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  Abitur von 1954 - Sphärische Geometrie |
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stpolster
Aktiv 
Dabei seit: 30.03.2022
Mitteilungen: 158
 |  Themenstart: 2022-08-10
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Hallo,
ich war mir sicher bei nachfolgender Abiaufgabe (DDR, 1954) bei c) ein richtiges Ergebnis zu haben, komme aber ins Grübeln, da mir (ohne Lösungsweg) ein anderes Ergebnis vorgeschlagen wurde:
Aufgabe 1
An einem Vormittag, Ende April dieses Jahres, warf in Potsdam $(\varphi=52,4^\circ N; \lambda=13,1^\circ O)$ ein senkrechter Stab von 1 m Länge einen waagerechten Schatten von 1,50 m in Richtung WNW.(Zeitgleichung: -2,5 min)
a) In welcher Höhe stand die Sonne?
b) Wie groß war die Deklination? (Planskizze verlangt)
c) Um wieviel Uhr mitteleuropäischer Zeit erfolgte die Beobachtung?
Meine Lösungen:
a) Höhe der Sonne $\tan{h} = \frac{1 \text{ m}}{1,50\text{ m}} = 0,667 \rightarrow h=33,69^\circ$
b) Umwandlung von Horizontkoordinaten in Äquatorkoordinaten
Schatten in Richtung WNW ($112,5^\circ$) bedeutet, das Azimut $a=292,5^\circ$ ist.
\[
\sin{\delta} = \sin{\varphi}\sin{h}- \cos{\varphi} \cos{h}\cos{a}
\]
ergibt Deklination $\delta = 14,19^\circ$
c) Datum nach Zeitgleichung: 28.April; Beobachtungszeit 9:48 Uhr
Das Problem ist, dass ich c) nicht gerechnet habe, sondern mit meinem Matheprogramm probiert habe, an welchem Tag im April die Zeitgleichung -2,5 min ist und erhielt den 28. April.
Dann habe ich in einem anderen Teilprogramm probiert, zu welchem Zeitpunkt am 28.April die Sonne $h = 33,69^\circ$ über dem Horizont steht.
Nun dachte ich, mit dem Stundenwinkel $\tau$ zu rechnen. Mittels
\[
\sin h = \sin \varphi \sin \delta + \cos \varphi \cos \delta \cos \tau
\]
bekomme ich $\tau = 52,4^\circ$. Das ist aber irgendwie sehr "erstaunlich" gerade wieder $\varphi$. Da stimmt wohl etwas nicht. Stimmt die Gleichung überhaupt?
Außerdem, was mache ich mit dem Stundenwinkel anschließend?
Meine Kenntnisse von sphärischer Geometrie sind leider gering. Hat jemand eine Idee, wie man Teilaufgabe c) richtig löst ?
Vielen Dank
Steffen
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Dixon
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Mitteilungen: 5816
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 |  Beitrag No.1, eingetragen 2022-08-11
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Hallo stpolster,
bisher sieht es nach 0 Punkten für Teilaufgabe c aus ;-)
Das ist mehr Astronomie (war die damals schon Schulfach?). Der Lösungsweg müßte in etwa so aussehen:
Man nehme an, daß auf diesem Meridian um 12 Uhr Mittag ist und ein Tag 24h = 360° habe. Mit den anderen Daten bestimmt man dann, um welche Zeit der Schatten so steht (scheinbare Ortszeit). Diese Zeit muß um zwei Punkte korrigiert werden: Erstens die Zeitgleichung, welche die Differenz zwischen wahrem und scheinbarem Mittag ist. Dann hat man aber nur die sogenannte wahre Ortszeit. Die muß noch korrigiert werden, weil sich die MEZ (die hier gefragt ist) auf den Meridian 15° bezieht. Hinweis: Damals gab es keine Sommerzeit.
Grüße
Dixon
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stpolster
Aktiv
Dabei seit: 30.03.2022
Mitteilungen: 158
| Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2022-08-11
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@Dixon: Danke
Ich habe jetzt mit $$\cos h \sin a = \cos \delta \sin \tau$$ $$\sin \tau = \frac{\cos 33,69^\circ \sin 292,5^\circ}{\cos 14,19^\circ}$$ den Stundenwinkel $\tau$ berechnet. Es ergeben sich $\tau_1 = -0,915565$ und $\tau_2 = -2,22602$, wobei der 2. herausfällt, da bei einem Schatten in Richtung WNW die Beobachtung vormittags erfolgen muss.
Mit $\tau = -0.915565$ ergibt sich, dass die Sonne noch $-52,4580^\circ$ vor dem Meridian steht, also in $\frac{52,4580}{360}\cdot 24 = 3,4972 h = 3 h 29,8 min$ kulminiert. Zuzüglich der 2,5 min Zeitgleichung also in 3 h 32,3 Minuten.
Damit wäre die Beobachtungszeit 8:28 Uhr. Genauer geht es nicht, da damals mit Logarithmentafeln und dem Rechenstab gerechnet wurde. Meine Zwischenergebnisse sind schon "übergenau".
Könnte das korrekt sein?
Übrigens war das 1954 Abiturstoff, zumindest in der sogenannten B-Richtung (naturwissenschaftlich). Die A/C-Richtung (altprachlich, neusprachlich) musste sphärische Trigonometrie "nur" auf die Erde anwenden (z.B. Orthodrome und ähnliche Sachen).
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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