Das Verhalten von Atomen im Gravitationsfeld?

[Zeus]

Es ist nicht der Umstand, dass hier die gesamte Erde rotiert.

Das sind Spitzfindigkeiten, seeadler!
Der Punkt ist, die Fliehkraft ist UNABHÄNGIG von einer separater Eigenrotation des Körpers.

das sehe ich auch so, lieber Pluto! Darum weise ich ja ständig darauf hin...

Du kannst so viel "weisen" wie du willst, trotzdem wird weder dein Helikopter im Vakuum noch der Mensch mit der ihn umkreisenden Kugel auch nur ein kleines bisschen leichter, egal wie groß die Rotationsgeschwindigkeit des Rotors bzw der Kugel ist.

[Pluto]

Der Punkt ist, die Fliehkraft ist UNABHÄNGIG von einer separater Eigenrotation des Körpers.

das sehe ich auch so, lieber Pluto!

Dann ist ja alles in Butter, und ich kann in Ruhe frühstücken gehen.

[seeadler]

Das sind Spitzfindigkeiten, seeadler!
Der Punkt ist, die Fliehkraft ist UNABHÄNGIG von einer separater Eigenrotation des Körpers.

das sehe ich auch so, lieber Pluto! Darum weise ich ja ständig darauf hin...

Du kannst so viel "weisen" wie du willst, trotzdem wird weder dein Helikopter im Vakuum noch der Mensch mit der ihn umkreisenden Kugel auch nur ein kleines bisschen leichter, egal wie groß die Rotationsgeschwindigkeit des Rotors bzw der Kugel ist.

ich weiß!

Zunächst aber erst einmal danke für deine Mühe der bisher dargelegten graphischen Darstellung der eigentlichen Problematik. Es hat mir sehr geholfen, weil ich gerade jene Winkelfunktionen bis jetzt eher vernachlässigt oder nur an einer Stelle benutzt habe, die hier eher unpassend ist. Sie heben aber nicht die Idee an sich auf und können sie auch nicht wirklich widerlegen, aber leider auch nicht bestätigen, weil es ganz offensichtlich auch eine Interpretationsfrage wird.

Das Grundlegende an meiner Idee ist ja, dass hier ein eigenständiges Gravitationsfeld innerhalb eines rotierenden Systems entstehen kann. Sich jenes Feld also verhält, als würde sich dort eine "dritte Masse" befinden, wie ich es im Falle des Trabanteneffekts bereits näher erläutert habe und welche ich da bereits schon ins "Baryzentrum" konzentriert gesetzt habe. Darum: Im Falle du tatsächlich in der Lage wärst, hier eine Rotationsgeschwindigkeit von c zu erreichen, hättest du ein Schwarzes Loch erschaffen, und wie du selbst ja bereits indirekt bestätigt hast, würde die Erde dann von diesem schwarzen Loch verschluckt werden.

Fakt aber ist zunächst, dass die Schwerkraft der rotierenden Kugel auf 0 sinkt, wenn das Seil eine waagerechte bildet, und somit die Kugel mit mindestens 7908 m/s um den Mittelpunkt rotiert, denn um die Kugel in die Waagerechte zu bringen ist es erforderlich dass die Fliehkraft jene Kraft m2 * g aufhebt. Ich unterscheide dabei Schwerkraft von Gravitationskraft, denn die Gravitationskraft , die sich nach G mE m2 / rE² errechnet bleibt von der Bewegung der Masse m2 unbeeindruckt, auch wenn die Schwerkraft m2 * g wegen der gleich großen entgegen gesetzten Fliehkraft m2 v² / rE gegen 0 fällt. und dies auch an den Polen.

Was nun deine Kugel betrifft, von der du behauptest, sie würde nicht leichter werden. Wir stimmen doch überein, dass die Schwerkraft am 49.ten Breitengrad um 0,0146 m/s² * m geringer ist. Eine Masse von 1 kg hat somit dort eigentlich nur eine schwere Masse von m - m * -g/+g also 0,99851 kg, aber weiterhin eine träge Masse von 1 kg. Wäre die Rotation am 49.ten Breitengrad nicht 304 m/s sondern 7908 m/s, so wäre die betreffende Masse 0 kg schwer, doch die träge Masse weiterhin 1 kg. (Abgesehen davon, dass die Erde dann auseinander reißen würde an dieser Stelle, weil die Fliehkraft dann mehr als - 15 m/s² * m groß wäre, bezogen auf die Rotationsachse.

[Pluto]

Fakt aber ist zunächst, dass die Schwerkraft der rotierenden Kugel auf 0 sinkt, wenn das Seil eine waagerechte bildet, und somit die Kugel mit mindestens 7908 m/s um den Mittelpunkt rotiert, denn um die Kugel in die Waagerechte zu bringen ist es erforderlich dass die Fliehkraft jene Kraft m2 * g aufhebt.

Nein. Das Seil wird niemals waagrecht. Dafür sorgt schon die Schwerkraft, in dem sie den Hammer nach unten, in Richtung Erde, zieht.
Um den Effekt zu berechnen brauchst du aber Vektoren.

[seeadler]

Fakt aber ist zunächst, dass die Schwerkraft der rotierenden Kugel auf 0 sinkt, wenn das Seil eine waagerechte bildet, und somit die Kugel mit mindestens 7908 m/s um den Mittelpunkt rotiert, denn um die Kugel in die Waagerechte zu bringen ist es erforderlich dass die Fliehkraft jene Kraft m2 * g aufhebt.

Nein. Das Seil wird niemals waagrecht. Dafür sorgt schon die Schwerkraft, in dem sie den Hammer nach unten, in Richtung Erde, zieht.
Um den Effekt zu berechnen brauchst du aber Vektoren.

Waagerecht ist relativ. Bei einer Geschwindigkeit von 7908 m/s ist die Rotationsebene so, dass in jedem Augenblick der Abstand zum Erdmittelpunkt exakt gleich bleibt, so zusagen dann eine geodätische Bahn. Wir wissen ja, dass selbst ein Photon, welches an der Erde vorbei möchte, ebenfalls eine Krümmung seiner Bahn erfährt. So gesehen wird es niemals eine waagerechte Bahn geben....

[seeadler]

Nachdem Zeus und ich übereinstimmend festgestellt haben, dass ei beliebiger Punkt entlang des 49.ten Breitengrad durch die dortige Rotation jenes beliebigen Punktes um die Rotationsachse der Erde im Grunde genommen ebenso zwei Kraft-Vektoren erlebt, wie eine beliebige Kugel, die ich um mein Handgelenk kreisen lasse, nämlich einmal in Bezug auf die Rotationsachse und einmal in Bezug auf den Massenschwerpunkt, also in Punkto Schwerkraft, wodurch sich die daraus resultierende Kraft zusammensetzt aus Schwerkraft und Zentrifugalkraft, so haben wir es auch bei jenem rotierenden Punkt entlang des 49.ten Breitengrades einmal mit einer Fliehkraftkomponente von - 0,0221 m/s (* m) von der Richtung der Rotationsachse weg gerechnet, und in Höhe von 0,0145 m/s² vom Erdmittelpunkt aus weg gerechnet. Nach der jeweils einfachen Formel v² / r1 und v² / rE.
r1 ergab sich gemäß unserer Rechnung aus rE * cos 49° , ebenso wie denn auch v sich aus v0 * cos 49° ergibt (v0 = Rotationsgeschwindigkeit am Äqator = 463,8 m/s; rE = 6378500 m)

Wenn ich dies nun, wie bereits mehrfach angesprochen mit dem Hammerwerfer vergleiche, der sich irgendwo auf der Erde befindet und seine Kugel um sich schwingt, wobei sich dann beide, also Kugel + Hammerwerfer um das gemeinsame Rotationszentrum drehen, welches vergleichbar ist mit der Rotationsachse der Erde, und dieser erreicht dann eine Drehung von 28 m/s bezogen auf die Kugel, so entsteht hier zunächst eine Fliehkraft von (28 m/s)² / 2 m = 14 m/s² (* m= Masse der Kugel) in Bezug zum Hammerwerfer, bzw. dem gemeinsamen Drehpunkt (oder Baryzentrum) ... aber gleichzeitig auch eine wie am 49.ten Breitengrad gegebene Fliehkraftkomponente bezogen auf den Erdmittelpunkt von zunächst (28 m/s)² / rE, der hier jedoch erweitert werden muss durch die Cosinusfunktion, denn auch hier entsteht wie schon am 49.ten Breitengrad ein entsprechender Winkel zwischen der Rotationsachse und der Erdmittelpunktsachse, also erweitert entsprechend mit cos Alpha. In diesem Fall bei einem angenommenen Abstand von 2 m zwischen Kugel und Rotationsachse zum Werfer, entsteht hier ein Winkel von 2 m * 360° / (2 * pi * rE) = 1,797*10^-5°. Somit muss die sich daraus ergebende Fliehkraftkomponente aus (28 m/s)² * cos 1,797*10^-5°/ rE errechnet werden = 1,229*10^-4 m/s²

Es spielt dabei keine Rolle, ob sich jener Hammerwerfer an den Polen aufhält oder sonst irgendwo auf der Erde. Die sich heraus ergebende Fliehkraftkomponente von 1,229*10^-4 m/s² (* m) ergibt sich an jedem beliebigen Ort.
Um exakt diesen Wert reduziert sich die Schwerkraft auf die rotierende Kugel, sie beträgt dann nicht mehr wie normal m * 9,804 m/s² sondern folglich m * ( 9,804 m/s² - 1,229*10^-4 m/s²) = m * 9,8038771 m/s².

[Janina]

Es spielt dabei keine Rolle, ob sich jener Hammerwerfer an den Polen aufhält oder sonst irgendwo auf der Erde. Die sich heraus ergebende Fliehkraftkomponente von 1,229*10^-4 m/s² (* m) ergibt sich an jedem beliebigen Ort.
Um exakt diesen Wert reduziert sich die Schwerkraft auf die rotierende Kugel

Lies es immer wieder. Solange, bis du es verstehst. Jedesmal wenn du wieder auf die Idee kommst Rotation könnte die Schwerkraft reduzieren, dann fang einfach nochmal von vorne an:
N E I N !

[seeadler]

Es spielt dabei keine Rolle, ob sich jener Hammerwerfer an den Polen aufhält oder sonst irgendwo auf der Erde. Die sich heraus ergebende Fliehkraftkomponente von 1,229*10^-4 m/s² (* m) ergibt sich an jedem beliebigen Ort.
Um exakt diesen Wert reduziert sich die Schwerkraft auf die rotierende Kugel

Lies es immer wieder. Solange, bis du es verstehst. Jedesmal wenn du wieder auf die Idee kommst Rotation könnte die Schwerkraft reduzieren, dann fang einfach nochmal von vorne an:
N E I N !

also hat sich Zeus geirrt. Nicht nur ich! Warum also der Angriff nur in meine Richtung? Kann ich nicht nachvollziehen. Wie also verstehst du die Schwerkraftminderung um 0,0146 m/s² am 49.Breitengrad. Und wenn du jetzt behauptest. Ein Astronaut würde die gleiche Schwerkraft besitzen, während er mit 7908 m/s um die Erde rast, wie ich, wenn ich hier sitze und diese Zeiten schreibe, dann falle ich wirklich vom Glauben ab.

Aber gerne noch einmal weil ich ahne, worauf du und Pluto hinaus willst, leider hilft mir ja Zeus nicht, obwohl er weiß, worum es mir geht. Ich unterscheide nun mal zwischen Schwerkraft und Gravitation! So hatte ich mehrfach geschrieben, dass die Gravitation nicht von der Bewegung abhängig ist, was ja schon aus der grundsätzlichen Formel G m1 m2 / R² abzulesen ist. Denn schon hier entsteht meiner Meinung nach der fatale Fehler, m2 * g mit diesem Ergebnis gleichzusetzen. Denn zwar ist das resultierende Ergebnis offensichtlich gleich, nicht aber die Aussage. Denn m * g ist NICHT G m1 m2 / R². Und dnan wird auch klar, was ich meine.

Und noch was, Janina, es wäre nett, wenn du sowohl dein NEIN definierst und es mir klar begründest. Ich habe die entsprechenden Rechnungen vorgelegt, die auch mit den Rechnungen von Zeus übereinstimmen, doch was er schreibt ist richtig, und was ich schreibe, sei falsch, obwohl wir beide das gleiche Ergebnis vorweisen.... ??????

[seeadler]

Das sind Spitzfindigkeiten, seeadler!
Der Punkt ist, die Fliehkraft ist UNABHÄNGIG von einer separater Eigenrotation des Körpers.

das sehe ich auch so, lieber Pluto! Darum weise ich ja ständig darauf hin...

Du kannst so viel "weisen" wie du willst, trotzdem wird weder dein Helikopter im Vakuum noch der Mensch mit der ihn umkreisenden Kugel auch nur ein kleines bisschen leichter, egal wie groß die Rotationsgeschwindigkeit des Rotors bzw der Kugel ist.

Ok, dann sage mir klipp und klar, warum du am 49.ten Breitengrad um 0,0146 m/s² weniger Schwerkraft erleben sollen, wie am Pol. Und sag bitte nicht, es läge an der größeren Entfernung zum Erdmittelpunkt. Denn dies haut nicht hin, rein rechnerisch.

[seeadler]

wisst ihr, was mich ein wenig ärgert. Ihr wisst dass ich Probleme habe, dies so zu formulieren, wie ihr es allesamt aufgrund eurer entsprechenden Studien gelernt habt. ich mache mir die mühe, und lege meine Rechengänge vor, Stelle fest - immer wieder - dass sie durchaus berechtigt sind und mit denen von Zeus durchaus vergleichbar sind. .... und trotzdem lasst ihr mich ins offene Messer laufen! Macht das eigentlich Spass? Es liegt nicht an der Vektorrechnung, wie ich ja mit meinen detaillierten Rechnungen gezeigt habe, wo ich auf meine Weise zu den gleichen Ergebnissen komme. Die Vektorrechnung ist lediglich eine eigentlich "komplizierte" Vereinfachung von komplexen Rechenwegen. Dies heißt aber nicht, dass meine Ergebnisse nur deshalb falsch sein sollen, weil ich die Mechanismen der Vektorrechnung nicht beherrsche. Ich wage zu behaupten, dass dies auch viele nicht können, die es gelernt haben sollten.