Physikalische Extremwertaufgabe

11.02.2011, 14:33

gerd12356

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Physikalische Extremwertaufgabe

Meine Frage:
Ich habe eine weitere Aufgabe bei der ich nicht weiter komme, vielleicht könnt ihr mir wieder weiterhelfen, wäre super:

Beim schrägen Wurf mit dem Abwurfwinkel $\begin{eqnarray*} \phi \end{eqnarray*}$ (in Grad) und der Abwurfgeschwindigkeit $\begin{eqnarray*} v_{o} \end{eqnarray*}$ (in $\begin{eqnarray*} \frac{m}{s} \end{eqnarray*}$ ) bewegt sich ein Körper auf einer Bahn, die näherungsweise mit der Funktion $\begin{eqnarray*} h \end{eqnarray*}$ beschrieben werden kann. Dabei ist $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ die Fallbeschleunigung (in $\begin{eqnarray*} \frac{m}{s^{2} } \end{eqnarray*}$ ), sowohl die Höhe des Körpers $\begin{eqnarray*} h \end{eqnarray*}$ als auch die Wurfweite $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ werden in Metern angegeben.
$\begin{eqnarray*} h(x) = tan \phi \cdot x - \frac{g}{2v_{0} ^{2} cos^{2} \phi}x^{2} \end{eqnarray*}$
a) Berechnen Sie die Wurfweite $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ in Metern!
b) Berechnen Sie die maximale Wurfweite und den Winkel $\begin{eqnarray*} \phi \end{eqnarray*}$ , bei dem diese erzielt wird!
c) Ein Kugelstoßer erreicht eine Wurfweite von 20,4 m; dabei war die Abwurfhöhe 1,80 m und der Abwurfwinkel 40°. Berechnen Sie mithilfe einer Skizze Abwurfgeschwindigkeit und maximale Höhe der Kugel!

Eine Zeichnung die zur Aufgabe gehört ist im Anhang.

Meine Ideen:
Also bis jetzt habe ich den Aufgabenteil a) gelöst, wobei ich nicht weiß ob es richtig ist. Die Aufgabenteile b) und c) habe ich noch nicht wirklich lösen können. Also mein Ergebnis bei a) ist erstmal:
$\begin{eqnarray*} a = \frac{tan \phi}{\frac{g}{2v_{0}^{2} \cdot cos^{2} \phi }} \end{eqnarray*}$ Meter
Ich bin mir eigentlich fast sicher das es richtig sein muss, denn ich habe meinen Lehrer gefragt und er sagte man solle die Wurfweite $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ allgemein angeben. Und dafür habe ich die Gleichung nach $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ aufgelöst und bei $\begin{eqnarray*} x_{1} = 0 \end{eqnarray*}$ rausbekommen und als $\begin{eqnarray*} x_{2} \end{eqnarray*}$ hat sich mein Ergebnis für die Wurfweite $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ ergeben.

Mein Lehrer sagte außerdem, dass das $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ für die Erdbeschleunigung steht und von daher bei $\begin{eqnarray*} 9,81\frac{m}{s^{2} } \end{eqnarray*}$ liegt. Jedoch sollte dies noch nicht im Aufgabenteil a) eingesetzt werden.

11.02.2011, 16:41

Mulder

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RE: Physikalische Extremwertaufgabe
Zur b) erstmal:

Du hast ja nun schon die Wurfweite angegeben. Abwurfgeschwindigkeit und Erdbeschleunigung sind fest, also kannst du die Wurfweite w doch als Funktion, abhängig vom Abwurfwinkel auffassen, also so:

$\begin{eqnarray*} w(\phi) = \frac{2v_0^2}{g}\tan(\phi)\cos^2(\phi) \end{eqnarray*}$

Jetzt soll die Wurfweite w maximiert werden. Was ist da wohl zu tun? Augenzwinkern

Augenzwinkern

11.02.2011, 19:52

gerd12356

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Hmm, die Abwurfgeschwindigkeit ist fest?

Also wenn es so wäre, dann muss man natürlich nur noch die Ableitung bilden und diese nach $\begin{eqnarray*} \phi \end{eqnarray*}$ umstellen, danach wird nach der Art der Extrema geprüft und ein Hochpunkt wäre dann das gesuchte Ergebnis.

Bei der Abwurfgeschwindigkeit bräuchte ich bitte eine Aufklärung, danke schonmal soweit. smile

smile

11.02.2011, 20:02

Mulder

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Zitat:

Original von gerd12356
Hmm, die Abwurfgeschwindigkeit ist fest?

Alles andere wäre doch unsinnig. Dass man da kein Maximum finden könnte, wenn man diese Geschwindigkeit nicht festsetzen würde, kannst du dir schon vom rein physikalischen her erklären: Mit je mehr Kraft man einen Ball wegwirft, desto weiter fliegt er doch auch (wenn man jetzt nicht gerade nach unten zielt), da gibt es kein Limit nach oben. Aber bei fester Abwurfgeschwindigkeit kann man sehr wohl einen "perfekten" Winkel finden, um aus der vorliegenden kinetischen Energie das meiste rauszuholen. Kannst du dir ja überlegen: Wirfst du geradeaus nach oben, fliegt der Ball nicht sonderlich weit. Wirfst du geradewegs auf den Boden, kommst du auch nicht weiter. Augenzwinkern

Augenzwinkern

Also muss es dazwischen doch irgendwo einen optimalen Winkel geben. Den gilt es zu finden. Wie das geht, hast du ja schon gesagt.

11.02.2011, 20:12

gerd12356

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Aaah, ich verstehe, danke sehr ! Freude

Freude

11.02.2011, 20:23

KM

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Kürz doch mal einen Cosinus raus

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11.02.2011, 20:28

mYthos

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2 Dinge noch, über die zu bemerken ist:

1.
Die Funktion h ist keine näherungsweise Funktion, sondern (abgesehen von der Luftreibung) eine exakte Funktion. Sie entsteht aus der nach der Zeit t parametrisierten Funktion

$\begin{eqnarray*} x = v_0 t \cos \varphi \end{eqnarray*}$ ... horizontale Komponente
$\begin{eqnarray*} h = v_0 t \sin \varphi - \frac g 2 t^2 \end{eqnarray*}$ ... vertikale Komponente vermindert um den Fallweg

2.
Das von dir berechnete a muss noch weitgehend vereinfacht werden. Das solltest du selbst mal in Angriff nehmen. Mulder hat zwar ein weiterführendes Resultat hingeschrieben, aber dieses kann noch weiter vereinfacht werden (Hinweis: Funktion des doppelten Winkels!).

mY+

11.02.2011, 21:22

gerd12356

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Okay, also ich habe mich nun erst nochmal an Aufgabenteil a) rangemacht, bzw ans kürzen, jedoch komme ich an einer Stelle nicht weiter:

11.02.2011, 21:28

mYthos

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Dein Resultat ist richtig. Warum ersetzt du in der vorletzten Zeile nicht den Tangens durch den entsprechenden Sinus/Cosinus -Term und kürzt durch einen Faktor (cos)?

mY+

11.02.2011, 21:29

Mulder

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Das kannst du auch einfacher haben...

$\begin{eqnarray*} \tan(x)\cos^2(x)= \frac{\sin(x)}{\cos(x)}\cos^2(x) \end{eqnarray*}$

Edit: Ich halte mich von jetzt an raus, sonst überschneidet es sich nur alles.

11.02.2011, 21:31

gerd12356

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Aaah, warum ist mir das nicht eingefallen?.... Hammer

Hammer

.
Danke sehr.

11.02.2011, 21:49

gerd12356

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Also wäre a) dann so richtig? :

11.02.2011, 21:54

mYthos

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Ja, jetzt passt es. Nun gibt es einen konventionellen weiteren Weg oder du "siehst" noch eine entscheidende Vereinfachung, die die Rechnung bequemer macht ...
Beides führt zum Ziel.

mY+

11.02.2011, 22:16

gerd12356

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Bei Aufgabenteil b) spielt sowohl die Abwurfgeschwindigkeit, als auch die Fallbeschleunigung keine Rolle und kann deshalb weggelassen werden, richtig?

11.02.2011, 22:34

mYthos

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Ja, das kann als konstanter Faktor VOR der vereinfachten Funktion weggelassen werden, das ist richtig. Aber hier geht es noch um etwas anderes. Wir sehen die Faktoren 2, sin(x) und cos(x). Zu welchem einheitlichen Ausdruck können diese zusammengefasst werden?

mY+

11.02.2011, 22:39

gerd12356

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Oh 2*sin(x)*cos(x) = sin(2x) geschockt

geschockt

Naja danke erstmal für die heutigen Beiträge, ich werde dann Morgen weiter machen wo ich Heute aufgehört hab. Sollte also noch etwas sein wäre ich froh wenn ihr ab Morgen nochmal einen Blick auf diesen Thread werft, wenn ich noch eine oder mehrere Fragen haben sollte. Wink

Wink

11.02.2011, 22:43

mYthos

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So ist es.
Du bist allerdings jetzt bereits fast am Ziel. Die Ableitung ist sehr einfach, diese Null setzen und die Auflösung ebenfalls, das Vorzeichen der 2. Ableitung auch und fertig!

Aber gerne auch morgen. Wenn du jetzt schon müde bist, ist das ohnehin besser.

mY+

12.02.2011, 16:17

gerd12356

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So hier ist mein Ergebnis zu b) ( c) werde ich mir entweder heutabend angucken oder Morgen ) :

13.02.2011, 01:51

mYthos

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So ist's endlich vollbracht smile

smile

mY+

13.02.2011, 15:22

gerd12356

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Eine Frage habe ich noch zu 4c)
Also dort muss man theoretisch ja nur alle Werte einsetzen und nach $\begin{eqnarray*} v_{0} \end{eqnarray*}$ umstellen, meine Frage ist nun ob man die Werte in $\begin{eqnarray*} h(x) \end{eqnarray*}$ oder in $\begin{eqnarray*} a(\phi) \end{eqnarray*}$ einsetzen muss, sprich:

$\begin{eqnarray*} 20,4 = \frac{2 v_{0}^{2}}{9,81} \cdot \sin(80) + 1,8 \end{eqnarray*}$

oder irgendwie bei $\begin{eqnarray*} h(x) \end{eqnarray*}$ ?

Hat man $\begin{eqnarray*} v_{0} \end{eqnarray*}$ dann raus, muss man es nur noch in (dann stellt sich mir wieder die Frage) in $\begin{eqnarray*} h(x) \end{eqnarray*}$ oder in $\begin{eqnarray*} a(\phi) \end{eqnarray*}$ einsetzen, ableiten un dann nach einem Hochpunkt suchen.

13.02.2011, 18:02

mYthos

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Ich sehe das nicht ganz so einfach.

Unsere Formeln beziehen sich nämlich auf die Anfangsbedingungen x = 0 und h(x) = 0, das bedeutet, dass der Abwurfwinkel $\begin{eqnarray*} \varphi \end{eqnarray*}$ nur dort Gültigkeit hat.

Nun ist im Aufgabenteil c) ist der Abwurfwinkel bei x = 0 und h(x) = 0 NICHT bekannt, sondern der Wurfwinkel von 40° bei einer Stelle x1 und der dazugehörigen Höhe von 1,8 m. Das bedeutet, dass der Winkel der Tangente an die Kurve (Steigungswinkel der Kurve bei x = 0) etwas größer sein muss als 40° (es dürften etwa 42,75° sein).

Wir haben also 3 Unbekannte zu ermitteln: x1, v0 und $\begin{eqnarray*} \varphi \end{eqnarray*}$ . Dazu kann man auch 3 Gleichungen aufstellen (mit den Angaben a = 20,4 m, Winkel bei (x1; 1,8 m) ist 40° -> Ableitung von h(x) nach x).
Ich muss gleich dazu bemerken, dass sich dieser Rechenweg nicht ganz einfach gestaltet.

mY+

13.02.2011, 18:32

gerd12356

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Hmm.
Also ich schreib mal auf wie ich das verstanden habe.
Das heißt also ich soll nun erstmal gucken wo die neue erste Nullstelle ist, die erst bei x=0 war und jetzt irgendwo im Minusbereich sein muss, wegen der Verschiebung in die positive y-Richtung.
Danach berechne ich durch die Ableitung eine Tangentengleichung an der Stelle von dem berechneten neuen x1.
Dann berechne ich durch das m (y=m*x+b) der Tangetengleichung den Winkel.
Ich weiß nicht ob das so richtig ist, ich habe das nur eben durchs ausprobieren entdeckt, also: wenn man einen Winkel gegeben hat ist es doch so das man tan(Winkel) rechnen kann um auf die Steigung (m) zu kommen. z.B.
tan(135°) => m=-1
so nun ist es so, dass wenn man arccos(-1) + arctan(-1) rechnet, dort wieder 135 rauskommt. Wäre das also eine möglichkeit?
Danach dann halt nur noch die Werte in $\begin{eqnarray*} a(\phi) \end{eqnarray*}$ einsetzen und nach $\begin{eqnarray*} v_{0} \end{eqnarray*}$ umstellen ???

13.02.2011, 23:05

mYthos

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Obwohl man das machen kann, habe ich die Kurve nicht nach links verschoben, um mit den vorhandenen Ergebnissen weiterarbeiten zu können.
Dann steht der Hammerwerfer eben x1 m vom Nullpunkt entfernt und wirft das Ding aus 1,8 m Höhe eine Strecke (x1 + 20,4) m weit. Daher kann man mit

$\begin{eqnarray*} a = \frac{2 v_0^2} g \sin \varphi \cos \varphi \ [m] \end{eqnarray*}$

weiter rechnen.

Die weitere Bearbeitung wird aber - wie schon bemerkt - ziemlich rechenintensiv.
Die Wurfweite ist dann $\begin{eqnarray*} x_1 + 20,4 \end{eqnarray*}$ , und die drei Gleichungen sind

$\begin{eqnarray*} v_0^2 = \frac{(20,4 + x_1)g}{2 \sin \varphi \cos \varphi} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \tan 40^{\circ} = \tan \varphi - \frac g {v_0^2 \cos^2 \varphi} x_1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} 1,8 = x_1 \tan \varphi - \frac g {2 v_0^2 \cos^2 \varphi} x_1^2 \end{eqnarray*}$
______________________________________

Dabei muss ich - falls ich mich jetzt nicht noch einmal verrechnet habe - das vorhin angegebene Resultat für $\begin{eqnarray*} \varphi \end{eqnarray*}$ auf 45,44° korrigieren, x1 = 1,94 m, v0 = 46,37 m/s und h(max) = ... wirst du wahrscheinlich selbst ausrechnen können.

mY+

13.02.2011, 23:11

gerd12356

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Okay, dann werd ich mal gucken ob ich das alles so nachvollziehen kann.
Und nochmals danke für die Hilfe. smile

smile

13.02.2011, 23:37

gerd12356

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So, also.
Bei der ersten Gleichung haben Sie für $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ einfach $\begin{eqnarray*} x_1 + 20,4 \end{eqnarray*}$ eingesetzt.
Bei der zweiten haben Sie die Ableitung von $\begin{eqnarray*} h(x) \end{eqnarray*}$ gebildet und dann diese = die Steigung bei 40° gesetzt um zu gucken bei welchem x-Wert die Steigung der Funktion einen Abwurfwinkel von 40° hat.
Bei der dritten haben Sie $\begin{eqnarray*} h(x) \end{eqnarray*}$ = 1,8 gesetzt um zu gucken bei welchem x-Wert die Funktion einen y-Wert von 1,8 hat.

Also was genau muss man nun mit diesen Gleichungen anstellen um daraus seine Unbekannten ( $\begin{eqnarray*} v_0 , x_1 , \varphi \end{eqnarray*}$ ) heraus zu bekommen?
(Mit einem linearen Gleichungssystem kann man sicherlich nichts anfangen bei den Gleichungen.)

13.02.2011, 23:48

Kugelstoßer

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Ich glaube das läuft schief

Das ist der Ansatz,weil die Kugel 1.80m tiefer landet

$\begin{eqnarray*} -1.80m = tan \phi \cdot x - \frac{g}{2v_{0} ^{2} cos^{2} \phi}x^{2} \end{eqnarray*}$

13.02.2011, 23:56

mYthos

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Was genau läuft hier schief? Das mit den -1,80 m glaube ich nicht ...

EDIT: Sorry, die Idee stimmt doch; das hat etwas für sich.

Ein lineares Gleichungssystem bekommt man sicher nicht, jedoch werden ganz normale Term- und Äquivalenzumformungen vorgenommen.
Nochmals ist zu betonen, dass sich die Berechnung etwas komplex gestaltet.
Es funktioniert aber so weit (ich habe es mit Derive gerechnet, im Prinzip genügt ein etwas anspruchsvollerer Taschenrechner), dass sich diese Resultate ergeben und diese erscheinen auch plausibel.

Aber, @Kugelstoßer, wenn du eine bessere Idee hast, nur zu! Aber du solltest dann auch so weit rechnen, dass du deinen Ansatz verifizieren kannst.

mY+

13.02.2011, 23:56

Nelstar

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Ich würde gerne einen alternativen Denkansatz anbringen, der allerdings zu einem anderen Ergebnis führt.

Die zuerst genannte Gleichung gilt für einen Abwurf in (0/0).

Können wir den Abwurf nicht gebnau dort erfolgen lassen, indem wir die Füße des Kugelstoßers in den Punkt (0/-1,8) stellen?

Dann landet die Kugel im Punkt (20,4/-1,8), der dann die Funktionsgleichung erfüllen muss.

$\begin{eqnarray*} h(x) = tan 40° \cdot x - \frac{g}{2v_{0} ^{2} cos^{2} 40°}x^{2} \end{eqnarray*}$

Über

$\begin{eqnarray*} -1,8 = tan 40° \cdot 20,4 - \frac{g}{2v_{0} ^{2} cos^{2} 40°}20,4^{2} \end{eqnarray*}$

komme ich dann zu

$\begin{eqnarray*} v_{0} = 30,2 \end{eqnarray*}$

14.02.2011, 00:05

Kugelstoßer

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Ja so ungefähr hatte ich das auch gedacht

Aber ich habe v=13.56m/s

14.02.2011, 00:08

mYthos

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Das erscheint sehr interessant. Offensichtlich meint ihr beide das Gleiche und habt damit Recht. Es ist auch weit vernünftiger zu rechnen. Wenn ich dazu komme, rechne ich das dann noch nach.

mY+

14.02.2011, 00:12

Nelstar

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Zitat:

Original von Kugelstoßer
Ja so ungefähr hatte ich das auch gedacht

Aber ich habe v=13.56m/s

Ja, ist richtig. Wenn da 20,4 steht, sollte ich nicht 2,4 eintippen Big Laugh

Big Laugh

Ich hatte mich schon gewundert, wo der Fehler ist, weil der Hochpunkt der Parabel plötzlich weit hinter dem Wurfende lag Big Laugh

Big Laugh

14.02.2011, 01:18

mYthos

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v = 13,56 m/s ist richtig.
Bei meiner Rechnung war eine Klammer falsch gesetzt und daher v wieder nicht richtig unglücklich

unglücklich

Die Lösung beim Szenario der von mir angesetzten 3 Gleichungen ergibt nun v(0) = 14,81 m/s, nach x1 = 1,94 m beträgt diese dann ebenfalls 13,56 m/s.

Jetzt liefern beide Methoden das gleiche Resultat, wobei allerdings dem 2. Weg unbedingt der Vorzug zu geben ist.

mY+

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