt sich der Stein nach Abwurf bis Landung ja auf einer Keppler-Ellipse, so lange bis der Abstand zum Mittelpunkt gleich dem Erdradius ist.
Ja, die Rechnung ist nicht einfacher, das mag sein.
Gruß
Marco |
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TomS
Moderator
Anmeldungsdatum: 20.03.2009
Beiträge: 18026
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| TomS Verfasst am: 08. Jan 2022 13:32 Titel: |
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Nils rechnet in dem anderen Post genauso wie ich, inklusive der Näherungen, nur dass er Höhe und Zeit verwendet, ich hingegen nur die Anfangsgeschwindigkeit.
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Nils Hoppenstedt
Anmeldungsdatum: 08.01.2020
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| Nils Hoppenstedt Verfasst am: 08. Jan 2022 13:52 Titel: |
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Offenbar nicht, sonst würden sich die Ergebnisse nicht unterscheiden.
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TomS
Moderator
Anmeldungsdatum: 20.03.2009
Beiträge: 18026
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| TomS Verfasst am: 08. Jan 2022 13:56 Titel: |
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| Nils Hoppenstedt hat Folgendes geschrieben: | | Offenbar nicht, sonst würden sich die Ergebnisse nicht unterscheiden. |
Ich habe die Zusammenhänge doch oben erklärt.
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Nils Hoppenstedt
Anmeldungsdatum: 08.01.2020
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| Nils Hoppenstedt Verfasst am: 09. Jan 2022 06:01 Titel: |
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Hallo Tom,
Ich meinte, offensichtlich habe ich nicht „genauso“ gerechnet wie du, denn mit meinem Ansatz erhält man eine Übereinstimmung mit dem Rechenweg über Coriolis - und mit obigen Ansatz nicht. In erster Näherung sollten ja alle Ansätze das gleiche Ergebnis liefern. Sorry, ich bin gerade unterwegs und kann nicht mehr dazu schreiben. Ich schau mir das die Woche nochmal an...
Viele Grüße,
Nils
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TomS
Moderator
Anmeldungsdatum: 20.03.2009
Beiträge: 18026
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| TomS Verfasst am: 09. Jan 2022 08:17 Titel: |
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| Nils Hoppenstedt hat Folgendes geschrieben: | | Ich meinte, offensichtlich habe ich nicht „genauso“ gerechnet wie du, denn mit meinem Ansatz erhält man eine Übereinstimmung mit dem Rechenweg über Coriolis - und mit obigen Ansatz nicht. |
Ok, dann hast du “äquivalent” gerechnet ;-)
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Nils Hoppenstedt
Anmeldungsdatum: 08.01.2020
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| Nils Hoppenstedt Verfasst am: 09. Jan 2022 11:15 Titel: |
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Na, eigentlich nicht. Aber egal...
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TomS
Moderator
Anmeldungsdatum: 20.03.2009
Beiträge: 18026
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| TomS Verfasst am: 09. Jan 2022 11:19 Titel: |
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Also wenn ich Zeit habe, tue ich dir den Gefallen und schreibe die Rechnung explizit auf.
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Nils Hoppenstedt
Anmeldungsdatum: 08.01.2020
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| Nils Hoppenstedt Verfasst am: 09. Jan 2022 11:23 Titel: |
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Kommt denn mittlerweile das gleiche raus wie bei coriolis?
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TomS
Moderator
Anmeldungsdatum: 20.03.2009
Beiträge: 18026
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| TomS Verfasst am: 09. Jan 2022 11:45 Titel: |
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| Nils Hoppenstedt hat Folgendes geschrieben: | | Kommt denn mittlerweile das gleiche raus wie bei coriolis? |
Schon immer; habe ich doch oben geschrieben.
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Nils Hoppenstedt
Anmeldungsdatum: 08.01.2020
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| Nils Hoppenstedt Verfasst am: 09. Jan 2022 11:57 Titel: |
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Ok, dann haben wir aneinander vorbei geredet.
Ich dachte die ganze Zeit, du beziehst dich noch auf die ursprüngliche Rechnung, wo die Ergebnisse noch nicht übereinstimmten.
Aber ok, dann passt es ja! 
Die explizite Rechnung brauchst du nicht zu posten. Ich glaube dir schon.
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TomS
Moderator
Anmeldungsdatum: 20.03.2009
Beiträge: 18026
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| TomS Verfasst am: 09. Jan 2022 13:19 Titel: |
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| TomS hat Folgendes geschrieben: | | … die Ergebnisse stimmen zunächst nicht offensichtlich überein. |
Nicht offensichtlich, aber eben doch.
Der Rechenweg ist sehr einfach.
Drehimpulserhaltung:
 = \int_0^T dt \, \dot{\phi} = -\frac{\omega_0}{g}\int_{v_0}^0 dv \, \frac{r_0^2}{r^2})
^2} \simeq 1 - \frac{2h}{r_0})
Einsetzen liefert
 = \frac{\omega_0 v_0}{g} + \frac{2\omega_0}{gr_0} \int_{v_0}^0 dv \, h )
Der erste Term entspricht genau dem Winkel, den der Abwurfpunkt während der Flugphase
bis zum höchsten Punkt überstreicht; der zweite Term liefert für die Abweichung den selben Wert wie die Rechnung mittels Corioliskraft.
Energieerhaltung:
 + mgh = \frac{m}{2}\left( v_0^2 + r_0^2\omega_0^2 \right))
 \simeq v_0^2 - v^2)
Die Näherung ist anschaulich klar.
Damit
 = \frac{\omega_0 v_0}{g} + \frac{\omega_0}{g^2 r_0} \int_{v_0}^0 dv \, \left( v_0^2 - v^2 \right) = \frac{\omega_0 v_0}{g} - \frac{2}{3} \frac{\omega_0 v_0^3}{g^2 r_0} )
Der gesuchte Abstand zwischen Abwurf- und Aufschlagspunkt folgt mittels Multiplikation des zweiten Terms mit  .
Vorteil: kein rotierendes Bezugsystem, keine Corioliskraft, keine komplizierte Bewegungsgleichung, lediglich Anwendung von Erhaltungssätzen.
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Mathefix
Anmeldungsdatum: 05.08.2015
Beiträge: 5863
Wohnort: jwd
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| Mathefix Verfasst am: 10. Jan 2022 10:09 Titel: |
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| TomS hat Folgendes geschrieben: |
...
Der gesuchte Abstand zwischen Abwurf- und Aufschlagspunkt folgt mittels Multiplikation des zweiten Terms mit
...
|
Hallo TomS
Fragen:
1. Woraus geht der Einfluss des Breitengrads hervor?
2. Wie ist die Richtung der Abweichung abzulesen?
3. Was bedeutet der 1. Summand im 2. Term?
4. Bei
ist der Abstand= 0
Wie ist das zu interpretieren?
In einem hast Du recht. Wenn man in den Coriolis- Ansatz die Herleitung der Coriolis Beschleunigung einbezieht ist es schon aufwendig.
Gruss
Mathefix |
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TomS
Moderator
Anmeldungsdatum: 20.03.2009
Beiträge: 18026
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| TomS Verfasst am: 10. Jan 2022 11:03 Titel: |
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Zu 1. Der Breitengrad theta wird berücksichtigt, indem man in allen Formeln die Ersetzung
durchführt.
Zu 3. Der Winkel phi setzt sich zusammen aus dem Winkel, den der Abwurfpunkt in einer gewissen Zeit überstreicht sowie den Winkel, um den der Stein ggü. dem Winkel des Abwurfpunktes zurückbleibt. Der erste Term beschreibt gerade diesen Winkel des Abwurfpunktes. Die Aufteilung entsteht automatisch durch Taylorentwicklung
Zu 2. Die Abweichung ist so zu lesen, dass aufgrund des negativen Vorzeichens des zweiten Terms der Stein hinter dem Abwurfpunkt zurückbleibt. Das folgt unmittelbar aus der Drehimpulserhaltung
und damit
Zu 4. Dies ist ein Artefakt der o.g. Taylorentwicklung für kleine Höhen
Der exakte Term
ist für endliche Höhe strikt positiv.
Man beachte, dass die Näherung kleiner Höhen auch in die Energiebedingung eingeht.
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Zuletzt bearbeitet von TomS am 10. Jan 2022 12:04, insgesamt einmal bearbeitet |
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Mathefix
Anmeldungsdatum: 05.08.2015
Beiträge: 5863
Wohnort: jwd
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| Mathefix Verfasst am: 10. Jan 2022 12:30 Titel: |
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| TomS hat Folgendes geschrieben: | | Mathefix hat Folgendes geschrieben: | | TomS hat Folgendes geschrieben: | Zu 1. Der Breitengrad theta wird berücksichtigt, indem man in allen Formeln die Ersetzung
durchführt. |
Liege ich falsch mit der Annahme, dass omega eine Konstante unabhängig vom Breitengrad ist? |
Sorry, das war natürlich Käse; die Ersetzung erfolgt für den Radius. Hab’s oben korrigiert.
Zu 1. Der Breitengrad theta wird berücksichtigt, indem man in allen Formeln die Ersetzung
durchführt.
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Kann ich nicht nachvollziehen. Deine Rechnung
 =\frac{\omega_0 v_0}{g} - \frac{2}{3} \frac{\omega_0 v_0^3}{g^2 r_0} )
Der gesuchte Abstand zwischen Abwurf- und Aufschlagspunkt folgt mittels Multiplikation des zweiten Terms mit
ergibt dann
 \omega_0 v_0}{g } - \frac{4}{3} \frac{\omega_0 v_0^3}{g^2 })
Im "Coriolis Term" kommt theta nicht vor, da sich r_0 rauskürzt.
Das stimmt dann nicht mit der Coriolis Herleitung überein. |
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TomS
Moderator
Anmeldungsdatum: 20.03.2009
Beiträge: 18026
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| TomS Verfasst am: 10. Jan 2022 13:53 Titel: |
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Sorry, Fehler, war ein Schnellschuss, ich muss nochmal nachdenken.
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Mathefix
Anmeldungsdatum: 05.08.2015
Beiträge: 5863
Wohnort: jwd
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| Mathefix Verfasst am: 10. Jan 2022 13:59 Titel: |
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@TomS
Ich glaube, dass hier eine Rechenfehler ist:
Ich erhalte mit
^2} \simeq \frac{1}{1+ \frac{2h}{r_0} } ) |
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TomS
Moderator
Anmeldungsdatum: 20.03.2009
Beiträge: 18026
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| TomS Verfasst am: 10. Jan 2022 14:43 Titel: |
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| Mathefix hat Folgendes geschrieben: | @TomS
Ich glaube, dass hier eine Rechenfehler ist:
Ich erhalte mit
|
Ich auch.
Und die Taylorentwicklung bis erste Ordnung liefert dann
^2} \simeq \frac{1}{1+ \frac{2h}{r_0} } \simeq 1 - \frac{2h}{r_0} )
_________________
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Mathefix
Anmeldungsdatum: 05.08.2015
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Wohnort: jwd
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| Mathefix Verfasst am: 10. Jan 2022 15:08 Titel: |
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| TomS hat Folgendes geschrieben: | | Mathefix hat Folgendes geschrieben: | @TomS
Ich glaube, dass hier eine Rechenfehler ist:
Ich erhalte mit
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Ich auch.
Und die Taylorentwicklung bis erste Ordnung liefert dann
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Hatte ungeprüft Deine Glchg. abgeschrieben.
Ohne Taylor
^{2} )
für h<< r
Im Nenner muss r und nicht r_0 stehen. Dann stimmt m.E. nach oberflächlicher Prüfung auch das Ergebnis.
Zuletzt bearbeitet von Mathefix am 10. Jan 2022 15:24, insgesamt einmal bearbeitet |
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TomS
Moderator
Anmeldungsdatum: 20.03.2009
Beiträge: 18026
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| TomS Verfasst am: 10. Jan 2022 15:23 Titel: |
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Nein, kein Schreibfehler.
 \simeq \frac{h}{r_0})
Beide Ergebnisse sind in erster Ordnung identisch; und es geht mir absichtlich um die Entwicklung um den Punkt
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Niels Bohr brainwashed a whole generation of theorists into thinking that the job (interpreting quantum theory) was done 50 years ago. |
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Mathefix
Anmeldungsdatum: 05.08.2015
Beiträge: 5863
Wohnort: jwd
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| Mathefix Verfasst am: 10. Jan 2022 15:33 Titel: |
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| TomS hat Folgendes geschrieben: | Nein, kein Schreibfehler.
Es geht wirklich um die Entwicklung um den Punkt
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Einfach das Binom auflösen und dividieren. Führt zum richtigen Ergebnis. Wenn das falsch sein soll, dann weiss ich nicht mehr weiter.
Dann musst Du in Deiner Herleitung den Wurm an anderer Stelle finden. |
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TomS
Moderator
Anmeldungsdatum: 20.03.2009
Beiträge: 18026
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| TomS Verfasst am: 10. Jan 2022 15:38 Titel: |
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| Mathefix hat Folgendes geschrieben: | | TomS hat Folgendes geschrieben: | Nein, kein Schreibfehler.
Es geht wirklich um die Entwicklung um den Punkt
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Einfach das Binom auflösen und dividieren. Führt zum richtigen Ergebnis. Wenn das falsch sein soll, dann weiss ich nicht mehr weiter.
Dann musst Du in Deiner Herleitung den Wurm an anderer Stelle finden. |
Dein Ergebnis ist nicht falsch, aber es ist nicht das, was ich sinnvollerweise haben will; deswegen entwickle ich in einer anderen Variable. Beides stimmt in der gewünschten Ordnung überein.
In meiner Herleitung ist kein Wurm drin.
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Niels Bohr brainwashed a whole generation of theorists into thinking that the job (interpreting quantum theory) was done 50 years ago. |
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