Berechnung der Corioliskraft - Scheinkräfte - Physik

Berechnung der Corioliskraft - Scheinkräfte

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Torsionswinkel

Beiträge: 66

Registrierungsdatum: 21. Februar 2014

Montag, 21. April 2014, 16:02

Berechnung der Corioliskraft - Scheinkräfte

Nun wäre ich bei den Scheinkräften angelangt. Folgende Aufgabe:

Eine Kugel wird am Äquator von einem hohen 100 m Turm an einem windstillen und reibungs-freien Tag zur Zeit t=0 fallengelassen. Nach welcher Zeit und an welchem Ort (x,y,z=0) landet sie mit den Anfangsbedingungen x(t=0)=0, y(t=0)=0 (wobei x nach Osten, y nach Norden und z nach oben zeigen soll)? Tipp: Der Einfluss der Coriolis-Kraft auf die z-Komponente ist so klein, dass er vernachlässigt werden kann. Die Fallzeit und z(t) kann also in üblicher Weise berechnet werden.

Ich weiß, dass man Scheinkräfte noch komplizierter berechnen kann als es diese Aufgabe verlangt, wir haben dazu folgende Formel hergeleitet:

\[ F_{Cor.} = ma = 2 m \ v_{rel.} \ \omega \sin(\alpha) \]

Wobei v(rel) die Relativgeschwindigkeit, w die Winkelgeschwindigkeit und F(Cor) die Corioliskraft ist. Hier muss ich sagen, dass ich gar keinen Ansatz habe, habe eine Menge über Scheinkräfte gelesen und verstehe trotzdem nicht was das sein soll geschweige denn wie ich das berechnen soll..

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Friedrich Karl Schmidt

Beiträge: 1 468

Registrierungsdatum: 8. März 2013

Montag, 21. April 2014, 19:27

Zitat von »Torsionswinkel«

Eine Kugel wird am Äquator von einem hohen 100 m Turm an einem windstillen und reibungs-freien Tag zur Zeit t=0 fallengelassen.

Ein in 100 m Höhe befindlicher Körper hat einem um 100 m größeren Abstand vom Erdmittelpunkt als der sich senkrecht unter ihm befindliche Punkt an der Erdoberfläche und legt deshalb bei einer Erdumdrehung einen um \[ \Delta s \ = \ 2 \ \pi \ \cdot \ 100 \ m \ = \ 628 \ m \] längeren Weg zurück. was eine um \[\Delta v_h \ = \ \frac {628 \ m }{24 \ h} \ = \ 7,27 \ \cdot 10 ^{- \ 3} \ m/s \] höhere Horizontalgeschwindigkeit bedeutet im Vergleich zu dem senkrecht unter ihm befindlichen Punkt der Erdoberfläche. Mit dem Ergebnis, dass er um eine dem entsprechende Strecke weiter ostwärts am Erdboden auftrifft.\[\Delta x \ = \ \Delta v_H \ \cdot \ t \ = \ 7,27 \ s \ \cdot \ 10 ^{- \ 3} \ m/s \ \cdot \ 4,52 \ s \ = \ 3,29 \ \cdot \ 10 ^{- \ 2} \ m \]

Gruß FKS

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Leser

unregistriert

Dienstag, 26. August 2014, 05:32

Guten Tag!

Die Geschwindigkeitsänderung ist durch das Zusammenspiel von Corioliskraft und Schwerkraft leider verwickelter als dargestellt, so daß nur noch eine iterative Näherung (keine geschlossene Lösung) möglich ist. Das Problem wird übrigens behandelt von Landau / Lifschitz I §39 und hat als erste Näherung für die Ostabweichung
\[ x\approx-\frac{2\sqrt{2}}{3}\ \frac{\Omega}{\sqrt{g}}\ \sqrt{H^3}\ cos\psi \approx -0,022\ m \]
mfG

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Friedrich Karl Schmidt

Beiträge: 1 468

Registrierungsdatum: 8. März 2013

Samstag, 30. August 2014, 13:36

Zitat von »Leser«

Guten Tag!

Die Geschwindigkeitsänderung ist durch das Zusammenspiel von Corioliskraft und Schwerkraft leider verwickelter als dargestellt, so daß nur noch eine iterative Näherung (keine geschlossene Lösung) möglich ist. Das Problem wird übrigens behandelt von Landau / Lifschitz I §39 und hat als erste Näherung für die Ostabweichung
\[ x\approx-\frac{2\sqrt{2}}{3}\ \frac{\Omega}{\sqrt{g}}\ \sqrt{H^3}\ cos\psi \approx -0,022\ m \]
mfG

Mit einer mMn weniger missverständlichen Symbolik also \[ x\approx-\frac{2\sqrt{2}}{3}\ \frac{\omega}{\sqrt{g}}\ \sqrt{h^3}\ cos\psi \approx -0,022\ m \] Was sich wegen der im Aufgabentext vorgegebenen, dem Äquator entsprechenden Breitenlage mit "psi" = 0 und somit cos"psi" = 1 zu der folgenden Form führt: \[ x\approx-\frac{2\sqrt{2}}{3}\ \frac{\omega}{\sqrt{g}}\ \sqrt{h^3}\ \approx -0,022\ m \]
Während das von mir gepostete Ergebnis in allgemeiner Form und vergleichbar zusammengefasst so lautet :
\[ x \ \approx \ \sqrt{2}\ \frac{\omega}{\sqrt{g}}\ \sqrt{h^3}\ \approx \ 0,033\ m \]
Man also leicht erkennt, dass vom abweichenden Vorzeichen einmal abgesehen der Faktor (2/3) fehlt.
Zur Vorzeichenfrage fällt mir nur ein , dass eine negative Ostabweichung eine Westabweichung sein müsste ....

Nachdem mehrere dem Grunde nach richtige Korrekturansätze , die aber der Richtung oder dem Maße nach nicht passten, um die Abweichung zwischen den von "Leser" und mir geposteten Ergebnisses zu erkären, durfte bei mir jetzt der sprichwörtliche Groschen gefallen sein : Unstreitig dürfte für das Differential der Ostabweichung gelten:
\[dx \ = \ \Delta v_x \ dt \]\[dx \ = \ \omega \ \Delta z \ dt \]
\[dx \ = \ \omega \ ( \ z_0 \ - \ \frac {1}{2} \ g \ t^2 \ ) \ dt\]
Das letztlich auszuführende Integral der Form \[ \int t^2 \ dt \ = \ \frac {2}{3} \ t^3 \ + \ C \] erklärt die Herkunft des Faktors (2/3) , um den mein Ergebnis falsch war.

Gruß FKS