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chr1s1
Anmeldungsdatum: 08.11.2007
Beiträge: 12
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 chr1s1 Verfasst am: 08. Nov 2007 18:12 Titel: Corioliskraft und fallender Körper |
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Einen wunderschönen guten Tag wünsche ich. Ich habe folgende Aufgabe, jedoch weiß ich nicht so wirklcih was damit anzufangen, also erstma zur Aufgabe:
| Zitat: | An einem Ort von 45° geographischer Breite fällt ein Körper der Masse m=10kg mit der Geschwindigkeit  auf die Erdoberfläche. Welchen Wert haben die Trägheitskräfte Zentrifugalkraft und Coriolis-Kraft, die beim Auftreffen auf die Erdoberfläche auf den Körper einwirken. In welche Richtung wirken beide Kräfte? |
Und naja, ich find halt den Anfang nicth. Es geht schon damit los, dass der Körper erst fällt, aber man dann den Zeitpunkt des Auftreffens betrachtet. Dann weiß ich nicht, ob die Corioliskraft auf den ruhenden Körper wirken würde.
Meine erste Vermutung war bezüglich des ruhenden Körpers. Man nimmt sich die "Rotationsebene" also die Ebene die senkrecht zur Achse ist und durch die geographische Breite geht. Am "rande" dieser Ebene rotiert der Körper ja um die Achse mit einer Konstanten Geschwindigkeit. Also hätte ich die Winkelgeschw. und die Bewegunsgeschwindigkeit, für die Formel der Corioliskraft. Jedoch kommt mir das alles noch ein bissl komisch vor, da die Kraft dann auch zur Achse hinzeigen müsste, also nach meinen Überlegungen.
Für die Zentrifugalkraft hatte ich eine ähnliche Überlegung, an sich den selben Ansatz wie oben, halt in dieser Ebene den Körper kreisen lassen, der halt durch die Kreisbewegung nach außen gedrückt wird. Bloß dass man noch beachten muss, dass die Zentrifugalkraft vom Erdmittelpunkt weg wirkt, also die geographische Breite beachten.
Für ein wenig Hilfe wäre ich sehr dankbar.
mfg |
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magneto42
Anmeldungsdatum: 24.06.2007
Beiträge: 854
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| magneto42 Verfasst am: 09. Nov 2007 12:03 Titel: |
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Hallo chr1s1  .
Die Corioliskraft ist eine Scheinkraft, die bei bewegten Körpern im rotierenden Bezugssystem zu beobachten ist. Wenn der Körper auf der Erdoberfläche aufschlägt, dann macht die Corioliskraft keinen Sinn mehr. Damit ist Dein Gedankengang richtig. Andererseits, wenn der Körper genau auf den Erdmittelpunkt zufällt macht die Fliehkraft keinen Sinn, da eine Bahngeschwindigkeit bzw. Rotation um die Erde voraussetzung ist. Erst wenn der Körper mit der Erde rotiert wirkt die Zentrifugalkraft.
Bei solchen Aufgabenstellungen bekomme ich auch immer leichte Kopfschmerzen. Ich denke, gemeint ist der Augenblick vor dem Aufschlag für die Corioliskraft und der Augenblick nach dem Aufschlag für die Zentrifugalkraft.
Bei dem Ansatz zur Corioliskraft mußt Du natürlich Fallgeschwindigkeit und Fallrichtung des Körpers beachten. Bei der Zentrifugalkraft solltes Du verstehen, daß sie abseits des Äquators nicht in vom Erdmittelpunkt ausgeht, sondern von der Erdachse.
Mache Dir am Besten eine kleine Zeichnung (in 3D), wo die einzelnen Richtungen gut zu erkennen sind. Dann stellst Du die vektoriellen Formeln für die Corioliskraft und die Zentrifugalkraft auf und denkst erst einmal über die Richtung der einzelnen Größen und besonders der Kräfte nach.
Hilfen Dir die Ratschläge weiter? |
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chr1s1
Anmeldungsdatum: 08.11.2007
Beiträge: 12
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| chr1s1 Verfasst am: 09. Nov 2007 16:29 Titel: |
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Das hat mir sehr geholfen! Da dank ich dir erstmal.
Mein größtes Problem war halt das verstehen der Aufgabe. Wie alles berechnet wird etc. weiß ich so ungefähr.
Also wir hätten die Corioliskraft:
Wobei der Winkel zwischen  und  45° beträgt, dass setzt man dann einfach in die Gleichung ein. ergibt sich ja aus der Länge eines Tages.
Nach der 3-Finger-Regel müsste die Corioliskraft tangential zur Erdoberfläche wirken.
Dann die Zentrifugalkraft mit:
)
Ich weiß nicht ob es ein Sonderfall, wegen dem Winkel ist, oder ob es immer so ist, aber es macht ja keinen Unterschied ob man mit r (den Abstand zur Rotationsachse von dem Punkt auf der Erdoberfläche) oder R ( den Erdradius nimmt). Da gilt:
=\omega\times(\omega\cdot R\cdot \sin(\alpha))=\omega\cdot \omega\cdot R\cdot \sin(\alpha)=\omega\cdot(\omega\times r)=\omega\times(\omega\times r))
Oder täusche ich mich da? (Das  habe ich aus Bequemlichkeitsgründen einfach mal weggelassen.)
Jetzt habe ich nur noch ein Problem und zwar bin ich mir nicht so ganz sicher in welche Richtung die Zentrifugalkraft wirkt bzw. wundert es mich ein wenig. Da sie nach dem Kreuzprodukt und der 3-Finger-Regel radial von der Rotationsachse weg. Sie würde damit jedoch nicht sekrecht auf der Erdoberfläche stehen. Stimmt das dennoch, also dass sie halt einfach radial von der Achse wegzeigt oder sollte man noch sagen, dass es eine radiale Komponente gibt?
Da fällt mir noch eine weitere Frage ein. Kann ich jetzt die Gleichung von der Zentrifugalkraft einfach so ausrechen, also indem ich die Werte einsetze oder muss ich das doppelte Vektorprodukt berechnen?
mfg |
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magneto42
Anmeldungsdatum: 24.06.2007
Beiträge: 854
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| magneto42 Verfasst am: 09. Nov 2007 21:43 Titel: |
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Hallo.
Bei der Corioliskraft liegst Du fast richtig. Es fehlt nur ein negatives Vorzeichen.
Nun zur Zentrifugalkraft. Wie kommst Du zu dem Faktor 2? Der ist hier nicht richtig. Außerdem bist Du sehr kreativ bei der Behandlung von vektoriellen Produkten. Du wandelst mal eben Vektoren in Skalare und zurück ohne mit der Wimper zu zucken. Da  kann man besser folgendes schreiben:
 = \vec{\omega} \times \left( \vec{\omega} \times \left( \vec{r} + \vec{z} \right) \right) = \vec{\omega} \times \left( \vec{\omega} \times \vec{r} + \vec{\omega} \times \vec{z} \right) = \vec{\omega} \times \left( \vec{\omega} \times \vec{r} \right))
Ist das nachvollziehbar? Außerdem gilt:
 = \vec{\omega} \cdot \left( \ \vec{\omega} \cdot \vec{r} \right) - \vec{r} \cdot \vec{\omega}^2 = - \omega^2 \cdot \vec{r})
Die letzte Beziehung kannst Du verwenden um die Richtung der Zentrifugalkraft zu bestimmen (bitte bedenke die Vorzeichen). Das Ausrechnen der Kraft vereinfacht sich zudem noch immens. |
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