Übungsblatt 1 - TU Clausthal

Übungen zu: Theoretische Physik I– klassische Mechanik
Tobias Spranger - Prof. Tom Kirchner
http://www.pt.tu-clausthal.de/qd/teaching.html
W 2213
WS 2005/06
9. November 2005
Übungsblatt 1
Lösungsvorschlag
Aufgabe 1
3P
klassisches Wurfproblem
Ein Massenpunkt verlässt den Boden (Anfangspunkt: Ursprung) mit der Geschwindigkeit |~v0 | = v0 unter dem Winkel (~ex ·~v0 /v0 ) = cos α. Es wirkt die Schwerkraft mit g = 9.8 sm2 .
Reibungseffekte sind vernachlässigbar.
1.a) Welcher Wurfwinkel ist bei vorgegebener Geschwindigkeit notwendig, damit der
Massenpunkt eine vorgegebene Stelle ~re = (xe , 0, 0) erreicht?
Bahnkurve:

v0 t cos α

0
~r(t) = 
1 2
v0 t sin α − 2 gt

Die Benötigte Zeit erhält man aus
v0 te cos α = xe
⇔ te =
xe
v0 cos α
und
1
v0 te sin α − gt2e = 0
2 1
te · v0 sin α − gte
= 0
2
1.1
⇒ z = 0 wird auf alle Fälle bei te = 0 erreicht. Da ist jedoch x = 0 und deshalb
betrachten wir nur zweiten Teil der quadratischen Gleichung:
1
v0 sin α − gte = 0
2
2v0 sin α
⇔ te =
g
zusammensetzen:
xe
2v0 sin α
=
g
v0 cos α
2
v0 · 2 sin α cos α = xe g
xe g
sin 2α =
v02
xe g
1
arcsin 2
α =
2
v0
(1)
Alternative:
p
−v02 ± v04 − x2e g 2
2v02
tan α+ = 0 ⇔ α = arctan
tan α −
xe g
xe g
2
Betrachtet man das Argument des Arcussinus, so sieht man dass man einen bestimmten Entpunkt xe nur erreichen kann wenn gilt:
xe g
< 1
v02
⇔ xe < v02 /g
1.b) Wieviel Zeit benötigt er dafür?
Die Flugzeit ist
te =
2v0 sin α
xe
=
g
v0 cos α
1.c) Was ist die maximale Höhe dieser Flugbahn und zu welchem Zeitpunkt wird sie
erreicht?
Den Zeitpunkt des Maximums erhlält man wenn die Steigung
d
dt
dz
= 0
dt
1
v0 t sin α − gt2
= 0
2
v0 sin α − gt = 0
v0
tmax =
sin α
g
1.2
dz
dt
verschwindet:
Die maximale Höhe ist also:
1
zmax = v0 tmax sin α − gt2max
2
v02
1
v2
=
sin2 α − g 02 sin2 α
g
2 g
2
v
= 0 sin2 α
2g
Dabei ist die x-Koordinate
v0
cos α sin α
g
1 v02
sin 2α
=
2 g
1 v02 xe g
=
2 g v02
1
xe
=
2
xmax = v0
1.d) Mit welcher Geschwindigkeit trifft der Massenpunkt den Zielpunkt?
~v(te ) =
=
=
=
=
d
~r(t)
dt
t=te
1 2
d
v0 t cos α~ex + v0 t sin α − gt ~ez dt
2
t=te
v0 cos α~ex + (v0 sin α − gt) ~ez |t=te = 2v0 sin α
g
2v0 sin α
~ez
v0 cos α~ex + v0 sin α − g
g
v0 cos α~ex − v0 sin α~ez


v0 cos α

0
~v(te ) = 
−v0 sin α
1.e) Was ist die maximale Entfernung xe,max , die bei vorgegebenem v0 möglich ist?
Verwende dazu Gleichung 1:
xe g
v02
v2
= 0 sin 2α
g
sin 2α =
⇔ xe
der sin 2α kann maximal gleich 1 sein. Deshalb ist xe,max =
1.3
v02
g
5
Maximale Höhen
4
3
2
1
45°
0
0
2
4
6
8
10
Abbildung 1: Wurfparabeln für eine Anfangsgeschwindigkeit von v0 = 10 ms .
1.f) Unter welchem Wurfwinkel wird diese Entfernung erreicht?
Die Winkel für die maximale/minimale Weite erhält man wenn man diesen Ausdruck nach α ableitet und null setzt:
dxe
= 0
dα
d v02
sin 2α = 0
dα g
v02
−2 cos 2α = 0
g
cos 2α = 0 wird erreicht wenn α = 12 π( 21 n + 1) mit n = {0, ±1, ±2, ...} Ist n gerade,
so ist die Weite maximal in positiver x-Richtung, andernfalls maximal in negativer
x-Richtung.
Aufgabe 2
3P
Flussüberquerung
Ein Boot überquert mit der konstanten Geschwindigkeit vb einen Fluss der Breite b sekrecht zu dessen Strömungsrichtung. Die Strömung hat einen parabolischen Verlauf: in
der Mitte ist die Strömungsgeschwindigkeit v mit v(b/2) = vm am größten und an beiden
Ufern ist v = 0.
1.4
x
b
v
v
0
m
Abbildung 2: Strömungsprofil des Flusses
2.a) Gib das Geschwindigkeitsprofil des Flusses an.
2.b) Welche Bahnkurve beschreibt das Boot?
2.c) Wo liegt der Landepunkt?
2.d) Wie lange dauert die Überfahrt?
Nun fährt das Boot nicht mehr senkrecht zur Strömungsrichtung, sondern in einem Winkel α gegen die Stömung. (Wenn α = π/2 ist, fährt das Boot direkt gegen die Strömung)
2.a) In welche (konstante) Richtung αmuss das Boot steuern, damit der Landepunkt
auf gleicher Höhe mit dem Startpunkt ist? (Start- und Landepunkt liegen auf einer
Senkrechten zur Strömungsrichtung)
2.b) Welche Bahnkurve beschreibt das Boot jetzt?
2.c) Wie lange dauert die Überfahrt?
Bei dieser Aufgabe sollte man sich nicht unbedingt nach der angegebenen
Reihenfolge halten!
Als Ursprung wird die Flußmitte gewählt. Die Strömung ist bei x = ±b/2 gleich null. Man
setzt deshalb eine quadratische Gleichung der Form
b
b
vs (x) = A(x + ) · (x − ))
2
2
an. An der Strömungsmitte x = 0 soll vs (0) = vm gelten;
1.5
(2)
b
b
⇒ vm = A · (0 + ) · (0 − ))
2
2
2
b
vm = −A
4
4vm
⇔A = − 2
b
Damit erhält man das Strömungsprofil
4vm
b
b
(x + ) · (x − ))
2
b
2
2
4vm 2 b2
vs (x) = − 2 (x − )
b
4
4vm 2
vs (x) = vm − 2 x
b
vs (x) = −
Der Geschwindigkeitsvektor des Bootes ist
vb
vx
(3)
=
~v(x) =
vm − 4vb2m x2
vy (x) = vs (x)
x(t)
deren x-Komponente nur von der
Das Boot beschreibt eine Bahnkurve ~r(t) =
y(t)
Geschwindikeit des Bootes abhängt:
b
x = vb t −
(4)
2
Die y-Komponente hingegen hängt auch von der x-Koordinate des Bootes ab:
Z t
y =
v(x(t′ )) dt′
Z0 t
b
y =
v(vb · t′ − ) dt′
2
Z0 t 4vm
b 2
′
y =
vm − 2 (vb · t − ) dt′
b
2
0
Z t
4vm vb2 ′2 4vm vb ′
t +
t − vm dt′
y =
vm −
2
b
b
0
t
2
2vm vb ′2 4vm vb ′3 t −
t y =
b
3b2
0
2
2vm vb 2 4vm vb 3
y =
t −
t
b 3b2 2vm vb 2 2vb 3
t −
t
y =
b
3b
1.6
Die Bahnkurve ist:
~r(t) =
vb t − 2b
2vm vb
2vb 3
2
t
−
t
b
3b
Die Dauer der Überfahrt T von xs = −b/2 nach xl = b/2 wird nur durch die x-komponente
Bestimmt:
xl − xs = vb T
xl − xs
⇔T =
vb
b/2 − (−b/2)
T =
vb
b
T =
vb
x(T )
−b/2
so ist nach der Zeit T der Punkt ~r(T ) =
Startet das Boot bei ~r(0) =
y(T )
0
erreicht. Die x-Komponente ist einfach das andere Ufer und
2vb 3
2vm vb
2
T −
T
y =
b
3b
2
3 !
2vm vb
b
2vb b
y =
−
b
vb
3b vb
2
2
b
2vm vb
1−
y =
b
3
vb
2vm
b
y =
3vb
Das Boot erreicht das andere Ufer bei
~r(T ) =
b/2
2vm
b
3vb
Wenn das Boot nicht mehr senkrecht zur Ströhmung α = 0 fährt, ändert sich der Geschwindigkeitsvektor des Bootes bezüglich des Ufers auf.
vb cos α
vx
=
~v (x) =
vm − 4vb2m x2 − vb sin α
vy (x)
Der Ort des Bootes ist
~r(t) =
~r(t) =
x(t)
y(t)
v t · cos α − 2b
R bt
v (x(t′ )) dt′
0 y
1.7
Die Rechnung für die y-Koordinate verläuft analog zu (?) jedoch muss vb durch vb cos α
ersetzt weden und vy (x) um einen zusätzicher Term −vb sin α erweitert werden:
4vm
vy (x) = vm − 2 x2 − vb sin α
b
Z t
b 2
4vm
′
⇒y =
vm − 2 (vb cos α · t − ) − vb sin α dt′
b
2
0
..
.
2vm vb cos α 2 2vb cos α 3
y =
t −
t − vb t · sin α
b
3b
vb t · cos α − 2b
⇒ ~r(t) =
2vm vb cos α
cos α 3
t2 − 2vb3b
t − vb t · sin α
b
Die Überfahrt dauert jetzt
T =
b
vb · cos α
Berechnung des Erforderlichen Winkels:
1. Alternative: Das Boot muss zur Zeit T bei ~r(T ) =
2vm vb cos α
b
b/2
0
sein:
⇒ y(T ) = 0
2vb cos α 3
2vm vb cos α
T2 −
T − vb sin αT = 0
b
3b
2
3 !
b
b
b
2vb cos α
− vb sin α
= 0
−
vb cos α
3b
vb cos α
vb cos α
2vm vb b2 cos α 4vm vb2 b3 cos2 α vb b sin α
−
−
= 0
vb2 b cos2 α
3b2 vb3 cos3 α
vb cos α
2vm 4vm
−
− sin α = 0
vb
3vb
2vm
4
⇔ sin α =
2−
vb
3
2vm
sin α =
3vb
2vm
⇔ α = arcsin
3vb
1.8
1.4
b = 2 km
vm= 10 km/h
1.2
vb = 10 km/h
1
(1, 1.33)
0.8
0.6
α=0
T = 0.2 h
0.4
(0.49, 0.16)
0.2
−1
0
−0.5
α = 42°
0.5
1
−0.2
Abbildung 3: Flussüberquerung
2. Alternative Die die y-Komponente der Bootsgeschwindigkeit vb sin α muss so gewählt werden, dass sie die Abdrift vs = vm − 4vb2m x2 gemittelt über die Breite des Flusses
exakt kompensiert, also:
sin α =
sin α =
sin α =
sin α =
⇔α =
Z
+b/2
4vm 2
x dx
b2
−b/2
+b/2
4vm 3 1
vm x − 2 x vb b
3b
−b/2
3 3 !!
1
4vm
b
b
vm b − 2
− −
vb b
3b
2
2
3
4vm b
1
vm b − 2
vb b
3b 4
vm
vm
−
vb
3vb
2vm
arcsin
3vb
1
vb sin α =
b
vm −
1.9
Abbildung 4: Bahnkurve von ~r(t) für R = 1 und ω = 10π
Aufgabe 3
2P
Bahnkurve
Ein Massenpunkt durchläuft von ta = 0 bis te = 1 eine Kurve die durch den Ortsvektor




x(t)
cos ωt · sin πt
~r(t) =  y(t)  = R  sin ωt · sin πt 
z(t)
cos πt
beschrieben werden kann.
3.a) Beschreibe die Kurve, die der Ortsvektor durchläuft. Welche Rolle spielen R und
ω?
• die Kurve läuft von (0, 0, R) bis zum Punkt (0, 0−, R)
• in der Projektion auf die xy- läuft der Massenpunkt auf einer Spiralbahn.
1.10
–
–
–
–
–
diese hat den Radius rs = 0 bei t = 0 und t = 1
bei t = 1/2 ist der Radius rs = R der Spirale maximal
die Anzahl der Umläufe beträgt ω/π
der Radius erweitert sich sinusförmig in Abhängigkeit von t
und kreisförmig in Abhängigkeit von z
• die Bahnkuve läuft auf einer Kugel mit dem Radius R
• und dem Ursprung als Mittelpunkt
3.b) Berechne die Geschwindigkeit und die Beschleunigung des Punktes zum Zeitpunkt t.
Geschwindigkeit:


cos ωt · sin πt
d
d 
sin ωt · sin πt 
~v =
~r(t) =
R
dt
dt
cos πt


−ω sin ωt · sin πt + π cos ωt · cos πt
= R  ω cos ωt · sin πt + π sin ωt · cos πt 
−π sin πt
vy2 /R2 = (ω cos ωt · sin πt + π sin ωt · cos πt)2
= ω 2 cos2 ωt · sin2 πt + π 2 sin2 ωt · cos2 πt + 2πω cos ωt · sin πt · sin ωt · cos πt
πω
sin 2ωt · sin 2πt
= ω 2 cos2 ωt · sin2 πt + π 2 sin2 ωt · cos2 πt +
2
vx2 /R2 = (−ω sin ωt · sin πt + π cos ωt · cos πt)2
πω
= ω 2 sin2 ωt · sin2 πt + π 2 cos2 ωt · cos2 πt −
sin 2ωt · sin 2πt
2
vz2 /R2 = π 2 sin2 πt
~v 2 /R2 = ω 2 cos2 ωt · sin2 πt + π 2 sin2 ωt · cos2 πt
+ ω 2 sin2 ωt · sin2 πt + π 2 cos2 ωt · cos2 πt + π 2 sin2 πt
= ω 2 sin2 πt + π 2 cos2 πt + π 2 sin2 πt
= ω 2p
sin2 πt + π 2
|~v | = R ω 2 sin2 πt + π 2
Beschleunigung:


−ω sin ωt · sin πt + π cos ωt · cos πt
d
d 
ω cos ωt · sin πt + π sin ωt · cos πt 
~a =
~v (t) =
R
dt
dt
−π sin πt


2
2
−ω cos ωt · sin πt − π cos ωt · sin πt + ωπ(− sin ωt · cos πt − sin ωt · cos πt)
= R  −ω 2 sin ωt · sin πt − π 2 sin ωt · sin πt + ωπ(− cos ωt · cos πt − cos ωt · cos πt) 
−π 2 cos πt
1.11
v
y
y’
vrel
r’
r
r rel
z
S
x
t
z’
S’
t’
x’
Abbildung 5: Darstellung der Bahnkurve eines Massenpunktes in zwei, sich von einander entfernenden Koordinatensystemen S und S’


−(ω 2 + π 2 ) cos ωt · sin πt − 2ωπ sin ωt · cos πt
= R  −(ω 2 + π 2 ) sin ωt · sin πt − 2ωπ cos ωt · cos πt 
−π 2 cos πt
Aufgabe 4
3P
Transformation zwischen Bezugssystemen
Ein sich bewegender Massenpunkt wird in einem Inertialsystem S und ein anderes Bezugsystem S’ betrachtet. Dieses bewege sich mit der Geschwindigkeit ~vrel (t) von S weg.
Die Koordinaten werden so gewählt, dass ~vrel (t) in beiden Bezugssystemen nur eine xKomponente hat. Die Zeit verläuft in beiden Bezugssystemen mit gleich schnell (t′ = t).
Zur Zeit t = t′ = 0 haben sich die Ursprünge in einem Punkt gekreuzt. Im Inertialsystem
S genügt der Massenpunkt der (N EWTONschen) Bewegungsgleichung
m~¨r = F~
(5)
4.a) Stelle die Transformation T (~vrel (t)) : ~r 7→ ~r′ auf.
vektoriell:
~r′ (t) = ~r(t) − ~rrel (t)
Z t
= ~r(t) −
~vrel (t̆) · dt̆
0
Komponenten:
′
x
= x+
1.12
Z
t
0
vrel (t̆) · dt̆
y′ = y
z′ = z
t′ = t
4.b) Wie lautet die Bewegungsgleichung des Massenpunktes aus der Sicht von S’
wenn ~vrel (t) = ~at mit konstantem ~a ist?
′
~r (t) = ~r(t) −
= ~r(t) −
Z
t
~vrel (t̆) · dt̆
0
Z
0
t
~at̆ · dt̆
1
= ~r(t) − ~at2
2
′
d1 2
~r˙ (t) = ~r˙ (t) −
~at
dt 2
= ~r˙ (t) − ~at = ~r˙ (t) − ~vrel (t)
′
~¨r (t) = ~¨r (t) − ~a
′
⇒ m~¨r = F~ 7→ m~¨r + m~a = F~
′
⇒ m~¨r = F~ − m~a = F~ ′
Dabei ist m~a eine Scheinkraft.
4.c) Wie muss ~vrel (t) gewählt werden, damit die Bewegungsgleichung (5) unter der
Transformation T (~vrel (t)) : ~r 7→ ~r′ invariant bleibt.
Die t-Komponente bleibt unabhängig von ~vrel (t) invariant. Deshalb bleibt die Be′
wgungsgleichung (5) invariant wenn ~¨r (t) = ~¨r (t). Das wiederum ist erfüllt wenn
′
~r˙ (t) = ~r˙ (t) + const gilt. Das bedeutet dass ~vrel (t) konstant sein muss.
4.d) Die G ALILEItransformation G(~rrel , ~vrel ) : ~r 7→ ~r′ ist definiert durch1 :
G(~rrel , ~vrel ) ◦ ~r(t) = ~r(t) − ~rrel − ~vrel t
~rrel , ~vrel = const
Zeige diese G ALILEItransformationen eine ABELsche Gruppe bilden.
1
Die vollständige Gallileitransformation enthält noch eine konstante Drehung der Bezugsysteme untereinander
und einen Zeitoffset. Allerdings werden die Bezugssysteme meist so gewählt, dass diese verschwinden.
1.13
(a) Existenz und Eindeutigkeit: Eine Transformation G(~rrel,2 , ~vrel,2 ) angewendet
auf eine andere G(~rrel,1 , ~vrel,1 ) ergibt wieder eine Transformation G(~rrel,3 , ~vrel,3 ):
G(~rrel,2 , ~vrel,2 ) ◦ (G(~rrel,1 , ~vrel,1 ) ◦ ~r(t)) = G(~rrel,2 , ~vrel,2 ) ◦ (~r(t) − ~rrel,1 − ~vrel,1 t) ,
= ~r(t) − ~rrel,1 − ~vrel,1 t − ~rrel,2 − ~vrel,2 t
= ~r − (~rrel,1 + ~rrel,2 ) − (~vrel,1 + ~vrel,2 ) t
|
{z
} |
{z
}
~
rrel,3
~
vrel,3
= G3 (~rrel,3 , ~vrel,3 ) ◦ ~r
⇒ G(~rrel,2 , ~vrel,2 ) ◦ G(~rrel,1 , ~vrel,1 ) = G(~rrel,3 , ~vrel,3 )
(b) Assoziativgesetz: Die Reihenfolge der Anwendung von G1 , G2 und G3 spielt
keine Rolle:
Aus der vorhergehenden Rechnung sieht man, dass
G(~rrel,2 , ~vrel,2 ) ◦ G(~rrel,1 , ~vrel,1 ) = G(~rrel,3 , ~vrel,3 )
mit
~rrel,1 + ~rrel,2 = ~rrel,3 und ~vrel,1 + ~vrel,2 = ~vrel,3
(6)
deshalb ist
G(~rrel,1 , ~vrel,1 ) ◦ (G(~rrel,2 , ~vrel,2 ) ◦ G(~rrel,3 , ~vrel,3 ))
= G(~rrel,1 + (~rrel,2 + ~rrel,3 ) , ~vrel,1 + (~vrel,2 + ~vrel,3 ))
= G((~rrel,1 + ~rrel,2 ) + ~rrel,3 , (~vrel,1 + ~vrel,2 ) + ~vrel,3 )
= (G(~rrel,2 , ~vrel,2 ) ◦ G(~rrel,1 , ~vrel,1 )) ◦ G(~rrel,3 , ~vrel,3 )
(c) Existenz eines neutralen Elements: G(~rrel , ~vrel ) ◦ G(~rrel,0 , ~vrel,0 ) = G(~rrel , ~vrel )
An (6) sieht man, dass die Galileitrafo auf Vektoraddition basiert. Das neutrale
Element davon ist der Nullvektor ~0. Deshalb ist G(~0, ~0) ein guter Kandidat für
das neutrale Element:
G(~rrel , ~vrel ) ◦ G(~0, ~0) = G(~rrel + ~0, ~vrel + ~0)
= G(~rrel , ~vrel )
(d) Existenz eines inversen Elements: G(~rrel,1 , ~vrel,1 ) ◦ G(~rrel,−1 , ~vrel,−1 ) = G(~0, ~0)
Wiederum hilft (6) wenn man G(−~rrel , −~vrel ) auf G(~rrel , ~vrel ) anwendet erhält
man:
G(~rrel , ~vrel ) ◦ G(−~rrel , −~vrel ) = G(~rrel − ~rrel , ~vrel − ~vrel )
= G(~0, ~0)
1.14
(e) Komutativgesetz:
G(~rrel,2 , ~vrel,2 ) ◦ G(~rrel,1 , ~vrel,1 ) = G(~rrel,1 + ~rrel,2 , ~vrel,1 + ~vrel,2 )
= G(~rrel,2 + ~rrel,1 , ~vrel,2 + ~vrel,1 )
= G(~rrel,1 , ~vrel,1 ) ◦ G(~rrel,2 , ~vrel,2 )
4.e) Anwendung der Galilieitransformationen:
Ein Physiker fährt in einem Zug, der relativ zur Erde mit konstanter Geschwindigkeit fährt. Am Bahndamm sieht er
(a) einen Jungen (reibungsfrei) einen Ball werfen (senkrecht oder schräg)
Wurfparabel, bei der sich die Geschwindikeitskomponente gegen die Fahrtrichtung erhöht.
(b) jemanden ein Federpendel betrachten
Sinus.
(c) einen stehendes oder rollendes Rad
Zyklode.
Überlege qualitativ welche Bahnkurfen der Physiker sieht.
Aufgabe 5
2P
Tiefe eines Brunnens
Um die Tiefe eines Brunnens zu bestimmen läßt man einen Stein in diesen fallen und
mist die Zeit t bis zum Aufschlag. Das Schwerefeld g kann als homogen angenommen werden. Es wird ein ausreichend schwerer und aerodynamischer Stein gewählt, so
dass Reibungseffekte mit Luft vernachlässigt werden können. Die Zeit, die der Schall
(Geschwindigkeit c) des Aufschlags braucht bis er den Rand des Brunnens erreicht, ist
jedoch signifikant.
5.a) Berechne die Tiefe des Brunnens
t = tStein + tSchall
freier Fall:
1
h = gt2Stein ⇔ tStein =
2
1.15
s
2h
g
Schall:
⇒t =
h
c
s
2h h
+
g
c
h
⇔t−
=
c
s
2h
g
h = ctSchall ⇔ tSchall =
ht h2
2h
⇔ t2 − 2 + 2 =
c
c
g
2
c
+ ct + c2 t2 = 0
⇔ h2 − 2h
g
s 2
c
1
c2
⇒h =
+ ct ±
+ ct − 4c2 t2
4
g
2
g
s
2
c4
1
c3
c
4 2 + 8 t + 4c2 t2 − 4c2 t2
+ ct ±
h =
g
2
g
g
r
c2
c2
2gt
h =
+ ct ±
1+
g
g
c
2
Da für t = 0 h = 0 sein muss, kommt nur das negative Vorzeichen in Frage:
r
c2
2gt
c2
+ ct −
1+
⇒h =
g
g
c
!
r
c2
2gt
h = ct +
1− 1+
g
c
5.b) In realistischen fällen ist c ≫ 2gt. Gib die ersten drei Terme einer Reihenentwicklung an.
√
1
1
1
5 4
1 + x ≈ 1 + x − x2 + x3 −
x
2
8
16
128
!
r
c2
2gt
h = ct +
1− 1+
g
c
2gt 4g 2t2 8g 3t3 5 · 16g 4t4
c2
1−1−
+
−
+
h ≈ ct +
g
2c
8c2
16c3
128c4
1 2 g 2 t3 5g 3t4
gt −
+
h ≈
2
2c
8c2
1.16
5.c) Bei einem Brunnen auf der Erde (g = 9.81 m/s2 , c = 330 m/s) wird eine Fallzeit von
4.0 s gemessen. Welche Tiefe wird nach 1.-3. Ordnung und exakt ermittelt?
1
Ordnung
Tiefe in m 78.5
1.17
2
3
69.2 70.6
∞
70.4