Leicht zu sehen an der Anordnung der Kraftvektoren.seeadler hat geschrieben:Ist das dein "Bauchgefühl"? Ist das gemessen worden? Und wie begründest du dies?Janina hat geschrieben:Steht der Hammerwerfer auf einer Waage, so zeigt sie die Summe von Mensch + Hammer an. Immer, egal wie schnell sie rotieren.seeadler hat geschrieben:Wärst du so nett, liebe Janina, mir nun zu zeigen, wo hier eventuell ein Denkfehler vorliegen soll? Wie gesagt, stünde der Hammerwerfer dabei auf einer Waage, so würde sein Gewicht mit dem Hammer zusammen 7 kg weniger anzeigen, so meine Idee.
Das Verhalten von Atomen im Gravitationsfeld?
#51 Re: Das Verhalten von Atomen im Gravitationsfeld?
#52 Re: Die Rotation der Erdoberfläche, welche Fliehkraft?
Zeus hat geschrieben:Nö. Es muss heißen 0.0221 * cos(41°)=0.0167seeadler hat geschrieben: ich selbst komme auf - 0,0221 * tan 41° = - 0,0192 m/s² um die sich für die rotierende Masse m2 die Schwerkraft reduziert, also nicht 9,804 m/s² sondern 9,804 m/s² - 0,0192 m/s² = 9,7848 m/s²
Ist das richtig?
hast recht, danke. Im Nachhinein hatte ich dies zwar auch, aber dann wieder verworfen, weil ich ja cosinus bereits bei den 49° benutzt hatte zur Berechnung des Abstandes von der Rotationsachse und Analog der entsprechenden Geschwindigkeit.
Nur in diesem Fall wäre aber die Aussage von Janina falsch? Übertragen auf die grundsätzliche sich daraus ergebende Problematik. Denn ich hatte ja nur den Schlenker zur geographisch unterschiedlichen Erdrotation gemacht, um zu zeigen, dass es hier eine gewisse Analogie gibt :
Janina hat geschrieben:Leicht zu sehen an der Anordnung der Kraftvektoren.seeadler hat geschrieben:Ist das dein "Bauchgefühl"? Ist das gemessen worden? Und wie begründest du dies?Janina hat geschrieben:Steht der Hammerwerfer auf einer Waage, so zeigt sie die Summe von Mensch + Hammer an. Immer, egal wie schnell sie rotieren.
oder ich habe sie nicht korrekt verstanden?!
Alles, was ich hier schreibe, verstehe ich lediglich als Gedanken und Anregungen, Inspirationen, keine Fakten! Wenn es mit tatsächlichen abgleichbaren Fakten übereinstimmt, dann zufällig.
#53 Re: Die Rotation der Erdoberfläche, welche Fliehkraft?
Ich weiß ja nicht, wo deine Vektoren liegen.seeadler hat geschrieben:oder ich habe sie nicht korrekt verstanden?!Janina hat geschrieben:Leicht zu sehen an der Anordnung der Kraftvektoren.seeadler hat geschrieben:Ist das dein "Bauchgefühl"? Ist das gemessen worden? Und wie begründest du dies?
Hier ist ein Orbit.
Die Krümmung zeigt zum Erdmittelpunkt, das ist dieselbe Richtung wie die Schwerkraft.
Heben sich auf.
Hier ist ein Hammerwerfer.
Die Kette zieht zwei Anteile: Fg = Gewichtskraft, Fz = Zentrifugalkraft.
Durch den rechten Winkel zwischen beiden beeinflussen sie sich nicht. Die Gewichtskraft ist immer die selbe.
#54 Re: Das Verhalten von Atomen im Gravitationsfeld?
Hallo Janina,
ich gebe zu, die erste Grafik nicht verstanden zu haben.
Und die zweite Grafik ist hinsichtlich meiner eigentlichen Aussage unvollständig?. Denn es entsteht durch die Kreiselbewegung der Kugel um den Werfer in Bezug auf den Erdmittelpunkt auf jeden Fall ein Kegel dessen oberer Durchmesser bei 1m Kette + 1m Armlänge etwa 4 Meter beträgt (Körper selbst vernachlässigt), wenn die Kugel in nahezu waagerechter Drehung jenen Kreis umrundet.
Es entsteht somit nicht nur Fz in Bezug auf den Werfer, sondern auch Fz in Bezug zur Erde. Somit hebt sich bei genügender Rotationsgeschwindigkeit also 7908 m/s das Gewicht der Masse m2 auf. Da sich das Gesamtgewicht aus Werfer und Kugel zusammensetzt, die Masse der Kugel jedoch relativ schwerelos ist (7908 m/s)²/ 6378500 m = - 9,804 m/s² somit + 9,804 m/s² - 9,804 m/s² = 0
ich hatte dies gerade am Beispiel mit dem 49.ten Breitengrad und der dort erzielten Fliehkraft aufgrund der Rotation um die Erdachse beschrieben. Und hier scheinen wir uns ja einig zu sein, Zeus und ich, dass sich hierbei die Schwerkraft minimal reduziert. ? .
ich gebe zu, die erste Grafik nicht verstanden zu haben.
Und die zweite Grafik ist hinsichtlich meiner eigentlichen Aussage unvollständig?. Denn es entsteht durch die Kreiselbewegung der Kugel um den Werfer in Bezug auf den Erdmittelpunkt auf jeden Fall ein Kegel dessen oberer Durchmesser bei 1m Kette + 1m Armlänge etwa 4 Meter beträgt (Körper selbst vernachlässigt), wenn die Kugel in nahezu waagerechter Drehung jenen Kreis umrundet.
Es entsteht somit nicht nur Fz in Bezug auf den Werfer, sondern auch Fz in Bezug zur Erde. Somit hebt sich bei genügender Rotationsgeschwindigkeit also 7908 m/s das Gewicht der Masse m2 auf. Da sich das Gesamtgewicht aus Werfer und Kugel zusammensetzt, die Masse der Kugel jedoch relativ schwerelos ist (7908 m/s)²/ 6378500 m = - 9,804 m/s² somit + 9,804 m/s² - 9,804 m/s² = 0
ich hatte dies gerade am Beispiel mit dem 49.ten Breitengrad und der dort erzielten Fliehkraft aufgrund der Rotation um die Erdachse beschrieben. Und hier scheinen wir uns ja einig zu sein, Zeus und ich, dass sich hierbei die Schwerkraft minimal reduziert. ? .
Alles, was ich hier schreibe, verstehe ich lediglich als Gedanken und Anregungen, Inspirationen, keine Fakten! Wenn es mit tatsächlichen abgleichbaren Fakten übereinstimmt, dann zufällig.
#55 Re: Das Verhalten von Atomen im Gravitationsfeld?
Liebe Janina,
nach wie vor geht es mir darum, zunächst einmal festzustellen, ob auf dem Hammer selbst, also der Masse m2, durch seine Geschwindigkeit, die ja nachweislich in tangentialer Richtung zur Erdoberfläche gerichtet ist, eine der Schwerebeschleunigung der Erde entgegen wirkende Fliehkraft erzeugt wird. Und dies ist nach meinem Verständnis gegeben, allein durch die entsprechende Geschwindigkeit, die der Hammer aufweist, also v²/rE (rE = Erdradius) hier stehen sich demzufolge +g = 9,804 m/s² der Zentrifugalbeschleunigung - g = (7908 m/s)² / 6378500 m = - 9,804 m/s². Somit wäre hier die Schwerebeschleunigung allein für den Hammer auf 0 zu setzen. Der Hammer wäre in Bezug zur Erde damit schwerelos. Soweit meine Überlegung.
Stimmen wir an diesem Punkt überein?
also m * 0 g = demnach 0 N.
Und dann kämen wir zu dem Punkt, der für mich wichtig erscheint, nämlich die Verschmelzung des Hammers mit dem Hammerwerfer in Bezug zur Erde. Also die Einheit von beiden Massen m1+m2 als Einheit gegenüber dem Erdmittelpunkt. Die Masse des Werfers beträgt 90 kg; die Masse der Kugel 7 kg. Macht also 97 kg. Demzufolge wirkt hier in der Ruhelage eine Gewichtskraft von 97 kg * 9,804 m/s² = 951 N
Da ich nun gerade festgestellt habe, dass die Gewichtskraft des Hammers selbst durch seine Geschwindigkeit von 7908 m/s quasi aufgehoben wurde, in dem Fall also 0 ist, so haben wir gemäß dem Beispiel hier (m1 * 9,804 m/s²) + (m2 * 0 m/s²) = 882,36 N + 0 N = 882,36 N.
Demnach müsste nach dieser Rechnung die Waage lediglich 90 kg anzeigen, obwohl es nach wie vor 97 kg sind. Doch die schwere Masse von 7 kg fällt hier ja weg. Es ist gerade so, als würde jene Kugel über der Hand des Werfers "schweben". Sie zeigt somit kein Gewicht mehr an.
Ist dieser Gedankengang richtig? Wenn nein, dann schreibe mir bitte, an welcher Stelle der Fehler liegen soll, und welchen praktischen Versuch ich durchführen könnte, um dies für mich einleuchtend und nachweislich dann auch widerlegen zu können.
Wie gesagt, die Aussage ist ja diese, dass der Hammerwerfer der zweiten Masse m2 dazu verhilft, in dem er sie um sich kreisen lässt, dass diese eine tangentiale Flugbahn gegenüber der Erde beschreibt (unabhängig von der Bahn um den Werfer selbst) und somit auf sich selbst bezogen eine Fliehkraft erfährt, die bei genügender Geschwindigkeit (der 1. kosmischen Geschwindigkeit) genauso groß ist, wie die auf sie einwirkende Schwerkraft. somit ist für sie + g = - g ergo gleich 0 N.
Und darum brachte ich auch das Beispiel mit der Erdrotation im 49.ten Breitengrad; wenn sich dort ein Punkt eben nicht mit 304 m/s um die Erdachse dreht, und dabei ebenfalls bereits eine Abschwächung seiner Schwerkraft erfährt, die allerdings aufgrund des Winkels etwas weniger als 0,0221 m/s² beträgt, nämlich so, wie Zeus berichtigt hat, also - 0,0167 m/s². Übertragen auf den Hammer wären dies dann auch nicht 7 kg sondern 7kg - (7kg * 0,0167 m/s² / 9,804 m/s²) = 6,98807 kg schwere Masse. Die träge Masse von 7 kg bleibt dabei unberührt. Natürlich wäre auch der Hammerwerfer selbst etwas leichter in diesem Breitengrad, wie selbstverständlich auch die Waage selbst. Das ist einleuchtend, und wurde hier ja schon von Thomas beschrieben, wenn sich alles im gleichen Inertialsystem gleich bewegt, so verändert sich das Verhältnis der Körper zueinander nicht.
Lassen wir nun jenen Teil der Erdoberfläche mit 7908 m/s rotieren, also am 49.ten Breitengrad, und dies nicht um den Erdmittelpunkt, sondern ebenfalls um die Rotationsachse, so würde sich hier die Fliehkraft in Bezug zur Rotationsachse erhöhen, sie hätte den Wert von (7908 m/s)² / 4.184.672,516 m = - 14,944 m/s² * m; Gegenüber der Erde selbst aber (7908 m/s)² / 6378500 m = 9,804 m/s². Berechnet man hier nun die resultierende Fliehkraft, so haben wir hier nach der Berichtigung von Zeus eine Zentrifugalbeschleunigung von 14,944 m/s² * cos 41° = - 11,278 m/s².
soweit erst mal
nach wie vor geht es mir darum, zunächst einmal festzustellen, ob auf dem Hammer selbst, also der Masse m2, durch seine Geschwindigkeit, die ja nachweislich in tangentialer Richtung zur Erdoberfläche gerichtet ist, eine der Schwerebeschleunigung der Erde entgegen wirkende Fliehkraft erzeugt wird. Und dies ist nach meinem Verständnis gegeben, allein durch die entsprechende Geschwindigkeit, die der Hammer aufweist, also v²/rE (rE = Erdradius) hier stehen sich demzufolge +g = 9,804 m/s² der Zentrifugalbeschleunigung - g = (7908 m/s)² / 6378500 m = - 9,804 m/s². Somit wäre hier die Schwerebeschleunigung allein für den Hammer auf 0 zu setzen. Der Hammer wäre in Bezug zur Erde damit schwerelos. Soweit meine Überlegung.
Stimmen wir an diesem Punkt überein?
also m * 0 g = demnach 0 N.
Und dann kämen wir zu dem Punkt, der für mich wichtig erscheint, nämlich die Verschmelzung des Hammers mit dem Hammerwerfer in Bezug zur Erde. Also die Einheit von beiden Massen m1+m2 als Einheit gegenüber dem Erdmittelpunkt. Die Masse des Werfers beträgt 90 kg; die Masse der Kugel 7 kg. Macht also 97 kg. Demzufolge wirkt hier in der Ruhelage eine Gewichtskraft von 97 kg * 9,804 m/s² = 951 N
Da ich nun gerade festgestellt habe, dass die Gewichtskraft des Hammers selbst durch seine Geschwindigkeit von 7908 m/s quasi aufgehoben wurde, in dem Fall also 0 ist, so haben wir gemäß dem Beispiel hier (m1 * 9,804 m/s²) + (m2 * 0 m/s²) = 882,36 N + 0 N = 882,36 N.
Demnach müsste nach dieser Rechnung die Waage lediglich 90 kg anzeigen, obwohl es nach wie vor 97 kg sind. Doch die schwere Masse von 7 kg fällt hier ja weg. Es ist gerade so, als würde jene Kugel über der Hand des Werfers "schweben". Sie zeigt somit kein Gewicht mehr an.
Ist dieser Gedankengang richtig? Wenn nein, dann schreibe mir bitte, an welcher Stelle der Fehler liegen soll, und welchen praktischen Versuch ich durchführen könnte, um dies für mich einleuchtend und nachweislich dann auch widerlegen zu können.
Wie gesagt, die Aussage ist ja diese, dass der Hammerwerfer der zweiten Masse m2 dazu verhilft, in dem er sie um sich kreisen lässt, dass diese eine tangentiale Flugbahn gegenüber der Erde beschreibt (unabhängig von der Bahn um den Werfer selbst) und somit auf sich selbst bezogen eine Fliehkraft erfährt, die bei genügender Geschwindigkeit (der 1. kosmischen Geschwindigkeit) genauso groß ist, wie die auf sie einwirkende Schwerkraft. somit ist für sie + g = - g ergo gleich 0 N.
Und darum brachte ich auch das Beispiel mit der Erdrotation im 49.ten Breitengrad; wenn sich dort ein Punkt eben nicht mit 304 m/s um die Erdachse dreht, und dabei ebenfalls bereits eine Abschwächung seiner Schwerkraft erfährt, die allerdings aufgrund des Winkels etwas weniger als 0,0221 m/s² beträgt, nämlich so, wie Zeus berichtigt hat, also - 0,0167 m/s². Übertragen auf den Hammer wären dies dann auch nicht 7 kg sondern 7kg - (7kg * 0,0167 m/s² / 9,804 m/s²) = 6,98807 kg schwere Masse. Die träge Masse von 7 kg bleibt dabei unberührt. Natürlich wäre auch der Hammerwerfer selbst etwas leichter in diesem Breitengrad, wie selbstverständlich auch die Waage selbst. Das ist einleuchtend, und wurde hier ja schon von Thomas beschrieben, wenn sich alles im gleichen Inertialsystem gleich bewegt, so verändert sich das Verhältnis der Körper zueinander nicht.
Lassen wir nun jenen Teil der Erdoberfläche mit 7908 m/s rotieren, also am 49.ten Breitengrad, und dies nicht um den Erdmittelpunkt, sondern ebenfalls um die Rotationsachse, so würde sich hier die Fliehkraft in Bezug zur Rotationsachse erhöhen, sie hätte den Wert von (7908 m/s)² / 4.184.672,516 m = - 14,944 m/s² * m; Gegenüber der Erde selbst aber (7908 m/s)² / 6378500 m = 9,804 m/s². Berechnet man hier nun die resultierende Fliehkraft, so haben wir hier nach der Berichtigung von Zeus eine Zentrifugalbeschleunigung von 14,944 m/s² * cos 41° = - 11,278 m/s².
soweit erst mal
Alles, was ich hier schreibe, verstehe ich lediglich als Gedanken und Anregungen, Inspirationen, keine Fakten! Wenn es mit tatsächlichen abgleichbaren Fakten übereinstimmt, dann zufällig.
#56 eine grundlegende Überlegung
Da hier wie auch schon damals offenbar Wert darauf gelegt wird, festzustellen, welche Bahn denn ein Objekt auf der Oberfläche der Erde beschreibt, möchte ich hier mal grundsätzlich fragen:
Worauf kommt es denn hierbei wirklich an, wenn ich den Zustand der Schwerelosigkeit erreichen möchte?
Absolut klar ist ja wohl der Umstand, wenn sich ein Objekt mit 7908 m/s um die Erde bewegt (1.kosmische Größe) dann ist jenes Objekt schwerelos gegenüber der Erde. Zweitens auch dann, wenn sich jenes Objekt im freien Fall befindet.
In beiden Fällen wirkt zwar weiterhin die Gravitationskraft, was den Körper daran hindert, im Sinne Newtons von dannen zu ziehen, aber die Schwerkraft ist dabei auf 0 gefallen.
Meine Frage : Es ist doch dabei vollkommen gleich, welche Flugbahn jenes Objekt beschreibt, solange es sich dabei entweder im freien fall befindet oder eben wie im ersten Beispiel tangential zur Erdoberfläche fliegt?. In beiden Fällen richtet sich doch die erreichte relative Gegenkraft nach der Geschwindigkeit, wodurch dann durch v² / r pro Sekunde eine Fliehkraft wirkt, die der Schwerkraft entgegen wirkt? Und das auch, wenn diese Prozedur vielleicht auch nur einen Bruchteil einer Sekunde andauern würde? Und für diesen Bruchteil einer Sekunde hat jenes Objekt ganz sicher noch keinen Looping gemacht, oder eine Kreisbahn oder eine acht beschrieben usw. ?.
Fazit (Meine Überlegung, ich bitte um Richtigstellung) es ist vollkommen gleichgültig, welche Flugbahn das Objekt beschreibt, sondern für den Zustand der Schwerelosigkeit ist allein die Geschwindigkeit relevant, mit der das Objekt fliegt!?
Worauf kommt es denn hierbei wirklich an, wenn ich den Zustand der Schwerelosigkeit erreichen möchte?
Absolut klar ist ja wohl der Umstand, wenn sich ein Objekt mit 7908 m/s um die Erde bewegt (1.kosmische Größe) dann ist jenes Objekt schwerelos gegenüber der Erde. Zweitens auch dann, wenn sich jenes Objekt im freien Fall befindet.
In beiden Fällen wirkt zwar weiterhin die Gravitationskraft, was den Körper daran hindert, im Sinne Newtons von dannen zu ziehen, aber die Schwerkraft ist dabei auf 0 gefallen.
Meine Frage : Es ist doch dabei vollkommen gleich, welche Flugbahn jenes Objekt beschreibt, solange es sich dabei entweder im freien fall befindet oder eben wie im ersten Beispiel tangential zur Erdoberfläche fliegt?. In beiden Fällen richtet sich doch die erreichte relative Gegenkraft nach der Geschwindigkeit, wodurch dann durch v² / r pro Sekunde eine Fliehkraft wirkt, die der Schwerkraft entgegen wirkt? Und das auch, wenn diese Prozedur vielleicht auch nur einen Bruchteil einer Sekunde andauern würde? Und für diesen Bruchteil einer Sekunde hat jenes Objekt ganz sicher noch keinen Looping gemacht, oder eine Kreisbahn oder eine acht beschrieben usw. ?.
Fazit (Meine Überlegung, ich bitte um Richtigstellung) es ist vollkommen gleichgültig, welche Flugbahn das Objekt beschreibt, sondern für den Zustand der Schwerelosigkeit ist allein die Geschwindigkeit relevant, mit der das Objekt fliegt!?
Alles, was ich hier schreibe, verstehe ich lediglich als Gedanken und Anregungen, Inspirationen, keine Fakten! Wenn es mit tatsächlichen abgleichbaren Fakten übereinstimmt, dann zufällig.
#57 Re: Das Verhalten von Atomen im Gravitationsfeld?
Denk dreidimensional. Das schwarze ist die Erde, das rote ist ein erdnaher Orbit. Der Pfeil zeigt auf den Erdmittelpunkt.seeadler hat geschrieben:ich gebe zu, die erste Grafik nicht verstanden zu haben.
Nicht nahezu, sondern exakt waagerecht.seeadler hat geschrieben:Es entsteht durch die Kreiselbewegung der Kugel um den Werfer in Bezug auf den Erdmittelpunkt auf jeden Fall ein Kegel dessen oberer Durchmesser bei 1m Kette + 1m Armlänge etwa 4 Meter beträgt (Körper selbst vernachlässigt), wenn die Kugel in nahezu waagerechter Drehung jenen Kreis umrundet.
Exakt waagerecht heißt, die Bahn liegt auf einer Kreisbahn. Die Kreisbahn ist der Schnitt von Erdkugel und deinem Kegel. Die Kreisbahn ist eben. Damit gibt es keine Fz in Bezug auf die Erde.
#58 Re: Das Verhalten von Atomen im Gravitationsfeld?
Unser lieber Seealder brachte mich dazu, über den Hammerwerfer nachzudenken, der mit den Hämmern rotiert. Ersetzen wir ihn mit einer rotierenden Maschine, die auf einer Waage steht (und zwar deswegen, weil der Hammerwerfer über Schritte rotiert, womit er die Waage in Schwingungen versetzen würde, die Maschine rotiert im Gedankenexperiment gleichmäßig, weshalb sie kaum/keine Schwingungen auf die Federn der Waage überträgt). Sagen wir diese Maschine wiegt wie der Mann 80 kg und die Hämmer jeweils einen Kilogramm. Dann würde die Waage 82 kg anzeigen und zwar egal, ob die Maschine die Hämmer rotieren lässt oder nicht, denn der Gravitationsvektor wird durch die Kraftwegtoren der rotierenden Hämmer nicht verändert.
Die Hämmer wiegen in Rotation sogar mehr als jeweils einen Kilo (man denke nur eine Zentrifuge), sofern die Maschine nur schnell genug rotiert. Sowas gibt es auch im Großen zum Training für Astronauten und in einem James-Bond-Film wäre Bond von den G-Kräften beinahe zerdrückt wurden.
Die Kraftvektoren der Rotation lassen die Hämmer waagerecht rotieren. Dadurch, dass sie festgehalten werden, werden sie bei zumehmender Rotation immer schwerer (sie ziehen gewissermaßen an den Halterungen bzw. Händen des Hammerwerfers).
Der Gravitationsverktor bleit aber unverändert und wiegt 82 kg.
Janina, kannst Du dazu ein Experiment für Seeadler raussuchen, welches meine Behauptungen stütz, sofern sie korrekt sind? Für den Fall, dass ich mich irre, bitte ich um ein Experiment, welches mich widerlegt.
Die Hämmer wiegen in Rotation sogar mehr als jeweils einen Kilo (man denke nur eine Zentrifuge), sofern die Maschine nur schnell genug rotiert. Sowas gibt es auch im Großen zum Training für Astronauten und in einem James-Bond-Film wäre Bond von den G-Kräften beinahe zerdrückt wurden.
Die Kraftvektoren der Rotation lassen die Hämmer waagerecht rotieren. Dadurch, dass sie festgehalten werden, werden sie bei zumehmender Rotation immer schwerer (sie ziehen gewissermaßen an den Halterungen bzw. Händen des Hammerwerfers).
Der Gravitationsverktor bleit aber unverändert und wiegt 82 kg.
Janina, kannst Du dazu ein Experiment für Seeadler raussuchen, welches meine Behauptungen stütz, sofern sie korrekt sind? Für den Fall, dass ich mich irre, bitte ich um ein Experiment, welches mich widerlegt.
Tja, ein Proton müsste man sein: Dann würde man die Quantenphysik verstehen, wäre immer positiv drauf und hätte eine nahezu unendliche Lebenszeit:-) - Silvia Arroyo Camejo
#59 Re: Das Verhalten von Atomen im Gravitationsfeld?
@ Halman
Dein Experiment mit der Maschine ist einleuchtend und richtig.
Es gibt keinen Vektor in Richtung der Erdgravitation, also auch kein Schwebe-Effekt wie ihn seeadler postuliert.
Dein Experiment mit der Maschine ist einleuchtend und richtig.
Es gibt keinen Vektor in Richtung der Erdgravitation, also auch kein Schwebe-Effekt wie ihn seeadler postuliert.
Der Naturalist sagt nichts Abschließendes darüber, was in der Welt ist.
#60 Re: Das Verhalten von Atomen im Gravitationsfeld?
Fast waagerecht.Halman hat geschrieben: Die Kraftvektoren der Rotation lassen die Hämmer waagerecht rotieren
Winkel mit der Horizontalen:
Alpha = arctan(K/F)
K= m*g ("Gravitationsvektor", landläufig "Gewicht" genannt)
F =m*v²/L (Fliehkraft)
m= Hammermasse, L= Seillänge, g = 9.81m/s², v= Bahngeschwindigkeit der "Hämmer"
Siehe auch diese Graphik
Sebstverständlich.Halman hat geschrieben: Der Gravitationsverktor bleit aber unverändert und wiegt 82 kg.
e^(i*Pi) + 1 = 0
Gott ist das einzige Wesen, das, um zu herrschen, noch nicht einmal existieren muss.
(Charles Baudelaire, frz. Schriftsteller, 1821-1867)
Gott ist das einzige Wesen, das, um zu herrschen, noch nicht einmal existieren muss.
(Charles Baudelaire, frz. Schriftsteller, 1821-1867)