Teilchengleiten auf einer Kugel

Question

Teilchengleiten auf einer Kugel

hdhnull

Ich glaube, die meisten von Ihnen haben wahrscheinlich das folgende Problem mit Energieeinsparung gelöst, wie hier gezeigt . Es sagt aus

Ein Teilchen beginnt von der Ruhe oben auf einer reibungsfreien Kugel mit dem Radius R und gleitet unter der Schwerkraft auf der Kugel. Wie weit kommt es unter seinen Startpunkt, bevor es von der Kugel abfliegt?

Ich habe versucht, dieses Problem nur mit den Newtonschen Gesetzen ohne Energieeinsparung zu lösen. Ich würde gerne wissen, ob es möglich ist und wenn ja, ob Sie mir einige Ideen geben könnten, wie ich es lösen kann. Das Problem, das ich derzeit habe, ist, dass ich glaube, dass die Normalkraft in diesem Problem keine Konstante ist, sondern eine Funktion des Winkels.

Ich glaube, es ist klar, dass die Flugbahn des Blocks eine Kurve ist, bevor er aus der Kugel fällt. Wenn es sich um eine Kurve handelt, haben wir eine Zentripetalkraft, die durch gegeben ist

M \frac{v^{2}}{R} = M G \cos θ - N (θ)

$m\frac{v^2}{R} = mg\cos\theta - N(\theta)$

Wo ich glaube $N$ ist eine Funktion von $\theta$ .

Wenn die Blöcke die Kugel verlassen, gibt es keine Normalkraft mehr, also ist in diesem Moment die zentripetale Resultierende gerade

M \frac{v^{2}}{R} = M G \cos θ

$m\frac{v^2}{R} = mg\cos\theta$

Das sieht man auch an der $y$ Achse, die resultierende Kraft ist gegeben durch

M A_{j} = P - N (θ) \cos θ

$ma_{y} = P - N(\theta)\cos\theta$

Und die Beschleunigung ist

A_{j} = G - \frac{N (θ)}{M} \cos θ

$a_{y} = g - \frac{N(\theta)}{m}\cos\theta$

Jetzt könnte ich versuchen zu lösen

\frac{D v_{j}}{D T} = G - \frac{N (θ)}{M} \cos θ

$\frac{dv_y}{dt} = g - \frac{N(\theta)}{m}\cos\theta$

um die Geschwindigkeit in die zu bekommen $y$ Achse und finde irgendwie die Höhe heraus, wo die Normalkraft Null ist ... Wie auch immer, das ist es, was ich aus dem Problem weiß und ich bin verloren. Irgendwelche Tipps zur Lösung?

Sammy Rennmaus

Vergleich der letzten 2 Gleichungen,

a_{y} = d v / d t

$a_y=dv/dt$ aber das ist nicht richtig.

hdhnull

@sammy es war ein Tippfehler. Ich habe dv statt dv_y geschrieben

Sammy Rennmaus

Zu viele Variablen:

v

$v$ ,

v_{y}

$v_y$ ,

t

$t$ ,

θ

$\theta$ ,

N

$N$ . Kannst du einige davon eliminieren?

hdhnull

@sammygerbil Ich weiß nicht, was ich tun könnte, um einige dieser Variablen zu eliminieren

Sammy Rennmaus

Sie müssen N als Funktion von finden

θ

$\theta$ . Können Sie die anderen Variablen eliminieren, indem Sie sie mit N oder in Beziehung setzen?

θ

$\theta$ ?

dmckee --- Ex-Moderator-Kätzchen

Ihr erster Fehler besteht darin, es in rechteckigen Koordinaten zu versuchen. Arbeiten Sie in Rotationsbegriffen (Drehmoment, Trägheitsmoment und Winkelkoordinaten), da dies die Differentialgleichung zu einem eindimensionalen Teil des Problems macht. Als nächstes erfordert das Integrieren der Differentialgleichung einen Trick, um das unangenehme und unnötige Vorhandensein von Zeit zu beseitigen. Danach heißt es Plug-n-chug.

hdhnull

@sammygerbil Weißt du, wie man N als Funktion des Winkels findet, und gibt mir nur Hinweise darauf, was ich tun soll, oder weißt du auch nicht, wie man N findet? Weil ich keine Ahnung habe, was ich tun könnte, um es zu finden

N (θ)

$N(\theta)$

hdhnull

@dmckee Sie sagen also, dass es keine einfache Möglichkeit gibt, diese Frage zu lösen, ohne die Energieeinsparung zu verwenden?

dmckee --- Ex-Moderator-Kätzchen

Nein. Ich habe die Bewegungsgleichungen auf der Oberfläche durch Kraftüberlegungen gefunden und sie dann gelöst, um die gleiche Antwort zu erhalten, ohne jemals eine Energie zu berechnen. Es braucht nur tiefere Mathematik. Und es hilft zu erkennen, dass es einfacher ist, es als Rotation zu behandeln, als es in rechtwinkligen Koordinaten zu bearbeiten, solange das Partikel auf der Oberfläche verbleibt.

Chet Miller

Wie lautet die Kräftebilanzgleichung in der

θ d i r e c t i o n

$\theta direction$ (Tangente zur Oberfläche), und warum ist dies nicht enthalten?

hdhnull

@dmckee danke für die Idee. Wenn möglich, könntest du mir bitte zeigen, wie du es gelöst hast?

hdhnull

@ChesterMiller Wäre es

m a_{t} = P \sin θ

$ma_t = P\sin\theta$ ?

Sammy Rennmaus

@hdhzero: Du hast Recht. Ich habe versucht, Sie auf ein Ziel hinzuweisen (schreiben Sie N als Funktion von

θ

$\theta$ , N=0 setzen, lösen), ohne geprüft zu haben, wie schwierig das ist. Ich entschuldige mich für die Irreführung.

Sch

es ist keine sehr aussagekräftige Frage. Arbeits-Energie-Theorem (Energieerhaltung) in der Newton-Mechanik ist nur eine mathematische Konsequenz der Newtonschen Gesetze. Sie können es "ohne" Energieerhaltung durch einige mathematische Tricks lösen, aber höchstwahrscheinlich entpuppen sich diese Tricks als so ziemlich nur Energieerhaltung!

Antworten (4)

Teilchengleiten auf einer Kugel

Vergleich der letzten 2 Gleichungen, $a_y=dv/dt$ aber das ist nicht richtig.
@sammy es war ein Tippfehler. Ich habe dv statt dv_y geschrieben
Zu viele Variablen: $v$ , $v_y$ , $t$ , $\theta$ , $N$ . Kannst du einige davon eliminieren?
@sammygerbil Ich weiß nicht, was ich tun könnte, um einige dieser Variablen zu eliminieren
Sie müssen N als Funktion von finden $\theta$ . Können Sie die anderen Variablen eliminieren, indem Sie sie mit N oder in Beziehung setzen? $\theta$ ?
Ihr erster Fehler besteht darin, es in rechteckigen Koordinaten zu versuchen. Arbeiten Sie in Rotationsbegriffen (Drehmoment, Trägheitsmoment und Winkelkoordinaten), da dies die Differentialgleichung zu einem eindimensionalen Teil des Problems macht. Als nächstes erfordert das Integrieren der Differentialgleichung einen Trick, um das unangenehme und unnötige Vorhandensein von Zeit zu beseitigen. Danach heißt es Plug-n-chug.
@sammygerbil Weißt du, wie man N als Funktion des Winkels findet, und gibt mir nur Hinweise darauf, was ich tun soll, oder weißt du auch nicht, wie man N findet? Weil ich keine Ahnung habe, was ich tun könnte, um es zu finden $N(\theta)$
@dmckee Sie sagen also, dass es keine einfache Möglichkeit gibt, diese Frage zu lösen, ohne die Energieeinsparung zu verwenden?
Nein. Ich habe die Bewegungsgleichungen auf der Oberfläche durch Kraftüberlegungen gefunden und sie dann gelöst, um die gleiche Antwort zu erhalten, ohne jemals eine Energie zu berechnen. Es braucht nur tiefere Mathematik. Und es hilft zu erkennen, dass es einfacher ist, es als Rotation zu behandeln, als es in rechtwinkligen Koordinaten zu bearbeiten, solange das Partikel auf der Oberfläche verbleibt.
Wie lautet die Kräftebilanzgleichung in der $\theta direction$ (Tangente zur Oberfläche), und warum ist dies nicht enthalten?
@dmckee danke für die Idee. Wenn möglich, könntest du mir bitte zeigen, wie du es gelöst hast?
@hdhzero: Du hast Recht. Ich habe versucht, Sie auf ein Ziel hinzuweisen (schreiben Sie N als Funktion von $\theta$ , N=0 setzen, lösen), ohne geprüft zu haben, wie schwierig das ist. Ich entschuldige mich für die Irreführung.
es ist keine sehr aussagekräftige Frage. Arbeits-Energie-Theorem (Energieerhaltung) in der Newton-Mechanik ist nur eine mathematische Konsequenz der Newtonschen Gesetze. Sie können es "ohne" Energieerhaltung durch einige mathematische Tricks lösen, aber höchstwahrscheinlich entpuppen sich diese Tricks als so ziemlich nur Energieerhaltung!

Frobenius · Answer 1

Wir setzen die Kreisbahn des Teilchens auf eine gerade Linie und wandeln die Bewegung wie folgt in eine 1-dimensionale geradlinige Bewegung um: Die Bogenlänge, der natürliche Parameter $\:s(t)\:$ ist die auf der geraden Linie bis zur Zeit zurückgelegte Strecke $\:t\:$ . Die Geschwindigkeit $\:v(t)\:$ auf der Geraden ist der Betrag der Tangente an die Kreisgeschwindigkeit. Nun bewegt sich das Teilchen auf der Geraden wie unter dem Einfluss der Tangentenkraft, die ist $\:f_{t}=mg\sin(\theta)\:$ also unter einer variablen Beschleunigung $\:a_{t}=g\sin(\theta)\:$ . Aber $\:\theta=s/R\:$ so lautet die Differentialgleichung der Bewegung

\begin{matrix} (01) & \frac{D^{2} S}{D T^{2}} - G Sünde (\frac{S}{R}) = 0, {[\frac{D S}{D T}]}_{T = 0} = 0, S (0) = 0 \end{matrix}

$\begin{equation} \dfrac{\mathrm{d}^{2} s}{ \mathrm{d}t^{2} }-g\sin\left(\dfrac{s}{R}\right)=0, \qquad \left[\dfrac{ \mathrm{d} s }{\mathrm{d} t}\right]_{t=0}=0, \qquad s(0)=0 \tag{01} \end{equation}$

da das Teilchen auf dem Ursprung zu ruhen beginnt.

Andererseits ist die Bedingung dafür, dass das Teilchen die Kugel verlässt, dass die Normalkraft Null ist

\begin{matrix} (02) & N = M G \cos (θ) - M A_{C} = M G \cos (θ) - \frac{M v^{2}}{R} = 0 \end{matrix}

$\begin{equation} N=mg\cos(\theta)-ma_{c}=mg\cos(\theta)- \dfrac{mv^{2}}{R}=0 \tag{02} \end{equation}$ das ist

\begin{matrix} (03) & {(\frac{D S}{D T})}^{2} - G R \cos (\frac{S}{R}) = 0 \end{matrix}

$\begin{equation} \boxed { \bbox[#FFFF88,8px]{\:\:\left(\dfrac{ \mathrm{d} s }{\mathrm{d} t}\right)^{2}-gR\cos\left(\dfrac{s}{R}\right)=0 \:\:}} \tag{03} \end{equation}$

Nun müssen wir (01) lösen, um herauszufinden, an welcher Stelle die Bedingung (03) erfüllt ist. Aber es wird sich als nicht notwendig erweisen. Also multipliziert man (01) mit $\dfrac{ \mathrm{d} s }{\mathrm{d} t}$ wir haben

\begin{matrix} (04) & \frac{D S}{D T} \frac{D^{2} S}{D T^{2}} - G \frac{D S}{D T} Sünde (\frac{S}{R}) = 0 \end{matrix}

$\begin{equation} \dfrac{ \mathrm{d} s }{\mathrm{d} t}\dfrac{\mathrm{d}^{2} s}{ \mathrm{d}t^{2} }-g\dfrac{ \mathrm{d} s }{\mathrm{d} t}\sin\left(\dfrac{s}{R}\right)=0 \tag{04} \end{equation}$ oder

\begin{matrix} (05) & \frac{D S}{D T} \frac{D}{D T} (\frac{D S}{D T}) + \frac{D}{D T} [G R \cos (\frac{S}{R})] = 0 \end{matrix}

$\begin{equation} \dfrac{ \mathrm{d} s }{\mathrm{d} t} \dfrac{ \mathrm{d} }{\mathrm{d} t} \left(\dfrac{ \mathrm{d} s }{\mathrm{d} t}\right) +\dfrac{ \mathrm{d} }{\mathrm{d} t}\left[gR\cos\left(\dfrac{s}{R}\right)\right]=0 \tag{05} \end{equation}$ das ist

\begin{matrix} (06) & \frac{D}{D T} [{(\frac{D S}{D T})}^{2} + 2 G R \cos (\frac{S}{R})] = 0 \end{matrix}

$\begin{equation} \dfrac{ \mathrm{d} }{\mathrm{d} t} \Biggl[ \left(\dfrac{ \mathrm{d} s }{\mathrm{d} t}\right)^{2}+2gR\cos\left(\dfrac{s}{R}\right) \Biggr]=0 \tag{06} \end{equation}$

Dies bedeutet, dass wir eine Integrationskonstante von (01) und expliziter unter Verwendung der Anfangsbedingungen gefunden haben

\begin{matrix} (07) & [{(\frac{D S}{D T})}^{2} + 2 G \cos (\frac{S}{R})] = Konstante = [{(\frac{D S}{D T})}^{2} + 2 G R \cos (\frac{S}{R})]_{T = 0} = 2 G R \end{matrix}

$\begin{equation} \Biggl[ \left(\dfrac{ \mathrm{d} s }{\mathrm{d} t}\right)^{2}+2g\cos\left(\dfrac{s}{R}\right) \Biggr]=\text{constant}=\Biggl[ \left(\dfrac{ \mathrm{d} s }{\mathrm{d} t}\right)^{2}+2gR\cos\left(\dfrac{s}{R}\right) \Biggr]_{t=0}=2gR \tag{07} \end{equation}$ oder

\begin{matrix} (08) & {(\frac{D S}{D T})}^{2} + 2 G R \cos (\frac{S}{R}) = 2 G R \end{matrix}

$\begin{equation} \boxed { \bbox[#FFFF88,8px]{\:\: \left(\dfrac{ \mathrm{d} s }{\mathrm{d} t}\right)^{2}+2gR\cos\left(\dfrac{s}{R}\right) =2gR \:\:}} \tag{08} \end{equation}$

Wenn wir die Gleichungen (08) und (03) nebeneinander substruieren, haben wir schließlich

\begin{matrix} (09) & \cos (θ) = \cos (\frac{S}{R}) = \frac{2}{3} \end{matrix}

$\begin{equation} \cos\left(\theta\right)=\cos\left(\dfrac{s}{R}\right) =\dfrac{2}{3} \tag{09} \end{equation}$

Anmerkungen :

Die Differentialgleichung der Bewegung (01) ist identisch mit der in der Antwort von Dvij, aber in Bezug auf $\:s(t)=\theta(t)R\:$ anstatt $\:\theta(t)\:$ .
Ich finde die Integrationskonstante (07) von Gleichung (01) motiviert durch die Tatsache, dass es eine Konstante gibt: die Energie. Ich habe die Energieeinsparung durch die Hintertür eingefügt.

youpilat13 · Answer 2

Wenn ein 'Gesetz' der Physik wirklich vernachlässigt werden kann und Sie trotzdem das Ergebnis eines Experiments absolut genau vorhersagen können, dann ist es kein Gesetz der Physik. Wenn Energieeinsparung hier also eine physikalische Tatsache ist, dann werden wir diese Tatsache entweder implizit oder explizit verwenden – andernfalls dürfen wir nicht in der Lage sein, das vollständige Ergebnis vorherzusagen. Ich gehe also davon aus, dass Ihre Frage darin besteht, die Flugbahn des Balls ohne explizite Verwendung der Energieerhaltung zu berechnen, sondern über (wie Sie erwähnt haben) Newtons Gleichungen kalt.

Da der Radius der Kugel konstant ist, ist es einfach, die Winkelbewegungsgleichungen zu verwenden, anstatt rechteckige Gleichungen mit zwei Komponenten zu verwenden. Ich messe $\theta$ aus der Vertikalen.

$Rmg\sin\theta$ $=$ $mR^2\dfrac{d^2\theta}{dt^2}$

Oder, $g\sin\theta=R\dfrac{d^2\theta}{dt^2}$

Das ist die Bewegungsgleichung. Wir werden die Anfangsbedingungen setzen $\theta=0$ Und $\dfrac{d\theta}{dt}=0$ . Und wir werden mehr als eine Lösung für diese Differentialgleichungen bekommen! (Es ist in gewisser Weise seltsam und warum das passiert, ist eine lange Diskussion. Aber es legt nicht nahe, dass die Newtonsche Mechanik probabilistisch oder nur teilweise deterministisch ist. Es legt nur nahe, dass der Anfangszustand in einigen Fällen nicht vollständig durch die Ableitungen beschrieben wird bis zur ersten rechtzeitigen Bestellung - wir müssen etwas mehr spezifizieren.) Aus diesen Lösungen wählen wir die Lösung aus, in der $\theta$ nimmt mit der Zeit zu. Im Wesentlichen haben wir jetzt also eine bekannte Funktion der Zeit, $f(t)$ , so dass $\theta=f(t)$ .

Nachdem wir so viel gewusst haben, können wir einfach eine Gleichung für die normale Reaktionskraft wie folgt schreiben:

$N=mg\cos\theta-R\bigg(\dfrac{d\theta}{dt}\bigg)^2$

$N=mg\cos\theta-R(f'(t))^2$ .

Um das herauszufinden $\theta$ , bei dem der Ball die Oberfläche verlässt, schreiben wir $N=0$ . Und das ergibt

$\theta=\cos^{-1} \bigg(\dfrac{R(f'(t))^2}{mg}\bigg)$

Oder, $f(t)=\cos^{-1} \bigg(\dfrac{R(f'(t))^2}{mg}\bigg)$

Das ist wieder eine Gleichung in $t$ und es kann gelöst werden. Beachten Sie, dass es sich nicht um eine Differentialgleichung handelt. Wegen der Funktion $f$ ist im ausdrücklichen Sinne bekannt $t$ und somit ist die Gleichung nur eine Gleichung in $t$ . Die Lösung ergibt den Wert der Zeit, zu der der Ball die Kugel verlässt. Rufen Sie diese Zeit an $t=T_k$ .

Also der Winkel zum Zeitpunkt des Verlassens $\theta_k$ $=$ $f(T_k)$ .

Hallo. Darf ich fragen: Was wäre die erfüllte Bedingung im Lagrangeschen Formalismus, um den Winkel zu erhalten, wenn sich der Körper von der Kugel löst? Danke schön.
Ihre Antwort ist immer noch eine Funktion der Zeit. Wenn Sie es nicht wissen $f(t)$ , noch die Zeit, zu der $N=0$ , wie kannst du finden $\theta$ ?
Auch mit den Anfangsbedingungen $\theta=0$ Und $\frac{d\theta}{dt}=0$ Der Block bewegt sich überhaupt nicht. Es ist zunächst instabil am oberen Ende der Halbkugel ausbalanciert.
@sammygerbil $\theta$ ist als Funktion der Zeit bekannt. Und wie gesagt $f(t)$ ist auch bekannt. Die letzte Gleichung gibt Ihnen also den Zeitpunkt an, zu dem der Kontakt verloren geht. Diese Zeit einplanen $f(t)$ gibt die ultimative Antwort.
@sammygerbil Mit den Anfangsbedingungen $\theta=0$ Und $\dfrac{d\theta}{dt}=0$ , der Block bewegt sich. Der Grund dafür ist, dass die Instabilität auf die nicht verschwindenden höheren Ableitungen von zurückzuführen ist $\theta$ (wrt Zeit). In gewisser Weise kann man sagen, dass die Winkelgeschwindigkeit anfangs unendlich klein ist, aber im streng mathematischen Sinne sollten Sie sagen $\dfrac{d\theta}{dt}=0$ da es sich um eine Grenze handelt, die per Definition nicht unendlich klein sein muss.
@sammygerbil Übrigens, danke, dass du auf die offensichtliche Mehrdeutigkeit der Auswirkungen meiner letzten Gleichung in der Antwort hingewiesen hast. Ich bearbeite meine Antwort entsprechend.
@Dvij Das habe ich verstanden $\theta = f(t)$ , aber welche Gleichung verwenden Sie, um zu finden $t$ ?
@hdzero $g\sin\theta=R\dfrac{d^2\theta}{dt^2}$ ist eine Differentialgleichung mit unabhängiger Variable $t$ und abhängige Variable $\theta$ . Lösung mit den Anfangsbedingungen $\theta=0$ Und $\dfrac{d\theta}{dt}=0$ wird uns geben $\theta$ als Funktion der Zeit. dh Wir werden bekommen $f(t)$ .

Chet Miller · Answer 3

@dvij gab die Gleichung an

G Sünde θ = R \frac{D^{2} θ}{D T^{2}} = R \frac{D ω}{D T}

$g\sin \theta =R\frac{d^2\theta}{dt^2}=R\frac{d\omega }{dt}$ Wenn wir dies mit Omega multiplizieren, erhalten wir:

G Sünde θ \frac{D θ}{D T} = R ω \frac{D ω}{D T}

$g\sin \theta \frac{d\theta}{dt}=R\omega\frac{d\omega }{dt}$ Wenn wir diese Gleichung zwischen 0 und t integrieren, erhalten wir:

G (1 - \cos θ) = \frac{R}{2} ω^{2}

$g(1-\cos \theta)=\frac{R}{2}\omega^2$ Also haben wir

M G \cos θ - 2 M G (1 - \cos θ) = N = M G (3 C Ö S θ - 2)

$mg\cos\theta-2mg(1-\cos \theta)=N=mg(3cos\theta-2)$ Ich weiß nicht, ob dies als Energiemethode gilt oder nicht.

Falsches 'm' in vorletzter Gl. Sie könnten auch darauf hinweisen, wo die letzte Zeile mit Dvijs Antwort zusammenhängt.
Ich glaube nicht, dass meine letzte Gleichung ein falsches m enthält. @Dvij hat in seiner letzten Gleichung ein m weggelassen. Meine vorletzte Gleichung hatte ein falsches m, das ich entfernte. Danke.
Vorletztes bedeutet vorletztes. Das war nicht Dvijs einziger Fehler.
Verzeihen Sie, aber denken Sie nicht, dass Sie meine Antwort wiederholt (kopiert) haben?
@lucas Eigentlich nein. Meine letzte Gleichung ergibt N nur als Funktion von mg und $\theta$ , und erlaubt zu rechnen $\theta$ direkt. Auch vervielfacht man an keiner Stelle die Kräftebilanz in tangentialer Richtung mit $d\theta/dt$ und dann integriert. Dies ist der Schlüssel, um eine explizite Gleichung für den Wert von zu erhalten $\theta$ an dem die Trennung stattfindet.
@Chester Miller: Um die rechte Seite der letzten Gleichung zu ersetzen $\:mg(3cos\theta-1)\:$ von $\:mg(3cos\theta-2)$ .

Lukas · Answer 4

Wie @dmckee sagte, sollten Sie für dieses Problem Polarkoordinaten verwenden. Bewegungsgleichungen sind unten: ( $\omega$ ist Winkelgeschwindigkeit und $\alpha$ ist Winkelbeschleunigung)

\begin{matrix} (1) & M G \cos θ - N = M R ω^{2} \end{matrix}

$mg\cos \theta-N=mR\omega^2\;\tag 1$

\begin{matrix} (2) & M G Sünde θ = M R a \end{matrix}

$mg\sin \theta=mR\alpha\;\tag 2$ Aus

(2)

$(2)$ , wir haben

α = \frac{g}{R} \sin θ

$\alpha=\large{\frac gR}\sin \theta$

Andererseits wissen wir:

\begin{matrix} (3) & a D θ = ω D ω \end{matrix}

$\alpha\mathrm d \theta=\omega\mathrm d\omega\;\tag3$ Sie können also finden

ω^{2}

$\omega^2$ als Funktion von

θ

$\theta$ .

Dann können Sie die Gleichung verwenden $(1)$ um den Winkel zu bestimmen, um den der Block seinen Kontakt mit der Kugel verliert. Nicht das, in diesem Winkel, haben wir $N=0$

Einmal finden Sie $\cos\theta_f$ ( $\theta_f$ ist der Winkel, in dem der Block seinen Kontakt mit der Kugel verliert) finden Sie The $h$ nach dieser Formel: $\cos \theta_f= \large{\frac{R-h}R}$

Teilchengleiten auf einer Kugel

hdhnull

Sammy Rennmaus

hdhnull

Sammy Rennmaus

hdhnull

Sammy Rennmaus

dmckee --- Ex-Moderator-Kätzchen

hdhnull

hdhnull

dmckee --- Ex-Moderator-Kätzchen

Chet Miller

hdhnull

hdhnull

Sammy Rennmaus

Sch

Antworten (4)

Frobenius

youpilat13

Konstantin Schwarz

Sammy Rennmaus

Sammy Rennmaus

youpilat13

youpilat13

youpilat13

hdhnull

youpilat13

Chet Miller

Sammy Rennmaus

Chet Miller

Sammy Rennmaus

Lukas

Chet Miller

Frobenius

Lukas