Gravitationskraft auf MP < Physik < Naturwiss. < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 20:00 Sa 26.04.2008 | | Autor: | TMV |
Hallo,
ich versuche gerade die Gravitationskraft einer unendlich ausgedehnten Ebene auf einen Massenpkt. zu bestimmen der sich in mitten eines in dieser Ebene ausgeschnittenen Loches mit dem Radius R befindet. Leider komme ich zu keinem befriedigenden Ergebnis.
Meine Überlegungen:
allgemein: [mm] F_{G}= \bruch{GmM}{r^{2}} [/mm] Die Gravitationskraft zwischen dem MP und einen Massenelement der Scheibe ist also: [mm] dF_{G}= \bruch{GmdM}{r^{2}} [/mm] wobei (Annahme einer unendlich großen Kreisscheibe) [mm] dM=o2\pi [/mm] rdr (o: Flächenmassendichte)
[mm] \Rightarrow F_{G}= GmM2\pi\integral_{R}^{\infty}{\bruch{1}{r} dr}
[/mm]
Ich habe auch schon andere Versionen ausprobiert, doch meistens kam wie bei dieser beim integrieren [mm] \infty [/mm] aus, was jedoch nicht der Fall sein darf. Leider bin ich momentan etwas ratlos. Ich würde mich über jede Hilfe freuen!
Gruß
TMV
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 20:37 Sa 26.04.2008 | | Autor: | Kroni |
Hi,
zeichne dir mal die Fläche hin. Dann musst du beachten, dass die Kraft ein Vektor ist. Wenn du dir den hinzeichnest, von einem Massenelement dM, dann siehst du, dass nur die Komponente, die senkrecht nach oben steht, zählt. [mm] F_g [/mm] steht zwar "schräg", wenn das Massenelement dM nicht genau senkrecht über deiner Probemasse steht, aber zu jedem Massenelement dM existiert ein "GegenElement", so dass sich die waagerechten Kräfteteile sich gegenseitig aufheben.
Gut, dann würde ich den Abstand r in einen Abstand d vom Mittelpunkt des Kreises zu deinem Massenelement dM zerlegen und einer Höhe, die senkrecht zur Fläche steht, und durch deine Probemasse geht. Dann kannst du einen Winkel alpha eintragen, der zwischen h und r steht. Dann alle r usw. durch alpha ausdrücken, so dass du nur eine Variable dort stehen hast. Dann gucken, ab welchem Alpha du integrieren musst, und du musst auf jeden Fall bis [mm] $\pi/2$ [/mm] integrieren, denn dann erreichst du das "unendlich" Weite. Achso: Ich würde dann auf jeden Fall die FLäche auch in Kreisringe aufteilen, denn so wird die Integration doch recht einfach.
Falls du nun nicht weißt, was ich meine, sag bescheid, dann versuch ich ne Skizze am PC hinzuebkommen.
LG
Kroni
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:10 Sa 26.04.2008 | | Autor: | TMV |
Sorry ich kann mir nur ungefähr vorstellen wie du das meinst- [mm] r=tan(\alpha)h [/mm] in die Gleichung für die Gravitationskraft substituieren und von arctan(r/h) bis [mm] \pi/2 [/mm] intergrieren und hätte dann die Kraft. Sehe ich das richtig?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 22:40 Sa 26.04.2008 | | Autor: | Kroni |
Hi,
nein, so ganz ist das noch nicht richtig.
Schreib dir mal dein Flächenstück dA als [mm] $r*d\phi*dr$ [/mm] Dann mach dir mal eine Skizze, und Zerteile die Fläche dann in Kreisflächen. Dann integrieren, alles durch [mm] $\alpha$ [/mm] ausdrücken. Alpha ist der Winkel, der zwischen der Verbindungslinie zwischen dM und deiner Probemasse und der senkrechten Projektion auf die Ebene ist. Dann gucken, von wo bist wo du alpha integrieren musst, [mm] \phi [/mm] geht auf jeden fall von 0 bis [mm] 2\pi. [/mm]
Wenn du noch weitere Probleme hast, dann mach ich dir nachher noch eine Skizze, aber das kann dauern, weil ich gleich weg bin.
Beste Grüße,
Kroni
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 23:53 Sa 26.04.2008 | | Autor: | TMV |
So hab ich das jetzt verstanden:
[mm] dF_{G}=\bruch{GmdM}{r^{2}} [/mm] ist die Kraft die zwischen der Probemasse und dem Massenelement dM wirkt. Durch die Symmetrie der Anordnung bleibt nur die zur Ebene gerichtete Komponente der Kraft [mm] dF_{Gy}=dF_{G}cos(\alpha) [/mm] übrig.
Nun muss ich den Ortsvektor r zwischen der Probemasse und dM ersetzen, so dass ich nach alpha integrerieren kann.
So würde ich r durch [mm] r=cos(\alpha)h [/mm] ersetzen, wobei h das senkrechte Lot auf der Ebene ist, auf dem sich Probemasse befindet.
Nun müsste ich dM noch ersetzen: dM= [mm] o2\pi [/mm] rdr, wobei [mm] r=cos(\alpha)h [/mm] und [mm] dr=-sin(\alpha)hd\alpha, [/mm] also [mm] dM=-o2\pi cos(\alpha)sin(\alpha)hd\alpha.(o [/mm] wieder Flächenmassendichte)
Die Intergrationsgrenzen wären dann:
unten: [mm] arctan(\bruch{R}{h}), [/mm] wobei R der Radius des Loches ist und
oben [mm] \bruch{\pi}{2}
[/mm]
Dann wäre:
[mm] dF_{Gy}=\bruch{-2\pi oGmM}{(cos(\alpha)h)^{2}}cos(\alpha)hsin(\alpha)hd\alpha
[/mm]
Daraus ergibt sich:
[mm] F_{Gy}=\bruch{-2\pi oGmM}h\integral_{arctan(R/h)}^{\bruch{\pi}{2}}{tan{\alpha} d\alpha}
[/mm]
Problem macht hierbei wieder die Integration weil wieder unendlich rauskommt, also hab ich wohl wieder einen Denkfehler drin.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 00:18 So 27.04.2008 | | Autor: | Kroni |
Hi,
hier eine Skizze des Problems:
[Dateianhang nicht öffentlich]
Gut, es gilt für die Kraft:
[mm] $F=-G*\int \frac{m*dM}{a^2}*cos\alpha$
[/mm]
Nun ersetzen wir dM durch [mm] $dM=\sigma [/mm] dA$ Wenn wir das Problem geschickt parametrisieren, nämlich durch r und Winkel [mm] \phi, [/mm] dann sehen wir:
[mm] $dA=r*dr*d\phi$
[/mm]
Gut, also steht da letztendlich:
[mm] $F=-G*\int \frac{m*\sigma*r*dr*d\phi}{a^2}*\cos\alpha$
[/mm]
Gut, a hängt von [mm] \alpha [/mm] ab, r hängt von [mm] \alpha [/mm] ab, [mm] \phi [/mm] nicht.
Also drücken wir mal fast alle Größen durch [mm] \alpha [/mm] aus:
[mm] $r=d*\tan\alpha$ [/mm] => [mm] $dr=\frac{dr}{d\alpha}d\alpha=\frac{d}{\cos^2\alpha}d\alpha$
[/mm]
Gut, fehlt nur noch ein Term für a: [mm] $a=\frac{d}{\cos\alpha}$ [/mm] (das sieht man alles am Dreieck).
Dann einstezen:
[mm] $F=-Gm\sigma\int \frac{d*\tan\alpha*d*d\phi*\cos\alpha*\cos^2\alpha}{d^2*\cos^2\alpha}d\alpha=-Gm\sigma\int d\phi *\int \sin\alpha d\alpha$
[/mm]
Okay, jetzt nur noch wissen, was von wo bis wo geht:
[mm] $\phi$ [/mm] geht von 0 bis [mm] 2\pi
[/mm]
[mm] \alpha [/mm] geht von [mm] $\arctan \frac{R}{d}$ [/mm] bis [mm] $\frac{\pi}{2}$
[/mm]
Jetzt alles einmal integrieren, und du bist fertig.
LG
Kroni
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: jpg) [nicht öffentlich]
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 01:03 So 27.04.2008 | | Autor: | TMV |
Hab gerade gesehen, dass meine Rechnung doch stimmt hab nur r falsch aufgestellt. Wenn man bei meiner Rechnung statt [mm] r=cos(\alpha)h [/mm] (falsch!) [mm] r=\bruch{h}{cos(\alpha)} [/mm] einsetzt kommt das Gleiche raus wie bei dir. (In meiner Rechnung ist dein a ein r und dein d ein h, usw.)
Danke du hast mir sehr geholfen!
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:40 Mo 28.04.2008 | | Autor: | leduart |
Hallo
lies dir die Mitteilung von chrisno durch, dein Aufgabentext gibt eigentlich ihm rech!
Gruss leduart
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:28 Sa 26.04.2008 | | Autor: | chrisno |
Ich verstehe offenbar die Aufgabe nicht richtig. Die Anordnung erscheint mir so symmetrisch, dass das Ergebnis Null sein muss. Wenn der Punkt in der Mitte des Ausschnitts sitzt, dann gibt es doch für jeden Massenpunkt in der Ebene einen der genau gegenüber liegt. So heben sich alle Kräfte paarweise auf.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:42 Sa 26.04.2008 | | Autor: | Kroni |
Hi,
man kann zu jedem Massenstück dM ein Gegenstück finden, so dass sich die Kraftteile, die parallel zur Ebene liegen, geegenseitig aufheben. Die Kraftteile, die aber senkrecht zur Ebene stehen, können sich nicht aufheben, da die Gravitationskraft immer anziehend wirkt.
LG
Kroni
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:13 Mo 28.04.2008 | | Autor: | chrisno |
Da stand aber mitten in dem Loch, nicht über dem Loch. Was solls. Das, was ihr diskutiert, ist wohl das eigentlich gefragte.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 12:38 Di 29.04.2008 | | Autor: | Kroni |
Hallo,
ich hatte mir den Aufgabentext nicht weiter durchgelesen, weil ich der Ansicht war, dass das Objekt über dem Loch sein sollte.
Befindet sich das Objekt aber in mitten des Loches, also auch in der Ebene, dann ist die Gesamtkraft 0, wie du richtig sagtest.
LG
Kroni
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