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Mechanik » Bewegte Bezugssysteme » Bewegungsgleichungen in rotierendem Bezugssystem
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Universität/Hochschule J Bewegungsgleichungen in rotierendem Bezugssystem
jonasvc19
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2018-02-11


Ich hoffe es ist mir gestattet noch eine letzte Frage zu meiner Klausurvorberietung zu stellen ;)

Ich habe hier die Aufgabe:


Leider habe ich nicht wirklich einen Ansatz bei der a) und b)
Vermutlich muss ich ja den z-Einheitsvektor irgendwie anders Darstellen mir bezug zum beschleunigten Koordinatensystem.

zu b)
erstmal brauche ich ja die a) dafür.
generell verwirrt mich die Aufgabe aber gerade. Irgendwie habe ich keinerlei Anhaltspunkte, an denen ich das geforderte erarbeiten könnte



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wladimir_1989
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2018-02-11

\(\begingroup\)
Hallo Jonas,
ZU a):

Wir suchen eine Darstellung vom Vektor \(\hat z\) bezüglich der mitrotierenden Basis. Da die neuen Basisvektoren orthogonal sind, kann man \(\hat z\) schreiben als
\(\hat z=(\hat z\cdot \hat x')\hat x'+(\hat z\cdot \hat y')\hat y'+(\hat z\cdot \hat z')\hat z'\)
Kannst du die Skalarprodukte berechnen?

lg Wladimir
\(\endgroup\)


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jonasvc19
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2018-02-11


da das bisher immer vorgegeben war, hab ich grad keine Ahnung wie du drauf kommst und wie ich es ausrechnen soll



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wladimir_1989
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2018-02-11

\(\begingroup\)
Wir entwickeln die z-Achse in den neuen Koordinaten \(\hat z=a \hat x'+b\hat y'+c \hat z' \). Diese Gleichung wird nun mit allen drei Basisvektoren skalar multipliziert. Da die Basisvektoren orthonormal sind, überlebt auf der rechten Seite jeweils nur ein Koeffizient und wir erhalten z.B. \(a=\hat z\cdot \hat x'\). Die Skalarprodukte kann man mittels einer geometrischen Überlegung berechnen. Aus der Beschreibung des neuen Koordinatensystems wissen wir, dass \(\hat y'\) nach Osten zeigt und damit orthogonal auf \(\hat z\) steht. Damit haben wir \(\hat z \cdot \hat y'=0\). Die Vektoren \(\hat z\) und \(\hat z'\) schließen den Winkel \(\pi-\phi\) ein. Welchen Winkel schließen die Vektoren \(\hat z\) und \(\hat x'\) ein? Kannst du damit die Skalarprodukte berechnen?

lg Wladimir
\(\endgroup\)


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jonasvc19
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2018-02-11


ah ok, jetzt hab ich den ersten schritt schonmal verstanden.
Des weiteren schließen z^ und x^′ den Winkel pi+phi ein.
Es gilt ja:
fed-Code einblenden
Also
fed-Code einblenden

zur b) habe ich noch gesehen, dass es oben am anfang der klausur einen hinweis gibt:



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wladimir_1989
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2018-02-12

\(\begingroup\)
Sorry, ich merke gerade, der Winkel zwischen \(\hat z\) und \(\hat z'\) ist natürlich \(\frac{\pi}{2}-\phi\) und der Winkel zwischen \(\hat z\) und \(\hat x'\) ist \(\pi-\phi\). Die Kosinus-Terme kann man noch ein bisschen vereinfachen: \(\cos(\frac\pi2-\pi)=\sin(\phi),\ \ \cos(\pi-\phi)=-\cos(\phi)\).
\(\endgroup\)


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jonasvc19
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2018-02-12


du hast natürlich recht, aber dann muss es doch beide male pi/2 sein und nicht pi



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wladimir_1989
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2018-02-12

\(\begingroup\)
\(\pi\) ist schon richtig, da der Winkel zwischen \(\hat z'\) und \(\hat x'\) ist ja gerade \(\pi/2\) und damit bekommen wir \(\pi/2-\phi+\pi/2=\pi-\phi\)
\(\endgroup\)


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Tirpitz
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, eingetragen 2018-02-12

\(\begingroup\)
Hallo!

Auf der Skizze sind m.E. die Achsen gemein beschriftet, denn es ist wesentlich angenehmer, das Problem in der Lokalbasis der Kugelkoordinaten zu bearbeiten (das mitbewegte Koordinatensystem ist ja gerade das lokale Dreibein). Um diese Basis dann mitrotieren zu lassen muss man nur \(\phi'(t):=\phi(t)+\omega t\) setzen, während für den fallenden Apfel \(\theta:=\varphi\) ja konstant bleibt.
\(\endgroup\)


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jonasvc19
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, vom Themenstarter, eingetragen 2018-02-12


ok, das geht vermutlich einfacher, aber in meiner musterlösung steht, wir sollen es so machen, wie wladimir das oben gezeigt hat.
Wie ich die b) machen soll, weiß ich leider immer noch nicht.
Kann ich hier einfach die gegebene Gleichung nehmen und w einsetzen oder muss ich noch irgendwie den Apfel reinbringen?



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wladimir_1989
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, eingetragen 2018-02-12

\(\begingroup\)
Hallo,
2018-02-12 10:30 - jonasvc19 in Beitrag No. 9 schreibt:
ok, das geht vermutlich einfacher, aber in meiner musterlösung steht,
Kann ich hier einfach die gegebene Gleichung nehmen und w einsetzen oder muss ich noch irgendwie den Apfel reinbringen?

\(\vec r'\) in deiner Gleichung beschreibt gerade die Bahn des Apfels, die zu berechnen ist. Was du noch brauchst, ist die äußere Kraft \(\vec F\), die auf den Apfel wirkt, Welche Kraft ist das?

lg Wladimir
\(\endgroup\)


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jonasvc19
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, vom Themenstarter, eingetragen 2018-02-12


naja, das wird wohl einfach F=m*g sein



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wladimir_1989
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.12, eingetragen 2018-02-12


Fast, eine Kraft ist immer vektorvertig.



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jonasvc19
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.13, vom Themenstarter, eingetragen 2018-02-12


ja, gut. wenn man in diese gleichung einsetz hat man natürlich
fed-Code einblenden
Dann werde ich jetzt mal alles einsetzen und weiterschauen



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jonasvc19
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.14, vom Themenstarter, eingetragen 2018-02-12


Müsste fed-Code einblenden nicht einfach wegfallen? Weil die 2. Ableitung des Ortsvektors zum URsprung des Rot Systems ist doch 0



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wladimir_1989
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.15, eingetragen 2018-02-12

\(\begingroup\)
Hallo,
die Ableitung ist nicht 0, da der Verbindungsvektor ja mit der Erde mitrotiert. Man kann sich allerdings überlegen, dass \(\ddot{\vec R}\) von der Größenordnung \(\mathrm{O}(\omega^2)\) ist und daher vernachlässigt werden kann.

lg Wladimir

\(\endgroup\)


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jonasvc19
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.16, vom Themenstarter, eingetragen 2018-02-12


ok, kannst du mir evt mal eben sagen, warum das so ist. Ich sehe das grade nicht wirklich.
Also wie drückt man R in diesem System überhaupt aus?



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wladimir_1989
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.17, eingetragen 2018-02-12

\(\begingroup\)
Hallo,
zuerst ein anschauliches Argument. \(\vec R\) verbindet den Erdmittelpunkt mit dem Ursprung des mitrotierenden Systems auf der Erdoberfläche. Da sich die Erde dreht, dreht sich auch \(\vec R\) mit ihr mit und zwar mit der selben Winkelgeschwindigkeit. Denkt man sich ein Massepunkt am Ende dieses Vektors, so ist klar, dass dieser einfach eine Kreisbewegung mit der Kreisfrequenz \(\omega\) vollführt. Folglich ist seine Beschleunigung durch die Zentrifugalbeschleunigung gegeben und diese ist bekanntlich proportional zu \(\omega^2\).
Man kann das natürlich präzisieren, indem man den Vektor \(\vec R\) konkret hinschreibt.


lg Wladimir
\(\endgroup\)


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jonasvc19
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.18, vom Themenstarter, eingetragen 2018-02-12


ok, sehr gut. Das ist verständlich :)

Ich habe jetzt raus:
fed-Code einblenden

Als musterlösung habe ich jetzt:
fed-Code einblenden

Ich bekomme einfach nicht die anfangsbed. raus, mit denen ich auf das ergebnis kommen würde^^



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wladimir_1989
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.19, eingetragen 2018-02-12

\(\begingroup\)
Hallo,
in deinen Komponenten tauchen noch die Einheitsvektoren auf. Das kann nicht sein. Außerdem habe ich in der zweiten Komponente ein Minus bei beiden Summanden.
Zu Anfangsbedingungen: Der Apfel hängt zum Zeitpunkt \(t=0\) am Baum in der Höhe \(h_0\), hat also die Anfangskoordinaten: \(\vec r'(0)=(0,0,h_0)\) und \(\dot{\vec r'}(0)=0\).
lg Wladimir

\(\endgroup\)


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jonasvc19
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.20, vom Themenstarter, eingetragen 2018-02-12


das minus hab ich hier falsch eingegeben. Ist jetzt geändert.
Die Einheitsvektoren fallen aber nicht weg beim rechnen  frown



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wladimir_1989
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.21, eingetragen 2018-02-12

\(\begingroup\)
Du hast links doch die drei Koordinaten des Vektors \(\ddot{\vec r}\) stehen. Also müssen auch rechts die Koordinaten stehen. Du musst also nur  die Koordinaten aus deiner Rechnung ablesen und sie hinschreiben.

P.S: ich habe in meinem obigen Beitrag was zu den Anfangsbedingungen geschrieben.

\(\endgroup\)


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jonasvc19
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.22, vom Themenstarter, eingetragen 2018-02-12


ok, ich stehe aufm Schlauch:

1) Wwarum sollten die Einheitsvektoren einfqach wegfallen?
2= Wie kann ich bei der Lösung für y' ein t^3 bekommen wenn die 2. Ableitung nur ein t^0 hat?
3) Mit diesen Anafngsbedingungen bekomme ich doch für x' und y' nur das normale Integral und nicht die speziellen Lösungen. Wenn ich z.b. x^** zwei mal integriere, passen beide Anf. bed.



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wladimir_1989
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.23, eingetragen 2018-02-12

\(\begingroup\)
1) Deine drei Gleichungen entsprechen eigentlich einer Vektorgleichung:
\(\ddot{\vec r'}=f_1\hat x'+f_2\hat y'+f_3\hat z'\).

Dabei haben die Einheitsvektoren im lokalen Koordinatensystem die übliche Darstellung: \(\hat x'=(1,0,0), \hat y'=(0,1,0), \hat z'=(0,0,1)\).

Schreibt man die obige Gleichung als drei Koordinatengleichungen, hat man
\(\ddot{x'}=f_1,\ \ \ddot{y'}=f_2,\ \ \ \ddot{z'}=f_3\)

2) Die zweite Ableitung hängt doch von der ersten ab und die kennst du am Anfang noch nicht.

3) Das verstehe ich nicht so ganz. Frage: wie würdest du denn die Gleichungen lösen. Beachte, dass es sich um ein gekoppeltes System handelt.
\(\endgroup\)


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jonasvc19
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.24, vom Themenstarter, eingetragen 2018-02-12


ah blöden denkfehler am anfang gehabt. das mit den einheitsvektoren ist jetzt klar.
Ich hatte das gekoppelte einfach mal unterschlagen^^. Ich rechne es nachher nochmal durch dann müsste es eigentlich klappen :)



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wladimir_1989
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.25, eingetragen 2018-02-14

\(\begingroup\)
Hallo Jonas,
ich habe mir nochmals die Gleichungen angeschaut. In der dritten Gleichung sollte ein \(\dot y'\) statt \(\dot z'\) stehen. Außerdem sollte es \(-g\) statt \(mg\) heißen, die Schwerkraft zeigt ja nach unten.

Hast du schon versucht, die Gleichungen zu lösen?

lg Wladimir
\(\endgroup\)


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wladimir_1989
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.26, eingetragen 2018-02-14

\(\begingroup\)
Für den Fall, dass der TS die Aufgabe bereits gelöst hat, würde ich die explizite Lösung der Gleichungen hinschreiben. Unsere Gleichungen lauten also:
\((I)\ \ddot{x}'=2\omega\sin(\phi)\dot{y}',\\
(II)\ \ddot{y}'=-2\omega\sin(\phi)\dot{x}'-2\omega\cos(\phi)\dot{z}'\\
(III)\ \ddot{z}'=-g+2\omega\cos(\phi)\dot{y}'\).

Die Anfangsbedingungen lauten:
\(x'(0)=0,\ \ \dot{x}'(0)=0,\\
y'(0)=0,\ \ \dot{y}'(0)=0,\\
z'(0)=h_0,\ \ \dot{z}'(0)=0\).

Zuerst integrieren wir die Gleichungen (I) und (III) von 0 bis t und mit dem Hauptsatz der Integralrechnung. Wir erhalten
\(\dot{x}'=2\omega\sin(\phi)(y'-y'(0))+\dot{x}'(0)=2\omega\sin(\phi)(y'),\\
\dot{z}'=-gt+2\omega\cos(\phi)(y'-y'(0))+\dot{z'}(0)=-gt+2\omega\cos(\phi)(y')\).


Wir setzen nun diese beiden Ausdrücke in die Gleichung (II) und erhalten
\(\ddot{y}'=2\omega \cos(\phi)gt-4\omega^2\cos(\phi)^2y'-4\omega^2\sin(\phi)^2y'=2\omega \cos(\phi)gt-4\omega^2y'\approx 2\omega \cos(\phi)gt \).

Im letzten Schritt lassen wir den Term proportional zu \(\omega^2\) weg. Die Gleichung ist nun trivial und kann einfach zweimal integriert werden.
\(y'(t)=\frac13\omega\cos(\phi)gt^3\).

Das setzen wir nun in die beiden anderen Gleichungen und erhalten

\(\dot{x}'\approx \mathrm{O}(\omega^2),\\
\dot{z}'\approx -gt+\mathrm{O}(\omega^2)\).

Die quadratischen Terme in \(\omega\) lassen wir wieder weg und bekommen unter Ausnutzung der Anfangsbedingungen

\(x'(t)=0,\\
z'(t)=h_0-\frac12 gt^2\).

Physikalisch haben wir also für kleine Winkelgeschwindigkeiten einen freien Fall in die \(z'\)-Richtung und eine durch die Corioliskraft verursachte Ablenkung in die y'-Richtung.

lg Wladimir


\(\endgroup\)


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