Frage zur Wurfparabel

12.08.2012, 19:53

moclus

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Frage zur Wurfparabel

Hallo

smile

Die Geschwindigkeitskomponenten bei einem schrägen Wurf setzen sich ja zusammen aus :

$\begin{eqnarray*} \cos(\varphi) = \frac{v_{0x} }{v_{0} } \leftrightarrow \cos(\varphi)\cdot v_{0} = v_{0x} \end{eqnarray*}$ (waagerechte Komponente)

und

$\begin{eqnarray*} v_{0y} = \sin(\varphi) \cdot v_{0} -9,81\frac{m}{s²} \cdot t \end{eqnarray*}$
für die senkrechte Komponente

Wenn jetzt angegeben ist das $\begin{eqnarray*} v_{0} = 14 \frac{m}{s} \end{eqnarray*}$ beträgt und das man beide Geschwindigkeitskomponenten ausrechnen soll, wie ist dies für die senkrechte möglich bei keiner Zeitangabe? Ich bin hier einwenig irritiert was die Zuordnungsvorschrift angeht ...

dann müsste ich doch nur :
$\begin{eqnarray*} v_{0y} = \sin(\varphi) \cdot v_{0} \end{eqnarray*}$ berücksichtigen, oder irr ich mich?

danke im voraus smile

smile

12.08.2012, 21:43

Thalesman

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RE: Frage zur Wurfparabel
Moclus, die von dir aufgeführte Formel beschreibt die vertikale Komponente der Wurfgeschwindigkeit in Abhängigkeit von der Zeit.

$\begin{eqnarray*} v_{0} \end{eqnarray*}$ ist für diese Betrachtung eine Konstante, nämlich die Abwurfgeschwindigkeit zum Zeitpunkt $\begin{eqnarray*} t=0 \end{eqnarray*}$ .

Es gilt daher allgemein:

$\begin{eqnarray*} v_{y}(t) = \sin(\varphi) \cdot v_{0} -9,81\frac{m}{s²} \cdot t \end{eqnarray*}$

und für $\begin{eqnarray*} v_{0y} \end{eqnarray*}$ :

$\begin{eqnarray*} v_{0y} = v_{y}(0) = \sin(\varphi) \cdot v_{0} \end{eqnarray*}$

Gruß,
Thalesman

13.08.2012, 11:44

moclus

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vielen dank thalesman, jetzt versteh ich diese terme auch !
doch eine Frage hab ich da noch ..
nehmen wir mal an eine Wurfparabel sieht so aus : (Dateianhang)

Wie kann ich hier die horizontale Entfernung vom Abwurfpunkt bis zum Aufprall auf einem Dach bestimmen?

Muss ich dafür die Streckenkomponente betrachten? Oder die Nullstelle der Bahngleichung?

13.08.2012, 14:10

Thalesman

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Wenn die Bahngleichung des schrägen Wurfes bekannt ist, dann würde ich diesen Weg bevorzugen, weil er mit einem Ansatz direkt zum Ziel führt.

$\begin{eqnarray*} 0=-\frac{g}{2}\cdot\frac{x^{2}}{v_{0}^{2}\cdot\cos^{2}(\varphi)} + x \cdot \tan(\varphi) - y \end{eqnarray*}$

Für die Wurfparabel aus deiner Skizze ergibt die Bahngleichung 2 Lösungen für x, weil die Höhenkoordinate y=8m zweimal erreicht wird. Der größere der x-Wert ist die gesuchte Lösung.

Über das Ort-Zeit-Gesetz könnte man sich auch zum Ergebnis hangeln. Der Weg ist aber langwieriger, weil erst Zwischenergebnisse (z.B. der Scheitelpunkt des Wurfes) ermittelt werden müssen.

P.S: Es gibt hier auch ein Physikerboard, in dem auch schnell von Fachexperten geholfen wird.

15.08.2012, 09:06

moclus

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Danke für dein Hinweis Thalesman demnächst werde ich dann Physikaufgaben auf dem physikerboard posten.

Möchte noch kurz sicher gehen das ich es verstanden habe smile

smile

Wenn jetzt z.B. die Frage lautet ich soll zum Zeitpunkt $\begin{eqnarray*} t = 5s \end{eqnarray*}$ bei einer Anfangsgeschwindigkeit $\begin{eqnarray*} v_{0} = 16 \frac{m}{s} \end{eqnarray*}$ und einem Winkel $\begin{eqnarray*} \varphi=30° \end{eqnarray*}$ die Geschwindigkeitskomponenten ausrechnen, dann wäre doch:

$\begin{eqnarray*} v_{x}=\cos(30°) \cdot 16\frac{m}{s} \end{eqnarray*}$ da diese eine gleichförmige Bewegung ist
und $\begin{eqnarray*} v_{y} \end{eqnarray*}$ so wie du es mir beschrieben hast.

edit: entschuldige wenn ich dich hier mit Fragen bombadier doch da beschäftigt mich noch eine Sache!
Ich denke grade drüber nach wie man die Strecke berechnen kann (also die Wurfstrecke, nicht die horizontale Strecke) die der Körper bis zum höchsten Punkt zurücklegt (also nicht die Höhe h)

Mein Ansatz ist wie folgt:
Betrachte ich nur $\begin{eqnarray*} v_{y} \end{eqnarray*}$ ist das ja eine gleichförmige Bewegung solange ich $\begin{eqnarray*} v_{g} =g \cdot t \end{eqnarray*}$ nicht mit einbezieh.
so hab ich: $\begin{eqnarray*} s_{y} =v_{y} \cdot t \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} s_{y} =v_{0} \cdot \sin(\varphi) \cdot t \end{eqnarray*}$
Nun die Steigzeit eingesetzt ergibt:
$\begin{eqnarray*} s_{y} =v_{0} \cdot \sin(\varphi) \cdot \frac{(\sin(\varphi)\cdot v_{0}) }{g} = \frac{(\sin(\varphi)\cdot v_{0})² }{g} \end{eqnarray*}$

Wäre dies dann die Strecke die der Körper bis zur Höhe $\begin{eqnarray*} h \end{eqnarray*}$ zurücklegt? Bin da etwas unsicher da ich jetzt hier die Erdbeschleunigung nur in der Steigzeit drin habe.

Hoffe das war nicht zuviel aufeinmal. Danke im voraus smile

smile

15.08.2012, 12:33

Thalesman

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Vorweg gesagt, moclus, das Ergebnis ist nicht das, wofür du es hältst. Wenn du die tatsächlich zurückgelegte Strecke ermitteln möchtest, dann wäre der richtige Ansatz, die abschnittsweise Länge eines Parabelbogens zu berechnen. Dafür wäre folgender Ansatz zu verwenden:

$\begin{eqnarray*} l = \int^b_a \sqrt{1+ (f'(x))^{2}} dx \end{eqnarray*}$

Liege ich mit der Erwartung richtig, daß du diesen Ansatz möglicherweise nicht weiterverfolgen möchtest? smile

smile

Bleibt die Frage, was du eigentlich berechnet hast: Du hast dir erlaubt, dem Ausdruck $\begin{eqnarray*} v_{g} =g \cdot t \end{eqnarray*}$ den Wert 0 zu geben (warum eigentlich?) d.h. $\begin{eqnarray*} g=0 \end{eqnarray*}$ , es herrscht keine Erdanziehung. Setze in deinem Ansatz doch einmal $\begin{eqnarray*} v_{0} = 0 \end{eqnarray*}$ ; d.h. du läßt einen Körper einfach nur fallen. Als Resultat wirst Du sehen, daß der Körper einfach in der Luft stehenbleibt.

Mathematisch gesehen ist deine Gleichung für $\begin{eqnarray*} s_{y} \end{eqnarray*}$ eine Gerade:

$\begin{eqnarray*} s_{y} =v_{0} \cdot \sin(\varphi) \cdot t \end{eqnarray*}$

Mit $\begin{eqnarray*} \varphi \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} v_{0} \end{eqnarray*}$ als konstanten Randbedingungen steigt die Höhe linear in Abhängikeit von der Zeit.

In diese Geradengleichung hast du als Zeit die Steigzeit eingesetzt, d.h. Die Zeitdifferenz zwischen Abwurf und dem Erreichen des Parabelscheitels (unter dem Einfluß der Erdanziehung).
Das $\begin{eqnarray*} s_{y} \end{eqnarray*}$ aus deiner Rechnung ist also die Höhe, die ein schwereloser Körper auf einer geradlinigen Bahnkurve in dem gleichen Zeitraum erreichen würde, während dem ein Körper unter dem Einfluß der Erdanziehung den Scheitelpunkt seiner Wurfparabel erreicht.

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15.08.2012, 13:03

moclus

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Ja du hast recht ... den Ansatz möchte ich wirklich nicht verfolgen, das muss ein heftiger mathematischer Aufwand sein ... Big Laugh

Big Laugh

. Ist das denn die einzige Möglichkeit es über das Integral zu bestimmmen?

Wäre es nicht die einzige Möglichkeit ... hätte ich an die einzelnen Strecken der Geschwindigkeiten gedacht ...

$\begin{eqnarray*} x(t) = v_{0} \cdot t \cdot \cos(\varphi) \end{eqnarray*}$
und
$\begin{eqnarray*} y(t)=v_{0} \cdot t \cdot \sin(\varphi) - 0,5 \cdot g \cdot t² \end{eqnarray*}$

würde das damit funktionieren?

15.08.2012, 19:14

Thalesman

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Nun, die Bahnkurve des schrägen Wurfes ist halt eine Parabel. Und wenn man die Länge dieser Bahnkurve bestimmen möchte, so kommt man nicht drum herum, man die Länge der entsprechenden Parabel zu ermitteln.

Ich schlage also folgende Möglichkeiten vor:

1. Kämpfen! (Berechnung des Integrals)
$\begin{eqnarray*} l = \int^b_a \sqrt{1+ (f'(x))^{2}} dx \end{eqnarray*}$
Hey, dies ein Matheforum, da werden wir doch vor einem Integral nicht kapitulieren! Hier gibt es Menschen, die so etwas schon einmal gemacht haben. smile

smile

2. Ausweichen! (Näherung durch die Diagonale mittels Pythagoras):
$\begin{eqnarray*} l = \sqrt{ x(t)^{2} + y(t)^{2}} \end{eqnarray*}$
Nun ja … Augenzwinkern

Augenzwinkern

3. Verschleiern!
Stelle mittels einer Tabellenkalkulation eine Wertetabelle der Bahnkurve mit hinreichend vielen Stützstellen (vielleicht 10 – 100) auf. Die Summe der linearen Verbindungsstrecken zwischen den Stützstellen wird die zurückgelegte Länge schon recht gut annähern. Big Laugh

Big Laugh

Gruß,
Thalesman

15.08.2012, 20:49

moclus

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ich entscheide mich fürs kämpfen und wähle das Integral!
vorab noch eine Fragen bevor ich mich ranwage smile

smile

In meinem dritten Beitrag war das Beispiel richtig wie ich es geschrieben hatte mit den 16 m/s?

danke nochmal smile

smile

15.08.2012, 22:41

Thalesman

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Was du in deinem Beitrag geschrieben hast, war schon korrekt.

$\begin{eqnarray*} v_{x}=\cos(30°) \cdot 16\frac{m}{s} \end{eqnarray*}$

Die horizontale Komponente der Geschwindigkeit bleibt über den gesamten Zeitraum des schrägen Wurfes konstant. Das würde sich nur ändern, wenn der Luftwiderstand als abbremsender Faktor zu berücksichtigen wäre.

Bezüglich $\begin{eqnarray*} v_{y} \end{eqnarray*}$ war ich in meinem ersten Beitrag von $\begin{eqnarray*} t_{0}=0s \end{eqnarray*}$ ausgegangen. In deinem Beispiel beginnt der Wurf aber erst bei $\begin{eqnarray*} t_{0}=5s \end{eqnarray*}$ . Das müssen wir das folgendermaßen berücksichtigen:

$\begin{eqnarray*} v_{y}(t)=\sin(\varphi)\cdot v_{0} -9,81\frac {m}{s^{2}} \cdot (t - t_{0} ) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} v_{y}(t) = \sin(30°) \cdot 16 \frac {m}{s} - 9,81\frac {m}{s^{2}} \cdot (t - 5s) \end{eqnarray*}$

Durch den Abzug der 5 Sekunden, die dem Wurf vorausgehen, erhält man zum Zeitpunkt $\begin{eqnarray*} t_{0} \end{eqnarray*}$ wieder die gewohnte Startkonstellation mit $\begin{eqnarray*} v_{0} \end{eqnarray*}$ , dem Winkel $\begin{eqnarray*} \varphi \end{eqnarray*}$ und den horizontalen bzw. vertikalen Komponenten $\begin{eqnarray*} v_{0x} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} v_{0y} \end{eqnarray*}$ .

Für die Berechnung der Bahnkurve sind aber die x- und y-Koordinaten gefragt, weniger die Geschwindigkeitskomponenten in Abhängigkeit von der Zeit.

Glückwunsch übrigens zu deinem Sportsgeist, auch wenn ich das nicht anders erwartet hatte smile

smile

Zur Erinnerung, die Bahngleichung lautete:

$\begin{eqnarray*} y(x) =-\frac{g}{2}\cdot\frac{x^{2}}{v_{0}^{2}\cdot\cos^{2}(\varphi)} + x \cdot \tan(\varphi) \end{eqnarray*}$

Wenn du die konstanten Ausdrücke substituierst, kommen wir auf eine allgemeine Form, die für die folgenden Operationen etwas übersichtlicher wäre:

$\begin{eqnarray*} a = -\frac{g}{2}\cdot\frac{1}{v_{0}^{2}\cdot\cos^{2}(\varphi)} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} b = \tan(\varphi) \end{eqnarray*}$

Führt zu:

$\begin{eqnarray*} y(x) = a \cdot x^{2} + b \cdot x \end{eqnarray*}$

18.08.2012, 17:02

moclus

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Kurze Berichterstattung:

$\begin{eqnarray*} y(x) = \frac{-g\cdot x^2}{2\cdot v_{0}^2\cdot \cos^2(\varphi) } + \tan(\varphi) \cdot x \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y'(x)= \frac{-2 g x\cdot 2 v_{0}^2 \cdot \cos^2(\varphi) }{(2v_{0}^2\cdot \cos^2(\varphi))^2 } + \tan(\varphi) = \frac{-2 g x\cdot 2 v_{0}^2 \cdot \cos^2(\varphi) + \tan(\varphi)\cdot (2v_{0}^2\cdot \cos^2(\varphi))^2 }{(2v_{0}^2\cdot \cos^2(\varphi))^2 } \end{eqnarray*}$

ist bis hierhin alles richtig?

Dort hab ich $\begin{eqnarray*} \tan(\varphi) \end{eqnarray*}$ auf den Zähler gebracht um nun den gesamten Ausdruck quadrieren zu können.

danke im voraus smile

smile

19.08.2012, 10:14

riwe

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möglicherweise kommt das raus:

$\begin{eqnarray*} l=\frac{v_0\cdot cos\phi\cdot(v_0\cdot sin\phi\pm\sqrt{v^2_0\cdot sin^2\phi-2g\cdot h})}{g} \end{eqnarray*}$

edit: $\begin{eqnarray*} \phi=75° \end{eqnarray*}$ im bilderl

19.08.2012, 15:10

moclus

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danke schonmal für die ganze Lösung!
Doch ist mein Weg bis dahin denn richtig?

lg smile

smile

19.08.2012, 15:34

riwe

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Zitat:

Original von moclus
danke schonmal für die ganze Lösung!
Doch ist mein Weg bis dahin denn richtig?

lg smile

smile

weiß ich nicht.
wieso machst du das so kompliziert verwirrt

verwirrt

du hast doch eh 2 gleichungen in 2 unbekannten

$\begin{eqnarray*} h= y(t) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} l=x(t) \end{eqnarray*}$

eliminiere t Augenzwinkern

Augenzwinkern

19.08.2012, 15:36

moclus

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danke das du mir so helfen willst aber würde gerne auch den Weg verstehen warum man es so machen kann Big Laugh

Big Laugh

erstmal ... x(t) und y(t) sind die Bewegungsgleichungen?

19.08.2012, 15:43

riwe

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x(t) und y(t) sind die WEGkomponenten horizontal und vertikal wie du sie in beitrag (7) beschrieben hast

darum frage ich mich ja, warum du unbedingt mit geschwindigkeiten rechnen willst, wenn du strecken suchst
(momentan ist mir viel zu heiß für deinen weg)

19.08.2012, 15:52

moclus

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also das mit den Geschwindigkeiten ganz am Anfang wollte ich nur aufgrund einer Klausuraufgabe wissen :p
$\begin{eqnarray*} x(t) = v_{0} \cdot t\cdot \cos(\varphi) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} y(t) = v_{0} \cdot t\cdot \sin(\varphi) - 0,5 \cdot g \cdot t² \end{eqnarray*}$

nun kann ich mithilfe dieser beiden Gleichungen auch die Bogenlänge rausbekommen, wenn ich jetzt t eliminier?

19.08.2012, 16:16

riwe

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die bogenlänge nicht, aber die horizontale entfernung wie in deinem bilderl unglücklich

unglücklich

19.08.2012, 16:18

moclus

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aaaaaaaaaaaaaah ...
danke smile

smile

jetzt versteh ich was du meinst! Nun kenn ich also eine zweite Alternative für die Horizontale Entfernung was auch ganz interessant ist smile

smile

bin ja grade dabei die Bogenlänge zu berechnen :P

wie würde das denn in diesem Fall weitergehen?
Müsste ich nun beide Gleichungen von einander subtrahieren?

19.08.2012, 17:59

riwe

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da mußt du dich schon mit der formel von Thalesman abquälen.
das entsprechende integral ist einfach auszuwerten,
der rest ist eine elendslange wurscht Augenzwinkern

Augenzwinkern

die in etwa so ausschauen könnte:

$\begin{eqnarray*} b=\frac{\sqrt{(v^2_0-2gh)(v^2_0\cdot sin^2\phi-2gh)}}{2g}+\frac{v^2_0\cdot cos^2\phi}{2g}(lnv_0-ln(\sqrt{v^2_0-2gh}-\sqrt{v^2_0\cdot sin^2\phi-2gh})+\frac{sin\phi}{cos^2\phi}+ln(1+sin\phi)) \end{eqnarray*}$

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