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| Aufgabe | Eine Silvesterrakete mit Masse M wird senkrecht abgeschossen. Sie wird für 2 Sekunden durch das Abbrennen des Schwarzpulvers um 30m/s² beschleunigt. In welcher Höhe entfaltet die Rakete ihre Farbenpracht, wenn der Zündsatz nach insgesamt 3 Sekunden Flugzeit gezündet wird?
Berücksichtigen Sie dabei den Reibungswiderstand und die Erdbeschleunigung. Treffen Sie hierzu folgende Annahmen:
(a) Der Reibungswiderstand ist proportional zum Quadrat der Geschwindigkeit.
(b) M sei so groß, dass der Massenverlust der Rakete durch das Abbrennen des Schwarzpulvers vernachlässigbar ist. |
Hallo,
ich habe Schwierigkeiten beim Aufstellen des AWPs, vielleicht weil ich Physik nur bis zu 10. Klasse hatte und selbst das ist 10 Jahre her.
Ich habe mir überlegt, dass wenn h(t) die Höhe der Rakete zum Zeitpunkt t>0 ist, für die Beschleunigung h''(t) gelten muss
h''(t) = 30m/s²-9,80665m/s²-r(t), für t [mm] \in [/mm] [0;2]
und h''(t) = 9,80665m/s²-r(t), für t >2
und h(0)=0 und r(t) = [mm] \lambda*(h'(t))^2, \lambda \in \IR
[/mm]
Gesucht wäre dann h(3).
Das kommt mir komisch vor, zum einen weil, als ich mich an der Lösung dieses Systems versucht habe, ein seltsames Ergebnis bekommen habe, zum andern kommt in dem, was ich aufgestellt habe, die Masse gar nicht vor. Ich habe im Internet gefunden, dass für die Kraft, die eine Masse bewegt gilt [mm] \overrightarrow{F} [/mm] = M*a, wobei a die Beschleunigung ist, weiß aber nicht, wie ich das hier sinnvoll einbringen soll. Natürlich kann ich a durch h''(t) ersetzen, aber ich weiß nicht, was das bringen soll.
Meine Lösung des AWPs habe ich noch nicht gepostet, weil ich mir ziemlich sicher bin, dass schon der Ansatz falsch ist. Mit dem richtigen Ansatz rechne ich dann gern selber weiter.
LG Julia
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Hallo Julia,
das sieht doch gut aus!
> Eine Silvesterrakete mit Masse M wird senkrecht
> abgeschossen. Sie wird für 2 Sekunden durch das Abbrennen
> des Schwarzpulvers um 30m/s² beschleunigt. In welcher
> Höhe entfaltet die Rakete ihre Farbenpracht, wenn der
> Zündsatz nach insgesamt 3 Sekunden Flugzeit gezündet
> wird?
>
> Berücksichtigen Sie dabei den Reibungswiderstand und die
> Erdbeschleunigung. Treffen Sie hierzu folgende Annahmen:
>
> (a) Der Reibungswiderstand ist proportional zum Quadrat der
> Geschwindigkeit.
>
> (b) M sei so groß, dass der Massenverlust der Rakete durch
> das Abbrennen des Schwarzpulvers vernachlässigbar ist.
> Hallo,
>
> ich habe Schwierigkeiten beim Aufstellen des AWPs,
> vielleicht weil ich Physik nur bis zu 10. Klasse hatte und
> selbst das ist 10 Jahre her.
>
> Ich habe mir überlegt, dass wenn h(t) die Höhe der Rakete
> zum Zeitpunkt t>0 ist, für die Beschleunigung h''(t)
> gelten muss
> h''(t) = 30m/s²-9,80665m/s²-r(t), für t [mm]\in[/mm] [0;2]
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]") (siehe aber unten zu r(t))
> und h''(t) = 9,80665m/s²-r(t), für t >2
Warum hat die Erdbeschleunigung jetzt ihr Vorzeichen gewechselt? Gefährlich ist auch, dass Du r(t) schon richtungsbehaftet ansetzt. Deine Gleichung gilt im Steigflug, so aber nicht mehr nach Erreichen des höchsten Punkts - da müsste ja dann r(t) das Vorzeichen wechseln.
> und h(0)=0 und r(t) = [mm]\lambda*(h'(t))^2, \lambda \in \IR[/mm]
Außerdem darfst Du auch noch h'(0)=0 und h''(0)=0 voraussetzen.
Die Gleichung für r(t) ist noch nicht geschickt angesetzt. Am besten wäre doch, r(t) in Gegenrichtung zu h'(t) zu haben (allerdings musst Du dann in Deinen Ansatzgleichungen oben genau aufs Vorzeichen achten!), also so:
[mm] r(t)=-\lambda*h'(t)*|h'(t)|, \lambda\in\IR^+
[/mm]
> Gesucht wäre dann h(3).
Genau.
> Das kommt mir komisch vor, zum einen weil, als ich mich an
> der Lösung dieses Systems versucht habe, ein seltsames
> Ergebnis bekommen habe,
Rechne doch mal vor...
> zum andern kommt in dem, was ich
> aufgestellt habe, die Masse gar nicht vor.
In der Aufgabe auch nicht, bzw. nur zur allgemeinen Verwirrung. Die wird aber nicht gültig, weil Masseverlust ja dann als "vernachlässigbar" gesetzt wird.
> Ich habe im
> Internet gefunden, dass für die Kraft, die eine Masse
> bewegt gilt [mm]\overrightarrow{F}[/mm] = M*a, wobei a die
> Beschleunigung ist, weiß aber nicht, wie ich das hier
> sinnvoll einbringen soll.
Besser wäre, Du weißt, dass Du das hier nicht sinnvoll einbringen kannst.
> Natürlich kann ich a durch
> h''(t) ersetzen, aber ich weiß nicht, was das bringen
> soll.
Eben. Ich auch nicht.
> Meine Lösung des AWPs habe ich noch nicht gepostet, weil
> ich mir ziemlich sicher bin, dass schon der Ansatz falsch
> ist. Mit dem richtigen Ansatz rechne ich dann gern selber
> weiter.
>
> LG Julia
Du bist auf dem völlig richtigen Weg. Übrigens explodiert die Rakete noch im Steigflug (und in über 100m Höhe) bei einer Steiggeschwindigkeit von noch über 50m/s, so dass Du Dir keine allzu großen Sorgen über Deine Gleichungen machen musst. Aber letztlich ist das ja eigentlich schon ein Ergebnis, das man nicht ganz hätte voraussetzen dürfen.
Viel Erfolg,
reverend
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Hallo reverend,
Vielen Dank für die schnelle Antwort.
> Hallo Julia,
>
> Warum hat die Erdbeschleunigung jetzt ihr Vorzeichen
> gewechselt? Gefährlich ist auch, dass Du r(t) schon
> richtungsbehaftet ansetzt. Deine Gleichung gilt im
> Steigflug, so aber nicht mehr nach Erreichen des höchsten
> Punkts - da müsste ja dann r(t) das Vorzeichen wechseln.
>
Du hast recht - ich habe irrtümlich t=2 für die Extremstelle gehalten, aber das stimmt ja nicht, weil die Rakete durch den Schwung noch weiter hoch fliegt. Bei t=2 ist vielmehr die Wendestelle, denn hier ändert sich ja das Vorzeichen von h''. Ich habe den Graphen von h wie ich ihn mir vorstelle mal behelfsmäßig in Word gezeichnet [Dateianhang nicht öffentlich]. Die Extremstelle nenne ich [mm] t_{1} [/mm] und die zweite Nullstelle [mm] t_{2}.
[/mm]
> > und h(0)=0 und r(t) = [mm]\lambda*(h'(t))^2, \lambda \in \IR[/mm]
>
> Außerdem darfst Du auch noch h'(0)=0 und h''(0)=0
> voraussetzen.
> Die Gleichung für r(t) ist noch nicht geschickt
> angesetzt. Am besten wäre doch, r(t) in Gegenrichtung zu
> h'(t) zu haben (allerdings musst Du dann in Deinen
> Ansatzgleichungen oben genau aufs Vorzeichen achten!), also
> so:
>
> [mm]r(t)=-\lambda*h'(t)*|h'(t)|, \lambda\in\IR^+[/mm]
Ist mir mathematisch klar, wenn ich meinen Graphen oben betrachte.
Ich habe aber beim 2. Versuch folgenden Ansatz benutzt:
h''(t)= c - [mm] \lambda*(h'(t))^2 [/mm] mit c = 20,19 für t [mm] \in [/mm] [0;2]; c = -9,81 für t [mm] \in (2;t_{1}] [/mm] und c= 9,81 für t [mm] \in (t_{1};t_{2}]
[/mm]
> > Gesucht wäre dann h(3).
> Genau.
>
> > Das kommt mir komisch vor, zum einen weil, als ich mich an
> > der Lösung dieses Systems versucht habe, ein seltsames
> > Ergebnis bekommen habe,
Bei dem Lösungsversuch habe ich aus der DGL 2. Ordnung ein System 1. Ordnung gemacht und die "komplexere" Gleichung als ricattisch betrachtet. Beim Raten einer Lösung hatte ich dann das Quadrat unterschlagen, deswegen kam Quatsch raus. Mit dem Quadrat komme ich aber auf keine Lösung.
Beim 2. Versuch bin ich weiter gekommen. Jetzt habe ich die DGL dem Typ h'' = f(y,y') zugeordet.
h ist ja invertierbar auf [mm] [0;t_{1})] [/mm] und auf [mm] [t_{1};t_{2}]. [/mm] Betrachte ich diese Intervalle getrennt, kann ich p(h)= h'(t(h)) setzen und erhalte als neue DGL [mm] p'=(c-\lambda*p^2)/p. [/mm] Daraus habe ich mit TdV erhalten
[mm] 0,5*\integral_{}^{}{2p/(c-\lambdap^2) dp} [/mm] = [mm] \integral_{}^{}{}dh [/mm] + [mm] c_{1}, c_{1} \in \IR. [/mm] => p = [mm] \pm \wurzel{\lambda^(-1)*(c-c_{2}*e^{2h}}
[/mm]
mit [mm] c_{2}= e^{2c_{1}}.
[/mm]
Jetzt kann ich das plusminus ja nicht mitintegrieren, um t(h) und daraus h(t) zu berechnen. Ich meine aber, die negative Lösung interessiert hier ohnehin nicht, deswegen kann ich einfach p = [mm] \wurzel{\lambda^(-1)*(c-c_{2}*e^{2h}} [/mm] integrieren, oder?
> Rechne doch mal vor...
>
> > zum andern kommt in dem, was ich
> > aufgestellt habe, die Masse gar nicht vor.
>
> In der Aufgabe auch nicht, bzw. nur zur allgemeinen
> Verwirrung. Die wird aber nicht gültig, weil Masseverlust
> ja dann als "vernachlässigbar" gesetzt wird.
Leuchtet mir ein. Ich rechne ja mit vorgegebenen Beschleunigung.
> Du bist auf dem völlig richtigen Weg. Übrigens explodiert
> die Rakete noch im Steigflug (und in über 100m Höhe) bei
> einer Steiggeschwindigkeit von noch über 50m/s, so dass Du
> Dir keine allzu großen Sorgen über Deine Gleichungen
> machen musst. Aber letztlich ist das ja eigentlich schon
> ein Ergebnis, das man nicht ganz hätte voraussetzen
> dürfen.
Ich wäre schon an dem formal 100%igen Lösungsweg interessiert, mein Übungsleiter ist da sehr pingelig 
>
> Viel Erfolg,
> reverend
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: jpg) [nicht öffentlich]
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 16:16 So 03.01.2010 | | Autor: | rainerS |
Hallo Julia!
> Hallo reverend,
>
> Vielen Dank für die schnelle Antwort.
>
> > Hallo Julia,
> >
> > Warum hat die Erdbeschleunigung jetzt ihr Vorzeichen
> > gewechselt? Gefährlich ist auch, dass Du r(t) schon
> > richtungsbehaftet ansetzt. Deine Gleichung gilt im
> > Steigflug, so aber nicht mehr nach Erreichen des höchsten
> > Punkts - da müsste ja dann r(t) das Vorzeichen wechseln.
> >
>
> Du hast recht - ich habe irrtümlich t=2 für die
> Extremstelle gehalten, aber das stimmt ja nicht, weil die
> Rakete durch den Schwung noch weiter hoch fliegt. Bei t=2
> ist vielmehr die Wendestelle, denn hier ändert sich ja das
> Vorzeichen von h''. Ich habe den Graphen von h wie ich ihn
> mir vorstelle mal behelfsmäßig in Word gezeichnet
> [Dateianhang nicht öffentlich]. Die Extremstelle nenne ich [mm]t_{1}[/mm] und die
> zweite Nullstelle [mm]t_{2}.[/mm]
Im Prinzip richtig, bis auf zwei Kleinigkeiten: 1. explodiert die Silvesterrakete irgendwann, sodass die Kurve irgendwo abgeschnitten wird, und 2. steckt hier schon drin, dass die Luftreibung nicht allzu stark ist, sodass auch nach Brennschluss bei $t=2s$ die Rakete noch ein ganzes Stück weiter ansteigt. Aber das nur der Vollständigkeit halber; für die Aufgabe ist die Zeichnung in Ordnung.
> > > und h(0)=0 und r(t) = [mm]\lambda*(h'(t))^2, \lambda \in \IR[/mm]
>
> >
> > Außerdem darfst Du auch noch h'(0)=0 und h''(0)=0
> > voraussetzen.
> > Die Gleichung für r(t) ist noch nicht geschickt
> > angesetzt. Am besten wäre doch, r(t) in Gegenrichtung zu
> > h'(t) zu haben (allerdings musst Du dann in Deinen
> > Ansatzgleichungen oben genau aufs Vorzeichen achten!), also
> > so:
> >
> > [mm]r(t)=-\lambda*h'(t)*|h'(t)|, \lambda\in\IR^+[/mm]
>
> Ist mir mathematisch klar, wenn ich meinen Graphen oben
> betrachte.
> Ich habe aber beim 2. Versuch folgenden Ansatz benutzt:
> [mm]h''(t)= c - \lambda*(h'(t))^2[/mm]
> mit c = 20,19 für [mm]t \in[0;2][/mm];
> c = -9,81 für [mm]t\in (2;t_{1}][/mm]
> und c= 9,81 für [mm]t\in (t_{1};t_{2}][/mm]
Ah, und da liegt das Problem: in deinem dritten Intervall hast du einfach das Vorzeichen der Erdbeschleunigung umgedreht. Damit hast du zwar korrekt berücksichtigt, dass die Luftreibung während des Falls der Erdanziehung entgegenwirkt, aber plötzlich ist die Beschleunigung $h''(t)$ in Abwärtsrichtung positiv, während sie in deinen Gleichungen bis zum Zeitpunkt [mm] $t_1$ [/mm] in Aufwärtsrichtung positiv und in Abwärtsrichtung negativ ist.
Besser ist es daher, das Vorzeichen der Luftreibungsbeschleunigung umzudrehen:
[mm] h''(t)= c \red{+} \lambda*(h'(t))^2[/mm] mit $c=-9,81$ für [mm]t\in(t_{1};t_{2}][/mm]
> > > Gesucht wäre dann h(3).
> > Genau.
> >
> > > Das kommt mir komisch vor, zum einen weil, als ich mich an
> > > der Lösung dieses Systems versucht habe, ein seltsames
> > > Ergebnis bekommen habe,
>
> Bei dem Lösungsversuch habe ich aus der DGL 2. Ordnung ein
> System 1. Ordnung gemacht und die "komplexere" Gleichung
> als ricattisch betrachtet. Beim Raten einer Lösung hatte
> ich dann das Quadrat unterschlagen, deswegen kam Quatsch
> raus. Mit dem Quadrat komme ich aber auf keine Lösung.
>
> Beim 2. Versuch bin ich weiter gekommen. Jetzt habe ich die
> DGL dem Typ h'' = f(y,y') zugeordet.
Genau, eine autonome DGL, weil t nicht explizit vorkommt.
>
> h ist ja invertierbar auf [mm][0;t_{1})][/mm] und auf [mm][t_{1};t_{2}].[/mm]
> Betrachte ich diese Intervalle getrennt, kann ich p(h)=
> h'(t(h)) setzen und erhalte als neue DGL
> [mm]p'=(c-\lambda*p^2)/p.[/mm] Daraus habe ich mit TdV erhalten
> [mm]0,5*\integral_{}^{}{2p/(c-\lambda p^2) dp} = \integral_{}^{}{}dh + c_{1}[/mm], [mm]c_{1} \in \IR.[/mm] => [mm]p = \pm \wurzel{\lambda^{-1}*(c-c_{2}*e^{2h})}[/mm]
>
> mit [mm]c_{2}= e^{2c_{1}}.[/mm]
Vorsicht: Vorzeichenfehler!
[mm]0,5*\integral_{}^{}{2p/(c-\lambda p^2) dp} = \red{-} \bruch{1}{\lambda} \ln(c-\lambda p^2) \implies p = \pm \wurzel{\lambda^{-1}*(c-c_{2}*e^{\red{-}2h})}[/mm] mit [mm]c_{2}= e^{\red{-}2c_{1}}.[/mm]
Am Anfang ist ja $h(0)=0$ und wegen $h'(0)=0$ auch $p(0)=0$. Daher ist [mm] $c_2=c$. [/mm] Und damit würde bei deiner Lösung der Term [mm] $(c-c_{2}*e^{2h})$ [/mm] unter der Wurzel bei $h>0$ negativ.
> Jetzt kann ich das plusminus ja nicht mitintegrieren, um
> t(h) und daraus h(t) zu berechnen. Ich meine aber, die
> negative Lösung interessiert hier ohnehin nicht, deswegen
> kann ich einfach p = [mm]\wurzel{\lambda^{-1}*(c-c_{2}*e^{2h})}[/mm]
> integrieren, oder?
Ja, wenn du das Vorzeichen richtig machst
[mm] h' = \wurzel{\lambda^{-1}*(c-c_{2}*e^{-2h})} [/mm]
[mm] \wurzel{\lambda} \integral \bruch{dh}{\sqrt{c-c_{2}*e^{-2h})}} = \integral dt = t + c_3 [/mm].
Zur weiteren Integration bietet sich folgender Trick an: erweitere Zähler und Nenner mit [mm] $e^h$ [/mm] und substituiere [mm] $z=e^h$:
[/mm]
[mm] \wurzel{\lambda} \integral \bruch{e^h}{\sqrt{c*e^{2h}-c_{2})}} dh = \wurzel{\lambda} \integral \bruch{dz}{\sqrt{c*z^2-c_2}} = \wurzel{\bruch{\lambda}{c}} \integral \bruch{dz}{\sqrt{z^2-c_4^2}} = \wurzel{\bruch{\lambda}{c}}c_4\mathop{\mathrm{Arcosh}} \bruch{z}{c_4} [/mm]
mit [mm] $c_4^2=c_2/c$. [/mm] ($c$ und [mm] $c_2=e^{-2c_1}$ [/mm] sind beide nichtnegativ).
Den Rest der Lösung (Auflösen und Einsetzen der Anfangsbedingungen kannst du sicher selber.
>
>
>
> > Rechne doch mal vor...
> >
> > > zum andern kommt in dem, was ich
> > > aufgestellt habe, die Masse gar nicht vor.
> >
> > In der Aufgabe auch nicht, bzw. nur zur allgemeinen
> > Verwirrung. Die wird aber nicht gültig, weil Masseverlust
> > ja dann als "vernachlässigbar" gesetzt wird.
>
> Leuchtet mir ein. Ich rechne ja mit vorgegebenen
> Beschleunigung.
>
> > Du bist auf dem völlig richtigen Weg. Übrigens explodiert
> > die Rakete noch im Steigflug (und in über 100m Höhe) bei
> > einer Steiggeschwindigkeit von noch über 50m/s, so dass Du
> > Dir keine allzu großen Sorgen über Deine Gleichungen
> > machen musst. Aber letztlich ist das ja eigentlich schon
> > ein Ergebnis, das man nicht ganz hätte voraussetzen
> > dürfen.
>
> Ich wäre schon an dem formal 100%igen Lösungsweg
> interessiert, mein Übungsleiter ist da sehr pingelig
Im Prinzip geht es für die beiden Intervalle [mm] $[2,t_1]$ [/mm] und [mm] $[t_1,t_2]$ [/mm] ganz genauso, bis auf die Tatsache, dass sich für $t>t1$ das Vorzeichen des quadratischen Terms umdreht. In jedem Fall hast du neue Anfangsbedingungen, die sich aus der erreichten Höe bzw der erreichten Geschwindigkeit am Ende des vorhergehenden Intervalls ergeben. Das heisst, du bestimmst aus der Lösung für [mm] $t\in[0,2]$ [/mm] die Werte für $h(2)$ und $h'(2)$; dies sind dann die Anfangswerte für die Lösung der DGL im Intervall [mm] $[2,t_1]$, [/mm] usw.
Viele Grüße
Rainer
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| Status: |
(Frage) beantwortet  | | Datum: | 13:58 Sa 09.01.2010 | | Autor: | cmueller |
Hallo ich habe die gleiche Aufgabe ;)
> Hallo Julia!
>
> > Hallo reverend,
> >
> > Vielen Dank für die schnelle Antwort.
> >
> > > Hallo Julia,
> > >
> > > Warum hat die Erdbeschleunigung jetzt ihr Vorzeichen
> > > gewechselt? Gefährlich ist auch, dass Du r(t) schon
> > > richtungsbehaftet ansetzt. Deine Gleichung gilt im
> > > Steigflug, so aber nicht mehr nach Erreichen des höchsten
> > > Punkts - da müsste ja dann r(t) das Vorzeichen wechseln.
> > >
> >
> > Du hast recht - ich habe irrtümlich t=2 für die
> > Extremstelle gehalten, aber das stimmt ja nicht, weil die
> > Rakete durch den Schwung noch weiter hoch fliegt. Bei t=2
> > ist vielmehr die Wendestelle, denn hier ändert sich ja das
> > Vorzeichen von h''. Ich habe den Graphen von h wie ich ihn
> > mir vorstelle mal behelfsmäßig in Word gezeichnet
> > [Dateianhang nicht öffentlich]. Die Extremstelle nenne ich [mm]t_{1}[/mm] und die
> > zweite Nullstelle [mm]t_{2}.[/mm]
>
> Im Prinzip richtig, bis auf zwei Kleinigkeiten: 1.
> explodiert die Silvesterrakete irgendwann, sodass die Kurve
> irgendwo abgeschnitten wird, und 2. steckt hier schon drin,
> dass die Luftreibung nicht allzu stark ist, sodass auch
> nach Brennschluss bei [mm]t=2s[/mm] die Rakete noch ein ganzes
> Stück weiter ansteigt. Aber das nur der Vollständigkeit
> halber; für die Aufgabe ist die Zeichnung in Ordnung.
>
> > > > und h(0)=0 und r(t) = [mm]\lambda*(h'(t))^2, \lambda \in \IR[/mm]
>
> >
> > >
> > > Außerdem darfst Du auch noch h'(0)=0 und h''(0)=0
> > > voraussetzen.
> > > Die Gleichung für r(t) ist noch nicht geschickt
> > > angesetzt. Am besten wäre doch, r(t) in Gegenrichtung zu
> > > h'(t) zu haben (allerdings musst Du dann in Deinen
> > > Ansatzgleichungen oben genau aufs Vorzeichen achten!), also
> > > so:
> > >
> > > [mm]r(t)=-\lambda*h'(t)*|h'(t)|, \lambda\in\IR^+[/mm]
> >
> > Ist mir mathematisch klar, wenn ich meinen Graphen oben
> > betrachte.
> > Ich habe aber beim 2. Versuch folgenden Ansatz benutzt:
> > [mm]h''(t)= c - \lambda*(h'(t))^2[/mm]
> > mit c = 20,19 für [mm]t \in[0;2][/mm];
>
> > c = -9,81 für [mm]t\in (2;t_{1}][/mm]
> > und c= 9,81 für [mm]t\in (t_{1};t_{2}][/mm]
>
> Ah, und da liegt das Problem: in deinem dritten Intervall
> hast du einfach das Vorzeichen der Erdbeschleunigung
> umgedreht. Damit hast du zwar korrekt berücksichtigt, dass
> die Luftreibung während des Falls der Erdanziehung
> entgegenwirkt, aber plötzlich ist die Beschleunigung
> [mm]h''(t)[/mm] in Abwärtsrichtung positiv, während sie in deinen
> Gleichungen bis zum Zeitpunkt [mm]t_1[/mm] in Aufwärtsrichtung
> positiv und in Abwärtsrichtung negativ ist.
>
> Besser ist es daher, das Vorzeichen der
> Luftreibungsbeschleunigung umzudrehen:
>
> [mm]h''(t)= c \red{+} \lambda*(h'(t))^2[/mm] mit [mm]c=-9,81[/mm] für
> [mm]t\in(t_{1};t_{2}][/mm]
>
>
> > > > Gesucht wäre dann h(3).
> > > Genau.
> > >
> > > > Das kommt mir komisch vor, zum einen weil, als ich mich an
> > > > der Lösung dieses Systems versucht habe, ein seltsames
> > > > Ergebnis bekommen habe,
> >
> > Bei dem Lösungsversuch habe ich aus der DGL 2. Ordnung ein
> > System 1. Ordnung gemacht und die "komplexere" Gleichung
> > als ricattisch betrachtet. Beim Raten einer Lösung hatte
> > ich dann das Quadrat unterschlagen, deswegen kam Quatsch
> > raus. Mit dem Quadrat komme ich aber auf keine Lösung.
> >
> > Beim 2. Versuch bin ich weiter gekommen. Jetzt habe ich die
> > DGL dem Typ h'' = f(y,y') zugeordet.
>
> Genau, eine autonome DGL, weil t nicht explizit vorkommt.
>
> >
> > h ist ja invertierbar auf [mm][0;t_{1})][/mm] und auf [mm][t_{1};t_{2}].[/mm]
> > Betrachte ich diese Intervalle getrennt, kann ich p(h)=
> > h'(t(h)) setzen und erhalte als neue DGL
> > [mm]p'=(c-\lambda*p^2)/p.[/mm] Daraus habe ich mit TdV erhalten
> > [mm]0,5*\integral_{}^{}{2p/(c-\lambda p^2) dp} = \integral_{}^{}{}dh + c_{1}[/mm],
> [mm]c_{1} \in \IR.[/mm] => [mm]p = \pm \wurzel{\lambda^{-1}*(c-c_{2}*e^{2h})}[/mm]
>
> >
> > mit [mm]c_{2}= e^{2c_{1}}.[/mm]
>
> Vorsicht: Vorzeichenfehler!
>
> [mm]0,5*\integral_{}^{}{2p/(c-\lambda p^2) dp} = \red{-} \bruch{1}{\lambda} \ln(c-\lambda p^2) \implies p = \pm \wurzel{\lambda^{-1}*(c-c_{2}*e^{\red{-}2h})}[/mm]
> mit [mm]c_{2}= e^{\red{-}2c_{1}}.[/mm]
>
> Am Anfang ist ja [mm]h(0)=0[/mm] und wegen [mm]h'(0)=0[/mm] auch [mm]p(0)=0[/mm].
> Daher ist [mm]c_2=c[/mm]. Und damit würde bei deiner Lösung der
> Term [mm](c-c_{2}*e^{2h})[/mm] unter der Wurzel bei [mm]h>0[/mm] negativ.
>
Grundsätzlich versteh ich das alles und die Ansätze hatte ich ebenso.
Beim Integrieren hier hatte ich auch nicht den Vorzeichenfehler ABER:
wenn ich
[mm]0,5*\integral_{}^{}{2p/(c-\lambda p^2) dp} = -\bruch{1}{\lambda} \ln(c-\lambda p^2) [/mm] nach p auflöse bekomme ich raus:
[mm]p = \pm \wurzel{\lambda^{-1}*(c-c_{2}*e^{-2 \red {\lambda }h})}[/mm]
wieso oder wann fällt das bei euch weg?
dadurch komme ich momentan natürlich auch beim weiteren integrieren nicht weiter, da müsste ich ja dann mit [mm] e^{\lambda h} [/mm] erweitern und dann bleibt das [mm] \lambda [/mm] ja übrig und das wäre ja unschön^^
VIelen Dank.
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 16:13 Sa 09.01.2010 | | Autor: | rainerS |
Hallo!
> Hallo ich habe die gleiche Aufgabe ;)
> [....]
> Grundsätzlich versteh ich das alles und die Ansätze hatte
> ich ebenso.
> Beim Integrieren hier hatte ich auch nicht den
> Vorzeichenfehler ABER:
> wenn ich
> [mm]0,5*\integral_{}^{}{2p/(c-\lambda p^2) dp} = -\bruch{1}{\lambda} \ln(c-\lambda p^2)[/mm]
> nach p auflöse bekomme ich raus:
> [mm]p = \pm \wurzel{\lambda^{-1}*(c-c_{2}*e^{-2 \red {\lambda }h})}[/mm]
Da hast du völlig recht, da habe ich den Faktor [mm] $\lambda$ [/mm] verschlampt.
>
> wieso oder wann fällt das bei euch weg?
> dadurch komme ich momentan natürlich auch beim weiteren
> integrieren nicht weiter, da müsste ich ja dann mit
> [mm]e^{\lambda h}[/mm] erweitern
Richtig.
> und dann bleibt das [mm]\lambda[/mm] ja
> übrig und das wäre ja unschön^^
Verstehe ich nicht. Du musst dann natürlich auch [mm] $z=e^{\lambda h$}$ [/mm] substituieren; der einzige Unterschied ist ein zusätzlicher Faktor in der Lösung:
[mm] \wurzel{\lambda} \integral \bruch{e^{\lambda h}}{\sqrt{c\cdot{}e^{2\lambda h}-c_{2})}} dh = \wurzel{\lambda} \integral \bruch{\red{\lambda^{-1}}dz}{\sqrt{c\cdot{}z^2-c_2}} = \wurzel{\bruch{1}{\lambda c}} \integral \bruch{dz}{\sqrt{z^2-c_4^2}} = \wurzel{\bruch{1}{\lambda c}}c_4\mathop{\mathrm{Arcosh}} \bruch{z}{c_4} [/mm]
Viele Grüße
Rainer
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:05 So 10.01.2010 | | Autor: | cmueller |
> Hallo!
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> > Hallo ich habe die gleiche Aufgabe ;)
>
> > [....]
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> > Grundsätzlich versteh ich das alles und die Ansätze hatte
> > ich ebenso.
> > Beim Integrieren hier hatte ich auch nicht den
> > Vorzeichenfehler ABER:
> > wenn ich
> > [mm]0,5*\integral_{}^{}{2p/(c-\lambda p^2) dp} = -\bruch{1}{\lambda} \ln(c-\lambda p^2)[/mm]
> > nach p auflöse bekomme ich raus:
> > [mm]p = \pm \wurzel{\lambda^{-1}*(c-c_{2}*e^{-2 \red {\lambda }h})}[/mm]
>
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> Da hast du völlig recht, da habe ich den Faktor [mm]\lambda[/mm]
> verschlampt.
> >
> > wieso oder wann fällt das bei euch weg?
> > dadurch komme ich momentan natürlich auch beim
> weiteren
> > integrieren nicht weiter, da müsste ich ja dann mit
> > [mm]e^{\lambda h}[/mm] erweitern
>
> Richtig.
>
> > und dann bleibt das [mm]\lambda[/mm] ja
> > übrig und das wäre ja unschön^^
>
> Verstehe ich nicht. Du musst dann natürlich auch
> [mm]$z=e^{\lambda h$}$[/mm] substituieren; der einzige Unterschied
> ist ein zusätzlicher Faktor in der Lösung:
>
> [mm]\wurzel{\lambda} \integral \bruch{e^{\lambda h}}{\sqrt{c\cdot{}e^{2\lambda h}-c_{2})}} dh = \wurzel{\lambda} \integral \bruch{\red{\lambda^{-1}}dz}{\sqrt{c\cdot{}z^2-c_2}} = \wurzel{\bruch{1}{\lambda c}} \integral \bruch{dz}{\sqrt{z^2-c_4^2}} = \wurzel{\bruch{1}{\lambda c}}c_4\mathop{\mathrm{Arcosh}} \bruch{z}{c_4}[/mm]
>
> Viele Grüße
> Rainer
Hallo nochmal,
ich krieg einfach die richtige Lösung nich hin :/
muss ich nun mit [mm]$z=e^{\lambda h$}$[/mm] oder mit [mm]$z=e^{\red{-}\lambda h$}$[/mm] erweitern?
und wenn ich am Ende habe [mm]\wurzel{\bruch{1}{\lambda c}}c_4\mathop{\mathrm{Arcosh}} \bruch{z}{c_4}[/mm]
dann krieg ich das einfach nich richtig nach h aufgelöst.
also ich habe das mal versucht mit den richtigen grenzen (dh ja eign jeweils 0 und h bzw p oder?) und komme so auf:
[mm] $-\wurzel{\bruch{1}{\lambda}} [/mm] arcosh [mm] (e^{-\lambda h})=t$
[/mm]
was ich dann nach h auflösen müsste.
da bleibe ich aber immer stecken wenn ich den arcosh weghaben will und mit cosh multipliziere. auch wenn ich für [mm] cosh=\bruch{1}{2}(e^{x}-e^{-x}) [/mm] setze.
oder bin ich total auf dem holzweg?
falls nicht, seh ich ds richtig wnen ich die lösung h(t) habe setze ich t=2 ein und h'(2) (wie du schon gesagt hast) und habe damit die unteren grenzen für die zweite funktion usw?
und was passiert mit dem [mm] \lambda [/mm] das ich nicht kenne?
Vielen Dank
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Hallo,
arcosh ist die Umkehrfunktion zu cosh, d.h. nicht multiplizieren, sondern verketten (wie bei [mm] e^x [/mm] und ln(x)).
Trotzdem habe ich auch das Problem, dass ich es nicht schaffe, [mm] \lambda [/mm] zu berechnen, oder geht das wikrlich gar nicht?
> falls nicht, seh ich ds richtig wnen ich die lösung h(t)
> habe setze ich t=2 ein und h'(2) (wie du schon gesagt hast)
> und habe damit die unteren grenzen für die zweite funktion
> usw?
versteh nicht, was du damit meinst. Bis auf [mm] \lambda [/mm] bekommst du die konstanten durch h(0)=h'(0)=h''(0)=0. Es reicht ja, wenn du das intervall [0;2] betrachtest. Ich dachte [mm] \lambda [/mm] bekommt man vielleicht mit h''(2) =0 raus, aber es klappt nicht wirklich.
Lg Julia
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| Status: |
(Frage) reagiert/warte auf Reaktion  | | Datum: | 18:23 So 10.01.2010 | | Autor: | cmueller |
> Hallo,
>
> arcosh ist die Umkehrfunktion zu cosh, d.h. nicht
> multiplizieren, sondern verketten (wie bei [mm]e^x[/mm] und ln(x)).
>
ja ne schon klar, aber ich hab am ende das problem dass da steht [mm] e^{-\lambdat}= [/mm] cosh(...) und kann ich den ln von cosh machen???
> Trotzdem habe ich auch das Problem, dass ich es nicht
> schaffe, [mm]\lambda[/mm] zu berechnen, oder geht das wikrlich gar
> nicht?
>
>
> > falls nicht, seh ich ds richtig wnen ich die lösung h(t)
> > habe setze ich t=2 ein und h'(2) (wie du schon gesagt hast)
> > und habe damit die unteren grenzen für die zweite funktion
> > usw?
>
> versteh nicht, was du damit meinst. Bis auf [mm]\lambda[/mm]
> bekommst du die konstanten durch h(0)=h'(0)=h''(0)=0. Es
> reicht ja, wenn du das intervall [0;2] betrachtest. Ich
> dachte [mm]\lambda[/mm] bekommt man vielleicht mit h''(2) =0 raus,
> aber es klappt nicht wirklich.
>
> Lg Julia
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(Antwort) fertig | | Datum: | 17:47 Mo 11.01.2010 | | Autor: | rainerS |
Hallo Julia!
> Hallo,
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> arcosh ist die Umkehrfunktion zu cosh, d.h. nicht
> multiplizieren, sondern verketten (wie bei [mm]e^x[/mm] und ln(x)).
>
> Trotzdem habe ich auch das Problem, dass ich es nicht
> schaffe, [mm]\lambda[/mm] zu berechnen, oder geht das wikrlich gar
> nicht?
[mm] $\lambda$ [/mm] ist doch ein vorgegebener Parameter für die Stärke der Luftreibung. Du hast zwar keinen Zahlenwert angegeben, aber du kannst doch die Höhe als Funktion von t mit [mm] $\lambda$ [/mm] als Parameter angeben.
>
>
> > falls nicht, seh ich ds richtig wnen ich die lösung h(t)
> > habe setze ich t=2 ein und h'(2) (wie du schon gesagt hast)
> > und habe damit die unteren grenzen für die zweite funktion
> > usw?
>
> versteh nicht, was du damit meinst. Bis auf [mm]\lambda[/mm]
> bekommst du die konstanten durch h(0)=h'(0)=h''(0)=0. Es
> reicht ja, wenn du das intervall [0;2] betrachtest. Ich
> dachte [mm]\lambda[/mm] bekommt man vielleicht mit h''(2) =0 raus,
> aber es klappt nicht wirklich.
Nein, du hast dir noch nicht klargemacht, wie die verschiedenen Phasen der Bewegung ablaufen.
1. Phase (2 Sekunden): Die Rakete wird durch den Treibsatz angetrieben. Diese Phase haben wir berechnet.
2. Phase (Länge: 1 Sekunde): Nach einer weiteren Sekunde Flug zündet das eigentliche Feuerwerk. Auch für diese Phase musst du die entsprechende DGL lösen. Die Anfangsbedingungen für diese Phase ergeben sich aus Ort und Geschwindigkeit der Rakete am Ende der 1. Phase.
(Hierbei habe ich stillschweigend angenommen, dass die Rakete sich während der 2. Phase weiter nach oben bewegt, also den Scheitelpunkt ihrer Bewegung noch nicht erreicht hat. Dies musst du aber überprüfen. Wenn dem nicht so wäre, so wäre die Rakete zum Zeitpunkt der Zündung bereits wieder auf dem Weg nach unten, und die Luftreibung würde eine Kraft nach oben bewirken, nicht nach unten.)
Viele Grüße
Rainer
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 18:16 Mo 11.01.2010 | | Autor: | rainerS |
Hallo!
> > Hallo!
> >
> > > Hallo ich habe die gleiche Aufgabe ;)
> >
> > > [....]
> >
> > > Grundsätzlich versteh ich das alles und die Ansätze hatte
> > > ich ebenso.
> > > Beim Integrieren hier hatte ich auch nicht den
> > > Vorzeichenfehler ABER:
> > > wenn ich
> > > [mm]0,5*\integral_{}^{}{2p/(c-\lambda p^2) dp} = -\bruch{1}{\lambda} \ln(c-\lambda p^2)[/mm]
> > > nach p auflöse bekomme ich raus:
> > > [mm]p = \pm \wurzel{\lambda^{-1}*(c-c_{2}*e^{-2 \red {\lambda }h})}[/mm]
> >
> >
> > Da hast du völlig recht, da habe ich den Faktor [mm]\lambda[/mm]
> > verschlampt.
> > >
> > > wieso oder wann fällt das bei euch weg?
> > > dadurch komme ich momentan natürlich auch beim
> > weiteren
> > > integrieren nicht weiter, da müsste ich ja dann mit
> > > [mm]e^{\lambda h}[/mm] erweitern
> >
> > Richtig.
> >
> > > und dann bleibt das [mm]\lambda[/mm] ja
> > > übrig und das wäre ja unschön^^
> >
> > Verstehe ich nicht. Du musst dann natürlich auch
> > [mm]$z=e^{\lambda h$}$[/mm] substituieren; der einzige Unterschied
> > ist ein zusätzlicher Faktor in der Lösung:
> >
> > [mm]\wurzel{\lambda} \integral \bruch{e^{\lambda h}}{\sqrt{c\cdot{}e^{2\lambda h}-c_{2})}} dh = \wurzel{\lambda} \integral \bruch{\red{\lambda^{-1}}dz}{\sqrt{c\cdot{}z^2-c_2}} = \wurzel{\bruch{1}{\lambda c}} \integral \bruch{dz}{\sqrt{z^2-c_4^2}} = \wurzel{\bruch{1}{\lambda c}}c_4\mathop{\mathrm{Arcosh}} \bruch{z}{c_4}[/mm]
>
> >
> > Viele Grüße
> > Rainer
>
> Hallo nochmal,
> ich krieg einfach die richtige Lösung nich hin :/
> muss ich nun mit [mm]z=e^{\lambda h}[/mm] oder mit
> [mm]$z=e^{\red{-}\lambda h$}$[/mm] erweitern?
Mit [mm] $e^{\lambda h}$.
[/mm]
Du hast doch, wie du selbst schreibst:
[mm]p = \pm \wurzel{\lambda^{-1}*(c-c_{2}*e^{-2 \lambda h})}[/mm].
Mit der Rücksubstitution $p=h'$ ist
[mm] h' = \wurzel{\lambda^{-1}*(c-c_{2}*e^{-2 \lambda h})}[/mm] .
(Nebenbei: es hilft, bereits an dieser Stelle die Anfangsbedingungen $h'(0)=0$ und $h(0)=$ einzusetzen; ich komme darauf weiter unten zurück.)
[mm] \bruch{dh}{\wurzel{\lambda^{-1}*(c-c_{2}*e^{-2 \lambda h})}} = dt [/mm] ,
und daher
[mm]\wurzel{\lambda} \integral \bruch{dh}{\wurzel{c-c_{2}*e^{-2 \lambda h}}} = \integral dt [/mm]
Jetzt erweitere ich den Bruch im linken Integral mit [mm] $e^{\lambda h}$:
[/mm]
[mm] \wurzel{\lambda}\integral \bruch{e^{\lambda h}}{e^{\lambda h}\wurzel{c-c_{2}*e^{-2 \lambda h}}} dh = \wurzel{\lambda}\integral \bruch{e^{\lambda h}}{\wurzel{c* e^{2 \lambda h} -c_2}} dh [/mm]
Mit [mm] $z=e^{\lambda h}$ [/mm] ist
[mm] \bruch{dz}{dh} = \lambda e^{\lambda h} [/mm],
sodass du [mm] $e^{\lambda h} [/mm] dh$ durch [mm] $\lambda^{-1} [/mm] dz$ ersetzen musst.
Also ist das Integral
[mm] \wurzel{\lambda} \integral\bruch{\lambda^{-1}}{{\wurzel{c* z^2 -c_2}} dh = \bruch{1}{\wurzel{c\lambda}} \integral \bruch{1}{\wurzel{z^2-(c_2/c)}} dh [/mm] .
> und wenn ich am Ende habe [mm]\wurzel{\bruch{1}{\lambda c}}c_4\mathop{\mathrm{Arcosh}} \bruch{z}{c_4}[/mm]
>
> dann krieg ich das einfach nich richtig nach h aufgelöst.
> also ich habe das mal versucht mit den richtigen grenzen
> (dh ja eign jeweils 0 und h bzw p oder?) und komme so auf:
> [mm]-\wurzel{\bruch{1}{\lambda}} arcosh (e^{-\lambda h})=t[/mm]
>
> was ich dann nach h auflösen müsste.
Stimmt nicht ganz: das Integral [mm] $\integral [/mm] dt = [mm] t+c_3$, [/mm] und daher
[mm] \wurzel{\bruch{1}{\lambda c}}c_4\mathop{\mathrm{Arcosh}} \bruch{z}{c_4} = t+c_3 [/mm]
[mm] \implies \mathop{\mathrm{Arcosh}} \bruch{z}{c_4} = \bruch{\wurzel{c\lambda}}{c_4} (t+c_3) [/mm]
[mm] \implies \bruch{z}{c_4} = \cosh \left(\bruch{\wurzel{c\lambda}}{c_4} (t+c_3)\right) [/mm]
[mm] \implies z= c_4 \cosh \left(\bruch{\wurzel{c\lambda}}{c_4} (t+c_3)\right) [/mm]
[mm] \implies e^{\lambda h} = c_4 \cosh \left(\bruch{\wurzel{c\lambda}}{c_4} (t+c_3)\right) [/mm]
[mm] \implies \lambda h = \ln \left (c_4 \cosh \left(\bruch{\wurzel{c\lambda}}{c_4} (t+c_3)\right)\right) [/mm]
[mm] \implies h = \bruch{1}{\lambda} \ln \left (c_4 \cosh \left(\bruch{\wurzel{c\lambda}}{c_4} (t+c_3)\right)\right) [/mm]
Es ist etwas einfacher, die Anfangsbedingungen bereits früher einzusetzen, da musst du nicht soviel rechnen.
Weiter oben hatten wir ja
[mm] h'(t) = \wurzel{\lambda^{-1}*(c-c_{2}*e^{-2 \lambda h(t)})}[/mm] .
Zum Zeitpunkt $t=0$ kenne wir $h(0)=h'(0)=0$, und daher ist
[mm] 0 = \wurzel{\lambda^{-1}*(c-c_{2})}[/mm],
woraus [mm] $c_2=c$ [/mm] und damit [mm] $c_4^2=1$ [/mm] folgt. Da der [mm] $\cosh$ [/mm] immer [mm] $\ge [/mm] 1$ ist, muss [mm] $c_4$ [/mm] positiv sein, sonst ist der Logarithmus nicht definiert.
Also ist:
[mm] h(t) = \bruch{1}{\lambda} \ln \cosh \left(\wurzel{c\lambda} (t+c_3)\right) [/mm]
Wenn du jetzt noch die Bedingung $h(0)=0$ einsetzt, bekommst du sofort [mm] $c_3=0$.
[/mm]
> falls nicht, seh ich ds richtig wnen ich die lösung h(t)
> habe setze ich t=2 ein und h'(2) (wie du schon gesagt hast)
> und habe damit die unteren grenzen für die zweite funktion
> usw?
Korrekt.
> und was passiert mit dem [mm]\lambda[/mm] das ich nicht kenne?
Einfach stehen lassen. Es sei denn, Julia kann uns einen Wert dafür verraten
Viele Grüße
Rainer
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