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Mechanik » Gravitation » Fluchtgeschwindigkeit berechnen
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Kein bestimmter Bereich Fluchtgeschwindigkeit berechnen
mhipp
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  Themenstart: 2020-03-28

Hallo! Ich versuche gerade, die Fluchtgeschwindigkeit auf der Erde zu berechnen. Um in die Denkweise reinzukommen, habe ich mir die Problematik vereinfacht: Eine Kugel mit m = 1kg wird mit v(0) = 10km/s nach oben geworfen. Stelle eine Funktion v(t) auf, die die Geschwindigkeit der Kugel zum Zeitpunkt t angibt. Beachte, dass mit steigender Höhe die Gravitationskraft abnimmt! Kann mir jemand bei diesem vereinfachten Beispiel helfen? I'm stuck! Die eigentliche Fluchtgeschwindigkeit schaffe ich dann mit dieser Anregung hoffentlich selbst... Viele Grüße und Danke! Max Hipp


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traveller
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  Beitrag No.1, eingetragen 2020-03-28

Das Beispiel hilft zur Berechnung der Fluchtgeschwindigkeit nur bedingt. Benutze dafür besser den Energiesatz, dann benötigst du die Zeit auch gar nicht.


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Diophant
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  Beitrag No.2, eingetragen 2020-03-28

\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\on}{\operatorname}\) Hallo mhipp, ein möglicher Ansatz wäre der, sich einen Endzustand dieses Bewegungsablaufs vorzustellen, von dem aus man ansetzen könnte. Wenn wir einmal annehmen, dass deine Kugel unendlich weit von der Erde entfernt landet und dort ruht: - welche Energie hat sie dann? - in welche zwei Energieformen ließe sich die Energie der Kugel während ihres gesamten Fluges (also auch beim Start) aufspalten? Daraus lässt sich eine Gleichung bilden, mit der man die Fluchtgeschwindigkeit (die oft auch als \(v_2\) bezeichnet wird) berechnen kann. Die dazu notwendigen Größen und die Lösung des ganzen kannst du hier nachlesen. Gruß, Diophant [Die Antwort wurde vor Beitrag No.1 begonnen.]\(\endgroup\)


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mhipp
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  Beitrag No.3, vom Themenstarter, eingetragen 2020-03-28

Hallo! In der Lösung ist relativ am Ende eine Unformung; warum ist vor dem G in der zweiten Zeile ein Minus? Die potenzielle Energie eines auf der Erdoberfläche liegenden Balles ist doch positiv?!


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Diophant
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  Beitrag No.4, eingetragen 2020-03-28

Hallo mhipp, \quoteon(2020-03-28 13:31 - mhipp in Beitrag No. 3) In der Lösung ist relativ am Ende eine Unformung; warum ist vor dem G in der zweiten Zeile ein Minus? Die potenzielle Energie eines auf der Erdoberfläche liegenden Balles ist doch positiv?! \quoteoff schon. Aber das ganze wird ja eben nicht von der Erde aus, sondern vom angenommenen Zielpunkt der Kugel aus betrachtet. Gruß, Diophant


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mhipp
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  Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2020-03-28

Also das verstehe ich jetzt nicht. Und was ist G(m1m2)/r überhaupt für eine Art von Energie? Es kann doch nicht sein, dass das potenzielle Energie ist, die nimmt doch mit zunehmendem Abstand zu, oder?


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Diophant
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  Beitrag No.6, eingetragen 2020-03-28

Hallo mhipp, \quoteon(2020-03-28 14:02 - mhipp in Beitrag No. 5) Und was ist G(m1m2)/r überhaupt für eine Art von Energie? Es kann doch nicht sein, dass das potenzielle Energie ist, die nimmt doch mit zunehmendem Abstand zu, oder? \quoteoff achte genau auf den Zähler Nenner des fraglichen Terms. Recherchiere die Formel für die Gravitation zwischen zwei Massen sowie die für die potentielle Energie. Siehst du den Zusammenhang? Gruß, Diophant


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mhipp
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  Beitrag No.7, vom Themenstarter, eingetragen 2020-03-28

Klar, dieser Term mit r^2 im Nenner ist die Gravitationskraft. Da E = F*s, ist der Term mit nur r im Nenner eine Energie... aber was sagt diese aus? Ich kenne und finde zu potentieller Energie nur die altbekannte Formel mgh...


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traveller
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  Beitrag No.8, eingetragen 2020-03-28

\quoteon(2020-03-28 14:14 - mhipp in Beitrag No. 7) E = F*s \quoteoff \quoteon(2020-03-28 14:14 - mhipp in Beitrag No. 7) die altbekannte Formel mgh... \quoteoff Beide diese Formeln gelten nur bei konstanter Kraft, was hier explizit nicht vorausgesetzt werden darf. Zu ersetzen ist dies durch ein Integral, was dann genau zur Formel mit nur einem $r$ im Nenner führt (und nicht etwa eine reine Multiplikation mit $r$!). \quoteon(2020-03-28 14:02 - mhipp in Beitrag No. 5) Und was ist G(m1m2)/r überhaupt für eine Art von Energie? Es kann doch nicht sein, dass das potenzielle Energie ist, die nimmt doch mit zunehmendem Abstand zu, oder? \quoteoff Du vergisst eben das Minus davor, damit ist die potentielle Energie überall negativ, da deren (willkürlicher) Nullpunkt im Unendlichen, also für $r\rightarrow\infty$ gewählt wurde. Je grösser $r$, desto weniger negativ ist die potentielle Energie, also nimmt sie tatsächlich mit zunehmendem Abstand zu.


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mhipp
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  Beitrag No.9, vom Themenstarter, eingetragen 2020-03-28

Aaah, danke!!


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mhipp
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  Beitrag No.10, vom Themenstarter, eingetragen 2020-03-28

Jetzt doch nochmal eine Frage: Mal ganz unabhängig von der Geschichte mit der Fluchtgeschwindigkeit, folgende Fragestellung: "Ein Ball mit m = 1kg wird senkrecht nach oben geworfen. Startgeschwindigkeit v0 = 1 000 m/s. Berechnen Sie die Geschwindigkeit des Balles nach t = 5s." Wie würde man das anstellen?


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Caban
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  Beitrag No.11, eingetragen 2020-03-28

Hallo Ist hier g konsant oder soll die Abnahme von g mit der Zeit einbezogen werden? Gruß Caban


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traveller
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  Beitrag No.12, eingetragen 2020-03-28

Berechne die Geschwindigkeitsabnahme, die der Ball in 5 s aufgrund der Gravitationsbeschleunigung erfährt. Hier dürfte es bei weitem ausreichen, die Gravitationskraft als konstant anzunehmen. [Die Antwort wurde nach Beitrag No.10 begonnen.]


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mhipp
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  Beitrag No.13, vom Themenstarter, eingetragen 2020-03-28

Ich glaube nicht, dass man bei 1 000 m/s die Abnahme der Gravitationskraft ignorieren kann. Das sind immerhin ganze 10% der irdischen Fluchtgeschwindigkeit! Aber wir können gerne auch mit 10 000 m/s rechnen, dann sind wir uns sicher einig, dass die Abnahme relevant ist :-)


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traveller
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  Beitrag No.14, eingetragen 2020-03-28

\quoteon(2020-03-28 18:13 - mhipp in Beitrag No. 13) Ich glaube nicht, dass man bei 1 000 m/s die Abnahme der Gravitationskraft ignorieren kann. Das sind immerhin ganze 10% der irdischen Fluchtgeschwindigkeit! \quoteoff Vernachlässigen wir die Gravitation mal ganz, befindet sich der Ball nach besagten 5 s auf 5000 m Höhe. Selbst auf dem Mount Everest ist die Erdanziehung noch nicht fühlbar kleiner. \quoteon(2020-03-28 18:13 - mhipp in Beitrag No. 13) Aber wir können gerne auch mit 10 000 m/s rechnen, dann sind wir uns sicher einig, dass die Abnahme relevant ist :-) \quoteoff Auch in 50 km Höhe ist $g$ nicht mal 1.5 % kleiner als auf der Erdoberfläche. Aber wenn du es tatsächlich exakt willst, musst du halt über die Beschleunigung integrieren.


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mhipp
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  Beitrag No.15, vom Themenstarter, eingetragen 2020-03-28

Ich gebe zu, es hat wenig Nutzen, das exakt zu berechnen. Aber mich interessiert die Rechnung. Ich habe es gestern bereits versucht, aber ich bin nicht darauf gekommen, über welcher Funktion ich integrieren muss... könntest du mir das mal vorrechnen? :)


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traveller
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  Beitrag No.16, eingetragen 2020-03-28

Hallo, Das Problem scheint zäher als ich dachte, da ja $g(t)=g(r(t))=\frac{GM}{r(t)^2}$ nur indirekt von der Zeit abhängt. Man muss im Wesentlichen die DGL $$r''(t)=a(t)=-g(t)=-\frac{GM}{r(t)^2}$$ lösen, also eine nichtlineare Differentialgleichung zweiter Ordnung. Daran scheitert mir aber auch Mathematica.


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gonz
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  Beitrag No.17, eingetragen 2020-03-28

Zumindest kann man mit r'(t) multiplizieren und die Gleichung dann einmal integrieren


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traveller
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  Beitrag No.18, eingetragen 2020-03-28

Ja, damit erhält man unter Verwendung der Anfangsbedingungen $r(0)=r_0$ und $v(0)=v_0$ die gleiche DGL wie mit dem Energiesatz $$E_0=\frac{m}{2}v_0^2-G\frac{Mm}{r_0}=\frac{m}{2}v(t)^2-G\frac{Mm}{r(t)}=E(t)\enspace,$$ nämlich $$(r'(t))^2=v(t)^2=v_0^2-2GM\left(\frac{1}{r_0}-\frac{1}{r(t)}\right)\enspace.$$ Immer noch nichtlinear und wohl ohne brauchbare analytische Lösung, aber so kann mans zumindest relativ einfach numerisch untersuchen.


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gonz
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  Beitrag No.19, eingetragen 2020-03-28

Ja, es scheint knackbar zu sein, aber nicht in einer schönen kompakten anschaulichen lösung...


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MontyPythagoras
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  Beitrag No.20, eingetragen 2020-03-28

https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/viewtopic.php?topic=217390&post_id=1590598 😉 Ciao, Thomas


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MontyPythagoras
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  Beitrag No.21, eingetragen 2020-03-29

Hier die vollständige Lösung, die auf travellers Ansatz aufbaut: $$\left(\frac{\text{d}r}{\text{d}t}\right)^2=v_0^2-2GM\left(\frac{1}{r_0}-\frac{1}{r}\right)$$$$t(r)=\intop_{r_0}^r\frac{\mathrm d\varrho}{\sqrt{v_0^2-2GM\left(\frac{1}{r_0}-\frac{1}\varrho\right)}}$$$$t(r)=\frac1{\sqrt{2GM}}\intop_{r_0}^r\frac{\mathrm d\varrho}{\sqrt{\frac{v_0^2}{2GM}-\frac1{r_0}+\frac1\varrho}}$$Abkürzung: $$-\frac1R=\frac{v_0^2}{2GM}-\frac1{r_0}$$Damit folgt: $$t(r)=\frac1{\sqrt{2GM}}\intop_{r_0}^r\frac{\mathrm d\varrho}{\sqrt{\frac1\varrho-\frac1R}}$$$$t(r)=\sqrt{\frac R{2GM}}\intop_{r_0}^r\frac{\varrho}{\sqrt{R\varrho-\varrho^2}}\mathrm d\varrho$$$$t(r)=\sqrt{\frac R{2GM}}\intop_{r_0}^r\frac{\left(\varrho-\frac12R\right)+\frac12R}{\sqrt{\frac14R^2-\left(\varrho-\frac12R\right)^2}}\mathrm d\varrho$$$$t(r)=\sqrt{\frac R{2GM}}\left[-\sqrt{\frac14R^2-\left(\varrho-\frac12R\right)^2}\right]_{r_0}^r+\sqrt{\frac R{2GM}}\cdot\frac12R\left[\arcsin\frac{\varrho-\frac12R}{\frac12R}\right]_{r_0}^r$$$$t(r)=\sqrt{\frac R{2GM}}\left[-\sqrt{R\varrho-\varrho^2}\right]_{r_0}^r+\sqrt{\frac R{2GM}}\cdot\frac12R\left[\arcsin\left(\frac{2\varrho}R-1\right)\right]_{r_0}^r$$Und damit: $$t(r)=\sqrt{\frac R{2GM}}\left(\sqrt{Rr_0-r_0^2}-\sqrt{Rr-r^2}\right)+\sqrt{\frac R{2GM}}\cdot\frac12R\left[\arcsin\left(\frac{2r}R-1\right)-\arcsin\left(\frac{2r_0}R-1\right)\right]$$ Ciao, Thomas


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gonz
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  Beitrag No.22, eingetragen 2020-03-29

Den Artikel von dir hatte ich gar nicht mehr auf dem Schirm, Thomas! Danke für die Link. Einen schönen Sonntag! Gerhard/Gonz [Die Antwort wurde nach Beitrag No.20 begonnen.]


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mhipp
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  Beitrag No.23, vom Themenstarter, eingetragen 2020-03-29

Hui, danke für die vielen Antworten! Ich werde mein bestes geben, nach und nach alles wenigstens nachzuvollziehen.


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MontyPythagoras
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  Beitrag No.24, eingetragen 2020-03-30

Einen hamwa noch. Eigentlich war diese Lösung der DGL, an deren Ende $t(r)$ steht, nicht die Antwort auf die Frage von mhipp in Beitrag 10, der ja eigentlich $v(t)$ wissen wollte. $v(r)$ ist bekannt, aber die Umkehrfunktion von $t(r)$ ist nicht explizit berechenbar. Daher ist auf diese Art und Weise $v(t)$ nicht zu bestimmen, und ein anderer Weg muss her. $v(t)$ kann jedoch als Taylorreihe bestimmt werden, indem man die Reihenglieder rekursiv berechnet. Es ist $$(1)\qquad v(t)^2=v_0^2-\frac{2GM}{r_0}+\frac{2GM}{r(t)}$$und $$(2)\qquad \dot v(t)=a(t)=-\frac{GM}{r(t)^2}$$Außerdem die Startbedingungen $$r(0)=r_0\qquad v(0)=v_0\qquad \dot v(0)=a(0)=-\frac{GM}{r_0^2}=-g$$Die Taylorreihe der Geschwindigkeit ist nun $$(3)\qquad v(t)=\sum_{k=0}\frac{v^{(k)}(0)}{k!}t^k$$Die höheren Ableitungen können nun rekursiv berechnet werden (zunächst Ableitung der Gleichung 2): $$(4)\qquad \ddot v(t)=\dot a(t)=\frac{2GM}{r(t)^3}v(t)$$Startbedingungen eingesetzt: $$\ddot v(0)=\frac{2GM}{r_0^3}v_0=\frac{2gv_0}{r_0}$$Nächste Ableitung (ableiten der Gleichung 4): $$\dddot v(t)=-\frac{6GM}{r(t)^4}v(t)^2+\frac{2GM}{r(t)^3}a(t)$$Hier kann man nun Gleichungen (1) und (2) einsetzen: $$\dddot v(t)=-\frac{6GM}{r(t)^4}\left(v_0^2-\frac{2GM}{r_0}+\frac{2GM}{r(t)}\right)-\frac{2GM}{r(t)^3}\cdot\frac{GM}{r(t)^2}$$$$\dddot v(t)=-\frac{6GM}{r(t)^4}\left(v_0^2-\frac{2GM}{r_0}\right)-\frac{14G^2M^2}{r(t)^5}$$Wenn man immer wieder $v(t)^2$ und $a(t)$ mithilfe der Gleichungen (1) und (2) ausdrückt, kann man beliebig oft rekursiv ableiten und kommt immer wieder auf eine Gleichung zurück, in der nur $r(t)$ als variable Funktion auftaucht. Wir bestimmen noch $$\dddot v(0)=-\frac{6GMv_0^2}{r_0^4}-\frac{2G^2M^2}{r_0^5}$$$$\dddot v(0)=-\frac{6gv_0^2}{r_0^2}-\frac{2g^2}{r_0}$$Setzt man das ein, so erhält man als Reihe: $$v(t)=v_0-gt+\frac12\frac{2gv_0}{r_0}t^2-\frac16\left(\frac{6gv_0^2}{r_0^2}+\frac{2g^2}{r_0}\right)t^3$$$$v(t)=v_0-gt+\frac{gv_0}{r_0}t^2-\left(\frac{gv_0^2}{r_0^2}+\frac{g^2}{3r_0}\right)t^3$$Die ersten beiden Summenglieder $v_0-gt$ entsprechen der klassischen Gleichung im homogenen Schwerefeld. Mit dem in Beitrag 10 genannten Zahlenbeispiel $v_0=1000m/s$, $t=5s$ und $r_0=6371000m$ mittlerem Erdradius ist die Geschwindigkeit nach der klassischen Gleichung $v=1000-5\cdot9,81=950,95m/s$. Die Differenz zur genaueren Gleichung ist $9,81\cdot 1000\cdot5^2/6371000=0,0385m/s$. Wie man sieht, ist die Differenz nach 5 Sekunden nur etwa 0,004%, also quasi nix. Unter realistischen Bedingungen ist die Abweichung durch den Luftwiderstand sehr viel größer. Ciao, Thomas


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MontyPythagoras
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  Beitrag No.25, eingetragen 2020-03-30

Ich möchte noch ergänzen, dass in dem Fall, dass der Körper mit der Fluchtgeschwindigkeit senkrecht abgeschossen wird, die Gleichungen deutlich einfacher werden. Dann gilt $$v_0^2=v_F^2=\frac{2GM}{r_0}$$und somit gilt für die Zeit nur $$t(r)=\frac1{\sqrt{2GM}}\intop_{r_0}^r\frac{\mathrm d\varrho}{\sqrt{\frac1\varrho}}=\frac1{\sqrt{2GM}}\intop_{r_0}^r\sqrt\varrho\mathrm d\varrho$$$$t(r)=\frac2{3\sqrt{2GM}}\left[\varrho^{\frac32}\right]_{r_0}^r$$$$t(r)=\frac2{3\sqrt{2GM}}\left(r^{\frac32}-{r_0}^{\frac32}\right)$$Nach $r$ auflösen: $$r(t)=\left({r_0}^{\frac32}+\frac{3\sqrt{2GM}}2t\right)^{\frac23}$$$$r(t)=r_0\left(1+\frac{3\sqrt{2GM}}{2r_0\sqrt{r_0}}t\right)^{\frac23}$$$$r(t)=r_0\left(1+\frac32\sqrt{\frac{2g}{r_0}}\;t\right)^{\frac23}$$Und da in diesem speziellen Fall $v(t)^2=\frac{2GM}{r(t)}$ gilt, folgt $$v(t)=\frac{\sqrt{2GM}}{\sqrt{r_0}\left(1+\frac32\sqrt{\frac{2g}{r_0}}\;t\right)^{\frac13}}$$$$v(t)=\frac{v_F}{\left(1+\frac32\sqrt{\frac{2g}{r_0}}\;t\right)^{\frac13}}$$Selbst bei Fluchtgeschwindigkeit beträgt der Unterschied nach 5 Sekunden zwischen klassischer Formel und genauer Formel gerade mal etwas über 0,7m/s, also rund 0,0065%. Ich habe fertig. Thomas


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