Fällt eine lange senkrechte Stange mit einer anderen Geschwindigkeit als eine kurze senkrechte Stange?

Question

Fällt eine lange senkrechte Stange mit einer anderen Geschwindigkeit als eine kurze senkrechte Stange?

dumme Muse

Die Formel für ein fallendes Objekt hat $r^2$ im Nenner. Dies würde bedeuten, dass ein höher gelegenes Objekt langsamer fällt als der Standard $9.807\ \mathrm{m/s^2}$ dass wir in der High School unterrichtet werden.

Was würde passieren, wenn wir es nehmen würden $1$ Meterstab und a $10$ Meterstab bis zu einer Höhe von $100$ Meter für die Unterseite beider Stangen und ließ sie dann fallen? Nehmen wir an, sie sind auf der Unterseite beschwert, sodass beide vertikal bleiben und dass die $10$ Meterstab ist hohl, also wiegen beide gleich viel. Würden sie gleichzeitig oder anders auf den Boden aufschlagen?

fraxinus

Luftwiderstand vernachlässigt oder nicht?

dumme Muse

@fraxinus Kein Luftwiderstand berücksichtigt. Rein Newtonsche Gravitation. Ich musste nicht über das Gewicht nachdenken, aber ich wollte, dass NUR die Stocklänge berücksichtigt wird.

RossPresser

Der Effekt, auf den Sie sich beziehen, heißt "Flut".

PcMan

Man geht davon aus, dass der Luftwiderstand nicht relevant ist, da das längere Objekt mehr Luftwiderstand darüber hätte, eine viel größere Oberfläche? Man geht auch davon aus, dass der Luftauftrieb zu vernachlässigen ist, da sonst das größere Objekt bei gleicher Masse weniger wiegen würde? Auf die Spitze getrieben könnte das zweite Objekt wie ein Wasserstoffballon fliegen! Und Ihre Aussage "unten gewichtet" trübt die Situation wirklich, indem sie die Massenverteilung der längeren Stange ändert. Ist sein Schwerpunkt höher oder niedriger als beim kürzeren Pol, wissen wir es nicht!

PcMan

Gute Idee für eine Frage, aber mit sehr schlammigen Begriffen formuliert. Sie müssen die Startumgebung explizit angeben. Sie müssen sich nicht mit der Massenverteilung der Pole herumschlagen, oder wenn Sie dies tun möchten, dann geben Sie genau an , was getan wird. "Ein Ende zu wiegen" wird ohne Luftwiderstand nichts an der Ausrichtung der Stange ändern und ist eine unnötige, nicht quantifizierte Komplikation.

Jakk

Ich meine, wir können ein Modell der Erde annehmen, das eine unendliche Ebene mit gleichmäßiger Schwerkraft darüber ist. Dann ist die

r^{2}

$r^2$ im Nenner verschwindet. walter.bislins.ch/bloge/… ;)

Antworten (7)

Fällt eine lange senkrechte Stange mit einer anderen Geschwindigkeit als eine kurze senkrechte Stange?

@fraxinus Kein Luftwiderstand berücksichtigt. Rein Newtonsche Gravitation. Ich musste nicht über das Gewicht nachdenken, aber ich wollte, dass NUR die Stocklänge berücksichtigt wird.
Man geht davon aus, dass der Luftwiderstand nicht relevant ist, da das längere Objekt mehr Luftwiderstand darüber hätte, eine viel größere Oberfläche? Man geht auch davon aus, dass der Luftauftrieb zu vernachlässigen ist, da sonst das größere Objekt bei gleicher Masse weniger wiegen würde? Auf die Spitze getrieben könnte das zweite Objekt wie ein Wasserstoffballon fliegen! Und Ihre Aussage "unten gewichtet" trübt die Situation wirklich, indem sie die Massenverteilung der längeren Stange ändert. Ist sein Schwerpunkt höher oder niedriger als beim kürzeren Pol, wissen wir es nicht!
Gute Idee für eine Frage, aber mit sehr schlammigen Begriffen formuliert. Sie müssen die Startumgebung explizit angeben. Sie müssen sich nicht mit der Massenverteilung der Pole herumschlagen, oder wenn Sie dies tun möchten, dann geben Sie genau an , was getan wird. "Ein Ende zu wiegen" wird ohne Luftwiderstand nichts an der Ausrichtung der Stange ändern und ist eine unnötige, nicht quantifizierte Komplikation.
Ich meine, wir können ein Modell der Erde annehmen, das eine unendliche Ebene mit gleichmäßiger Schwerkraft darüber ist. Dann ist die $r^2$ im Nenner verschwindet. walter.bislins.ch/bloge/… ;)

2012rcampion · Answer 1

Paul T. gibt eine gute Antwort in Bezug auf den Fall, dass die Höhe der Unterseiten der Pole gleich ist (was in der Frage gefragt wurde). Der Hauptunterschied liegt in diesem Fall in der unterschiedlichen Höhe der Massenschwerpunkte der beiden Stäbe.

Sie könnten sich jedoch fragen, was wäre, wenn die Massenschwerpunkte der beiden Stäbe auf gleicher Höhe wären, gäbe es dann immer noch einen Unterschied? Es stellt sich heraus, dass dies der Fall sein wird, obwohl der Unterschied noch geringer ist.

Lassen $m$ Und $l$ Seien Sie die Masse und Länge eines vertikalen Stabes mit gleichmäßiger Dichte, und $r$ die Höhe seines Mittelpunkts vom Mittelpunkt des Planeten. Die Masse des Planeten ist $M$ . Stellen Sie sich ein winziges Stück Masse vor $\delta m$ und Distanz $x$ von der Mitte des Stabes (so $x$ ist zwischen $-l/2$ Und $+l/2$ ). Die Schwerkraft auf das winzige Stück ist:

δ F = \frac{G M δ M}{(R + X)^{2}}

$\delta F=\frac{GM\delta m}{(r+x)^2}$

Die Gesamtkraft auf den Stab ist das Integral von $\delta F$ über die ganze Masse:

F = \int \frac{G M}{(R + X)^{2}} D M

$F=\int\frac{GM}{(r+x)^2}dm$

Die Masse des kleinen Stücks ist proportional zu seiner Länge ( $m/l=\delta m/\delta x$ ), damit wir ersetzen können $dx$ für $dm$ mit entsprechender Skalierung:

F = \int_{- l / 2}^{+ l / 2} \frac{G M}{(R + X)^{2}} (\frac{M}{l} D X)

$F=\int_{-l/2}^{+l/2}\frac{GM}{(r+x)^2}\left(\frac{m}{l}dx\right)$

Machen die integralen Ausbeuten:

\begin{aligned} F & = - \frac{G M M}{l} {\frac{1}{R + X} |}_{X = - l / 2}^{+ l / 2} \\ = - \frac{G M M}{l} (\frac{1}{R + l / 2} - \frac{1}{R - l / 2}) \\ = - \frac{G M M}{l} (\frac{(R - l / 2) - (R + l / 2)}{(R + l / 2) (R - l / 2)}) \\ = - \frac{G M M}{l} (\frac{- l}{R^{2} - (l / 2)^{2}}) \\ = \frac{G M M}{R^{2} - (l / 2)^{2}} \end{aligned}

$\begin{align} F&=-\frac{GMm}{l}\left.\frac{1}{r+x}\right|_{x=-l/2}^{+l/2} \\ &=-\frac{GMm}{l}\left(\frac{1}{r+l/2}-\frac{1}{r-l/2}\right) \\ &=-\frac{GMm}{l}\left(\frac{(r-l/2)-(r+l/2)}{(r+l/2)(r-l/2)}\right) \\ &=-\frac{GMm}{l}\left(\frac{-l}{r^2-(l/2)^2}\right) \\ &= \frac{GMm}{r^2-(l/2)^2} \end{align}$

Dies ist fast derselbe Wert, als ob die Masse des Stabes in seiner Mitte konzentriert wäre (in diesem Fall wäre es gerade $GMm/r^2$ ). Schauen wir uns wie Paul T. den relativen Unterschied an:

\frac{\frac{G M M}{R^{2} - (l / 2)^{2}} - \frac{G M M}{R^{2}}}{\frac{G M M}{R^{2}}} = \frac{(R^{2}) - (R^{2} - (l / 2)^{2})}{R^{2} - (l / 2)^{2}} = \frac{(l / 2)^{2}}{R^{2} - (l / 2)^{2}} \approx {(\frac{l}{2 R})}^{2}

$\frac{\frac{GMm}{r^2-(l/2)^2}-\frac{GMm}{r^2}}{\frac{GMm}{r^2}} = \frac{(r^2)-(r^2-(l/2)^2)}{r^2-(l/2)^2} = \frac{(l/2)^2}{r^2-(l/2)^2} \approx \left(\frac{l}{2r}\right)^2$

Vergleichen Sie dies mit dem Fall, in dem wir messen $r$ vom Ende der Stange, wo der relative Unterschied (zwischen einem Stab und einer Spitze) gerade war $l/r$ . Wenn der Endfall einen Unterschied von einem Teil pro Million hatte, hat der mittlere Fall einen Unterschied von weniger als einem Teil pro Billion!

Ich habe mich gefragt, wann jemand dies mit Kalkül beantworten würde, weil dies tatsächlich eine Kalkülfrage ist. Gut gemacht ;)

Paul T. · Answer 2

Ja. Wie in den Fragen beschrieben, gibt es einen sehr kleinen Unterschied zwischen der Beschleunigung der beiden Pole, wobei der kürzere schneller beschleunigt.

Der Unterschied

Die auf einen Pol wirkende Gravitationskraft ist

F = \frac{G M M}{R^{2}},

$F = \frac{GMm}{r^2},$ Wo

M

$M$ ist die Masse der Erde,

m

$m$ ist die Masse des Pols, und

r

$r$ ist die Trennung zwischen dem Schwerpunkt (CoM) der Erde und dem CoM des Pols. Unter Vernachlässigung des Luftwiderstands und der Gravitationswirkung eines Pols auf den anderen ist die Beschleunigung eines Pols

A = F / M = \frac{G M}{R^{2}} .

$a = F/m = \frac{GM}{r^2}.$ Die Masse der Pole spielt keine Rolle. Sie können unterschiedlich oder gleich sein.

Wenn die beiden Stangen unterschiedlich lang sind, $L > \ell$ , dann sind ihre CoMs unterschiedlich weit von der CoM der Erde entfernt. Lassen Sie uns definieren $R$ als Abstand vom CoM der Erde zum unteren Rand der Erhebungen, die sich auf gleicher Höhe befinden. Angenommen, die Pole sind einheitlich

R_{ℓ} = R + ℓ / 2 Und R_{L} = R + L / 2.

$r_\ell = R + \ell/2 \quad\text{and}\quad r_L= R + L/2.$

Die kürzere Stange erfährt eine größere Beschleunigung.

A_{ℓ} = \frac{G M}{(R + ℓ / 2)^{2}} > A_{L} = \frac{G M}{(R + L / 2)^{2}}

$a_\ell = \frac{GM}{(R + \ell/2)^2} \quad > \quad a_L = \frac{GM}{(R + L/2)^2}$

Wie groß ist der Unterschied?

Um in den Griff zu bekommen, um wie viel größer, können wir eine Entwicklung erster Ordnung der beiden Beschleunigungen durchführen und uns den Unterschied ansehen.

A_{L} = \frac{G M}{R^{2}} = \frac{G M}{(R + L / 2)^{2}} = \frac{G M}{R^{2} (1 + \frac{L}{2 R})^{2}} = \frac{G M}{R^{2}} {(1 + \frac{L}{2 R})}^{- 2} \approx \frac{G M}{R^{2}} (1 - 2 \frac{L}{2 R})

$a_L = \frac{GM}{r^2} = \frac{GM}{(R + L/2)^2} = \frac{GM}{R^2(1+\frac{L}{2R})^2} = \frac{GM}{R^2}\left(1 + \frac{L}{2R}\right)^{-2}\approx \frac{GM}{R^2}\left(1 - 2 \frac{L}{2R}\right)$

Ich persönlich finde den Bruchteil Unterschied $\frac{\Delta a}{a}$ erhellender sein als das Absolute. Schauen wir uns das also an, indem wir das Gemeinsame aufteilen $GM/R^2$ Bit.

\frac{Δ A}{A} \approx \frac{A_{ℓ} - A_{L}}{G M / R^{2}} \approx (1 - ℓ / R) - (1 - L / R) = \frac{L - ℓ}{R}

$\frac{\Delta a}{a} \approx \frac{a_\ell - a_L}{GM/R^2} \approx (1- \ell/R) - (1-L/R) = \frac{L-\ell}{R}$

Der Radius der Erde beträgt ca $6\times 10^6$ m, also betrachten wir Teile-pro-Million-Unterschiede in den Beschleunigungen der beiden Pole.

Ich werde Ihnen eine Frage stellen, die ich oben gestellt habe. Verwenden wir den Schwerpunkt der Erde und des Pols nur aus mathematischen Gründen, oder gibt es einen genaueren Weg, wenn wir eine Ableitungsberechnung für die gesamte Länge von beiden durchführen? Ich weiß, es ist eine seltsame Frage, aber ich versuche, genau zu verstehen, wie die Dinge in Bezug auf die Raumzeit fallen.
Im Allgemeinen müssen Sie über die beiden Massenverteilungen integrieren, um die Kraft jedes Teils eines Körpers auf jeden Teil des anderen herauszufinden. Kugelsymmetrische Dinge wirken an ihren CoMs wie perfekte Punktmassen. Die Erde ist nicht ganz eine Kugel, also gibt es kleine $\sim\frac{1}{R^4}$ Quadrupolkorrekturen der Kraft aufgrund seiner Form. Vielleicht möchten Sie nach Massen-Quadrupol- oder Multipol-Expansion suchen
Wenn Sie über das Fallen und die Raumzeit nachdenken, sollten Sie sich anstelle der Newtonschen Gravitation die allgemeine Relativitätstheorie ansehen.
"Angenommen, die Stangen sind einheitlich" widerspricht der Aussage des OP: "Nehmen wir an, sie sind am Boden gewichtet, damit beide vertikal bleiben" (was übrigens nicht funktionieren würde, wenn der Luftwiderstand nicht berücksichtigt wird).
Wenn die Stangen lang genug sind (wie in wirklich lang), könnten sie sogar über der Erde schweben, oder? Ähnlich den Konzepten für Weltraumaufzüge.
@EricDuminil Nein - die Schwerkraft erstreckt sich unendlich weit und zeigt immer nach unten. Egal wie weit Sie von der Erde entfernt sind, Sie können allein durch die Schwerkraft direkt auf sie fallen. Sie sprechen davon, Dinge in die Umlaufbahn zu bringen, was nichts mit einer Verringerung der Schwerkraft zu tun hat, sondern sich nur sehr schnell seitwärts bewegt. Ein Weltraumaufzug wird von einer Zentrifugalkraft aus der Geschwindigkeit seiner Umlaufbahn gehalten, aber er wird immer noch von der Schwerkraft nach unten gezogen - er umkreist nur schnell genug, damit er niemals auf den Boden fällt. Egal wie hoch Sie den COM setzen, die Schwerkraft zieht ihn nach unten .
@foolishmuse: Unter GR wäre es nicht wesentlich anders. Ich habe die Berechnungen nicht durchgeführt, aber ich würde erwarten, dass es noch kleinere Korrekturen in der Größenordnung von geben würde $(L-\ell)^2/R^2$ ; aber das würde einen Unterschied von Teilen pro Million in den Unterschied einführen und wäre entsprechend schwerer zu erkennen.
Dies vernachlässigt jedoch die Endgeschwindigkeit und andere Aerodynamik. Und bei gleicher Masse hat dies einen großen Einfluss, da der Hautwiderstand bei einem größeren Objekt viel höher ist. (Obwohl der Druckwiderstand geringer wäre). Da das OP angibt, dass die Stange unten gewichtet ist, um sie gerade zu halten, deutet dies darauf hin, dass er aerodynamische Kräfte berücksichtigt. (Ansonsten wird die Gewichtung nicht benötigt).
@ paul23: Das OP hat in einem Kommentar zur ursprünglichen Frage angegeben, dass der Luftwiderstand vernachlässigt werden sollte. Da kann es aber zu Widersprüchen kommen.
@ paul23 An alle bezüglich des OP, ja, ich gehe von keinem Luftwiderstand aus. Ich habe den Hinweis zu einem Gewicht unten hinzugefügt, damit jeder Leser versteht, dass die Stangen vertikal bleiben, da dies der Schlüsselteil der Frage ist. Und ich habe die hohle lange Stange hinzugefügt, damit die Masse keine Rolle spielt.
Wenn Sie Wechselwirkungen mit der Atmosphäre vernachlässigen, benötigen Sie keine ungleichmäßige Massenverteilung, um einen geraden Sturz zu erzielen. Es sollte ausreichen, mit zylindrischen Polen gleicher Dichte zu beginnen, die parallel zum Gravitationsvektor ausgerichtet sind. Wenn keine anderen Kräfte auf die Pole wirken, gibt es dann nichts, was eine Netto-Tangentialkraft einführen würde.
@JohnBollinger Ja, absolut. Tatsächlich wäre bei der an anderer Stelle erwähnten Spagettifizierung die Tendenz, vertikal zu bleiben, sehr stark. Leider impliziert dieses Video youtube.com/watch?v=gcvq1DAM-DE stark, dass ein fallendes Objekt sich im Raum drehen möchte. Aber bei all dem verstehen wir, dass, wenn die Pole horizontal wären, sie zur gleichen Zeit landen würden, aber wenn sie vertikal wären, landen sie zu unterschiedlichen Zeiten – alles aufgrund des Gradienten der Zeitdilatation.
@NuclearHoagie Ich habe nicht über eine Verringerung der Schwerkraft gesprochen. Wenn der Pol so lang ist, dass sich der Schwerpunkt auf einer geostationären Umlaufbahn befindet: Die andere Seite des Pols müsste sich sehr schnell drehen, damit der Pol vertikal bleibt. Der gesamte Pol wäre in der Umlaufbahn (ohne Luftwiderstand auf der nächsten Seite oder über der Atmosphäre zu platzieren). Es würde fallen, aber es würde immer die Erde verfehlen. Könnte das funktionieren?

Gert · Answer 3

Unter der (vernünftigen) Annahme, dass beide Objekte starr sind (keine Verformung unter dem Einfluss der Schwerkraft erfahren), dann im Gesetz:

F = G \frac{M M}{R^{2}}

$F=G\frac{mM}{r^2}$

$r$ bezieht sich auf den Abstand zwischen dem Schwerpunkt (CoG) des Objekts und dem CoG der Erde.

Unter der Annahme, dass die CoGs beider Objekte dieselbe Masse haben und sich auf derselben Höhe über der Erde befinden (zu Beginn ihres freien Falls), ergibt sich das Ergebnis $F$ sind gleich.

Würden sie gleichzeitig oder anders auf den Boden aufschlagen?

Unter diesen Umständen würde ersteres zutreffen.

Es ist wahrscheinlich erwähnenswert, dass es nicht genau richtig wäre, wenn ihre individuellen Massen unterschiedlich wären ( und die Stäbe weit voneinander entfernt wären).
@NakshatraGangopadhay Hat eine Bearbeitung vorgenommen. Ihre zweite Bedingung scheint mir jedoch sehr implizit zu sein.
Die meisten Bücher lehren fälschlicherweise, dass unterschiedliche Massen, die dieselbe Beschleunigung erfahren, automatisch implizieren, dass sie die Erdoberfläche gleichzeitig erreichen. Das Problem dabei ist, dass einer von ihnen bei gleicher Beschleunigung eine kürzere Strecke zurücklegen muss. Das schwerere Objekt hat einen gemeinsamen Massenschwerpunkt mit der Erde, näher bei sich selbst als das leichtere Objekt, und legt daher im Vergleich zum leichteren Objekt eine kürzere Strecke zurück. Ein sehr subtiler Punkt, den viele zu übersehen scheinen.
@NakshatraGangopadhay Mir scheint, dass die Frage auf der Ebene der Mittelschule gestellt wurde, wo diese Art von Subtilität verständlicherweise noch nicht gelehrt wird.
@Gert Wenn ich mich nicht irre, fallen die CoGs für zwei Stangen gleichzeitig zusammen (wenn sie sich auf gleicher Höhe befinden), bis die Unterseite der längeren Stange den Boden berührt (da die Unterseite der längeren Stange näher am Boden liegt).
Die Frage lautet "Höhe von 100 m für die Unterseite beider Pole", aber Ihre Antwort lautet "unter der Annahme, dass sich die CoGs beider Objekte auf derselben Höhe befinden". Sie haben eine andere Frage als die gestellte beantwortet.
@Nakshatra Es gibt eine gute Frage zu diesem Thema, die unten im Abschnitt "Verwandte" verlinkt ist: Fallen schwerere Objekte nicht tatsächlich schneller, weil sie ihre eigene Schwerkraft ausüben? Der Effekt für kleine Körper auf der Erde liegt in der Größenordnung von 1 Teil in 10²⁴.
@NakshatraGangopadhay, es ist wirklich ein bisschen pedantisch, das falsch zu nennen . Nicht nur, weil der Effekt in der Praxis für jedes Objekt, das Sie tatsächlich heben könnten, völlig vernachlässigbar ist, sondern auch theoretisch, weil es die Bewegung der Erde ist, die den winzigen Unterschied ausmacht. Die Objekte würden immer noch gleichzeitig die Oberfläche erreichen, wenn sich die Erde im schwereren Fall zu diesem Zeitpunkt nicht näher bewegt hätte.

Andreas Steane · Answer 4

Ja, etwas andere Beschleunigung, wie andere gesagt haben, was zu einer etwas späteren Ankunft des längeren Pols führt. (Es ist die Position des Massenmittelpunkts, die die Beschleunigung bestimmt).

Ein interessanter Nebeneffekt: Durch die unterschiedliche Gravitationskraft an ihren beiden Enden werden die Pole beide auf Spannung gezogen. Das extreme Beispiel dafür ist die „Spaghettifizierung“, die vorhergesagt wird, wenn Dinge in Richtung des Zentrums eines Schwarzen Lochs fallen.

fraxinus · Answer 5

Okay, keine Luft. Außerdem vereinfache ich die Gezeiteneffekte (Pole sind in keiner Weise kugelförmig). Die gegenseitige Anziehung zwischen den Polen sowie die Bewegung der Erde auf sie werden als vernachlässigbar angesehen (nicht, dass dies die Antwort ändern würde).

Abgesehen davon hat der 10-m-Stab seinen Schwerpunkt 4,5 m höher, sodass er etwas weniger Schwerkraft und weniger Beschleunigung erhält.

Da beide Stangen 100m (gleiche Distanz) zurücklegen müssen, kommt die 10m Stange später an.

Adrian Howard · Answer 6

Bei nicht gleichförmiger Schwerkraft werden unter Berücksichtigung des Luftwiderstands zwei beliebige Objekte mit unterschiedlichen Schwerpunkthöhen durch die Schwerkraft mit unterschiedlichen Geschwindigkeiten beschleunigt. Wie Sie zu verstehen scheinen, würde der vergrößerte Radius zum Schwerpunkt dem höheren Objekt eine geringere anfängliche Beschleunigungsrate verleihen.

Der Schwerpunkt. Das macht absolut Sinn. Sind Sie sich dessen im Vergleich zur Höhe der Stangenspitze sicher? Oder wird der Schwerpunkt nur der mathematischen Einfachheit halber verwendet?
Ich denke, das würde auch die Frage aufwerfen, ob der Mittelpunkt der Erde nur der mathematischen Einfachheit halber verwendet wird?
Der COG ist der Punkt des Gravitationsgleichgewichts des Objekts. Bei nicht gleichförmiger Schwerkraft wird der COG etwas anders sein als sein COM. Wenn man die Gravitationsanziehung zwischen der Erde und viel, viel kleineren Objekten betrachtet, ist der Unterschied zwischen dem COM der Erde und seinem COG relativ zu dem kleineren Objekt normalerweise belanglos

Torf Fitzpatrick · Answer 7

Eigentlich ist die Frage etwas vage. Als ich es las, dachte ich, es bedeute wie ein Baum oder ein Telegrafenmast oder einer dieser sehr hohen alten Schornsteine, die umfallen. In diesem Fall berechnen wir die Zeit, die ein hoher, dünner Zylinder benötigt, um umzufallen. Je höher es ist, desto länger dauert es, bis es herunterfällt, obwohl wir im wirklichen Leben damit kämpfen müssten, dass der Zylinder bricht oder sich verformt. Die meisten Antworten hier konzentrieren sich auf das Fallenlassen eines vertikalen Zylinders und haben dies gründlich beantwortet. Es besteht auch die Möglichkeit, dass der Zylinder (Stange) horizontal gehalten wird, bevor er fallen gelassen wird, in diesem Fall wäre die Länge nicht relevant. Ich hoffe, das hat das Wasser ein wenig getrübt...

Bitte machen Sie in Ihrer Antwort weitere Angaben. Wie es derzeit geschrieben ist, ist es schwer, Ihre Lösung zu verstehen.

Fällt eine lange senkrechte Stange mit einer anderen Geschwindigkeit als eine kurze senkrechte Stange?

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Der Unterschied

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