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Hallo,

habe folgendes Problem: Ich weiß gerade nicht wie ich folgende Gleichung nach $$tanα$$ umstelle:

$$y(x=d)=-\frac{g}{2  v_0^2 }(1+tan^2 \alpha)(d)^2+tan\alpha(d)=h $$
$$-\frac{g}{2  v_0^2 }(1+tan^2 \alpha)(d)^2+tan\alpha(d)=h$$

Die Lösung lautet:
$$tan\alpha=\frac{v_0^2}{g d}\left(1\pm \sqrt{1-\frac{2gh}{v_0^2}-\left(\frac{gd}{v_0^2}\right)^2}\right)$$

Vielleicht erbarmt sich ja jemand trotz des Feiertages =D

Danke

von

Ich habe einmal bei Wikipedia unter " Wurfparabel " nachgeschaut.
Dort steht eine andere Formel als die von dir angegebene.

Problemstellung
Den Abwurfwinkel berechnen.

Gegegeben
v0 Abwurfgeschwindigkeit
und
h ( Scheitelpunkthöhe )

Ja ?

Hallo georgborn,

die Formel für die Wurfparabel steht im Skript eines TM - Professors, woher ich auch die Lösung habe. Ich glaube nicht, dass dieser einen Fehler hat. Bei Bedarf kann ich auch die Formel herleiten und hier posten.

Ob h tatsächlich die Scheitelhöhe ist lässt sich hier nur mutmaßen. IN der Aufgabe geht es um einen Fussballspieler, der einen Ball unter einem Winkel alpha (Abschusswinkel) in ein Tor(unmittelbar unter der Torlatte - Höhe h) aus einer Distanz von d treffen will. GEGEBEN: d, h, v0

Wahrscheinlich ist h nicht die Scheitelhöhe.

Ansonsten : siehe meinen Kommentar bei Wolfgang
1. Zeile die von dir angegebene Formel
2. Zeile Umstellung nach tan(a) )
3. Zeile Umstellung nach tan(a) )

Ich nehme an das das Mathe richtig umgestellt hat.

Es gibt noch 2 Dinge
- es könnte ein Vergleich zwischen der von dir angeführten
Lösung und der Lösung des Matheprogramms gemacht werden.
- fehlt dir der ganze Umstellungsprozess mit Zwischenschritten ?

Ich habe mich 2 mal an der Unstellerei versucht.
Mit ganz viel Konzentration könnte es mir vielleicht
gelingen.

Wolframs Matheprogramm bietet auch einigen Nutzern
die Möglichkeit komplett alle Zwischenschritte anzuzeigen.
Habe ich allerdings nicht.
Das Endergebnis ( ohne Zwischenschritte ) könnte dort auch
kostenfrei ermittelt werden.

Soviel zunächst.

Das Endergebnis ( ohne Zwischenschritte ) könnte dort auch
kostenfrei ermittelt werden.

Wozu soll das gut sein ?

Es steht doch völlig korrekt oben in der Fragestellung !

Hi, ich habs raus. Ich werde später mal den Lösungsweg hier kundtun, damit die Frage als abgeschlossen gelten kann und andere Interessierte wissen, was zu machen ist :) Danke euch allen für die Hilfe

2 Antworten

0 Daumen

Hallo,

g/(2·v2)·(1 +  tan2(α))·d2 +  tan(α)·d = h

ich erhalte für die Gleichung die Lösung

     tan(α)  = (√(v2·(2·g·h + v2) - d^2·g2) - v2) / (d·g)

∨   tan(α)  = - (√(v2·(2·g·h + v2) - d2·g2) + v2) / (d·g)

Probeeinsetzung "alle Unbekannten = 1"  ergibt  -1 ± √2

Bei der von dir angegebenen Lösung ergibt sich der negative Radikand -2

Ich meine, Letztere ist falsch.

Gruß Wolfgang

von 6,1 k

"Bei der von dir angegebenen Lösung ergibt sich der negative Radikand -2." Und das ist auch tatsächlich der Fall.

"Ich meine, Letztere ist falsch." Möglicherweise ist nicht die angegebene Lösung falsch, sondern bei der Ausgangsgleichung stimmt etwas nicht.

Hallo Wolfgang und Roland,

danke erstmal für für eure Kommentare.

Kann es sein, dass du das Vorzeichen vergessen hattest?

- g/(2·v2)·(1 +  tan2(α))·d2 +  tan(α)·d = h

könntest du mir evtl. auch vereinzelt deine Rechenschritte aufzeigen? Das wäre super!

Muss ich hierbei substituieren und die PQ-Formel letztich anwenden?

Gruß

Sorry stimmt, hatte das "-"  optisch in den Bruchstrich integriert. Man muss also überall statt "g"  "-g" schreiben.

Muss ich hierbei substituieren und die PQ-Formel letzttich anwenden?

So kann man das machen.

Ich habe mich auch mit der manuellen Umformung abgemüht
und habe mich ein paar mal verhaspelt.

Mein Matheprogramm sagt dazu

Bild Mathematik

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Hier nun die Lösung (wird etws länger werden) =):

Bild Mathematik

Geschwindigkeitskomponenten $$v_{0_y}=v_0\,sin\alpha$$ und $$v_x=v_0\,cos\alpha$$

Bewegungsgleichung (auf ausführliche Integration wird hierbei verzichtet, das würde den Rahmen sprengen):

in y-Richtung:

$$a_y=-g$$ $$v_y=-g\,(t-t_0)+v_{0_y}$$ $$y(t)=y=-\frac{1}{2}g(t-t_0)^2+v_{0_y}(t-t_0)+y_0\,\,\,\,\,\,\,\,Gl.(1) $$

in x-Richtung:

$$a_x=0$$ $$v_x=v_{0_x}$$ $$x(t)=x=v_{0_x}(t-t_0)+x_0\,\,\,\,\,\,\,\,Gl.(2) $$

$$Gl.2$$ nach $$(t-t_0) = \frac{x-x_0}{v_{0_x}}$$ aufgelöst und in $$Gl.1$$ eingesetzt:

$$a_y=-g$$ $$v_y=-g\,(t-t_0)+v_{0_y}$$ $$y(x)=y=-\frac{1}{2}g\left( \frac{x-x_0}{v_{0_x}}\right)^2+v_{0_y}\left( \frac{x-x_0}{v_{0_x}}\right)+y_0\,\,\,\,\,\,\,\,Gl.(1) $$

Mit den Geschwindigkeitskomponenten ergibt sich folgende Gleichung:

$$a_y=-g$$ $$v_y=-g\,(t-t_0)+v_{0_y}$$ $$y(x)=y=-\frac{1}{2}g\left( \frac{x-x_0}{v_0\,cos\alpha}\right)^2+v_0\,sin\alpha\left( \frac{x-x_0}{v_0\,cos\alpha}\right)+y_0\,\,\,\,\,\,\,\,Gl.(1) $$

$$y(x)=y=-\frac{1}{2}g \frac{(x-x_0)^2}{v^2_0\,cos^2\alpha}+\frac{v_0}{v_0}\, \frac{sin\alpha}{cos\alpha}(x-x_0)+y_0\,\,\,\,\,\,\,\,Gl.(1) $$

$$y(x)=y=-\frac{1}{2}g \frac{(x-x_0)^2}{v^2_0\,cos^2\alpha}+tan\,\alpha(x-x_0)+y_0\,\,\,\,\,\,\,\,Gl.(1) $$

auf folgenden Beweis wird verzichtet:

$$\frac{1}{cos^2\alpha}=1+tan^2\,\alpha$$

$$y(x)=y=-\frac{g}{2\,v^2_0}\,(1+tan^2 \alpha) (x-x_0)^2+tan \alpha (x-x_0)+y_0$$

Bedingungen: $$y_0=0,\,\,x_0=0,\,\,y(x=d)=h$$

$$y(x=d)=-\frac{g}{2\,v^2_0}\,(1+tan^2 \alpha) \, \cdot \, d^2+tan \alpha\, \cdot \, d = h$$

$$h=-\frac{g}{2\,v^2_0}\,(1+tan^2 \alpha) \, \cdot \, d^2+tan \alpha\, \cdot \, d$$

Daraus erhält man eine quadratische Gleichung:

$$0=-\frac{g}{2\,v^2_0}\,(1+tan^2 \alpha) \, \cdot \, d^2+tan \alpha\, \cdot \, d\,-h$$

Substitution mit $$z\,=\,tan\,\alpha$$

$$\frac{g \cdot d^2}{2\,v^2_0} \cdot z^2 - d \cdot z + \frac{g \cdot d^2}{2\,v^2_0} + h = 0$$

$$z_{1/2} = \frac{v^2_0}{g\,d} \cdot \left(1 \pm \sqrt{1-\frac{2\,g}{v^2_0} \cdot \left(h + \frac{g\,d^2}{2\,v^2_0}\right)}\right)$$

$$\alpha_1 = arctan\,z_1$$

$$\alpha_2 = arctan\,z_2$$

von

Die Ausgangsformel kann auch einfacher hergeleitet werden.

Bild Mathematik

Hi georgborn,

klar, viele Wege führen nach Rom ;)

Falls du weitere / andere Fragen hast dann wieder einstellen.

klar, werd ich machen! Vielen Dank für die Hilfsbereitschaft :-) LG

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