Das Verhalten von Atomen im Gravitationsfeld?

[Zeus]

Was ich in meinem Beispiel mit dem Hammerwerfer tue ist, dass ich hier einen verlängerten Arm zwischen den Hammerwerfer und der rotierenden Masse herstelle und diese Masse dadurch in Bewegung setze, eine Bewegung, die einmal vom Hammerwerfer weg gerichtet ist, aber auch von der Erde weg gerichtet ist, ansonsten würde die Kugel, der Hammer niemals in die waagerechte Position übergehen. Die absolute waagerechte Position ist allerdings gegenüber
Zeus Einwand :

Die Kraftvektoren der Rotation lassen die Hämmer waagerecht rotieren

Fast waagerecht.
.

schon waagerecht, wie Janina bestätigt : .

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.

Nicht nahezu, sondern exakt waagerecht.
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.

seevögelchen, du verwechselst zwei Dinge.
Die Kreisbahn der Kugel beschreibt, wie Janina dir versucht hat zu erklären, eine genau waagerechte Fläche.
Das Seil, an dem die Kugel geschwungen wird, ist jedoch nie waagerecht. Sein Winkel mit der Horizontalen ist alpha= arctan(Gewicht / Fliehkraft).
Das Gewicht (k=m*g) ist konstant. Mir zunehmender Umdrehungszahl pro Minute wir die Fliehkraft (m*v²/L oder m*omega² * L) größer und alpha immer kleiner, aber nie Null.

[seeadler]

Hier hatte ich vorgerechnet : Solange beide ruhen, zeigt die Waage 90 + 7 kg = 97 kg an. Nun habe ich die These aufgestellt, wenn der Hammer mit 7908 m/s fliegt, tangential (ob er dabei einen Kreis um den Werfer vollzieht, oder aber sich damit um die Erde bewegt, sei an dieser Stelle erst einmal irrelevant), dann wird die Waage, auf dem sich beide befinden keine 97 kg mehr anzeigen, sondern nur noch (höchstens) 90 kg.

Das ist die Grundthese.

Falsch.
Es spielt in der Tat eine Rolle, ob die Kugel um den Hammerwerfer rotiert, oder frei fliegt.
Solange der Hammerwerfer die Kugel an der Kette hat, wiegen beide 97kg. Egal wie schnell das Teil rotiert ( - relativistische Massezunahme bei hohen Geschwindigkeiten oder Masseverlust durch Abstrahlung von Gravitationswellen vernachlässigt).
Erklärung siehe Skizze. Ohne Vektoren keine Chance.

Danke. Ich spreche nicht von der Gravitationskraft. Denn diese wird niemals aufgehoben, sie bleibt weiterhin auf beide Massen mit G m1 * (m2+m3) / rE² erhalten und somit durch (m2+m3) * g erhalten, also 97kg * 9,804 m/s² = 950,988 N . Ich spreche hier von der relativen Schwere der Massen, die sehr wohl allein durch die Geschwindigkeit reduziert werden kann; ansonsten hätten wir auch nicht den Effekt der Schwerelosigkeit, solange die Astronauten mit 7908 m/s um die Erde fliegen. Die Gravitationskraft zwischen den Astronauten und der Erde ist dadurch aber genauso wenig aufgehoben, wie bei der mit 7908 m/s fliegenden Kugel... das ist für mich klar.

[seeadler]

folgende Versuchsanordnung:

Der Hammerwerfer (90 kg) hält jene besagte Kugel (7 kg) mit einem Seil (Kette), an dem eine Feder mit einer bestimmbaren Zugkraft montiert ist, wobei sich jene Kugel von dieser Feder löst, sobald jene Zugkraft erreicht ist.
Zusätzlich wird diese Kugel mit einem anderen Seil und ebenfalls einer Feder mit einer bestimmbaren Zugkraft verbunden, welches irgendwie flexibel am Boden montiert ist. (ich weiß, dass es schwierig zu realisieren ist)

Nun bringt der Hammerwerfer seine Kugel zum Kreisen. Dabei werden beide Federn gespannt, je nachdem, wie groß die durch sie verübte Zugkraft ist

Wie groß müsste nun die Zugkraft des unteren Seils, welches am Boden montiert ist, sein, im Verhältnis zur Zugkraft des Seiles, der Feder, welches der Werfer in der Hand hält, damit beide zur selben Zeit die Kugel "frei geben" können? Das untere Seil symbolisiert die Schwerkraft, die es zu überwinden gilt, damit sich die Kugel nahezu waagerecht um den Werfer bewegt.

[Janina]

Ich spreche hier von der relativen Schwere der Massen, die sehr wohl allein durch die Geschwindigkeit reduziert werden kann; ansonsten hätten wir auch nicht den Effekt der Schwerelosigkeit, solange die Astronauten mit 7908 m/s um die Erde fliegen.

Durch Wiederholen wird es nicht richtiger. Nochmal: NEIN!
Wie gesagt wirst du ohne Vektoren nicht weiterkommen.

[Halman]

Die Kraftvektoren der Rotation lassen die Hämmer waagerecht rotieren

Fast waagerecht.
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

Danke für die Korrektur, Zeus.

[Halman]

Ich weiß nicht - da du ja ansonsten mehr oder weniger nur sporatisch hier bist - ob du meine anderen Beiträge hier gelesen hast? Unter anderem das Beispiel mit der Rotation der Erdoberfläche am 49.ten Breitengrad, wo ich mit Zeus übereinstimmend festgestellt habe, dass sich an dieser Stelle der Schwerkraft berechenbar (ich habe es vorgerechnet) reduziert um den Betrag 0,0195 m/s².
Ein beliebiger Körper beschreibt dort an dieser Stelle eine Rotation um einen Drehpunkt, der auf der Rotationsachse der Erde liegt, und nicht im Zentrum der Erde. Schaut man sich dies im Querschnitt an, so beschreibt der rotierende Körper eine Rotation auf einem Kegel, dessen spitze um den Erdmittelpunkt rotiert. Hier erfährt der rotierende Körper selbstverständlich eine Fliehkraft einmal in Richtung der Rotationsachse, die an dieser Stelle 4800 km vom Zentrum der Erde in Richtung Nordpol liegt und vom rotierenden Körper knapp 4.200 km. Bezogen auf jene kürze Distanz (in deinem Beispiel der Abstand zwischen den Hammer und dem Hammerwerfer) beträgt die dabei erzeugte fliehkraft bei 304 m/s etwa 0,022 m/s² * m.
Gleichzeitig aber erfährt der Körper eine Kraft in Richtung Erdmittelpunkt, wodurch sich die soeben bezeichnete Fliehkraft etwas reduziert auf den Wert von 0,0194, diesmal aber bezogen auf die Erdschwere. Das heißt, alles hier am 49.ten Breitengrad ist durch seine Rotation der Erde um den Wert 0,0192m/s² / 9,804m/s² = 0,00212 kg/kg leichter....

Durch die Erdrotation wird die Erde zu einem kugelähnlichen Ellipsoid verformt. Beim Saturn ist der Effekt größer und daher mit blosen Auge zu erkennen.

Bildquelle

Durch die Schwereabplattung ist man am Äquator weiter vom Erdmittelpunkt entfernt als an den Polen und dies ist ein Grund, warum dort die Gravitation geringer ist.
Aber ich denke, dass Du recht hast und der Hauptgrund für das etwas geringere Gewicht auf die Fliegkraft zurückzuführen ist, denn am Äquator haben wir die Besonderheit, dass der Vektor der Rotations-Fliegkraft dem Gravitationsvektor genau entgegengesetzt ist und daher der Gravitation entgegenwirkt, mit der Folge, dass man dort etwas leichter ist.

[seeadler]

Ich spreche hier von der relativen Schwere der Massen, die sehr wohl allein durch die Geschwindigkeit reduziert werden kann; ansonsten hätten wir auch nicht den Effekt der Schwerelosigkeit, solange die Astronauten mit 7908 m/s um die Erde fliegen.

Durch Wiederholen wird es nicht richtiger. Nochmal: NEIN!
Wie gesagt wirst du ohne Vektoren nicht weiterkommen.

Das frustrierende ist, ich weiß sehr wohl, worum es euch geht!
Mir klappt es aber offenbar nicht, meine Idee wirklich zu vermitteln, ansonsten käme ich doch nicht auf die eigentlich "irrwitzige Idee" von einem "Verhalten der Atome im Gravitationsfeld" sprechen zu wollen. Denn ich bin davon überzeugt, dass allein die Bewegungsmöglichkeit und damit die Entfaltungsmöglichkeit innerhalb eines Gravitationsfeldes darüber entscheiden, welche Atome sich in welchem Gravitationsfeld aufhalten können, und welche Bindungsmöglichkeiten damit schon mal gewährleistet werden, wenn alle anderen Faktoren hinzu kommen.
Und genau dieses versuche ich an Hand einfacher Modellierung herüber bringen zu wollen, was mir offensichtlich nicht gelingt. Denn ich denke, dass bei der Rotation eines gegebenen Systems ein vollkommen neues Inertialsystem entstehen und sich entfalten kann, in dem es einen gewissen Freiheitsgrad der Entfaltung gibt; in dem Energie aufgenommen und gespeichert werden kann, alles selbstverständlich auf Zeit respektive mit entsprechender Periodizität und damit Schwingung des entsprechenden rotierenden Feldes.

[Pluto]

Aber ich denke, dass Du recht hast und der Hauptgrund für das etwas geringere Gewicht auf die Fliegkraft zurückzuführen ist, denn am Äquator haben wir die Besonderheit, dass der Vektor der Rotations-Fliegkraft dem Gravitationsvektor genau entgegengesetzt ist und daher der Gravitation entgegenwirkt, mit der Folge, dass man dort etwas leichter ist.

Stimmt.
Auf der Erde liegt der Unterschied (zwischen Pol und Äquator) in der Größenordnung von etwa 1%.

[Pluto]

Durch Wiederholen wird es nicht richtiger. Nochmal: NEIN!
Wie gesagt wirst du ohne Vektoren nicht weiterkommen.

Das frustrierende ist, ich weiß sehr wohl, worum es euch geht!
Mir klappt es aber offenbar nicht, meine Idee wirklich zu vermitteln, ansonsten käme ich doch nicht auf die eigentlich "irrwitzige Idee" von einem "Verhalten der Atome im Gravitationsfeld" sprechen zu wollen.

Es sind a priori keine "irrwitzigen Ideen". Jede solche Idee ist zunächst einmal als Hypothese erlaubt.
Wird einem aber klar gemacht, warum die Idee nicht Früchte tragen kann, sollte man sie schleunigst fallen lassen, bevor sie dann irgendwann zur Absurdität wird.

Versuche lieber den Rat von Janina und anderen zu befolgen, und dich über Vektorrechnung im Allgemeinen schlau zu machen. Es lohnt sich allemal diese Grundlagen der Mechanik zu beherrschen, denn sie könnten auch für zukünftige Projekte sehr wichtig sein.

[seeadler]

Aber ich denke, dass Du recht hast und der Hauptgrund für das etwas geringere Gewicht auf die Fliegkraft zurückzuführen ist, denn am Äquator haben wir die Besonderheit, dass der Vektor der Rotations-Fliegkraft dem Gravitationsvektor genau entgegengesetzt ist und daher der Gravitation entgegenwirkt, mit der Folge, dass man dort etwas leichter ist.

Stimmt.
Auf der Erde liegt der Unterschied (zwischen Pol und Äquator) in der Größenordnung von etwa 1%.

Die Abplattung an den Polen gemäß Da die Erde bzw. der Meeresspiegel (Geoid) keine exakte Kugelform besitzt, sondern an ihren Polen um etwa 21 km (0,335 Prozent) abgeplattet ist, muss für genauere Angaben ihres Radius’ der Begriff „Erdkugel“ näher definiert werden. Am häufigsten werden folgende Werte verwendet: entspricht dem Wert nach dem Radius, den ein Körper erreichen muss, der mit einer Startgeschwindigkeit von 463,8 m/s am Äqqator um die Erde fliegen möchte, der Unterschied wäre im Radius etwa 11km,
Das heißt, es ist NUR die Rotation am Äquator, die für die Abplattung verantwortlich ist. Vergleicht man den Höhenunterschied bei Beachtung der reduzierten Beschleunigung, wie ich bereits vorgerechnet habe, also statt 9,804 m/s² 9,77 m/s² so erhält man exakt den gleichen Wert im Radius....
Beides zusammen entspricht dann dem Unterschied zwischen Poldurchmesser und Äquatordurchmesser.

Gruß
Seeadler