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Schiefer Wurf

Universität / Fachhochschule

Tags: wurf

Alberto456 aktiv_icon

16:26 Uhr, 07.11.2012

Danke für die Hilfe :-)

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich möchte die Lösung in Zusammenarbeit mit anderen erstellen."

Atlantik aktiv_icon

16:35 Uhr, 07.11.2012

Schau mal hier nach:

http//www.frustfrei-lernen.de/mechanik/schiefer-wurf-physik-mechanik.html

mfG

Atlantik

Alberto456 aktiv_icon

16:53 Uhr, 07.11.2012

Ich muss also sx und sy nach t umstellen oder? bzw. nach Alpha denke ich mal. Also so würde ich jetzt mal vorgehen. Ist das so richtig?

Atlantik aktiv_icon

16:58 Uhr, 07.11.2012

Leider kann ich dir da nicht helfen. Ich weiß nur, dass der Abwurfwinkel so groß ist wie der Aufschlagswinkel (Wurfparabel)

mfG

Atlantik

Alberto456 aktiv_icon

17:30 Uhr, 07.11.2012

Trotzdem danke :-)
Jemand anders der mir helfen kann?

DK2ZA aktiv_icon

17:45 Uhr, 07.11.2012

Da fehlt noch eine Angabe,

z . B

. der Abwurfwinkel

α

. Aus diesem und

x_{1}

und

y_{1}

ergibt sich dann die Wurfgeschwindigkeit und die Flugdauer.

GRUSS, DK2ZA

Alberto456 aktiv_icon

17:48 Uhr, 07.11.2012

Aber außer der Tatsache, dass aus dem Ursprung geworfen wird, ist nichts gegeben. Eben, dass das Ziel bei

x 1, y 1

liegt und erhöht ist. Eben wie ein Basketballkorb oder sowas.

DK2ZA aktiv_icon

17:50 Uhr, 07.11.2012

Dann kann man den Abwurfwinkel

α

vorgeben. Dabei gilt

{tan}^{- 1} (\frac{y_{1}}{x_{1}}) < α < \frac{π}{2}

Alberto456 aktiv_icon

18:12 Uhr, 07.11.2012

Kannst du mir bitte genauer erklären, wie du darauf kommst? Danke :-)
Aber, dass ich sx und sy benutzen muss war richtig oder?

DK2ZA aktiv_icon

18:53 Uhr, 07.11.2012

Wenn man genau in Richtung auf das Ziel wirft, dann fliegt der Ball ein Stück a unter dem Ziel durch, weil er ja während des Fluges um die Strecke a fällt. Man kann a verkleinern, indem man die Wurfgeschwindigkeit erhöht und so die Flugzeit verringert. a kann aber nicht Null werden, weil dazu die Flugzeit Null sein müsste.

Also muss man den Abwurfwinkel

α

vergrößern und höher zielen. Der Winkel zum Ziel ist

{tan}^{- 1} (\frac{y_{1}}{x_{1}})

α

muss also größer sein, damit das Ziel getroffen werden kann. Natürlich darf

α

auch nicht 90°

= \frac{π}{2}

oder größer werden, sonst fliegt der Ball in die falsche Richtung.

Alberto456 aktiv_icon

19:01 Uhr, 07.11.2012

Danke schonmal :-)
Aber wie berechne ich jetzt, wie groß Alpha ist? Es soll also größer sein als, das was du angegeben hast.
Am Besten stell ich mal die Aufgabe hier rein, damit ich auch nichts vergesse.

Sie spielen in einer Basketballmannschaft, es steht

97 : 97,

es sind noch wenige Sekunden zu spielen und Sie haben den letzten Freiwurf. Sie haben sich während des Spiels allerdings so verausgabt, dass sie sich kaum noch auf den Beinen halten können. Aufgrund Ihrer schwindenden Kräfte entscheiden Sie sich, den Freiwurf so auszuführen, dass sie mit minimaler Geschwindigkeit abwerfen. Ihr Abwurfpunkt liegt bei

(x, y) = (0, 0),

der Korb befindet sich bei

(x, y) = (x, y 1)

a)

Nach welcher Zeit

T

und unter welchem Winkel Alpha trifft der Ball den Korb?

b)

Mit welcher Geschwindigkeit werfen Sie?

c)

Überprüfen Sie, ob Ihre Ergebnisse stimmen.

DK2ZA aktiv_icon

19:29 Uhr, 07.11.2012

Aha! Es war also doch noch etwas gegeben, nämlich dass die Wurfgeschwindigkeit minimal sein soll.

Damit ist die Aufgabe dann eindeutig lösbar, fragt sich nur, wie.

Wenn mir etwas dazu einfällt (heute nicht mehr) dann melde ich mich wieder.

GRUSS, DK2ZA

Alberto456 aktiv_icon

19:31 Uhr, 07.11.2012

Ok danke schonmal :-)
Vielleicht bekomme ich ja auch noch 'nen Geistesblitz

Edddi aktiv_icon

14:34 Uhr, 08.11.2012

für jedes

α

mit

\frac{π}{2} > α > a r c t a n (\frac{y_{1}}{x_{1}})

brauchst du eine bestimmt Abwurfgeschw.

v,

damit die Wurfparabel duch

(\begin{matrix} x_{1} \\ y_{1} \end{matrix})

geht.

Dabei zerlegt sich

v

in die hor. und vert. Komponente. Es gilt:

v_{H} = v \cdot cos (α)

und

v_{V} = v \cdot sin (α)

Die Wegkomponenten ergeben sich nach einer zeit

t

zu:

s_{H} = v_{H} \cdot t = v \cdot t \cdot cos (α)

s_{V} = v_{V} \cdot t - \frac{g}{2} \cdot t^{2} = v \cdot t \cdot sin (α) - \frac{g}{2} \cdot t^{2}

um nach einer Zeit

t

bei

s_{H} = x_{1}

und

s_{V} = y_{1}

zu sein muss gelten:

x_{1} = v \cdot t \cdot cos (α)

y_{1} = v \cdot t \cdot sin (α) - \frac{g}{2} \cdot t^{2}

Lösen des GLS:

y_{1} = x_{1} \cdot tan (α) - \frac{g}{2} \cdot t^{2} \Rightarrow t = \sqrt{(\frac{2}{g}) \cdot (x_{1} \cdot tan (α) - y_{1})}

dies einsetzen in

x_{1} = v \cdot t \cdot cos (α)

x_{1} = v \cdot \sqrt{(\frac{2}{g}) \cdot (x_{1} \cdot tan (α) - y_{1})} \cdot cos (α)

x_{1} = v \cdot \sqrt{(\frac{2}{g}) \cdot (x_{1} \cdot tan (α) - y_{1}) \cdot {cos}^{2} (α)}

liefert

v (α)

v (α) = \frac{x_{1}}{\sqrt{(\frac{2}{g}) \cdot (x_{1} \cdot tan (α) - y_{1}) \cdot {cos}^{2} (α)}}

Nun das

α

suchen, für die

v

minimall:

v' (α) = 0

[(x_{1} \cdot tan (α) - y_{1}) \cdot {cos}^{2} (α)]' = 0

(x_{1} \cdot tan (α) - y_{1})' \cdot {cos}^{2} (α) + (x_{1} \cdot tan (α) - y_{1})' \cdot {cos}^{2} (α) = 0

.
.

x_{1} \cdot cos (2 \cdot α) + y_{1} \cdot sin (2 \cdot α) = 0

.
.

α = \frac{1}{2} \cdot a r c c o s (\pm \frac{y_{1}}{\sqrt{x_{1}^{2} + y_{1}^{2}}})

...für diese Lösungen musst du noch prüfen, ob:

\frac{π}{2} > α > a r c t a n (\frac{y_{1}}{x_{1}})

\frac{π}{2} > \frac{1}{2} \cdot a r c c o s (\pm \frac{y_{1}}{\sqrt{x_{1}^{2} + y_{1}^{2}}}) > a r c t a n (\frac{y_{1}}{x_{1}})

Mit Zahlenwerten ist's wesentlich einfacher.

Für

x_{1} = 10

und

y_{1} = 2

ergäbe sich

z . B . :

90 > α > 11,31

α = 39,3450

und

α = 50,6549

(durch den Wurzeltherm waren beide Lösungen möglich, nun also noch eine durch Probe ausschließen)

v (α) = \frac{10}{\sqrt{(\frac{1}{5}) \cdot (10 \cdot tan (α) - 2) \cdot {cos}^{2} (α)}}

v (50,6549) = 11,0444

v (39,3450) = 11,61411

Minimum dann bei

v = 11,0444

für jeden anderen Winkel sollte

v

nun größer sein.

Probe mit

v (50) = 11,04626

und

v (51) = 11,0449

...scheint zu passen

was einfacheres fällt mir nicht ein...

;-)

Edddi aktiv_icon

17:49 Uhr, 08.11.2012

. .

. es gäbe noch eine andere Methode:

Mit der vert. v-Komponente ergibt sich der vertikale Weg:

s_{V} = v_{V} \cdot t - \frac{g}{2} \cdot t^{2}

Wir suchen nun nach Lösungen für

s_{V} = y_{1}

y_{1} = v_{V} \cdot t - \frac{g}{2} \cdot t^{2}

dafür wird folgende Zeit benötigt:

- \frac{g}{2} \cdot t^{2} + v_{V} \cdot t = y_{1}

t^{2} - (\frac{2}{g}) \cdot v_{V} \cdot t = - (\frac{2}{g}) \cdot y_{1}

{(t - \frac{v_{V}}{g})}^{2} = {(\frac{v_{V}}{g})}^{2} - (\frac{2}{g}) \cdot y_{1}

{(t - \frac{v_{V}}{g})}^{2} = \frac{v_{V}^{2}}{g^{2}} - \frac{2 \cdot g \cdot y_{1}}{g^{2}}

(t - \frac{v_{V}}{g}) = \pm \frac{\sqrt{v_{V}^{2} - (2 \cdot g \cdot y_{1})}}{g}

t = \frac{v_{V} \pm \sqrt{v_{V}^{2} - (2 \cdot g \cdot y_{1})}}{g}

. .

. es kommt nur die längere Zeit in Frage weil der Scheitelpunkt ja erst überwunden werden muss, heißt der ball muss schon wieder am Fallen sein:

t = \frac{v_{V} + \sqrt{v_{V}^{2} - (2 \cdot g \cdot y_{1})}}{g}

In dieser zeit ist auch die hor. Wegkomponente

x_{1}

zurückzulegen. Dafür ist die hor. v-Komponenten

v_{H}

notwendig:

v_{H} = \frac{x_{1}}{t} = \frac{x_{1}}{\frac{v_{V} + \sqrt{v_{V}^{2} - (2 \cdot g \cdot y_{1})}}{g}} = \frac{x_{1} \cdot g}{v_{V} + \sqrt{v_{V}^{2} - (2 \cdot g \cdot y_{1})}}

Nun können wir

v

in Abh. von

v_{V}

berechnen:

v = \sqrt{v_{V}^{2} + v_{H}^{2}} = \sqrt{v_{V}^{2} + {(\frac{x_{1} \cdot g}{v_{V} + \sqrt{v_{V}^{2} - (2 \cdot g \cdot y_{1})}})}^{2}}

das Minimum von

v (v_{V})

oder praktikabler von

v^{2} (v_{V})

erhalten wir über:

v^{2} (v_{V})' = (v_{V}^{2} + {(\frac{x_{1} \cdot g}{v_{V} + \sqrt{v_{V}^{2} - (2 \cdot g \cdot y_{1})}})}^{2})' = 0

2 \cdot v_{V} + 2 \cdot (\frac{x_{1} \cdot g}{v_{V} + \sqrt{v_{V}^{2} - (2 \cdot g \cdot y_{1})}}) \cdot (\frac{x_{1} \cdot g}{v_{V} + \sqrt{v_{V}^{2} - (2 \cdot g \cdot y_{1})}})' = 0

. .

. usw., wird auch nicht viel übersichtlicher...

;-)

Alberto456 aktiv_icon

09:05 Uhr, 10.11.2012

Oh vielen Dank jetzt hab ich das auch verstanden :-)
Bis auf ein paar Sachen:
also Alpha muss natürlich größer sein als die punkte "x1" und "y1" liegen. Aber warum benutzt man noch gleich arctan?
Und wie kommst du auf das, beim Lösen des Gleichungssystems, also "y1= x1*tan(Alpha)...."?
Und warum die Ableitung von v(Alpha)? Könntest du die Ableitung vllt etwas genauer beschreiben? Also dein Vorgehen? Nur wenn du die Zeit hast :-)
Danke nochmal :-)

Alberto456 aktiv_icon

13:15 Uhr, 10.11.2012

Zusatz:
Und wieso nimmst du bei

v' (α)

nur

[x_{1} \cdot tan (α) - y_{1} \cdot {cos (α)}^{2}]'

und nicht das ganze

v (α)

?

Edit: Vllt kann es mir auch jemand anders erklären :-)

Edddi aktiv_icon

07:48 Uhr, 12.11.2012

. .

. es gilt ja für den Winkel

α :

tan (α) = \frac{y_{1}}{x_{1}}

somit ist

α = a r c t a n (\frac{y_{1}}{x_{1}})

Nun zu

v (α)

v (α) = \frac{x_{1}}{\sqrt{...}}

dann ist

v' (α) = x_{1} \cdot [\frac{1}{\sqrt{...}}]' = x_{1} \cdot \frac{(1' \cdot \sqrt{...} - 1 \cdot (\sqrt{...})')}{{\sqrt{...}}^{2}}

v' (α) = x_{1} \cdot [\frac{1}{\sqrt{...}}]' = - x_{1} \cdot \frac{(\sqrt{...})'}{{\sqrt{...}}^{2}}

- x_{1} \cdot \frac{(\sqrt{...})'}{{\sqrt{...}}^{2}} = 0

(\sqrt{...})' = 0

1 \cdot \frac{(...)'}{2 \cdot (\sqrt{...})} = 0

(...)' = 0

;-)

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