Weg von der Erde < Physik < Naturwiss. < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 03:55 Sa 06.02.2010 | | Autor: | colden |
| Aufgabe 1 | a) Ein Körper der Masse m werde mit der Anfangsgeschwindigkeit [mm]v = |\vec v|[/mm] abgeschossen. Sei [mm] \alpha [/mm] der Winkel zwischen dem Anfangsgeschwindigkeitsvektor [mm]\vec v[/mm] und dem Erdboden. Berechne die minimale
Geschwindigkeit [mm] v_{0} [/mm] als Funktion von [mm] \alpha, [/mm] damit der Körper den Bereich der Erdanziehung verlässt. |
| Aufgabe 2 | b) Sei [mm] \alpha [/mm] = [mm] \bruch{\pi}{2}
[/mm]
Wie klein sollte der Radius der Erde sein, damit v0 Lichtgeschwindigkeit c betragen
würde? |
| Aufgabe 3 | c) Sei [mm] \alpha [/mm] = 0 und sei die Anfangsgeschwindigkeit
[mm]v > v0( \alpha = 0)[/mm]: Auf welcher Bahn bewegt sich der Körper? Wie lautet seine Endgeschwindigkeit? |
Hi,
ich steh völlig auf dem Schlauch, wie ich diese Aufgaben angehen soll...
Das einzige, was ich bisher habe ist ne Formel aus Wikipedia,
die natürlich den Winkel nicht miteinbezieht:
[mm]v=\wurzel{\bruch{2GM}{R}}[/mm]
Ich habe noch ein wenig Angst davor, dass man hier vielleicht keine andere Wahl hat als sphärische polar Koordinaten zu benutzen. Mit denen kann ich nämlich kaum umgehen.
Naja, bin für jeden Denkanstoß dankbar :D
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 09:51 Sa 06.02.2010 | | Autor: | Kroni |
Hi,
ich wuerde da so rangehen:
Wenn man senkrecht nach "oben" wirft, also [mm] $\alpha=\pi/2$, [/mm] dann weisst du, dass die kinetische Anfangsenergie plus die potentielle Energie auf dem Erdboden [mm] $-\frac{GMm}{R_0}$ [/mm] mit [mm] $R_0=\text{Erdradius}$ [/mm] und [mm] $M=\text{Erdmasse}$ [/mm] gleich der Potentiellen Energie im Unendlichen, also $0$ sein muss. Daher kommt deine Formel.
EDIT: Naja, eigentlich geht ja in die Energiebetrachtung kein Abschusswinkel ein, weil es ja nur auf [mm] $|\vec{v}|$ [/mm] in der Energiebetrachtung ankommt....das wuerde dafuer sprechen, dass die Fluchtgeschwindigkeit Winkelunabhaengig ist.
LG
Kroni
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(Antwort) fertig | | Datum: | 12:20 Sa 06.02.2010 | | Autor: | leduart |
Hallo
zu a) wenn man vom Pol abschiesst ist der Winkel egal, nur die Bahn verschieden, wenn man von Äquator abschiesst kommts drauf an, ob nach Ost oder West.
zu b) Dumme Aufgabe, weil sie der Relativitätsth. widerspricht, hattet ihr die? sonst einfach R für c ausrechnen und aber dazusagen, dass das Quatsch ist.
zu c: Drehimpulserhaltung und (oder) Keplergesetze sollten dir das sagen
Ein Student sollte sich nicht fertige Formeln aus dem Internet holen, sondern schon ein bissel überlegen, wie man selbst drauf kommt. was für naturwissenschaften studierst du denn?
Gruss leduart
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:37 Sa 06.02.2010 | | Autor: | colden |
Also ich studiere Biophysik und habe im Moment eigentlich viel mehr Stress mit anderen Prüfungen (Bio, Chemie etc.). Von daher habe ich das Fach Physik sehr vernachlässigt.. aber da schreibe ich auch keine Prüfung.
Naja der Punkt ist, ich muss in der Aufgabe nicht unbedingt die volle Punktzahl erreichen, hauptsache ich hab was zum abgeben :)
Also Rotation der Erde vernachlässige ich mal bzw gehe vom einfachen Fall am Pol aus. Bin hier immernoch nicht ganz dahinter gestiegen, wie ich zeigen kann, dass das ganze Winkelunabhängig ist.
Mein sicherlich falscher Ansatz wäre der hier:
Komponentenzerlegung der Geschwindigkeit in
[mm]V_{x}= cos \alpha \wurzel{\bruch{2GM}{R}}[/mm]
[mm]V_{y}= \bruch{-GmM}{r^2} * t + sin \alpha \wurzel{\bruch{2GM}{R}}[/mm]
Mit [mm] V=\wurzel{V_{x}^2+V_{y}^2}
[/mm]
das ganze dann nach t ableiten und nach t umstellen und das ergebnis in die ürsprüngliche Gleichung einsetzen und schauen was sich so alles wegkürzt.
Hab das ganze natürlich schon versucht, mit Derive etc. und gemerkt, dass ich auf dem Holzweg bin, aber ich wüsst nicht was ich besser machen könnte
Edit:
Zu b) nein, Relativitätstheorie hatten wir noch nicht. Von daher ist die Aufgabe ja schon sehr einfach. 8,87mm hab ich raus.
Zu c) willst du damit Andeuten, dass es sich um ne Ellipse handelt? Aber mit [mm]v > v0( \alpha = 0) [/mm] hat der Körper doch genügend Kinetische Energie um vom Gravitationsfeld der Erde zu fliehen. Versteh nicht ganz wie mir da Kepler weiterhilft.. und Drehimpuls ist leider auch ein Thema, das ich bisher komplett übersprungen habe.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 15:11 Sa 06.02.2010 | | Autor: | leduart |
Hallo
zu a) der Energiesatz sagt dir, dass die kin. Energie zum Entkommen unabhängug vom Winkel ist, du hast wie in d) gesagt recht damit, dass bei nicht senkrechten Abschuss ne Ellipse raukommt, wenn man ne Wiederkehrbahn hätte, also nicht endgültig von der Erde weg. aber es soll ja endgültig entkommen, bei senkrechtem Abschuss, hätte man ne Gerade, bei waagerechtem oder schrägem Abwurf eine Kegelbahn, wenn in Unendlich v=0 sein soll ist das ne Parabel also auch ein Kegelschnitt, -der GW einer Ellipse- wobei ein Brennpunkt ins Unendlich rutscht.
für a) ist aber der Winkel egal. wenn man die Rotation der Erde weglässt. sonst musst du die anfängliche Geschw, die er auf Grund der Erdrotation hat, noch mit ihrer Komponente abziehen.
Gruss leduart
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:39 Sa 06.02.2010 | | Autor: | colden |
Hi,
Das meiste von dem was du sagst, ist mir ja eigentlich im Prinzip schon klar, nur glaub ich nicht, dass ich das einfach so hinschreiben darf.
Ich denke ich müsste halt irgendwie mathematisch beweisen, dass es Winkelunabhängig ist.
Am liebsten wär es mir ne Formel für die Abschussgeschwindigkeit in Abhängigkeit vom Winkel aufzustellen um dann durch ein wenig Umstellen und Tricksen dafür zu sorgen, dass sich der Winkel wegkürzt.
Aber da habe ich nun mal keine Ahnung wie ich das machen soll.
Energiesatz werd ich mir gleich nochmal anschauen, aber ich bezweifle, dass das genug ist um mich auf die richtige Fährte zu locken :)
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(Antwort) fertig | | Datum: | 16:46 Sa 06.02.2010 | | Autor: | leduart |
Hallo
Man kann natürlich so ne Formel hinschreiben, wenigstens als Dgl. aber ich denke nicht, das ihr das sollt. Was hier gefragt ist, ist die Allgemeingültigkeit des Energiesatzes in der klassischen Mechanik. Und genau das ist die Begründung.
Der Winkel kürzt sich in den Kraftgleichungen nicht weg, da er für die form der Bahn ja ne Rolle spielt.
Wenn du willst kannst du den Winkel für den konstanten Drehinpuls ausrechnen [mm] |L|=|m*v\tines r|=m*|v|*|r|*cos\phi [/mm] wenn [mm] \phi [/mm] der Winkel zur Erdoberfläche am Abschussort ist.
dann hast du [mm] L(t)=mv(t)*r(t)*cos(\phi(t)=mv(0)r(0)cos(\phi(0)) [/mm] (Beträge weggelassen)
und Energiesatz [mm] m/2*v^2(t)=m/2*v(0)^2-MG(1/r(t)-1/r(0))
[/mm]
so kannst du alles ausrechnen bei jedem Radius und man sieht, was für r(t) gegen unendlich rauskommt
Gruss leduart
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Hallo Leduart!
So dumm finde ich die Aufgabe b) nicht. Vor allem deshalb, weil das nicht realtivistische Ergebnis, welches hier verlangt ist, mit dem relativistischen und daher korrekten Ergebnis völlig übereinstimmt. Der Radius nennt sich dann übrigens Schwarzschildradius.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 16:54 Sa 06.02.2010 | | Autor: | leduart |
Hallo EH
(Und colden, dies ist nicht an dich, also überseh es)
die Formel wurde mit dem Energiesatz ausgerechnet also [mm] m/2v^2=....
[/mm]
wenn man da c einsetz, käme m/2 [mm] c^2 [/mm] raus für die Energie!
Eine Masse kann vom Schwarzschildradius nicht entkommen, nur ein Photon.
Dass da formal der Schwarzschildradius rauskommt, heisst doch nicht, dass der völlig falsche Ansatz irendwie sinnvoll ist. der Schwarzschildradius sagt nichts über Teile mit Ruhemasse aus.
Gruss leduart
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