Lösungsvorschläge zur Übung Nr.7

Besprechung: Donnerstag 18.Dezember 2003

Aufgabe 1: (5 Punkte)
a) Die Zentrifugalkraft ergibt sich zu

$$F_{Z} = m \omega^{2} r.$$

Die Schwerkraft an der Erdoberfläche ist

$$F_{G} = m g.$$

Daher

$$m \omega^{2} r = mg \; \; \; \; \; \rightarrow \; \; \; \; \; \omega = \sqrt{g/r} = 0,44 \; rad/s.$$

Die zusätzliche Kraft ist die Corioliskraft

$$\vec{F}_{C} = 2 m \vec{v} \times \vec{\omega}.$$

Da in diesem Fall $\vec{v}\perp \vec{\omega}$, ist

$$F_{C} = 2 m v \omega = 140,8 \; N.$$

Dieses ist der Grund, warum Raumstationen so nicht gebaut werden. Die Corioliskraft würde einen Raumfahrer derart hin- und herzerren, dass ihm schlecht werden würde.
Aufgabe 2: (8 Punkte)
Die Geschwindigkeit $v_{0}$ des Pendels beim Nulldurchgang (Ruhelage) ist mit Hilfe des Energiesatzes durch

$$\frac{m}{2} v_{0}^{2} = m g l (1 - cos\beta)$$

oder

$$v_{0} = \sqrt{2 g l (1 - cos\beta)}$$

gegeben. Daher gilt

$$F_{C} = 2 m v_{0} \omega' = 2 m \sqrt{2 g l(1 - cos\beta)} \; \omega'.$$

Die wirksame Komponente $\omega'$ der Winkelgeschwindigkeit am Ort der geographischen Breite $\Phi$ ist

$$\omega' = \frac{2 \pi}{d^{\ast}} sin\Phi.$$

mit der Dauer eines Sterntages $d^{\ast} = 86164 \; s$, was sich geringfügig von $d = 24 \cdot 3600 \; s = 86400 \; s$ unterscheidet. Daher folgt für die Corioliskraft beim Nulldurchgang

$$F_{C} = \frac{4 \pi m}{d^{\ast}} sin\Phi \sqrt{2 g l (1 - cos\beta)} \approx 4,25 \cdot 10^{-4} \; N.$$

Diese Corioliskraft ist gleich der Zentrifugalkraft der horizontalen Bewegung, d.h.

$$F_{C} = 2 m v_{0} \omega' = \frac{m}{r} v_{0}^{2}.$$

Daraus folgt der Krümmungsradius zu

$$r = \frac{v_{0}}{2 \omega'} = \frac{d^{\ast}}{ 4 \pi \; sin\Phi} \sqrt{2 g l (1- cos\beta)} \approx 5 \; km.$$

Eine volle Drehung erhält man für $T = d^{\ast}/sin\Phi \approx 30,8 \; h$.
Aufgabe 3: (7 Punkte)
Die allgemeine Bewegungsgleichung bei Einwirkung der Schwerkraft und Corioliskraft ist

$$m \vec{a} = - m g \vec{e}_{z} - 2 m \vec{\omega} \times \vec{v}$$

Hierbei sind $\vec{a}$ und $\vec{v}$ Beschleunigung und Geschwindigkeit im mitbewegten System.

Die Ausrechnung führt im allgemeinen auf ein kompliziertes System gekoppelter DGL's. In Näherung können wir die Bewegung in der $z$- Richtung und $x$- Richtung jedoch sofort entkoppeln,

$$\frac{d^{2}x}{dt^{2}} = a_{x} = - 2 \omega v_{z}$$

$$\frac{d^{2}z}{dt^{2}} = a_{z} = -g$$

Wir setzen die Lösung $v_{z} = v_{0} - gt$ der zweiten Gleichung in die erste ein und erhalten:

$$\frac{d^{2}x}{dt^{2}} = - 2 \omega (v_{0} - gt) = - 2 \omega v_{0} + 2 \omega g t .$$

Integration und Berücksichtigung der Anfangsbedingungen liefert

$$x(t) = - \omega v_{0} t^{2} + \frac{1}{3} \omega g t^{3}$$

$$z(t) = v_{0} t - \frac{1}{2} g t^{2}$$

Mit $v_{0} = \sqrt{2 g h}$ folgt aus der zweiten Gleichung die Zeit bis zum Auftreffen:

$$T = 2 \sqrt{\frac{2 h}{g}}$$

und damit Abweichung

$$x(T) = - \omega \sqrt{2 g h} \frac{8h}{g} + \frac{1}{3} \ome... ...t{\frac{2 h}{g}} = - \frac{8}{3} h \omega \sqrt{\frac{2h}{g}}$$

Einsetzen der Zahlenwerte ergibt $x(T) = - 8,8 \; cm$.
Wir vergleichen unser Ergebnis mit dem freien Fall aus 100 $m$ Höhe. Hier ist $z(t) = h - (1/2) g t^{2}$, $T = \sqrt{2h/g}$ und damit die Abweichung

$$x(T) = \frac{1}{3} \omega g T^{3} = \frac{2}{3} \omega h \sqrt{\frac{2h}{g}} = + 2,2 \; cm.$$