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  Orthodrome und Äquator |
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stpolster
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 |  Themenstart: 2022-12-25
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Hallo,
und schon wieder versage ich bei einer alten Abiaufgabe. Dieses Mal geht es um das Jahr 1955 (B-Zweig).
Aufgabe:
Ein Frachtdampfer fährt von Auckland - Neuseeland - ($\varphi_1 = 36,8^\circ$ S, $\lambda_1 = 174,8^\circ$ O) nach Punta Arenas - Kostarika - ($\varphi_2 = 9,9^\circ$ N, $\lambda_2 = 84,6^\circ$ W).
a) Fertigen Sie eine Überlegungsskizze an.
b) Berechnen Sie den orthodromen Weg Dampfers in Seemeilen.
c) Berechnen Sie den Anfangskurs.
d) Bei welcher geographischen Länge und unter welchem Winkel wird der Äquator geschnitten?
Meine Lösung:
a) Ich betrachte das Dreieck $ABN$ (A ... Auckland, B ... Punta Areas, N ... Nordpol)
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/55482_abi55.jpg
b) Seite $AN = 90^\circ+|\varphi_1| = 126,8^\circ$, da Auckland auf der Südhalbkugel liegt, Seite $NB = 90^\circ-\varphi_2 = 80,1^\circ$,
Winkel $\Delta \lambda = (180^\circ-\lambda_2)+\lambda_1 = 99,6^\circ$, da von einer geographischen Länge Ost nach West über die Datumsgrenze hinweg gewechselt wird.
Mit dem Seitenkosinussatz wird für $AB = l$
\[
\cos l = \cos AN \cos BN + \sin AN \sin BN \cdot \cos \Delta \lambda
\]
$l = 97,6^\circ$, d.h. $AB = l = 5856$ Seemeilen. (wenn man 60 Seemeilen je Grad ansetzt)
c) Den Anfangskurs liefert
\[
\sin \alpha = \frac{\sin BN \cdot \sin \Delta \lambda}{\sin l}
\]
was eine Himmelsrichtung von A nach B von $101,6^\circ$ gegen Nord ergibt.
Mein Problem ist d). Ich habe nicht einmal eine Idee, wie man das löst.
Für Hilfe wäre ich sehr dankbar.
LG Steffen
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stpolster
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| Beitrag No.1, vom Themenstarter, eingetragen 2022-12-25
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Ich habe es weiter probiert und nun Folgendes für d):
d) Die Differenz der Längengrade $\Delta \lambda_2$ zwischen dem Schnittpunkt $Q$ mit dem Äquator und dem Zielpunkt $B$ kann mittels
\[
\tan \Delta \lambda_2 = \sin |\varphi_2| \cdot \tan \beta
\]
berechnet werden. ($\beta$ habe ich analog zu $\alpha$ bei c) ergänzt. $\beta = 127,2^\circ$)
Damit wird $\tan \Delta \lambda_2 = -0,2265$ und $\Delta \lambda_2 = -12,8^\circ$. Folglich hat der Schnittpunkt mit dem Äquator die geographische Länge $\lambda_Q = \lambda_2 - \Delta \lambda_2 = 97,4^\circ$ W.
Die Länge der Orthodrome von $Q$ bis $B$ ist
\[
\cos QB = \cos 90^\circ \cos BN + \sin 90^\circ \sin BN \cdot \cos \Delta \lambda_2
= \sin BN \cdot \cos |\Delta \lambda_2| = 0,9606; \qquad QB = 16,13^\circ
\]
Der Schnittwinkel wird wie bei c) berechnet:
\[
\sin \alpha_Q = \frac{\sin BN \cdot \sin \Delta \lambda_2}{\sin QB} = 0,7855
\]
womit der Äquator unter dem Winkel $\alpha_Q = 51,8^\circ$ geschnitten wird.
Ich habe aber kein gutes Gefühl.
Kann jemand einmal kontrollieren. Danke
Steffen
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haribo
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| Beitrag No.2, eingetragen 2022-12-26
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ich komme zeichnerisch (3D autocad) auf folgende winkel:
distanz 104.36° * 60 sm / ° = 6261.6 sm
äquatorübertritt bei 0.0 N / 98.07 W
mit KompassKurs am äquator 53.17°
meine start + ziel werte hab ich nochmals überprüft:
start -36.8(S) / -174.8(O)
ziel 9.9°(N) / 84.6(W)
und start kurs kann ich sicherlich auch noch rausmessen:
ich komme auf StartKurs 88.28° also noch leicht nördliche richtungsanteil und nicht südlich wie bei dir ???
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stpolster
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| Beitrag No.3, vom Themenstarter, eingetragen 2022-12-26
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@haribo:
Danke. Ich werde meine Rechnung noch einmal prüfen müssen.
Zumindest ist die Berechnung des Äquatorschnittpunktes von der Idee her korrekt. Die abweichenden Werte folgen wohl aus dem Fehler am Anfang.
LG Steffen
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haribo
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| Beitrag No.4, eingetragen 2022-12-26
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du schriebst: Δλ=(180∘−λ2)+λ1=99,6∘
überprüf den winkel nochmal
da könnte schlicht ein vertippfehler drin gelegen haben?
von oben auf den globus geschaut: 360° - 84.6 - 174.8 = 100.6
vorzeichen-theorien hab ich hier pragmatisch ignoriert, aber es ist doch anschaulich
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.2 begonnen.]
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stpolster
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| Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2022-12-26
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\quoteon(2022-12-26 19:33 - haribo in Beitrag No. 4)
du schriebst: Δλ=(180∘−λ2)+λ1=99,6∘
überprüf den winkel nochmal
da könnte schlicht ein vertippfehler drin gelegen haben?
von oben auf den globus geschaut: 360° - 84.6 - 174.8 = 100.6
vorzeichen-theorien hab ich hier pragmatisch ignoriert, aber es ist doch anschaulich
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.2 begonnen.]
\quoteoff
Danke.
Ich habe mich verrechnet. $\Delta \lambda$ sind 100,6$^\circ$.
Mal sehen, wie sich das in der Fehlerfortpflanzung auswikrt.
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stpolster
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| Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2022-12-26
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Alles durchgerechnet. Meine Lösung:
b) Seite $AN = 90^\circ+|\varphi_1| = 126,8^\circ$, Seite $NB = 90^\circ-\varphi_2 = 80,1^\circ$,
Winkel $\Delta \lambda = (180^\circ-\lambda_2)+\lambda_1 = 100,6^\circ$
Mit dem Seitenkosinussatz wird für $AB = l$
\[
\cos l = \cos AN \cos BN + \sin AN \sin BN \cdot \cos \Delta \lambda
\]
$l = 104,36^\circ$, d.h. $AB = l \approx 6262$ Seemeilen. (wenn man 60 Seemeilen je Grad ansetzt)
c) Den Anfangskurs liefert
\[
\sin \alpha = \frac{\sin BN \cdot \sin \Delta \lambda}{\sin l}
\]
was eine Himmelsrichtung von A nach B von $88,24^\circ$ gegen Nord ergibt.
Analog wird $\beta = 53,2^\circ$.
d) Die Differenz der Längengrade $\Delta \lambda_2$ zwischen dem Schnittpunkt $Q$ mit dem Äquator und dem Zielpunkt $B$ kann mittels
\[
\tan \Delta \lambda_2 = \sin |\varphi_2| \cdot \tan \beta
\]
berechnet werden.
Damit wird $\Delta \lambda_2 = -13,5^\circ$. Folglich hat der Schnittpunkt mit dem Äquator die geographische Länge $\lambda_Q = \lambda_2 - \Delta \lambda_2 = 98,1^\circ$ W.
Die Länge der Orthodrome von $Q$ bis $B$ ist
\[
\cos QB = \cos 90^\circ \cos BN + \sin 90^\circ \sin BN \cdot \cos \Delta \lambda_2
= \sin BN \cdot \cos |\Delta \lambda_2| = 0,9579; \qquad QB = 16,69^\circ
\]
Der Schnittwinkel wird wie bei c) berechnet:
\[
\sin \alpha_Q = \frac{\sin BN \cdot \sin \Delta \lambda_2}{\sin QB} = 0,8007
\]
womit der Äquator unter dem Winkel $\alpha_Q = 53,2^\circ$ gegen Nord geschnitten wird. Der Schnittwinkel ist damit $\varphi = 90^\circ-53,2^\circ = 36,8^\circ$.
Ganz vielen Dank. Das ist toll, dass die Lösung nun stimmt.
LG Steffen
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haribo
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| Beitrag No.7, eingetragen 2022-12-26
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Prima, kann die fahrt ja losgehen
Ich dachte bisher punta arenas liegt in chile...
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stpolster
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Dabei seit: 30.03.2022
Mitteilungen: 140
| Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2022-12-26
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\quoteon(2022-12-26 23:34 - haribo in Beitrag No. 7)
Prima, kann die fahrt ja losgehen
Ich dachte bisher punta arenas liegt in chile...
\quoteoff
Dachte ich auch, aber es gibt auch eins in Costa Rica, allerdings zusammengeschrieben:
Google Maps
Wer weiß, warum die Aufgabenautoren es mit zwei Worten schrieben.
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Delastelle
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 | Beitrag No.9, eingetragen 2022-12-28
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Hallo,
ich habe eure Lösungen noch nicht so genau verfolgt;
bei einem Matheplanet Artikel habe ich auch Entfernungen auf der Erde benutzt.
Siehe:
https://www.matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/article.php?sid=1859
Viele Grüße
Ronald
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haribo
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Dabei seit: 25.10.2012
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| Beitrag No.10, eingetragen 2022-12-28
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Hier war es nur ein weg, also TSP mit zwei hafenstädten
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stpolster
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| Beitrag No.11, vom Themenstarter, eingetragen 2023-01-01
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Ich habe im Beitrag #6 noch einen Fehler korrigiert. Der Schnittwinkel mit dem Äquator ist natürlich $90^\circ$ minus dem berechneten Kurswinkel gegen Nord.
LG Steffen
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stpolster hat die Antworten auf ihre/seine Frage gesehen.
stpolster hat selbst das Ok-Häkchen gesetzt. |
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