Das Verhalten von Atomen im Gravitationsfeld?

[seeadler]

Dein Pferd stinkt schon nach Verwesung

Hör doch endlich mal auf mit dem Unsinn. Wenn du etwas nicht verstehst, musst du den Spieß nicht umdrehen und andere beleidigen. Dann kann man dich nicht ernst nehmen, sofern du dies überhaupt noch willst!? Irgendwie scheint ihr verwandt zu sein, Darkside und du. Ich halte sehr viel von deinem Können, aber nicht von der Art, wie du es rüber bringst.

Ist das wirklich so schwer zu erfassen?. Wenn die Kugel am Seil um seinen Drehpunkt rotiert, entsteht eine radiale also nach außen gerichtete Fliehkraft, die bestimmbar ist. Wenn sich selbige Kugel gleichzeitig auch noch um einen anderen Punkt dreht, dann entsteht ebenfalls eine nach außen gerichtete radiale Fliehkraft mit einem bestimmbaren Winkel (cos) , der Kegel.
Daraus folgt, dass sich die Schwerkraft um einen betrag vermindert : exakt so, wie wir beide es für den 49.ten Breitengrad bestimmt haben! Am zum Beispiel jenen Breitengrad rotiert jedes Objekt zugleich um die Polachse wie auch in einem entsprechenden Winkel um den Mittelpunkt der Erde. Oder möchtest du deinen eigenen Hinweis hier widersprechen, wo du mich lediglich im Wert nicht aber in der Aussage selbst korrigiert hast

einmal vor kurzem :

Darum noch einmal meine Frage : Wird die Schwerkraft durch die Geschwindigkeit des Objektes beeinflusst, oder durch seine Bahnform?

Ich würde deine Frage so beantworten:
Die Schwerkraft, die auf einen Körper in Bewegung wirkt, ist dieselbe als ob sich der Körper in Ruhe an der betreffenden Stelle befände.
Je nach Richtung und Geschwindigkeit der Bewegung (also der Bahnform) können andere Kräfte (wie zum Beispiel die Fliehkraft) hinzukommen und müssen vektoriell zur Schwerkraft addiert werden.

und der Beitrag, den ich meine :

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?

Nö. Es muss heißen 0.0221 * cos(41°)=0.0167

und das ganze basierend auf jene Überlegung : Die Rotation der Erdoberfläche, welche Fliehkraft?

[Pluto]

Ich halte sehr viel von deinem Können, aber nicht von der Art, wie du es rüber bringst.

Wenn du Ersteres ersnt meintest, seeadler, dann würdest du echt aufhören auf den Recht zu pochen, und einsehen, dass deine Berechnungen falsch sind.
Erst wenn du die Grundlagen der Vektorrechnung verstanden hast, kannst du die Ergebnisse deiner Formeln richtig einschätzen.
Vorher wird das nix.

Ist das wirklich so schwer zu erfassen?

Dasselbe möchte ich dich auch fragen.

Wenn die Kugel am Seil um seinen Drehpunkt rotiert, entsteht eine radiale also nach außen gerichtete Fliehkraft, die bestimmbar ist. Wenn sich selbige Kugel gleichzeitig auch noch um einen anderen Punkt dreht, dann entsteht ebenfalls eine nach außen gerichtete radiale Fliehkraft mit einem bestimmbaren Winkel (cos) , der Kegel.
Daraus folgt, dass sich die Schwerkraft um einen betrag vermindert : exakt so, wie wir beide es für den 49.ten Breitengrad bestimmt haben!

Eben nicht!
Was am 49. Breitengrad geschieht ist darauf zurück zu führen, dass es eine vektorielle Komponente gibt, die der Schwerkraft entgegen wirkt.
Dies ist aber weder beim Helikopter, noch beim Hammerwerfer der Fall (da die Rotationsachsen nicht mit derjenigen der Erde übereinstimmen).

Und nun versuche BITTE dich mit den Grundlagen der Vektorrechnung vertraut zu machen, sonst wird das nie etwas mit dem Verstehen.

[seeadler]

seeadler hat geschrieben:
Wenn die Kugel am Seil um seinen Drehpunkt rotiert, entsteht eine radiale also nach außen gerichtete Fliehkraft, die bestimmbar ist. Wenn sich selbige Kugel gleichzeitig auch noch um einen anderen Punkt dreht, dann entsteht ebenfalls eine nach außen gerichtete radiale Fliehkraft mit einem bestimmbaren Winkel (cos) , der Kegel.
Daraus folgt, dass sich die Schwerkraft um einen betrag vermindert : exakt so, wie wir beide es für den 49.ten Breitengrad bestimmt haben!
Eben nicht!
Was am 49. Breitengrad geschieht ist darauf zurück zu führen, dass es eine vektorielle Komponente gibt, die der Schwerkraft entgegen wirkt.
Dies ist aber weder beim Helikopter, noch beim Hammerwerfer der Fall (da die Rotationsachsen nicht durch den Erdmittelpunkt verlaufen).

Und nun versuche BITTE dich mit den Grundlagen der Vektorrechnung vertraut zu machen, sonst wird das nie etwas mit dem Verstehen.

ach Pluto.

während der Mond um die Erde dreht, dreht er sich mit der Erde gemeinsam um die Sonne. In Bezug auf die Sonne erhöht sich dabei die Geschwindigkeit im Maximum um etwa 1023 m/s und reduziert sich auch wieder um den gleichen betrag gegenüber der mittleren Geschwindigkeit, also 29766 m/s + 1023 m/s = 30789,5 m/s und 29766,5 m/s - 1023 m/s = 28743,5 m/s. In den anderen beiden Stellen hat er die relativ gleiche Geschwindigkeit wie die Erde. Durch die Unterschiede erhöht sich im ersteren Fall die Fliehkraft des Mondes und reduziert sich im zweiten Fall, was dazu führt, dass der Mond sich etwas mehr von der Sonne entfernen kann und auf der Vorderseite etwas mehr zur Sonne gezogen wird. Dabei zieht er in beiden Fällen die Erde mit, so, als wären beide mit einem Seil miteinander verbunden, was sie ja gravitativ auch sind : Das ist der Trabanteneffekt.

Weiße mir bitte nach, dass dies falsch ist, und ich werde für immer meinen Mund halten.

Wenn ein Flugzeug sich in einer Kreisbahn um ein gedachtes Zentrum in der Horizontalen dreht (den Luftwiderstand lassen wir hier bewusst beiseite) dann benötigt es dafür eine Geschwindigkeit von 7908 m/s, um dies zu können. Erst dann wird es in dieser Höhe bleiben können und dort jenen Achsdrehpunkt, den ich mit 500 km angesetzt habe umdrehen können. Dabei beschreibt das Flugzeug, während es diese Bahn vollzieht zugleich auch eine angenäherte Parabelbahn um die Erde im Rahmen eines Kreissegmentes (eigentlich Geodäte), dessen Teilstück den Durchmesser von 1000 km hat. Wenn du nun einen Zirkel nimmst, und vom Erdmittelpunkt die Bahn nachzeichnest, die das Flugzeug dabei vollzieht, so ist dies exakt ein Teilstück eines Kreises , also 1000km/40078km * 360° = 8,982°. In dieser Zeit entsteht sehr wohl eine Fliehkraft die von der Erde weg gerichtet ist. Zusätzlich zu der Fliehkraft, die das Flugzeug gegenüber dem Drehpunkt aufweist, also einmal - 9,804 m/s² und einmal - 125 m/s².
Normalerweise würde das Flugzeug dabei um die Erde kreisen; da es aber permanent die Richtung ändert, schwebt es im gleichen Abstand am Himmel, während es um den Drehort rotiert.

Der Knackpunkt ist genau dieser Umstand des permanenten Ortswechsels auf der relativen Geraden (Geodäten) im Orbit. Es ist möglich, dass es dabei ohnehin durch den anfänglichen Schub sich trotzdem rotierend um die Erde bewegt.

[Janina]

Wenn die Kugel am Seil um seinen Drehpunkt rotiert, entsteht eine radiale also nach außen gerichtete Fliehkraft, die bestimmbar ist.

Richtig.

Wenn sich selbige Kugel gleichzeitig auch noch um einen anderen Punkt dreht...

Das ist das was nicht geht. Deswegen sage ich: Ohne Vektoren kommst du nicht aus.

[Pluto]

Und nun versuche BITTE dich mit den Grundlagen der Vektorrechnung vertraut zu machen, sonst wird das nie etwas mit dem Verstehen.

ach Pluto.

Und...?
Hast du es versucht?
Kommen deshalb die Seufzer?

während der Mond um die Erde dreht, dreht er sich mit der Erde gemeinsam um die Sonne. In Bezug auf die Sonne erhöht sich dabei die Geschwindigkeit im Maximum um etwa 1023 m/s und reduziert sich auch wieder um den gleichen betrag gegenüber der mittleren Geschwindigkeit, also 29766 m/s + 1023 m/s = 30789,5 m/s und 29766,5 m/s - 1023 m/s = 28743,5 m/s. ... Dabei zieht er in beiden Fällen die Erde mit, so, als wären beide mit einem Seil miteinander verbunden, was sie ja gravitativ auch sind : Das ist der Trabanteneffekt.

Weiße mir bitte nach, dass dies falsch ist, und ich werde für immer meinen Mund halten.

Es ist falsch. Denn im Mittel geschieht gar nichts, außer das der Mond um die Erde kreist, und das Baryzentrum der beiden Himmelskörper davon unbeeindruckt seine Kreise um die Sonne vollführt.

In deinem Beispiel mit dem Flugzeug wird dieses in Erddrehrichtung beschleunigt. Das ist etwas ganz anderes als der Helikopter oder der Hammerwerfer.

Der Knackpunkt ist genau dieser Umstand des permanenten Ortswechsels auf der relativen Geraden (Geodäten) im Orbit.

Der Knackpunkt ist: DU kommst ohne eine Verständnis der Grundlagen der Vektorrechnung nicht weiter.

[seeadler]

Pluto und Janina,

ihr meint sicherlich dieses : http://fabulierer.de/vektorrechnung-fuers-abitur/

und wollt damit zum Ausdruck bringen, wenn ich dies nicht beherrsche, kann ich nicht an eurer Tafel sitzen und mit euch zusammen speisen, obwohl ich exakt das gleiche esse und mein Verdauungssystems genauso reagiert, wie das in der Vektorrechnung in mehreren Ebenen skalierte Verfahren - welches zwar von euch scheinbar verstanden wird, aber wo im Endeffekt genau das gleiche raus kommen muss als Ergebnis oder Abfallprdodukt, wie bei mir.

Ich denke nicht, dass ich die Geduld habe, etwas zu lernen, mit dem Ziel etwas anders zu formulieren und doch zu exakt dem gleichen Ergebnis zu kommen wie jetzt auch.

Ich glaube, dass auch Thomas die Vektorrechnung beherrscht, von dem ich eine Skizze hier benutzt habe, und doch meint Zeus, auch Thomas, dem Physiker in die Schranken weißen zu müssen, obwohl er auch nichts anderes tut, als die gleiche Methode anzuwenden wie Thomas - und ich schreibe, dass man beide Skizzen miteinander verbinden muss und erhält genau die Problematik von der ich spreche.... doch wenn man sich nicht gegenseitig verstehen will, dann hilft auch letzten Endes die Vektorrechnung nicht

Pluto, gerade das Flugzeug ist in diesem Fall der Schlüssel zum Verständnis meiner Idee, die sich dann auch auf wesentlich kleinere Verhältnisse übertragen lässt, bis hin zu den Atomen. Und ein weiteres Hilfsmittel, welches sogar Zeus bestätigte, war mein Beispiel mit dem 49.ten Breitengrad. denn jeder Punkt darauf hat sowohl eine Verbindung zur Rotationsachse der Erde als zugleich auch zum Erdmittelpunkt. Was man hier anwenden muss, streng genommen auch beim Flugzeug ist nun mal die Trigonometrie, wie ich es auch getan habe.

[Pluto]

ihr meint sicherlich dieses : http://fabulierer.de/vektorrechnung-fuers-abitur/

und wollt damit zum Ausdruck bringen, wenn ich dies nicht beherrsche, kann ich nicht an eurer Tafel sitzen und mit euch zusammen speisen, obwohl ich exakt das gleiche esse und mein Verdauungssystems genauso reagiert, wie das in der Vektorrechnung in mehreren Ebenen skalierte Verfahren - welches zwar von euch scheinbar verstanden wird, aber wo im Endeffekt genau das gleiche raus kommen muss als Ergebnis oder Abfallprdodukt, wie bei mir.

An unserer Tafel sitzen darf jeder. Darum geht es nicht.

Es geht darum, dass es dir leichter fallen könnte deinen Rechenfehler einzusehen.

Ich denke nicht, dass ich die Geduld habe, etwas zu lernen, mit dem Ziel etwas anders zu formulieren und doch zu exakt dem gleichen Ergebnis zu kommen wie jetzt auch.

Nein. Das glaube ich nicht.

Was man hier anwenden muss, streng genommen auch beim Flugzeug ist nun mal die Trigonometrie, wie ich es auch getan habe.

Trigonomietrie ist als Ansatz hilfreich, aber damit kommst du ohne Vektorrechnung auch nicht sehr weit.

[seeadler]

Wenn die Kugel am Seil um seinen Drehpunkt rotiert, entsteht eine radiale also nach außen gerichtete Fliehkraft, die bestimmbar ist.

Richtig.

Wenn sich selbige Kugel gleichzeitig auch noch um einen anderen Punkt dreht...

Das ist das was nicht geht. Deswegen sage ich: Ohne Vektoren kommst du nicht aus.

Doch es geht, Janina. Siehe mein Beispiel mit einem beliebigen Punkt am 49.ten Breitengrad und den dazu gemachten Berechnungen, die Zeus bestätigt hat.

Zeichnet man die Verbindungslinien, also eure Vektoren, so besteht eine zwischen dem Punkt und der Rotationsachse der Erde. Dessen Strecke AB folglich rE* cos 49° ist = 4.184.672,5 m. Um diese Polachse dreht sich der Punkt mit 304 m/s, wodurch eine Fliehkraft von 0,0221 m/s² * m erzeugt wird. Gleichzeitig besteht zwischen jenem Punkt und dem Erdmittelpunkt eine gravitative Verbindung mit der Strecke BC von 6378500 m, auch hier muss eine entsprechende Rotation um diesen Punkt bedacht werden, deren Normalwert (304 m/s)² /6378500 m = 0,0144 m/s² wäre, aber da dieser Punkt dabei eine "Kegelbahn" beschreibt, und somit zugleich die Fliehkraft gegenüber der Rotationsachse zu beachten ist von 0,0221 m/s², liegt der Wert dazwischen. Er ergibt sich aus sin 49° mal 0,0221 m/s², oder eben aus cos von 90°- 49°= 41° und ergibt somit eine resultierende Fliehkraft am 49.ten Breitengrad von - 0,0167 m/s² . Das heißt, die Schwerkraft mindert sich am 49.ten Breitengrad auf 9,804 m/s² - 0,0167 m/s² * m = 9,787 m/s²

Erhöhe ich nun am 49,ten breitengrad die Rotationsgeschwindigkeit um die Polachse auf die erste kosmische Größe, also 7908 m/s, so wäre die Fliehkraft gegenüber der Polachse 14,944 m/s², gegenüber dem Erdmittelpunkt aber reduziert sich dieser Wert auf 14,944 m/s² * sin 49° = 11,2785 m/s². Das bedeutet, hier wäre die Fliehkraft größer als die Schwerkraft.

[Zeus]

Wenn die Kugel am Seil um seinen Drehpunkt rotiert, entsteht eine radiale also nach außen gerichtete Fliehkraft, die bestimmbar ist.

Richtig.

Wenn sich selbige Kugel gleichzeitig auch noch um einen anderen Punkt dreht...

Das ist das was nicht geht. Deswegen sage ich: Ohne Vektoren kommst du nicht aus.

Doch es geht, Janina. Siehe mein Beispiel mit einem beliebigen Punkt am 49.ten Breitengrad und den dazu gemachten Berechnungen, die Zeus bestätigt hat.

Zeichnet man die Verbindungslinien, also eure Vektoren, so besteht eine zwischen dem Punkt und der Rotationsachse der Erde. Dessen Strecke AB folglich rE* cos 49° ist = 4.184.672,5 m. Um diese Polachse dreht sich der Punkt mit 304 m/s, wodurch eine Fliehkraft von 0,0221 m/s² * m erzeugt wird. Gleichzeitig besteht zwischen jenem Punkt und dem Erdmittelpunkt eine gravitative Verbindung mit der Strecke BC von 6378500 m, auch hier muss eine entsprechende Rotation um diesen Punkt bedacht werden, deren Normalwert (304 m/s)² /6378500 m = 0,0144 m/s² wäre, aber da dieser Punkt dabei eine "Kegelbahn" beschreibt, und somit zugleich die Fliehkraft gegenüber der Rotationsachse zu beachten ist von 0,0221 m/s², liegt der Wert dazwischen. Er ergibt sich aus sin 49° mal 0,0221 m/s², oder eben aus cos von 90°- 49°= 41° und ergibt somit eine resultierende Fliehkraft am 49.ten Breitengrad von - 0,0167 m/s² .

Die der Erdbeschleunigung g entgegen wirkende Komponente der Zetrifugalbeschleunigung ergibt sich aus der Gleichung
b = (R *cos α) * ω² * cos α
b = R * ω² * cos²α
wobei R = Erdradius = 6370 000 m, ω= 2*π/86400 s, α = Breitengrad = 49°
---> b = 0.0145 m/s²
Lieber seeadler, in deiner Rechnung ist der Wurm drin.
Abgesehen davon, was hat das Ganze mit dem "Problem" der an einem Seil um einen vertikalen Mast rotierenden Kugel zu tun?

[seeadler]

Zeus, du widersprichst dir selbst:

erst schreibst du, was ich oben noch einmal zitiert habe :

und der Beitrag, den ich meine :
Zeus hat geschrieben:
seeadler 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?

Nö. Es muss heißen 0.0221 * cos(41°)=0.0167

und korrigierst mich dabei.

und nun behauptest du:

Die der Erdbeschleunigung g entgegen wirkende Komponente der Zetrifugalbeschleunigung ergibt sich aus der Gleichung
b = (R *cos α) * ω² * cos α
b = R * ω² * cos²α
wobei R = Erdradius = 6370 000 m, ω= 2*π/86400 s, α = Breitengrad = 49°
---> b = 0.0145 m/s²
Lieber seeadler, in deiner Rechnung ist der Wurm drin.

auf der Basis der gleichen Grundlage.
Dein errechneter Wert ist die Beschleunigung, die man erhält wenn man (vrot *cos (Alpha)49°)² / 6378500 m rechnet (vrot = Rotationsgeschwindigkeit am Äquator = 463,8 m/s). Dies ist das, was ich im letzten Post geschrieben habe :

deren Normalwert (304 m/s)² /6378500 m = 0,0144 m/s² wäre,

Ich denke, der Wurm liegt jetzt bei dir!?

Abgesehen davon, was hat das Ganze mit dem "Problem" der an einem Seil um einen vertikalen Mast rotierenden Kugel zu tun?

Dies hatte ich erklärt, und dies lässt sich ableiten aus dem Bild des rotierenden Punktes am 49.ten Breitengrad, wenn der Mast, von dem du sprichst in diesem Fall die Erdachse ist, welche vom Mittelpunkt der Erde bis an den 49.tem Breitengrad logischer Weise eine Höhe von 6378500 m * sin 49° hat = 4.813.915 m hat. Dort "oben" rotiert quasi waagerecht jener Punkt mit 304 m/s in einem Abstand von 6378500 m * cos 49° = 4.184.672,5 m um diese Achse, wie die Kugel um den Hammerwerfer.
Dabei entsteht in Bezug zur Rotationsachse eine Beschleunigung von 0,02208 m/s², und normaler Weise in Bezug zum Erdmittelpunkt bei jenem Abstand von 6378500 m und der gleichen Geschwindigkeit von 304 m/s folglich eine Beschleunigung von 0,0146 m/s², also dein wiedergegebener Wert.

Zuvor hatte wir jedoch bereits übereinstimmend geschrieben, dass man hier den waagerechten Beschleunigungswert von 0,0221 m/s² mit sin 49 multiplizieren muss, oder eben mit cos aus 90°- 49° = 41° . Daraus errechnet sich die resultierende Zentrifugalbeschleunigung von 0,0167 m/s², um die sich am 49.ten Breitengrad die Schwerkraft allgemein reduziert, so dass dort jeder beliebige 1 kg = 1 kg - 1 kg * 0,0167 m/s² / 9,804 m/s² = 0,998296 kg schwer ist . Es geht um diese relative Massenreduktion in der schweren Masse. Sie liegt dann als kinetische Energie vor innerhalb der Masse selbst, so dass hier der Gesamtwert der trägen Masse erhalten bleibt.

Nichts anderes versuche ich schon seit geraumer Zeit zu vermitteln. Der Umstand, dass dann am 49.ten Breitengrad die Waage ebenfalls von der Massenreduktion betroffen ist, erschwert logischer Weise die direkte Beweisführung meiner Aussage, weil sich ja hier im Verhältnis zueinander nichts ändert.
Dies ist jedoch anders bei einer künstlich erzeugten Fliehkraft an einem beliebigen Ort der Erde. Hier taucht exakt das gleiche Phänomen auf, wobei die Polachse der Erde durch den Rotor oder dem Werfer oder der Zentrifuge an sich dargestellt wird und somit eine relative Verlängerung zum Mittelpunkt der Erde widerspiegelt. Von dem aus gesehen allerdings jener rotierende Gegenstand in einem bestimmbaren Winkel zur Erdachse rotiert. Ganz egal, wo sich Werfer und Hammer oder Zentrifuge und Reagenzglas usw. auf der Erdoberfläche aufhält.