Wurf n. o. mit Luftwiderstand < HochschulPhysik < Physik < Naturwiss. < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 15:58 Sa 20.04.2013 | | Autor: | mike1988 |
| Aufgabe | | Wir betrachten einen Ball der Masse m! Dieser wird mit der Anfangsgeschwindigkeit [mm] $v_{0}$ [/mm] vom Boden aus nach oben geworfen! Die positive Koordinatenrichtung (y) zeigt vom Boden aus nach oben! Weiters ist der Luftwiderstand $-k [mm] \cdot [/mm] v [mm] \cdot [/mm] |v|$ zu berücksichtigen! Wie lautet die Bewegungsgleichung für diese Situation und wie groß ist die maximale Steighöhe?? |
Hallo!
Ich probiere schon den ganzen Tag an diesem Beispiel herum, habe nun eine (TEIL)Lösung gefunden, welche sich allerdings irgendwie wiederspricht! Ich bin wie folgt vorgegangen:
Aufstellen der Bewegungsgleichung:
Da die positive Koordinatenrichtung nach oben zeigt, habe ich die Gewichtskraft negativ in die Bewegungsgleichung eingesetzt! Die Widerstandskraft zeigt ebenfalls nach unten, da diese alledings mit $-k [mm] \cdot [/mm] v [mm] \cdot [/mm] |v|$ angegeben ist, habe ich sie negativ eingesetzt! Da ja die Geschwindigkeit der ersten Ableitung der Wegkoordinate entspricht, setze ich im [mm] $v=\dot [/mm] y$
$m [mm] \cdot \ddot [/mm] y = -m [mm] \cdot [/mm] g - k [mm] \cdot \dot y^{2}$
[/mm]
[mm] $\ddot [/mm] y = - g - [mm] \bruch{k}{m} \cdot \dot y^{2} [/mm] , [mm] \alpha \equiv \bruch{k}{m}$
[/mm]
[mm] $\ddot [/mm] y = - g - [mm] \alpha \cdot \dot y^{2}, \ddot [/mm] y [mm] =\bruch{d \dot y}{dt}$
[/mm]
[mm] $\bruch{d \dot y}{dt}= [/mm] - g - [mm] \alpha \cdot \dot y^{2}$
[/mm]
Trennung der Variablen:
[mm] $\bruch{d \dot y}{- g - \alpha \cdot \dot y^{2}}= [/mm] dt$
Substitution mittels [mm] $u=\sqrt{\alpha} \cdot \dot [/mm] y$
Somit erhalte ich die Lösung:
[mm] t=-\bruch{ln(\sqrt{\alpha} \cdot \dot y+g)}{\sqrt{\alpha}}+C_{1} [/mm] (Da die Größem [mm] $\alpha$, $\dot [/mm] y$ und g immer positiv sind, habe ich auf die Betragsstriche im ln verzichtet!
Unter der Anfangsbedingung [mm] $\dot y_{t=0}=v_{0} [/mm] erhalte ich folgende Lösung:
[mm] t=\bruch{ln(\sqrt{\alpha} \cdot v_{0}+g)}{\sqrt{\alpha}}-\bruch{ln(\sqrt{\alpha} \cdot \dot y +g)}{\sqrt{\alpha}}
[/mm]
und nach Umformung auf [mm] $\dot [/mm] y$ schließlich:
[mm] $\dot y=(g+\sqrt{\alpha} \cdot v_{0}-g \cdot e^{\sqrt{\alpha} \cdot t})\cdot \bruch{e^{-\sqrt{\alpha} \cdot t}}{\sqrt{\alpha}}
[/mm]
Wenn ich nun für $t=0$ einsetze, erhalte ich die Anfangsgeschwindigkeit [mm] $v_{0}$ [/mm] - könnte also passen!
Meiner Meinung nach sollte es bis hier her stimmen! Allerdings müsste ich diese Gleichung nun nochmals integrieren, dann den Ausdruck für t (von oben) einsetzen und das darin enthaltene [mm] $\dot [/mm] y =0$ setzen, um die Steighöhe zu erhalten! Dies erscheint mir doch etwas zu kompliziert! Gibt es vielleicht einen einfacheren Lösungsweg! Bin für jede Hilfestellung sehr dankbar!
Lg
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Hallo mike1988,
> Wir betrachten einen Ball der Masse m! Dieser wird mit der
> Anfangsgeschwindigkeit [mm]v_{0}[/mm] vom Boden aus nach oben
> geworfen! Die positive Koordinatenrichtung (y) zeigt vom
> Boden aus nach oben! Weiters ist der Luftwiderstand [mm]-k \cdot v \cdot |v|[/mm]
> zu berücksichtigen! Wie lautet die Bewegungsgleichung für
> diese Situation und wie groß ist die maximale
> Steighöhe??
> Hallo!
>
> Ich probiere schon den ganzen Tag an diesem Beispiel herum,
> habe nun eine (TEIL)Lösung gefunden, welche sich
> allerdings irgendwie wiederspricht! Ich bin wie folgt
> vorgegangen:
>
> Aufstellen der Bewegungsgleichung:
>
> Da die positive Koordinatenrichtung nach oben zeigt, habe
> ich die Gewichtskraft negativ in die Bewegungsgleichung
> eingesetzt! Die Widerstandskraft zeigt ebenfalls nach
> unten, da diese alledings mit [mm]-k \cdot v \cdot |v|[/mm]
> angegeben ist, habe ich sie negativ eingesetzt! Da ja die
> Geschwindigkeit der ersten Ableitung der Wegkoordinate
> entspricht, setze ich im [mm]v=\dot y[/mm]
>
> [mm]m \cdot \ddot y = -m \cdot g - k \cdot \dot y^{2}[/mm]
>
> [mm]\ddot y = - g - \bruch{k}{m} \cdot \dot y^{2} , \alpha \equiv \bruch{k}{m}[/mm]
>
> [mm]\ddot y = - g - \alpha \cdot \dot y^{2}, \ddot y =\bruch{d \dot y}{dt}[/mm]
>
> [mm]\bruch{d \dot y}{dt}= - g - \alpha \cdot \dot y^{2}[/mm]
>
> Trennung der Variablen:
>
> [mm]\bruch{d \dot y}{- g - \alpha \cdot \dot y^{2}}= dt[/mm]
>
> Substitution mittels [mm]u=\sqrt{\alpha} \cdot \dot y[/mm]
>
> Somit erhalte ich die Lösung:
>
> [mm]t=-\bruch{ln(\sqrt{\alpha} \cdot \dot y+g)}{\sqrt{\alpha}}+C_{1}[/mm]
> (Da die Größem [mm]\alpha[/mm], [mm]\dot y[/mm] und g immer positiv sind,
> habe ich auf die Betragsstriche im ln verzichtet!
>
Das ist nicht die Lösung, da [mm]\dot{y}[/mm] quadratisch vorkommt.
> Unter der Anfangsbedingung [mm]$\dot y_{t=0}=v_{0}[/mm] erhalte ich
> folgende Lösung:
>
>
> [mm]t=\bruch{ln(\sqrt{\alpha} \cdot v_{0}+g)}{\sqrt{\alpha}}-\bruch{ln(\sqrt{\alpha} \cdot \dot y +g)}{\sqrt{\alpha}}[/mm]
>
> und nach Umformung auf [mm]\dot y[/mm] schließlich:
>
> [mm]$\dot y=(g+\sqrt{\alpha} \cdot v_{0}-g \cdot e^{\sqrt{\alpha} \cdot t})\cdot \bruch{e^{-\sqrt{\alpha} \cdot t}}{\sqrt{\alpha}}[/mm]
>
> Wenn ich nun für [mm]t=0[/mm] einsetze, erhalte ich die
> Anfangsgeschwindigkeit [mm]v_{0}[/mm] - könnte also passen!
>
> Meiner Meinung nach sollte es bis hier her stimmen!
> Allerdings müsste ich diese Gleichung nun nochmals
> integrieren, dann den Ausdruck für t (von oben) einsetzen
> und das darin enthaltene [mm]\dot y =0[/mm] setzen, um die
> Steighöhe zu erhalten! Dies erscheint mir doch etwas zu
> kompliziert! Gibt es vielleicht einen einfacheren
> Lösungsweg! Bin für jede Hilfestellung sehr dankbar!
>
> Lg
>
Gruss
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:21 Sa 20.04.2013 | | Autor: | mike1988 |
Hallo MathePower
Vielen Dank für deine schnelle Antwort!
Ich finde allerdings meinen Fehler leider nicht! Könntest du mir einen Hinweis zur Lösung geben??
Vielen Dank!
Lg
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Hallo mike1988,
> Hallo MathePower
>
> Vielen Dank für deine schnelle Antwort!
>
> Ich finde allerdings meinen Fehler leider nicht! Könntest
> du mir einen Hinweis zur Lösung geben??
>
Verwende eine andere Substitution zur Bestimmung des Integrals von
[mm]\bruch{d \dot y}{- g - \alpha \cdot \dot y^{2}}= dt [/mm]
> Vielen Dank!
>
> Lg
Gruss
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:54 Sa 20.04.2013 | | Autor: | mike1988 |
witzig, egal welche Substitution ich versuche, im Nenner bleibt mir immer ein [mm] $\dot [/mm] y$ stehen.....
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 16:56 Sa 20.04.2013 | | Autor: | leduart |
Hallo
ja, das soll auch siehe meinen anderen post
Gruss leduart
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(Antwort) fertig | | Datum: | 16:56 Sa 20.04.2013 | | Autor: | leduart |
Hallo
um deine Fehler zu sehen, differebziere das Ergebnis deiner Integration (sollte man immer tun!
wenn du geeignet substituierst, hast du ein Integral über [mm] 1/(1+u^2) [/mm] dafür soltest du die stammfkt. kennen, sonst hilft wolfram alpha
gruss leduart
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:33 So 21.04.2013 | | Autor: | mike1988 |
Hallo!
Habe nun meine Rechnung nochmals komplett überdacht und wollte fragen, ob es nun richtig sein könnte:
Die Bewegungsgleichung hat sich nicht geändert:
$ m [mm] \cdot \ddot [/mm] y = -m [mm] \cdot [/mm] g - k [mm] \cdot \dot y^{2} [/mm] $
Durch Umformen und trennen der Variablen erhalte ich:
$ [mm] \bruch{d \dot y}{- g - \bruch{k}{m} \cdot \dot y^{2}}= [/mm] dt $
Betrachte ich nun die linke Seite kann ich ja schreiben:
[mm] $\bruch{-1}{g} \cdot \bruch{1}{1+\bruch{\dot y^2 \cdot k}{m \cdot g}} [/mm] d [mm] \dot [/mm] y$ bzw. [mm] $\bruch{-1}{g} \cdot\integral{\bruch{1}{1+\bruch{\dot y^2 \cdot k}{m \cdot g}} d \dot y}$
[/mm]
In dem ich nun für [mm] $u^2= \bruch [/mm] {k [mm] \cdot \dot y^2}{m \cdot g} [/mm] $ substituiere und das Integral löse erhalte ich, unter berücksichtigung der Anfangsbedingung [mm] $t_{\dot y = v_{0}}=0$, [/mm] das Ergebniss:
[mm] $t=\bruch{\sqrt{m }}{\sqrt{g}\cdot \sqrt{k}}\cdot (arctan(\bruch{\sqrt{k} \cdot v_{0}}{\sqrt{m} \cdot \sqrt{g}})-arctan(\bruch{\sqrt{k} \cdot \dot y}{\sqrt{m} \cdot \sqrt{g}}))§ [/mm] (1)
So weit so gut! Nun kann ich mir die Zeit ausrechnen, bis die Masse m keine Geschwindigkeit mehr hat [mm] (§t_{\dot y = 0}$)
[/mm]
Die Zeit wäre demnach :
[mm] §t_{\dot y = 0}=\bruch{\sqrt{m}}{\sqrt{g} \cdot \sqrt{k}} \cdot (arctan(\bruch{\sqrt{k} \cdot v_{0}}{\sqrt{m} \cdot \sqrt{g}})) [/mm] (2)
Ok, bis hier her korrekt??
Nun wollte ich die Gleichung (1) auf [mm] $\dot [/mm] y$ umformen, diese nochmals integrieren sodass ich [mm] $y_{t}$ [/mm] erhalte, dass vorher in Gleichung (2) ermittelte t einsetzen um somit die Steighöhe (jener y-Wert, wenn die Geschwindigkeit = 0 ist) zu ermitteln!
Wenn ich Gleichung (1) auf [mm] $\dot [/mm] y$ umforme erhalte ich:
[mm] $\dot y_{(t)}=\bruch{\sqrt{m} \cdot \sqrt{g}}{\sqrt{k}} \cdot tan(arctan(\bruch{\sqrt{k} \cdot v_{0}}{\sqrt{m} \cdot \sqrt{g}})-t \cdot \bruch{\sqrt{g} \cdot \sqrt{k}}{\sqrt{m}})
[/mm]
Wenn ich nun [mm] $y_{(t)} [/mm] ermitteln möchte, muss ich ja die ganze rechte Seite der Gleichung nach t integrieren! Und an diesem Punkt stelle ich mir wirklich die Frage, ob meine Vorgehensweise richtig ist bzw. ob es einen anderen, einfacheren Lösungsweg gibt! Denn wenn ich diesen riesigen Therm nochmals integrieren muss, verzweifle ich!
Könnte mir vieleicht nochmals jemand mit eine Tipp zur Seite stehen??
Vielen Dank für eure Hilfe!!
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Hallo mike1988,
> Hallo!
>
> Habe nun meine Rechnung nochmals komplett überdacht und
> wollte fragen, ob es nun richtig sein könnte:
>
> Die Bewegungsgleichung hat sich nicht geändert:
>
> [mm]m \cdot \ddot y = -m \cdot g - k \cdot \dot y^{2}[/mm]
>
> Durch Umformen und trennen der Variablen erhalte ich:
>
> [mm]\bruch{d \dot y}{- g - \bruch{k}{m} \cdot \dot y^{2}}= dt[/mm]
>
> Betrachte ich nun die linke Seite kann ich ja schreiben:
>
> [mm]\bruch{-1}{g} \cdot \bruch{1}{1+\bruch{\dot y^2 \cdot k}{m \cdot g}} d \dot y[/mm]
> bzw. [mm]\bruch{-1}{g} \cdot\integral{\bruch{1}{1+\bruch{\dot y^2 \cdot k}{m \cdot g}} d \dot y}[/mm]
>
>
> In dem ich nun für [mm]u^2= \bruch {k \cdot \dot y^2}{m \cdot g}[/mm]
> substituiere und das Integral löse erhalte ich, unter
> berücksichtigung der Anfangsbedingung [mm]t_{\dot y = v_{0}}=0[/mm],
> das Ergebniss:
>
> [mm]$t=\bruch{\sqrt{m }}{\sqrt{g}\cdot \sqrt{k}}\cdot (arctan(\bruch{\sqrt{k} \cdot v_{0}}{\sqrt{m} \cdot \sqrt{g}})-arctan(\bruch{\sqrt{k} \cdot \dot y}{\sqrt{m} \cdot \sqrt{g}}))§[/mm]
> (1)
>
> So weit so gut! Nun kann ich mir die Zeit ausrechnen, bis
> die Masse m keine Geschwindigkeit mehr hat [mm](§t_{\dot y = 0}$)[/mm]
>
> Die Zeit wäre demnach :
>
> [mm]§t_{\dot y = 0}=\bruch{\sqrt{m}}{\sqrt{g} \cdot \sqrt{k}} \cdot (arctan(\bruch{\sqrt{k} \cdot v_{0}}{\sqrt{m} \cdot \sqrt{g}}))[/mm]
> (2)
>
> Ok, bis hier her korrekt??
>
> Nun wollte ich die Gleichung (1) auf [mm]\dot y[/mm] umformen, diese
> nochmals integrieren sodass ich [mm]y_{t}[/mm] erhalte, dass vorher
> in Gleichung (2) ermittelte t einsetzen um somit die
> Steighöhe (jener y-Wert, wenn die Geschwindigkeit = 0 ist)
> zu ermitteln!
>
> Wenn ich Gleichung (1) auf [mm]\dot y[/mm] umforme erhalte ich:
>
> [mm]$\dot y_{(t)}=\bruch{\sqrt{m} \cdot \sqrt{g}}{\sqrt{k}} \cdot tan(arctan(\bruch{\sqrt{k} \cdot v_{0}}{\sqrt{m} \cdot \sqrt{g}})-t \cdot \bruch{\sqrt{g} \cdot \sqrt{k}}{\sqrt{m}})[/mm]
>
> Wenn ich nun [mm]$y_{(t)}[/mm] ermitteln möchte, muss ich ja die
> ganze rechte Seite der Gleichung nach t integrieren! Und an
> diesem Punkt stelle ich mir wirklich die Frage, ob meine
> Vorgehensweise richtig ist bzw. ob es einen anderen,
Deine Vorgehensweise ist richtig.
> einfacheren Lösungsweg gibt! Denn wenn ich diesen riesigen
> Therm nochmals integrieren muss, verzweifle ich!
>
> Könnte mir vieleicht nochmals jemand mit eine Tipp zur
> Seite stehen??
>
Schreibe
[mm]\tan\left(arctan(\bruch{\sqrt{k} \cdot v_{0}}{\sqrt{m} \cdot \sqrt{g}})-t \cdot \bruch{\sqrt{g} \cdot \sqrt{k}}{\sqrt{m}}\right)=\bruch{\sin\left(arctan(\bruch{\sqrt{k} \cdot v_{0}}{\sqrt{m} \cdot \sqrt{g}})-t \cdot \bruch{\sqrt{g} \cdot \sqrt{k}}{\sqrt{m}}\right)}{\cos\left(arctan(\bruch{\sqrt{k} \cdot v_{0}}{\sqrt{m} \cdot \sqrt{g}})-t \cdot \bruch{\sqrt{g} \cdot \sqrt{k}}{\sqrt{m}}\right)}[/mm]
Die Integration dieses Ausdrucks schreit nach einer Substitution.
> Vielen Dank für eure Hilfe!!
>
>
Gruss
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:03 So 21.04.2013 | | Autor: | mike1988 |
Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Hallo!
Vielen Dank für deine Antwort!
Ich habe nun nochmals etwas gesucht und bin der Meinung, einen weitaus einfacheren Lösungsweg gefunden zu haben, wobei ich mir nicht ganz sicher bin, ob ich dies so machen kann (kommt mir etas zu leicht vor):
Die Bewegungsgleichung ist ein bischen abgeändert, da ich einen Vorzeichenfehler hatte!
$ m\cdot{}\ddot y=-m\cdot{}g+k\cdot{}\dot y^2 $
$\ddot y=-g+\bruch{k}{m}\cdot{}\dot y^2 $
Setze $\dot y \equiv u$
$\dot u=-g+\bruch{k}{m}\cdot{} u^2 $
$\dot u= \bruch{du}{dt}=\bruch{du}{dy} \cdot \bruch{dy}{dt}=\bruch{du}{dy} \cdot \dot y$
$\dot u=\bruch{du}{dy} \cdot u$
$\bruch{du}{dy} \cdot u=-g+\bruch{k}{m}\cdot{} u^2 $
Trennung der Variablen:
$\bruch{u}{-g+\bruch{k}{m}\cdot{} u^2} \cdot du=dy$
Integration:
$\integral{\bruch{u}{-g+\bruch{k}{m}\cdot{} u^2} \cdot du}=\integral{dy}$
Für das linke Integral habe ich substituiert:
$s=\bruch{k}{m}\cdot u^2-g$
$\bruch{ds}{du}=\bruch{2\cdot k \cdot u}{m}
$du=\bruch{m}{2\cdot k \cdot u} \cdot ds$
$\integral{\bruch{u}{s} \cdot \bruch{m}{2\cdot k \cdot u} \cdot ds}=\integral{dy}$
$\bruch{m}{2 \cdot k}\cdot \integral{\bruch{1}{s} \cdot ds=\integral{dy}$
$\bruch{m}{2 \cdot k}\cdot ln(s) + C_{1}=y
Rücksubstitution 1:
$y=\bruch{m}{2 \cdot k}\cdot ln(\bruch{k}{m}\cdot u^2-g) + C_{1}$
$y=\bruch{m \cdot ln(k \cdot u^2-g \cdot m)}{2 \cdot k}+ C_{1}$
Rücksubstitution 2:
$y=\bruch{m \cdot ln(k \cdot \dot y^2-g \cdot m)}{2 \cdot k}+ C_{1}$
Anfangsbedingung:
$y_{(\dot y = v_{0})}=0$ $\Rightarrow C_{1}= -\bruch{m \cdot ln(k \cdot v_{0}^2-g \cdot m)}{2 \cdot k}$
$y=\bruch{m}{2 \cdot k}\cdot [ln(k \cdot \dot y^2-g \cdot m) - ln(k \cdot v_{0}^2-g \cdot m)]$
Und wenn ich nun $\dot y =0$ setze, da dies ja die Bedingung für den höchsten Punkt der Masse ist, erhalte ich die maximale Steighöhe!
$y_{(\dot y=0)}=H_{0}=\bruch{m}{2 \cdot k} \cdot [ln(-g \cdot m)-ln(k \cdot v_{0}^2 -g \cdot m]$
Ich bin nun ziemlich froh, diese ich mit diesem Weg auf eine Lösung gekommen bin und hoffe, der Weg ist richtig! Vielleicht hat noch jemand Zeit, mir zusagen ob dies so passt!
Vielen, vielen Dank!
Ach ja: Wirklich tolles Forum und danke für die dauernde und schnelle Hilfe!!
Lg
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Hallo mike1988,
> Hallo!
>
> Vielen Dank für deine Antwort!
>
> Ich habe nun nochmals etwas gesucht und bin der Meinung,
> einen weitaus einfacheren Lösungsweg gefunden zu haben,
> wobei ich mir nicht ganz sicher bin, ob ich dies so machen
> kann (kommt mir etas zu leicht vor):
>
> Die Bewegungsgleichung ist ein bischen abgeändert, da ich
> einen Vorzeichenfehler hatte!
>
> [mm]m\cdot{}\ddot y=-m\cdot{}g+k\cdot{}\dot y^2[/mm]
>
> [mm]\ddot y=-g+\bruch{k}{m}\cdot{}\dot y^2[/mm]
>
> Setze [mm]\dot y \equiv u[/mm]
>
> [mm]\dot u=-g+\bruch{k}{m}\cdot{} u^2[/mm]
>
> [mm]\dot u= \bruch{du}{dt}=\bruch{du}{dy} \cdot \bruch{dy}{dt}=\bruch{du}{dy} \cdot \dot y[/mm]
>
> [mm]\dot u=\bruch{du}{dy} \cdot u[/mm]
>
> [mm]\bruch{du}{dy} \cdot u=-g+\bruch{k}{m}\cdot{} u^2[/mm]
>
> Trennung der Variablen:
>
> [mm]\bruch{u}{-g+\bruch{k}{m}\cdot{} u^2} \cdot du=dy[/mm]
>
> Integration:
>
> [mm]\integral{\bruch{u}{-g+\bruch{k}{m}\cdot{} u^2} \cdot du}=\integral{dy}[/mm]
>
> Für das linke Integral habe ich substituiert:
>
> [mm]s=\bruch{k}{m}\cdot u^2-g[/mm]
>
> [mm]$\bruch{ds}{du}=\bruch{2\cdot k \cdot u}{m}[/mm]
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> [mm]du=\bruch{m}{2\cdot k \cdot u} \cdot ds[/mm]
>
> [mm]\integral{\bruch{u}{s} \cdot \bruch{m}{2\cdot k \cdot u} \cdot ds}=\integral{dy}[/mm]
>
> [mm]\bruch{m}{2 \cdot k}\cdot \integral{\bruch{1}{s} \cdot ds=\integral{dy}[/mm]
>
> [mm]$\bruch{m}{2 \cdot k}\cdot[/mm] ln(s) + [mm]C_{1}=y[/mm]
>
> Rücksubstitution 1:
>
> [mm]y=\bruch{m}{2 \cdot k}\cdot ln(\bruch{k}{m}\cdot u^2-g) + C_{1}[/mm]
>
> [mm]y=\bruch{m \cdot ln(k \cdot u^2-g \cdot m)}{2 \cdot k}+ C_{1}[/mm]
>
> Rücksubstitution 2:
>
> [mm]y=\bruch{m \cdot ln(k \cdot \dot y^2-g \cdot m)}{2 \cdot k}+ C_{1}[/mm]
>
> Anfangsbedingung:
>
> [mm]y_{(\dot y = v_{0})}=0[/mm] [mm]\Rightarrow C_{1}= -\bruch{m \cdot ln(k \cdot v_{0}^2-g \cdot m)}{2 \cdot k}[/mm]
>
>
> [mm]y=\bruch{m}{2 \cdot k}\cdot [ln(k \cdot \dot y^2-g \cdot m) - ln(k \cdot v_{0}^2-g \cdot m)][/mm]
>
Die Lösung stimmt für [mm]k \cdot \dot y^2-g \cdot m>0[/mm]
> Und wenn ich nun [mm]\dot y =0[/mm] setze, da dies ja die Bedingung
> für den höchsten Punkt der Masse ist, erhalte ich die
> maximale Steighöhe!
>
> [mm]y_{(\dot y=0)}=H_{0}=\bruch{m}{2 \cdot k} \cdot [ln(-g \cdot m)-ln(k \cdot v_{0}^2 -g \cdot m][/mm]
>
> Ich bin nun ziemlich froh, diese ich mit diesem Weg auf
> eine Lösung gekommen bin und hoffe, der Weg ist richtig!
> Vielleicht hat noch jemand Zeit, mir zusagen ob dies so
> passt!
>
> Vielen, vielen Dank!
>
> Ach ja: Wirklich tolles Forum und danke für die dauernde
> und schnelle Hilfe!!
>
> Lg
Gruss
MathePower
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:40 So 21.04.2013 | | Autor: | mike1988 |
Spitze - vielen Dank! Der Abend ist gerettet!
Deine Anmerkung betrffend: Wenn ich die Bewegungsgleichung integriere, erhalte ich ja nicht den Logarithmus wie angegeben, sondern eigentlich den Logarithmus vom Betrag des Thermes wie angegeben! Der Einfachheit halber habe ich die Betragsstriche weggelassen, wobei diese richtigerweise angeschrieben gehören!
$ [mm] y=\bruch{m}{2 \cdot k}\cdot [/mm] [ln(|k [mm] \cdot \dot y^2-g \cdot [/mm] m|) - ln(|k [mm] \cdot v_{0}^2-g \cdot [/mm] m|)] $
Dieses Ergebnisswäre somit allgemein gültig, oder??
Lg
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Hallo mike1988,
> Spitze - vielen Dank! Der Abend ist gerettet!
>
> Deine Anmerkung betrffend: Wenn ich die Bewegungsgleichung
> integriere, erhalte ich ja nicht den Logarithmus wie
> angegeben, sondern eigentlich den Logarithmus vom Betrag
> des Thermes wie angegeben! Der Einfachheit halber habe ich
> die Betragsstriche weggelassen, wobei diese richtigerweise
> angeschrieben gehören!
>
> [mm]y=\bruch{m}{2 \cdot k}\cdot [ln(|k \cdot \dot y^2-g \cdot m|) - ln(|k \cdot v_{0}^2-g \cdot m|)][/mm]
>
> Dieses Ergebnisswäre somit allgemein gültig, oder??
>
Das sollte so allgemeingültig sein.
> Lg
Gruss
MathePower
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