Lösungen 4 - Fakultät für Physik

Ludwig–Maximilians–Universität München – Fakultät für Physik
E1 – Mechanik
Lösungen zu
Übungsblatt 4
WS 2014 / 2015
Prof. Dr. Hermann Gaub
Aufgabe 1
a) Die allgemeine Bewegungsgleichung im rotierenden, nicht translativ beschleunigten Bezugssystem (siehe Vorlesung) ist: m~a0 = F~ + 2m~v 0 × ω
~ + m~
ω × (~r0 × ω
~)
0
0
0
0
0
0
Mit ω
~ = ω~ez = ω~ez gilt: m~a = F~ + 2mω(ẏ ~ex − ẋ ~ey ) + mω 2 (x0~e0x + y 0~e0y )
~r0 = const ⇒ ~v 0 = ~a0 = 0
⇒
F~ = −mω 2 (x0~e0x + y 0~e0y )
Das ist die bekannte Zentripetalkraft.
alternative Lösungswege: - Schulphysikalisch: Wir machen eine Skizze und legen die
Drehebene in die x-y Ebene. Nun zeichnen wir die wirkenden Kräfte ein und sehen: Oh
es ist eine Kreisbewegung, folglich muss es eine Zentripetalkraft geben. Die wirkt immer
2
in Richtung des Kreisursprunges und lautet: F = mω 2 r = m vr . In Vektorschreibweise
ist es dann: F~ = m~
ωω
~ ~r = m|~
ωω
~ |~r = mω 2~r. Wir müssen uns also nur noch anhand
der Skizze überlegen, dass ~r = (x~0 + y~0 ) = (x0~e0x + y 0~e0y ) ist. Damit kommen wir auf
F~ = −mω 2 (x0~e0x + y 0~e0y )
- mit Zylinderkoordinaten: Wie oben mit Skizze, nur dass wir jetzt endlich mal die
Zylinderkoordinaten benutzen, die wir diese Woche kennen gelernt haben. Dann können
wir uns nämlich die geometrischen Überlegungen sparen. Wieder nehmen wir an, dass
~ = er~(t) =
wir
die Zentripetalkraft ist. Wir kommen also auf r(t)
 wissen,dassdie Kraft

rcosϕ(t)
x(t)
rsinϕ(t) = y(t) = x(t)~ex + y(t)~ey = x0 (t)~ex0 + y(t)~ey0
0
0
Analog folgt dann wie oben: F~ = −mω 2 (x0~e0x + y 0~e0y )
b) ~r0 (t) = v 0 t (wobei~r0 (t) hier nun den Ort bezeichnet) ~e0x ⇒ ~v 0 (t) = v 0~e0x ⇒ ~a(t) = 0
Man setzt dies in die Bewegungsgleichung aus a) ein: F~ (t) = −mω 2 v 0 t~e0x + 2mωv 0~e0y
(wobei ωr = v ω
~ ωvecry = ωv 0~e0y ) Die Masse muss also von einer zeitlich linear anwachsenden Kraft entlang der x0 -Achse zurückgehalten werden, und es muss eine konstante
Kraft senkrecht auf der Bewegungsrichtung der Masse wirken, die sog. Coriolis-Kraft.
c) Coriolis-Kraft: F~C = 2m~v 0 × ω
~
0
4πmv
(i) ~v 0 ⊥ ω
~ ⇒ FC = 2mv 0 ω = 2mv 0 2π
=
T =
T
Die Kraft wirkt radial weg von der Erde.
(ii) ~v 0 k ω
~
⇒
4π·80kg· 700
3,6
24·3600s
FC = 0
0
4πmv
(iii) ~v 0 ⊥ ω
~ ⇒ FC = 2mv 0 ω = 2mv 0 2π
= 2,26N
T =
T
Die Kraft wirkt tangential zu der Erdoberfläche.
1
m
s
= 2,26N
Außerdem wirkt noch in allen drei Fällen die Zentrifugalkraft, die radial weg von der
Erdeachse gerichtet ist. Gegenüber dem Erdradius ist die Flughöhe vernachlässigbar.
F =
mr⊥ ω 2
r
=
m 2
)
80kg·( 700
3,6 s
6,371·106 m
= 0,5N
Aufgabe 2
z'
x'
ϑ'
m
F~ ist die Zwangskraft, die die Perle zwingt, sich auf dem Kreisring zu bewegen.
(alternativ zum Konzept der Zwangskraft kann man sich auch überlegen, dass 2 verschiedene
Kräfte auf die Perle wirken: die Gravitation:F~G = mg~ez senkrecht nach unten und die Zentrifugalkraft F~Z = mω 2~r. Die zentrifugalkraft beträgt also FZ = mω 2 Rsin(θ) und weist senkrecht
zur Drehachse (z-Achse) nach außen. Zerlegt man die Kraft F~ = F~x + F~z ist die x-Komponente:
Fx = FZ sin(θ) = F sin(θ) = mω 2 Rsin(θ) und die y-Komponente: Fz = FG = F cos(θ) = mg)
Projektion auf x0 -Achse: F sin θ0 = mω 2 R sin θ0
Projektion auf z 0 -Achse: F cos θ0 = mg
2 R sin θ 0
Teilt man die erste Gleichung durch die zweite, bekommt man: tan θ0 = mω mg
Die Gleichgewichtslösungen sind θ0 = 0 und ω2gR = cos θ0 , wobei die zweite Lösung existiert nur
p
dann, wenn ω > q/R ist.
Aufgabe 3
a) Durch Coriolis-Kraft F~C = 2m~v × ω
~. ω
~ zeigt nach Norden und ~v zum Erdzentrum. Somit
wirkt die Coriolis-Kraft nach Osten und der fallende Körper wird auch östlich abgelenkt.
b) ~aC = R2~v × ω
~ ⇒
aC = 2vω cos
R
R α mit v = gt (freier Fall)
v⊥ = R aC dt = 2vω cos αdt = 2gtω cos αdt = gω cos αt2 + v⊥,0
s⊥ = v⊥ dt = 31 gω cos αt3 + v⊥,0 t + s⊥,0
q
Die Fallzeit ist gegeben durch h = 12 gt2 ⇒ t = 2h
g
Mit v⊥,0 = s⊥,0 = 0 ist die Ablenkung in östliche Richtung gegeben durch:
3
2
s⊥ (h) = 13 gω cos α 2h
(mit αM uenchen = 48◦ )
g
c) h = 2m
⇒
s⊥ =
1
3
· 9,81 sm2 ·
2π
24·3600s
· cos 48◦ ·
2·2m
9,81 m2
3
2
= 41µm
s
Aufgabe 4
Damit der Satellit in seinem Orbit bleibt, muss die zentripetale
R R+l Beschleunigung
R R+l GMim Gleich2
gewicht mit der Beschleunigung durch die Gravitation sein. R rω ρdr = R
ρdr mit ρ
r2
der Dichte des Seils und l seiner Länge. Damit erhält man: 2GM
=
R(R
+
l)(2R
+
l)
Löst man
√ 2ω2
2
2
−3R+ 9R +4(2GM/Rω −2R )
die quadratische Gleichung nach l, erhält man: l =
Einsetzen ergibt
2
2π·R
8
(mit ω = 24h ) l = 1, 5 · 10 m.
2