Kapitel 3. Dynamik des Massenpunktes. 3.1 Die Masse Die Definition der Masse

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1 Kapitel 3 Dynamik des Massenpunktes Wir haben in Kap. 2 gelernt, wie man bei vorgegebener Beschleunigung die Bahn eines Teilchens, d.h. die Geschwindigkeit und den Ort des Teilchens als Funktion der Zeit (mit Differentialrechnung oder mit numerischer Rechnung) bestimmen können. Bei der Kinematik wird nur gefragt, wie sich ein Teilchen bewegt. Aber in vielen realistischen Fällen kennen wir die Beschleunigung des Teilchens nicht. Wir kennen die Kräfte, die auf das Teilchen wirken, oder die Energie des Teilchens, und wir wollen diese Information benutzen, um die Bewegung vorherzusagen. Wir wollen wissen, weshalb ein Teilchen sich bewegt. In diesem Kapitel werden wir von Kräften sprechen. Diese Methoden bilden das Gebiet der Dynamik. Eine zentrale Rolle in der Dynamik spielt die Masse. Wir werden dazu physikalische Grössen einführen, die für die gesamte Physik von fundamentaler Bedeutung sind: der (lineare) Impuls (oder die Bewegungsgrösse) und die Kraft. Auf den Begriffen Masse, Impuls und Kraft beruht die gesamte klassische Mechanik. 3.1 Die Masse Die Definition der Masse In unserer Alltagssprache benutzen wir austauschbar die Wörter Masse und Gewicht. Im Rahmen der Physik werden diese Wörter mit verschiedener Bedeutung benutzt. 41

2 42 Physik I, Prof. W. Fetscher, HS 2007 a) Das Gewicht ist eine Kraft 1 (und damit ein Vektor!), die ein Körper z.b. auf den Boden ausübt. Das Gewicht ist eine Grösse, die mit einer Waage gemessen wird. b) Die Masse ist eine (skalare) Eigenschaft eines Körpers. Die Masse ist ein Mass dafür, wieviel Stoff im Körper enthalten ist. Das Gewicht eines Körpers kann in verschiedenen Situationen verschieden sein. Das Gewicht eines Astronauts sei z.b. auf der Erdoberfläche 90 kg. Wenn er in seiner Umlaufbahn um die Erde ist, ist sein Gewicht gleich null. Im Gegensatz dazu ist die Masse des Astronauts auf der Erde und in der Umlaufbahn immer dieselbe. Der Astronaut ist nicht masselos geworden, sondern nur gewichtslos. Rückstossversuch: Um die Masse genau zu definieren, werden wir einen Rückstossversuch verwenden. Wir betrachten zwei Wagen, A und B, die sich reibungsfrei über eine Luftkissenbahn bewegen können. Siehe Abb Feder Faden a) A B reibungsfreie Luftkissenbahn b) v B A reibungsfreie Luftkissenbahn B v A Abbildung 3.1: Ein Rückstossversuch: a) Anfangszustand b) Faden zerschnitten. Am Anfang werden die beiden Wagen mit einem Faden zusammengebunden. Zwischen den beiden Wagen ist eine Feder eingeklemmt. Bei diesem Versuch wird der Faden zerschnitten, und die Geschwindigkeiten der Wagen v A und v B werden gemessen. 1 Wir werden eine genaue Definition der Kraft in Kap einführen.

3 Physik I, Prof. W. Fetscher, HS Nachdem der Faden zerschnitten wurde, entfernen sich beide Wagen mit entgegengesetzen Geschwindigkeiten voneinander. Wir bemerken, dass die Geschwindigkeiten der Wagen nicht immer denselben Betrag besitzen. Aus Experimenten mit verschiedenen Wagen schliessen wir, dass das Verhältnis der Geschwindigkeiten der beiden Wagen gegeben ist durch wobei m A und m B die Massen der Wagen sind. m A m B = v B v A (3.1) Zwei wichtige Bemerkungen: 1. Das Rückstossexperiment hat nichts mit den Gewichten der Wagen zu tun. Man könnte ebenso das Experiment im Weltraum (wo die Wagen gewichtslos wären) durchführen. Das Ergebnis wäre dasselbe! Auf der Erde haben wir eine Luftkissenbahn verwendet, so dass die Wagen sich frei (z.b. mit vernachlässigbarer Reibung) bewegen. Die nach unten gerichtete Erdbeschleunigung wird von der Luftkissenbahn kompensiert (die Wagen fallen nicht nach unten). Obwohl die Wagen auf die Luftkissenbahn drücken, ist der Effekt dank der Luftströmung vernachlässigbar. 2. Das Ergebnis ist auch unabhängig von der Feder: Wäre nämlich die Feder stärker, würden sich beide Wagen schneller voneinander entfernen. Das Verhältnis der Geschwindigkeiten würde sich aber nicht ändern. D.h., dass die Masse eines Wagens nur von den Eigenschaften der Wagen abhängt. Bis jetzt haben wir nur von einem Massenverhältnis gesprochen. Wie sollen wir die Masse definieren? Wir wählen eine der Massen, z.b. m B, so, dass sie eine genormte Masse besitzt. Eine derartige genormte Masse wird zur Zeit noch als die Definition der Einheit der Masse (das Kilogramm) verwendet: [m] = 1 kg (3.2) Das Kilogramm ist die Masse eines Prototyps des Kilogramms. Es ist ein Platin-Iridium-Zylinder, der im Bureau International des Poids et Mesures in Sèvres bei Paris aufbewahrt wird.

4 44 Physik I, Prof. W. Fetscher, HS 2007 Masse des Elektrons: Masse des Wasserstoffatoms: Masse eines Virus: Masse eines Liter Wassers: Masse der Erde: Masse der Sonne: Masse einer Galaxie: Masse des Universums: 9, kg 1, kg kg 1 kg kg kg kg kg Tabelle 3.1: Massenskala Dann werden alle Massen relativ zur gewählten Masse m B gemessen, als m A = v B v A m B (3.3) Alle anderen Massen werden dann durch einen Rückstossversuch als ( ) v(bipm Prototyp) m A = 1 kg v A (3.4) definiert, wobei v(bipm Prototyp) die gemessene Geschwindigkeit des Prototyps ist. Die Massenskala erstreckt sich über rund 80 Zehnerpotenzen (siehe Tabelle 3.1): Träge und schwere Masse Die vorher gegebene Definition der Masse entspricht einer genauen, aber komplizierten Art von Messung der Masse! Eine Messung mit einer Waage ist eine einfachere Methode, um die Masse zu messen. Siehe Abb Die Waage vergleicht die Gewichte der Massen, d.h. die nach unten gerichteten Gravitationskräfte, die die zwei Massen auf den Teller ausüben. Wenn die Gravitationskräfte gleich gross sind, bleibt der Stab im Gleichgewicht. Mit einer solchen Waage können wir die Gravitationskräfte von Massen mit der Gravitationskraft, die die genormte Masse auf den Teller ausübt, vergleichen. Beim Vergleich der Messungen mit einer Waage mit denjenigen des Rückstossversuches bemerken wir, dass gleiche Massen die gleichen Gravitationskräfte ausüben.

5 Physik I, Prof. W. Fetscher, HS m 1 kg Abbildung 3.2: Bestimmung der Masse m mit einer Waage durch Vergleich mit einer genormten Masse. Bei gleich grossen Massen ist der Stab im Gleichgewicht. Wir nehmen zwei Wagen, die sich mit derselben Geschwindigkeit im Rückstossversuch bewegen. Sie besitzen demnach dieselbe Masse. Wenn wir diese Wagen auf den Teller der Waage stellen, wird der Stab im Gleichgewicht stehen. Dieses experimentelle Ergebnis ist keineswegs offensichtlich! Der Physiker Eötvös 2 hat 1909 mit sehr genauen Versuchen bewiesen, dass Körper mit gleicher Masse gleiche Gravitationskräfte ausüben. Er hat dieses Ergebnis mit einer Genauigkeit von 1 Teil in 10 9 geprüft. Wir sagen gewöhnlich: a) Die träge Masse ist die Grösse, die wir mit einem Rückstossexperiment messen, und b) die schwere Masse ist die Grösse, die wir mit einer Waage messen. Dank R.H. Dicke 3, der das Eötvössche Experiment noch verbessert hat, wissen wir heutzutage, dass beide Definitionen mit einer Genauigkeit von 1 Teil in gleich sind. Aufgrund dieser Äquivalenz von träger und schwerer Masse kann man nicht feststellen, ob man sich in einem Gravitationsfeld oder in einem beschleunigten Bezugssystem befindet! Im Bereich der Mechanik wird nicht gesagt, warum diese zwei Massen gleich sind. Nur in der Allgemeinen Relativitätstheorie von Einstein kann man mit Hilfe des Äquivalenzprinzips verstehen, warum beide gleich sein müssen. 2 Loránd Eötvös ( ) 3 Robert Henry Dicke ( )

6 46 Physik I, Prof. W. Fetscher, HS Der Impuls Nun werden wir das Gesetz der Impulserhaltung einführen. Ein Erhaltungs -Gesetz im Gebiet der Physik drückt aus, dass eine Grösse sich nicht ändert. Sie wird erhalten, d.h., sie wird vor und nach verschiedenen Vorgängen dieselbe sein Die Definition des Impulses Bei der Definition der Masse haben wir gesehen, dass in Rückstossversuchen das Verhältnis der Geschwindigkeiten der Wagen eine konstante Zahl war, unabhängig von der Feder. Jetzt wollen wir eine Grösse definieren, die sich nicht ändert, wenn der Faden zwischen den Wagen zerschnitten wird. Wir schreiben die Gleichung als m A m B = v B v A m A v A = m B v B (3.5) Wir bemerken, dass v A und v B die Beträge der Geschwindigkeitsvektoren der Wagen sind. Da die Wagen sich in entgegengesetzen Richtungen voneinander entfernen, gilt m A v A = m B v B (3.6) wobei wir die Geschwindigkeitsvektoren statt der Beträge der Geschwindigkeiten benutzt haben. Diese Gleichung schreiben wir folgendermassen um: m A v A + m B v B = 0 (nachdem der Faden zerschnitten ist) (3.7) Mit einem solchen Ausdruck haben wir die folgende Grösse den Wagen A und B zugeordnet: m A v A ist nur eine Eigenschaft des Wagens A, und m B v B nur eine Eigenschaft des Wagens B. Eine neue Grösse wird deshalb definiert: Der lineare Impuls eines Teilchens ist gleich dem Produkt aus seiner Masse und seiner Geschwindigkeit: p = mv (3.8) Der Impuls ist eine vektorielle Grösse, weil er das Produkt einer skalaren Grösse (der Masse) und einer vektoriellen Grösse (der Geschwindigkeit) ist. Wir bemerken, dass gilt: m A v A + m B v B = p A + p B = 0 (3.9)

7 Physik I, Prof. W. Fetscher, HS Die Gleichung drückt aus, dass die Summe der Impulse nach dem Rückstoss gleich null ist. Bevor der Faden zerschnitten wurde, waren beide Wagen in Ruhe. Vor dem Rückstoss gilt daher v A = 0 v B = 0, (3.10) wobei wir die Geschwindigkeiten vor dem Rückstoss mit einem gekennzeichnet haben. Die Summe der linearen Impulse, bevor der Faden zerschnitten wurde, ist dann m A v A + m Bv B = 0 (bevor der Faden zerschnitten ist) (3.11) Wir schliessen daraus, dass die Summe der linearen Impulse der Wagen sich trotz des Rückstosses nicht geändert hat. Die Summe der linearen Impulse der Wagen nennen wir den Gesamtimpuls p tot = p A + p B (3.12) Die Gleichung p tot (vorher) = p tot (nachher) (3.13) drückt die Erhaltung des Gesamtimpulses aus Extensive und intensive Grössen Es gibt in der Physik extensive und intensive Grössen. Extensive Grössen sind Grössen, die von der Grösse des beobachteten Systems abhängen, z.b. Masse, Stoffmenge, Ladung, Volumen. Intensive Grössen sind Grössen, die nicht von der Grösse des beobachteten Systems abhängen, z.b. Temperatur, Dichte, Druck. Beispiel: Zwei Autos fahren auf der Autobahn nebeneinander mit v = 100 km/h. Selbstverständlich ist die gemeinsame Geschwindigkeit der beiden Autos nicht etwa v = 200 km/h, sondern wiederum v = 100 km/h. Offensichtlich ist die Geschwindigkeit eine intensive Grösse. Die Massen der beiden Autos dürfen wir dagegen aufaddieren, sie sind skalare extensive Grössen. Dementsprechend ist der Impuls eine vektorielle extensive Grösse.

8 48 Physik I, Prof. W. Fetscher, HS Die Impulserhaltung Das allgemeine Gesetz Auf den vorherigen Seiten haben wir einen Rückstossversuch betrachtet. Wir haben gefunden, dass in einem solchen Versuch eine vektorielle Grösse der Gesamtimpuls erhalten ist. Bisher haben wir nur das Ergebnis des Rückstossversuches auf eine andere Art neu dargelegt. Das Gesetz der Impulserhaltung ist aber ganz allgemein gültig. Es kann so formuliert werden: Ein isoliertes System ist ein System, das keine Wechselwirkungen mit anderen Körpern spürt. Das System kann sehr weit von anderen Körpern entfernt sein, oder die Wechselwirkungen mit anderen Körpern kompensieren einander, so dass der Effekt verschwindet. In einem solchen isolierten System ist der Gesamtimpuls erhalten. Das Gesetz der Erhaltung des Impulses ist eines der grundlegenden und allgemein gültigen Gesetze der Physik. Wir kennen keine Ausnahmen von diesem Prinzip. Wir zeigen nun, dass die drei berühmten Newtonschen Gesetzen aus dem Impulserhaltungsgesetz folgen. Man beachte aber: Die Impulserhaltung ist ein Axiom und kann deshalb nicht bewiesen werden! Der tiefere Grund für die Impulserhaltung liegt in der Invarianz von physikalische Vorgängen gegenüber einer räumlichen Translation, das heisst, dass diese Vorgänge gleich ablaufen, auch wenn sie um eine Strecke im Raum verschoben sind. Die Impulserhaltung gilt für jede einzelne Komponente getrennt, es sind also drei unabhängige Erhaltungssätze, eine für jede Dimension des Raums: p ges,x = c x (3.14) p ges,y = c y (3.15) p ges,z = c z (3.16) 3.4 Das erste Newtonsche Gesetz: Trägheit Eine erste Folgerung aus dem Impulserhaltungsgesetz ist das Trägheitsprinzip. Wir sehen, dass für ein isoliertes System gelten muss: p tot = konst. dp tot dt = 0 (3.17)

9 Physik I, Prof. W. Fetscher, HS Wenn ein System nur einen Körper enthält, ist der Gesamtimpuls gleich dem Impuls des Körpers, und wir erhalten dp dt = 0 = d(mv) dt = m dv dt (3.18) wobei wir angenommen haben, dass sich die Masse des Körpers mit der Zeit nicht ändert. Daraus folgt: Es gilt das dv dt = 0 v = konst. a(t) = 0 (3.19) Trägheitsprinzip: Ein Körper bleibt in Ruhe oder bewegt sich mit konstanter Geschwindigkeit, wenn er isoliert (oder frei) ist. Wir bezeichnen Koordinatensysteme, die mit einem ruhenden oder sich mit konstanter Geschwindigkeit bewegenden Körper derart fest verbunden sind, dass sich die Lage des Körpers darin nicht ändert, als Inertialsysteme (siehe Abb. 3.3). 3.5 Das zweite Newtonsche Gesetz: Aktionsprinzip Die Definition der Kraft Wir betrachten einen Ball mit Masse m, der mithilfe eines Fadens eine gleichförmige Kreisbewegung ausführt (siehe Abb. 3.4), die wir bereits in Kap studiert haben. Wir haben gesehen, dass eine zum Zentrum des Kreises hin gerichtete Beschleunigung auf das Teilchen wirken muss, damit das Teilchen sich auf einer Kreisbahn bewegt. Wir können den Impuls des Balles berechnen. Es gilt: Damit ist der Impuls gleich: r(t) = r cos ωt e x + r sin ωt e y (3.20) v(t) = dr dt = rω sin ωt e x + rω cos ωt e y (3.21) p(t) = m v(t) = mrω ( sin ωt e x + cos ωt e y ) (3.22)

10 50 Physik I, Prof. W. Fetscher, HS 2007 m e z K r (t) e z K r(t) O e y u t e x O e y e x r (t) = r(t) u t Abbildung 3.3: Der Ort des Massenpunkts m werde in 2 Inertialsystemen beschrieben: Das System K bewege sich mit der konstanten Geschwindigkeit u relativ zu K. Der Impulsvektor zeigt in die Richtung des Geschwindigkeitsvektors und ist deshalb tangential. Er ändert sich mit der Zeit, so dass sich der Ball auf dem Kreis bewegt. Wir können die zeitliche Ableitung des Impulses betrachten: dp dt = mrω ( ω cos ωt e x ω sin ωt e y ) = mω 2 (r cos ωt e x + r sin ωt e y ) = mω 2 r (3.23) Der resultierende Vektor zeigt zum Zentrum des Kreises hin. Dies ist die Richtung des Fadens. Der Faden übt eine Kraft auf den Körper aus. Diese Kraft ist für die zeitliche Änderung des Impulses verantwortlich.

11 Physik I, Prof. W. Fetscher, HS Zusammenfassend: v Faden a r Abbildung 3.4: Die Beschleunigung des Balles ist zum Zentrum des Kreises hin gerichtet. Die resultierende Kraft, die auf einen Körper wirkt, wird als die zeitliche Änderung des Impulses des Körpers definiert (siehe auch Abb. 3.5): F dp dt (3.24) Wir sagen: Wenn sich der Impuls eines Körper mit der Zeit ändert, wirkt auf den Körper eine nicht verschwindende Kraft. Weil der Impuls eine vektorielle Grösse ist, der eine Richtung und einen Betrag besitzt, ist die Kraft ebenfalls ein Vektor, der durch eine Grösse F und eine Richtung ˆF = F /F beschrieben wird. Zwei Kräfte, die am gleichen Punkt angreifen 4, müssen wie Vektoren addiert werden (siehe Abb. 3.6): F = F 1 +F 2 (3.25) Die einzelnen Komponenten werden algebraisch addiert: F x F 1x + F 2x F y = F 1y + F 2y (3.26) F z F 1z + F 2z 4 Was wir tun müssen, wenn das nicht der Fall ist, werden wir später erklären.

12 52 Physik I, Prof. W. Fetscher, HS 2007 Abbildung 3.5: Isaac Newton Im folgenden Abschnitt werden wir verschiedene Arten von Kräften definieren. Wenn wir die Wirkung mehrerer Kräfte auf einen Körper betrachten, wird die resultierende Kraft als die Vektorsumme der einzelnen Kräfte geschrieben: F = i F i (3.27) Es folgt daraus, dass sich der Impuls eines Körpers nur dann mit der Zeit ändern wird, wenn sich die Wirkungen aller Kräfte nicht gegenseitig kompensieren. F 1 F F 2 Abbildung 3.6: Kräfteaddition Kraftstoss Häufig ist es zweckmässig, den Impulssatz (für einen einzelnen Körper oder für ein ganzes System) in der folgenden Form zu schreiben:

13 Physik I, Prof. W. Fetscher, HS F (t) 0 t Abbildung 3.7: Kraftstoss: Die Flächen unter den beiden Kurven sind gleich gross. ṗ dt = p e p a = F ext dt (3.28) Falls wir den Impuls am Anfang (p a ) und am Ende (p e ) kennen, können wir daraus zwar nicht den zeitlichen Verlauf der Kraft F ext (t) berechnen, wohl aber das Integral F ext (t)dt der Kraft (Kraftstoss). Im 1-dimensionalen Fall entspricht der Wert dieses Integrals natürlich der Fläche unter der Kurve (Siehe Abb. 3.7). Beispiel 1: Wir schiessen eine Kugel mit der Masse m und der Geschwindigkeit v a auf eine Wand, so dass die Kugel darin stecken bleibt (v e = 0, siehe Abb. 3.8). Damit wissen wir, dass die Wand einen Kraftstoss erfährt, welcher die folgende Grösse hat: F dt = m v a (3.29) Falls die Kugel elastisch reflektiert wird, v e = v a, so ist p e p a = 2 m v a und der Kraftstoss doppelt so gross. Mit dieser Überlegung werden wir später den Druck eines Gases aus den Stössen der einzelnen Moleküle auf eine Wand berechnen können. Beispiel 2: Ein Wasserstrahl wird senkrecht auf eine Wand gerichtet. Das Wasser soll nach dem Aufprall senkrecht nach unten abfliessen (Siehe Abb. 3.9). Wir verspritzen pro Zeit ein (konstantes) Volumen Wasser, z.b. dv/dt = V = 10 L/s mit einer

14 54 Physik I, Prof. W. Fetscher, HS 2007 Anfangszustand Endzustand m v a m Abbildung 3.8: Schuss einer Kugel auf eine Wand. Geschwindigkeit von v = 20 m/s. Damit gilt: dm p e,x p a,x = dm v = dt v dt = F H2 O dt (3.30) Die Kraft auf die Wand beträgt somit: F W = F H2 O = dm dt v = ṁ v = V 2 m3 ρ H2 O v = 10 s 10 3 kg m 3 20 m s = 200 N (3.31) Kräfte Erstaunlicherweise gibt es in der Natur nur vier 5 voneinander verschiedene elementare Kräfte oder Wechselwirkungen. Ihre wichtigsten Eigenschaften sind in Tabelle 3.2 zusammengefasst. Wir können vorläufig nur ganz kurz andeuten, was die Zahlen in dieser Tabelle bedeuten: Relative Stärke: Vergleichen Sie die Grössen der Gravitationskraft und der Coulombkraft zwischen zwei Protonen, die sich in einem beliebigen Abstand voneinander aufhalten. 5 Vor einigen Jahren wurde viel über eine sogenannte Fünfte Wechselwirkung spekuliert, da einige Experimente Hinweise auf die Existenz einer solchen Kraft gaben. Diese Gerüchte sind aber, dank präzisen Untersuchungen, wieder weitgehend verstummt.

15 Physik I, Prof. W. Fetscher, HS Spritze Abbildung 3.9: Wasserstrahl trifft auf eine Wand. Kraft Relative Stärke Reichweite Austauschteilchen Gravitation Graviton Elektromagnetisch Photon Schwach m W ±, Z 0 Stark m Gluonen Tabelle 3.2: Elementare Kräfte Reichweite: Die beiden erstgenannten Kräfte wirken über beliebige Distanzen. Die beiden andern sind nur im subatomaren Bereich von Bedeutung (und wurden deshalb auch erst im 20. Jahrhundert entdeckt). Austauschteilchen: Weshalb ziehen sich z.b. Sonne und Erde gegenseitig an? Weil zwischen diesen Himmelskörpern ständig eine riesige Anzahl von masselosen Teilchen (die Gravitonen) hin- und herfliegen, die einen Impuls übertragen und dann beim Aufprall auf die Himmelskörper einen Kraftstoss ergeben. Alle anderen Kräfte, die zwischen makroskopischen Körpern wirken (Druckkräfte, Federkräfte, Reibungskräfte, usf.) lassen sich auf diese elementaren Wechselwirkungen zurückführen, wobei der Zusammenhang manchmal einfach abzuleiten, aber noch öfters erst aus sehr komplizierten (quantenmechanischen) Abschätzungen ersichtlich ist.

16 56 Physik I, Prof. W. Fetscher, HS Beziehung zwischen Kraft und Beschleunigung Welche Rolle spielt dann die Masse? Wir können die Definition des Impulses als Funktion der Masse und der Geschwindigkeit des Körpers verwenden, um eine Beziehung zwischen der resultierenden Kraft und der Beschleunigung herzuleiten, die nur gilt, wenn die Masse des Körpers konstant ist: Es folgt damit F dp dt = d {m v(t)} = mdv(t) dt dt = m a(t) (3.32) Aktionsprinzip: Die Beschleunigung eines Körpers, dessen Masse sich mit der Zeit nicht ändert, ist umgekehrt proportional zu seiner Masse und direkt proportional zur auf ihn wirkenden resultierenden Kraft: a(t) = 1 F (t) (3.33) m Weil die Masse eine skalare Grösse ist, zeigen die Beschleunigung und die resultierende Kraft immer in dieselbe Richtung 6. SI-Einheit: Die Einheit der Kraft ist 1 Newton (N) und entspricht jener Kraft, die benötigt wird, um einen Körper der Masse 1 kg mit 1 m/s 2 zu beschleunigen: [F ] = 1 N = 1 kg m/s 2 (3.34) 3.6 Das dritte Newtonsche Gesetz: Aktion = Reaktion Wir betrachten die Wechselwirkung zwischen zwei Körpern. Jeder Körper übt eine Kraft auf den anderen aus. Jede Einzelkraft ist nur ein Aspekt einer gegenseitigen Wechselwirkung zwischen den zwei Körpern. Übt ein Körper auf einen zweiten eine Kraft aus, so wirkt dieser auch auf den ersten mit einer Kraft. Es gibt keine einzelne isolierte Kraft. Wenn die erste Kraft als Aktionskraft bezeichnet wird, wird die zweite Reaktionskraft genannt (jede der beiden Kräfte kann natürlich als Aktion betrachtet werden, dann ist die andere die Reaktion). 6 Dies gilt nicht mehr in der speziellen Relativitätstheorie!

17 Physik I, Prof. W. Fetscher, HS Newton hat in seinem dritten Gesetz die Situation zusammengefasst und hat die Richtungen und die Beträge der Kräfte postuliert: Aktions-Reaktions-Prinzip: Zu jeder Aktion gehört eine gleich grosse Reaktion, die denselben Betrag besitzt, aber in die entgegengesetzte Richtung zeigt. Auch dieses Gesetz ist eine direkte Folgerung der Impulserhaltung. Wir betrachten ein isoliertes System mit zwei Körpern A und B. Bei einem isolierten System bleibt der gesamte Impuls erhalten: p tot = p A + p B = konst. (3.35) Wir berechnen die zeitliche Ableitung des gesamten Impulses: dp tot dt = dp A dt + dp B dt = 0 (3.36) Aus der Definition der Kraft folgt: F A + F B = 0, (3.37) wobei F A die Kraft ist, die auf den Körper A wirkt, und F B die Kraft, die auf den Körper B wirkt. Weil das System isoliert ist, ist F A die Kraft, die der Körper B auf A ausübt und F B die Kraft, die der Körper A auf B ausübt. Damit: F A = F B : Aktion = Reaktion (3.38) Kugel auf Tisch Eine Kugel (1) drückt im Auflagepunkt mit der Kraft F 21 auf einen Tisch (2) (siehe Abb. 3.10). Also wirkt der Tisch mit der Gegenkraft F 12 = F 21 auf die Kugel. Wäre diese Gegenkraft nicht vorhanden, dann würde die Kugel nach dem 2. Newtonschen Axiom nach unten beschleunigt fallen! Kugel in Wasser Eine Kugel (1) befindet sich in einem wassergefüllten Gefäss (siehe Abb. 3.11). Das Wasser (2) übt auf die Kugel einen Auftrieb F 12 aus; also drückt die Kugel mit der Kraft F 21 auf das Wasser (Demonstration). Daneben gibt es in diesem Beispiel eine Reihe von weiteren Kräften, z.b. wirkt auf die Kugel die Erdanziehung F 13 (das Gewicht der Kugel); also wird die Erde von der Kugel mit der Kraft F 31 = F 13 angezogen, usf.

18 58 Physik I, Prof. W. Fetscher, HS F 12 2 F 21 Abbildung 3.10: Actio = reactio: Kugel drückt auf Tisch. Die Summe von Kraft und Gegenkraft ist gleich null. F F 21 3 Abbildung 3.11: Actio = reactio: Kugel im wassergefüllten Gefäss. Die Summe der Kraft und der Gegenkraft ist gleich null.

19 Physik I, Prof. W. Fetscher, HS vorher nachher p 1 m 1 p 2 m 2 p 1 m 1 p 2 m 2 Abbildung 3.12: Zentraler elastischer Stoss. 3.7 Anwendungen: Impuls und Impulserhaltung Ein freier Körper im Weltraum Was ist ein freier Körper? Das ist sicher eine Idealisierung! Wir können trotzdem annehmen, dass für einen Körper im Weltraum, der sehr weit entfernt von anderen Sternen und Planeten ist, die Wechselwirkung mit dem Rest des Universums als vernachlässigbar betrachtet werden kann und der Körper deshalb frei ist. Ein Körper ist auch frei, wenn sich die Wechselwirkungen mit anderen Körpern gegenseitig kompensieren, was zu einer verschwindenden Gesamtwechselwirkung führt. In diesem Fall ist der Impuls des Körpers erhalten: p = m v = konst. (3.39) Der Körper bewegt sich geradlinig mit konstanter Geschwindigkeit Zentraler elastischer Stoss zweier Kugeln Abb zeigt den zentralen elastischen Stoss zweier Kugeln. Elastisch bedeutet, dass sich innere Grössen der Kugel, wie die Masse, beim Stoss nicht ändern. Impulserhaltung: p ges = p ges (3.40) p 1 + p 2 = p 1 + p 2 (3.41) (p 1 p 1 ) = (p 2 p }{{} 2 ) (3.42) }{{} := p 1 := p 2 p 1 = p 2 (3.43) p 1 + p 2 = 0 (3.44)

20 60 Physik I, Prof. W. Fetscher, HS Raketenantrieb Der Raketenantrieb folgt aus der Impulserhaltung. Eine Rakete erzeugt ihren Schub (= Kraft), indem Treibstoff verbrannt und das dadurch erzeugte Gas nach hinten ausgestossen wird. Die Rakete wird durch den Rückstoss nach vorne getrieben (Siehe Abb. 3.13). Ausgestossenes Gas Treibstoff + Rakete Abbildung 3.13: Prinzip des Raketenantriebs. Wenn man Raketen in den Weltraum schiesst, drückt die Rakete gegen das Gas, das von ihr ausgestossen wird. Das Medium (d.h. Luft in der Nähe der Erdoberfläche) hat in diesem Fall nichts mit dem Antrieb zu tun! Nun berechnen wir die sogenannte Raketengleichung. Wir brauchen nur das Impulserhaltungsgesetz. Wir definieren die folgenden Grössen: 1. v = Geschwindigkeit der Rakete, 2. u = Ausstossgeschwindigkeit des Gases relativ zur Rakete, und 3. M(t) = Masse der Rakete zur Zeit t. Wir berechnen die Impulsänderung des gesamten Systems während eines Zeitintervalls t. Wegen der Impulserhaltung muss die Impulsänderung gleich null sein (Wir nehmen an, dass keine äussere Kraft auf die Rakete wirkt). Zur Zeit t bewege sich die Rakete mit der Anfangsgeschwindigkeit v. Der Impuls der Rakete ist gleich p(t) = M(t) v(t) (3.45) Nach der Zeit dt hat die Rakete eine Masse M dm (wobei dm positiv ist und der Masse des ausgestossenen Gases entspricht) und bewegt sich mit einer Geschwindigkeit v + dv.

21 Physik I, Prof. W. Fetscher, HS Wenn das Gas mit einer Geschwindigkeit u relativ zur Rakete ausgestossen wird, bewegt es sich mit der Geschwindigkeit v u. Der Gesamtimpuls ist deshalb gleich p(t + dt) = (M dm)(v + dv) + dm(v u) (3.46) p(t + dt) = M v + M dv v dm dm dv + v dm u dm (3.47) M v + M dv u dm, (3.48) wobei wir den Term dm dv weggelassen haben, weil er ein Produkt aus zwei sehr kleinen Grössen ist und daher im Vergleich zu den anderen Grössen vernachlässigbar ist. Die Impulsänderung während des Zeitintervalls dt ist p(t + dt) p(t) {M v + M dv u dm} M v M dv u dm 0, (3.49) wobei wir die Impulserhaltung verwendet haben. Es gilt daher M dv = u dm M dv dt = udm dt (3.50) Aus M(dv/dt) = F folgt, dass auf die Rakete eine Schubkraft F wirkt, mit dem Betrag F = u dm (3.51) dt und dass daher die Rakete beschleunigt wird. Wir integrieren nun die Raketengleichung und erhalten oder (mit dm = dm) t t 0 M dv dt = udm dt dv t dt dt = t 0 u dm M(t ) dt dt = u dv dt = u dm M dt t t 0 (3.52) 1 dm dt (3.53) M(t ) dt wobei wir angenommen haben, dass die Ausstossgeschwindigkeit des Gases relativ zur Rakete konstant ist, und dass die Masse des Gases aus der Abnahme der Masse der Rakete kommt. Damit gilt: v(t) v 0 = u M(t) M 0 dm M (t) = u {ln (M 0 m) ln M 0 } (3.54)

22 62 Physik I, Prof. W. Fetscher, HS 2007 wobei M 0 die Anfangsmasse der Rakete zur Zeit t = t 0 und m die Gesamtmasse des ausgestossenen Gases ist. Für den Fall M 0 /(M 0 m) > e gilt ( ) M 0 M M 0 m > e ln > 1 M 0 m v > u (3.55) Dann bewegt sich für einen Beobachter das ausgestossene Gas in der gleichen Richtung wie die Rakete. 3.8 Anwendungen der Newtonschen Gesetze Allgemeiner Ansatz zur Lösung kinematischer Aufgaben Die Gesetze von Newton erlauben es, Bewegungsabläufe unter gegebenen Kräften sowie Kräfte bei gegebenen Bewegungsabläufen zu berechnen. Für die Lösung von kinematischen Aufgaben hat sich das folgende Rezept bewährt: 1. Körper auswählen, dessen Bewegung untersucht werden soll. 2. Alle Kräfte F i aufschreiben, die auf diesen Körper in allgemeiner Lage einwirken. 3. Wahl eines geeigneten Koordinatensystems: Inertialsystem 7 Achsen so orientieren, dass die Bewegung möglichst einfach wird. 4. Newtonsche Gesetze für alle Komponenten aufschreiben 8 : m r = F = i F i mẍ = F x = i F ix usf. (3.56) 7 Wir werden erst später, im Kapitel Scheinkräfte besprechen, wie die Newtonschen Gesetze modifiziert werden müssen, wenn wir in einem beschleunigt bewegten Koordinatensystem arbeiten. 8 Falls der Körper eine konstante Masse hat. Sonst müssen wir berücksichtigen, dass d dt (mv) = ṁv + m v ist.

23 Physik I, Prof. W. Fetscher, HS e z m R e y h G O e x Abbildung 3.14: Freier Fall mit Reibung. 5. Differentialgleichungen lösen. Damit erhalten wir die sog. allgemeine Lösung des Problems. Diese enthält noch einige freie Integrationskonstanten (c 1, c 2,...). 6. Bestimmen der Integrationskonstanten aus den bekannten Anfangsbedingungen. (Meist ist das Ort r 0 und Geschwindigkeit v 0 des Körpers zur Zeit t 0 ). Damit erhalten wir die spezielle (d.h. auf die spezielle Problemstellung angepasste) Lösung des Problems und damit u.a. v(t), r(t), für alle t, t t 0 oder t t 0 (3.57) Falls die Differentialgleichungen (3.56) analytisch nicht (oder nur mit Schwierigkeiten) gelöst werden können, empfiehlt es sich, die Differentialgleichungen numerisch zu lösen, wobei die Anfangsbedingungen als Startwerte dienen Freier Fall im Schwerefeld 1. Wir untersuchen im Folgenden den freien Fall eines Körpers im Schwerefeld der Erde. 2. Auf diesen Körper wirken die folgenden Kräfte: (a) das Gewicht G = mg, senkrecht nach unten. Falls die Fallhöhe h klein gegenüber dem Erdradius ist, dürfen wir annehmen, dass g 10 m s 2 konstant ist. (b) eine Reibungskraft, die seine Bewegung zu hemmen versucht, also in die umgekehrte Richtung zeigt, wie seine Geschwindigkeit: R = κ ˆv (3.58)

24 64 Physik I, Prof. W. Fetscher, HS 2007 Wir werden später sehen, dass ganz verschiedene Reibungskräfte auftreten können: α) trockene Reibung κ κ 0 = konstant β) in zähen Flüssigkeiten κ = κ 1 v, κ 1 konstant, v klein γ) in Flüssigkeiten und Gasen κ = κ 2 v 2, κ 2 konstant, v gross. 3. Als Koordinatensystem wählen wir vorläufig ein System, das starr mit der Erde verbunden ist und nehmen an, dass dies ein Inertialsystem sei (vgl. auch Kap. 3.10). Die Achsen wählen wir aus Symmetriegründen so, dass der Fall längs der z-achse erfolgt (siehe Abb. 3.14). 4. Die Newtonschen Gesetze lauten dann 9 m ẍ ÿ z m r = G + R = 0 0 mg + R (3.59) 5. Wir behandeln zunächst nur den Fall, in dem wir die Reibung völlig vernachlässigen können 10 : Dann können wir die allgemeine Lösung der Differentialgleichungen sofort erraten: ẋ(t) = C 1 ; x(t) = C 1 t + C 2 ẏ(t) = C 3 ; y(t) = C 3 t + C 4 (3.60) ż(t) = gt + C 5 ; z(t) = 1 2 gt2 + C 5 t + C 6 6. Wir verlangen, dass der Körper zur Zeit t = 0 am Ort r = (0,0,h) ist. Damit erhalten wir 3 Gleichungen für die unbekannten Integrationskonstanten: x(0) = C 2 = 0 y(0) = C 4 = 0 (3.61) z(0) = C 6 = h Die Tatsache, dass der Körper zur Zeit t = 0 keine Anfangsgeschwindigkeit haben soll, v 0 = {0,0,0}, ergibt uns alle restlichen Unbekannten: ẋ(0) = C 1 = 0 ẏ(0) = C 3 = 0 ż(0) = C 5 = 0 (3.62) Die spezielle Lösung unseres Problems lautet somit: x(t) = 0, ẋ(t) = 0 Was zu y(t) = 0, ẏ(t) = 0 erwarten war! z(t) = h 1 2 gt2, ż(t) = v(t) = gt (3.63) 9 In unserem Koordinatensystem hat der Vektor g die Komponenten {0, 0, g}. 10 Wann ist dies in der Praxis auch tatsächlich der Fall?

25 Physik I, Prof. W. Fetscher, HS Block A Block B Abbildung 3.15: Aufeinander befindliche Körper. Auch dieses Resultat ist nicht sehr originell; wir haben damit nur auf eine äusserst komplizierte Weise ein altbekanntes Resultat abgeleitet. Der Witz dieses Verfahrens ist aber, dass wir damit auch viel kompliziertere Probleme lösen können Anwendungen: Kontaktkräfte In der Natur beobachten wir verschiedene Arten von Kräften. Wir werden uns nun mit den Kräften, die auf makroskopische Gegenstände wirken, beschäftigen. Diese Kräfte, sogenannte Kontaktkräfte, werden z.b. von Federn, Fäden oder Oberflächen ausgeübt, wenn diese in direktem Kontakt mit den Gegenständen sind. Das Konzept der Kraft und die Newtonschen Gesetze spielen ihre wichtigste Rolle in Anwendungen. Wenn wir sie nicht anzuwenden wissen, dann sind sie nicht nützlich. Wir diskutieren im Folgenden einige Anordnungen Körper, die sich aufeinander befinden Wir betrachten ein System mit zwei Blöcken: der erste Block sitzt auf dem zweiten, der sich auf dem Boden befindet (siehe Abb. 3.15). Im allgemeinen können wir einige Regeln formulieren, um die Anwendung von Kräften zu vereinfachen: 1. Man muss komplizierte Systeme in kleine Teile unterteilen, so dass jeder Teil als ein Massenpunkt (Siehe Kap. 2.2) betrachtet werden kann. 11 Was mit der Mittelschulphysik in der Regel nicht der Fall ist. Dort ist zur Lösung jedes neuen Problems scheinbar ein neuer, mysteriöser Trick nötig.

26 66 Physik I, Prof. W. Fetscher, HS 2007 F A = M A g M A N A F A F B = M B g F AB N B M B F B Abbildung 3.16: Aufeinander befindliche Körper mit markierten Schwerpunkten und Kräftediagramm. 2. Jeder Körper wird durch einen Punkt dargestellt. 3. Man zeichnet die Kräfte für jeden Massenpunkt. Nur die Kräfte, die auf den Massenpunkt wirken, werden dargestellt. 4. Jede Kraft muss eine Richtung und einen Betrag besitzen. Verschiedene Körper können z.b. durch Feder- oder Fadensysteme miteinander verbunden werden oder können aneinander stossen oder ziehen. Alle Wechselwirkungen zwischen Körpern werden durch Kräfte dargestellt. In unserem Beispiel sind wir an den zwei Blöcken A und B interessiert. Die Massen werden als M A und M B bezeichnet. Der Boden wird nicht betrachtet, und deshalb werden wir die Kräfte, die auf den Boden wirken, nicht eintragen. Das entsprechende Kräftediagramm ist in Abb wiedergegeben. Wir finden 5 Kräfte: 1. Block A: (a) F A ist die Gravitationskraft (d.h. das Gewicht) des Blocks A der Masse M A. Diese Kraft beschreibt die Wechselwirkung zwischen der Erde und dem Block A. (b) N A ist die Normalkraft, die der Block B auf den Block A ausübt. 2. Block B: (a) F B ist die Gravitationskraft (d.h. das Gewicht) des Blocks B der Masse M B. Diese Kraft beschreibt die Wechselwirkung zwischen der Erde und dem Block B. (b) N B ist die Normalkraft, die der Boden auf den Block B ausübt.

27 Physik I, Prof. W. Fetscher, HS (c) F AB ist die Kraft, die der Block A auf den Block B ausübt. Diese Kräfte sind vektorielle Grössen, die eine Richtung und einen Betrag besitzen. Wir diskutieren die Gleichgewichtssituation, d.h. wenn die Körper in Ruhe bleiben. In diesem Fall müssen die wirkenden Kräfte einander kompensieren. Wir finden eine Bedingung für jeden Körper: Block A: F A + N A = 0 (3.64) Block B: F B + N B + F AB = 0 (3.65) oder { F A + N A = M A g + N A = 0 F B + N B + F AB = M B g + N B + F AB = 0 (3.66) Wir verwenden nun das Aktions-Reaktions-Prinzip. Weil nun 1. F AB die Kraft ist, die der Block A auf den Block B ausübt, und weil 2. N A die Kraft ist, die der Block B auf den Block A ausübt, müssen sie einander kompensieren. Die Kraft N A kann als die Reaktion der Kraft F AB betrachtet werden oder umgekehrt. Die Kräfte entsprechen der gegenseitigen Wechselwirkung zwischen den zwei Blöcken. Damit ist: F AB = N A (3.67) und es folgt Schliesslich ist: { N A M B g + N B N A = 0 = M A g (3.68) M B g + N B + M A g = 0 (3.69) (M A + M B ) g + N B = 0 (3.70) N B = (M A + M B ) g (3.71) Wie erwartet, sagt diese Gleichung voraus, dass die Kraft N B, die der Boden auf den Block B ausübt, das gesamte Gewicht der Blöcke kompensieren muss. In ähnlicher Weise muss die Kraft N A, die der Block B auf den Block A ausübt, das Gewicht des Blocks A kompensieren: N A = M A g (3.72)

28 68 Physik I, Prof. W. Fetscher, HS 2007 Decke Knoten y F A F B M x F C Abbildung 3.17: Hängendes Gewicht und dazugehörige Kräfte Ein hängendes Gewicht Ein Gewicht hängt an drei Fäden von einer Zimmerdecke, wie in der Abb gezeigt ist: Es wird beobachtet, dass das Gewicht der Masse M in Ruhe bleibt. Was sind die Beträge der Kräfte in den Fäden? Der Knoten verbindet die drei Fäden: Er wird als Körper betrachtet. Gemäss Abb wirken die drei Kräfte F A, F B und F C auf ihn. Wenn das Gewicht in Ruhe bleibt, so gilt F A + F B + F C = F A + F B M g = 0 (3.73) Wir wählen das Koordinatensystem, wie gezeigt, und erhalten zwei Gleichungen: { F A,x + F B,x = 0 (3.74) F A,y + F B,y M g = 0 Mit Hilfe der Winkel { F A cos 30 + F B cos 45 = 0 F A sin 30 + F B sin 45 Mg = 0 (3.75) oder F A + 2 F B = 0 (3.76) F A + 2 F B Mg = 0 Damit gilt F A = 2Mg und F B = 3 2 F A (3.77) Wie erwartet, ist die Kraft F B wegen des grösseren Winkels grösser als F A.

29 Physik I, Prof. W. Fetscher, HS m F R x = x + > x 0 F R < 0 m m F R x = x 0 F R = 0 x = x < x 0 F R > 0 x x 0 x + x Abbildung 3.18: Federkraft-Diagramm. Weil die Federkraft versucht, die Feder in ihren ursprünglichen Zustand zurückzuführen, spricht man von Rückstellkraft F R Federkraft (Hookesches Gesetz) Hookesches Gesetz: Die Kraft, die wir zum Dehnen einer Feder aufwenden müssen, beträgt (näherungsweise, innerhalb der Elastizitätsgrenze), siehe Abb. 3.18: F = k (x x 0 ), (3.78) wobei k die Federkonstante und (x x 0 ) die Auslenkung aus der Ruhelage ist (wo wir den Nullpunkt P 0 annehmen). Die rücktreibende Kraft F R der Feder ist nach Newtons 3. Axiom entgegengesetzt gleich gross (F R = F ) (siehe Abb. 3.18), so dass wir erhalten: mẍ = k (x x 0 ) (3.79) Diese Kraft ist nicht elementar, sondern auf elektromagnetische Kräfte zwischen den Atomen und Molekülen zurückzuführen. Wir wählen die neue Variable ξ = (x x 0 ), für die gilt: d ξ = d x. (3.80) Damit lautet die homogene Differentialgleichung 2. Ordnung ξ = k m ξ (3.81) Die Lösung kann man durch Erraten erhalten. Es wird eine Funktion gesucht, die bis auf eine Konstante gleich ihrer 2. Ableitung ist. Da sowohl sin ωt als auch cos ωt dieser Bedingung genügen, ist der allgemeinste Ansatz ξ(t) = A sin ωt + B cos ωt (3.82)

30 70 Physik I, Prof. W. Fetscher, HS 2007 Einsetzen des Ansatzes in Gl. (3.81) ergibt ξ = ω 2 ξ (3.83) mit ω 2 = k m (3.84) Die Koeffizienten A und B ergeben sich aus den jeweiligen Anfangsbedingungen. Als Beispiel wählen wir eine Auslenkung um x = x 1. Zur Zeit t = 0 werde der Massenpunkt losgelassen. Wir ersetzen zunächst in unsererer Lösungsgleichung (3.82) ξ wieder durch x x 0 und erhalten bzw. x x 0 = A sin ωt + B cos ωt Wir setzen nun die Bedingung x(t = 0) = x 1 ein: x = x 0 + A sin ωt + B cos ωt (3.85) x 1 x 0 = B (3.86) Damit ist die Konstante B bestimmt. Die Konstante A können wir aus der 2. Bedingung ẋ = ξ = 0 für t = 0 bestimmen. Dazu leiten wir zunächst Gl. (3.85) nach der Zeit ab: ẋ = A ω cos ωt Bω sin ωt (3.87) 0 = A ω Die gesuchte spezielle Lösung ist A = 0 (3.88) x = x 0 + (x 1 x 0 ) cos ωt (3.89) Reibungskraft (Festkörperreibung) Auch die Reibungskräfte sind keine elementare Kräfte. Sie sind vielmehr auf die elektrische Wechselwirkung zwischen den Oberflächenatomen der sich berührenden Körper zurückzuführen und verlaufen parallel zur Berührungsfläche (siehe Abb. 3.19) Haftreibung F R µ 0 F N (3.90)

31 Physik I, Prof. W. Fetscher, HS F G m F F R F N Abbildung 3.19: Festkörperreibung mit F R := Reibungskraft F N := Normalkraft µ 0 := Haftreibungskoeffizient (3.91) Der Haftreibungskoeffizient ist in 1. Näherung unabhängig von der Grösse der Auflagefläche 12, er ist aber abhängig von der Art der sich berührenden Materialien und ihrer Oberflächenbeschaffenheit. Gleichgewichtsbedingungen (siehe Abb. 3.20): horizontal : F R cos ϕ F N sin ϕ = 0 vertikal : F R sin ϕ + F N cos ϕ = F G (3.92) F N m F G F R h ϕ l Abbildung 3.20: Haftreibung auf schiefer Ebene. 12 Das gilt jedoch nicht für Pneus, da sich die Gummimischung eher wie eine hochviskose Flüssigkeit verhält!

32 72 Physik I, Prof. W. Fetscher, HS 2007 Reibungskoeffizient Stahl auf Stahl Holz auf Holz Oberfläche: glatt gefettet glatt Haftreibung µ 0 0, ,10 0,4... 0,6 Gleitreibung µ 0, ,01 0,2... 0,4 Rollreibung m R /mm 0,42 0,9 Tabelle 3.3: Beispiele für Reibungskoeffizienten F R = sin ϕ F N cos ϕ = tan ϕ µ 0 ; tan ϕ = h l (3.93) Der Körper haftet, solange diese Ungleichung erfüllt ist, nachher beginnt er zu gleiten. Das Resultat ist unabhängig von F G Gleitreibung F R = µ F N (3.94) µ ist der Gleitreibungskoeffizient, der in 1. Näherung unabhängig von der Auflagefläche oder der Geschwindigkeit ist. Meist gilt: µ 0 > µ (3.95) Im einzelnen zeigen sich aber häufig recht grosse Abweichungen. Abb gibt den Verlauf der Reibungskraft in Funktion der angewendeten Kraft F wieder. µ 0 F N F R F Haftreibung Gleitreibung Abbildung 3.21: Reibungskraft in Funktion einer angewandten Kraft F :

33 Physik I, Prof. W. Fetscher, HS ω r F v F G F N F R m R Abbildung 3.22: Rollreibung Rollreibung Wir betrachten ein Rad, welches sich mit konstanter Geschwindigkeit v bewegt (siehe Abb. 3.22). Im Gleichgewichtszustand wirken die folgenden Kräfte: F = F R µ 0 F N (3.96) F N = F G (3.97) Dabei ist F die Kraft, mit welcher das Fahrzeug das Rad vorwärts schiebt. Von Bedeutung ist nun, dass die Normalkraft F N um die Strecke m R versetzt gegenüber F G (dem Gewicht des Rades + Anteil Fahrzeuggewicht) angreift. Damit bewirkt F N ein die Bewegung hemmendes Moment der Grösse: M = F N m R r F R (3.98) Bei einem nicht angetriebenen Rad und bei Vernachlässigung der Achsreibung muss M = 0 sein. Daraus erhalten wir: mit F = F R = F N m R r µ R = m R r = µ R F N (3.99) (3.100) Die Rollreibungskonstante µ R hängt also vom Radius r des Rades ab; sie ist im allgemeinen viel kleiner 13 (µ R 0, ,01) als µ oder µ Deshalb haben auch die meisten Strassen- oder Schienenfahrzeuge Räder!

34 74 Physik I, Prof. W. Fetscher, HS Reibungskraft (Strömungswiderstand) Die Reibungskraft in zähen (viskosen) Fluiden 14 lässt sich nicht durch elementare Funktionen darstellen. Man kann sie jedoch in eine Potenzreihe nach der Geschwindigkeit v entwickeln: F R = a i v i (3.101) Der Term a 0 ist offensichtlich gleich null, da bei ruhendem Körper die Reibung verschwindet. Im allgemeinen genügt es, nur die Terme a 1 und a 2 zu berücksichtigen: i=0 mit F R = { κ v für kleine Geschwindigkeiten c W A ρ 2 v2 für grosse Geschwindigkeiten c W = Widerstandsbeiwert A = Querschnittsfläche des Körpers ρ = Dichte des Gases v = Geschwindigkeit relativ zum Medium (3.102) Für eine Kugel gilt das Stokessche Gesetz: F R = (6πηr) v (3.103) mit η = Viskosität r = Kugelradius Bremsweg auf nasser Strasse (feuchte Reibung) Wir nehmen eine Bewegung auf einer geraden Strasse ohne Steigung an. Damit könen wir die Bewegung ausschliesslich durch eine Koordinate x beschreiben. Die Reibungskraft 15 F R sei proportional und entgegengesetzt zur Geschwindigkeit: F R = κ ẋ (3.104) Nach dem 2. Newtonschen Axiom ist mẍ = κ ẋ (3.105) ẍ = α ẋ (3.106) 14 Fluide sind Flüssigkeiten oder Gase 15 Beachte: F R stellt in diesem Fall nicht den Betrag eines 3-dimensionalen Vektors dar, sondern einen 1-dimensionalen Vektor und kann deshalb negative Werte annehmen!

35 Physik I, Prof. W. Fetscher, HS mit α = κ m (3.107) Da x selber in der Differentialgleichung nicht vorkommt, ergibt sich eine Vereinfachung mit der Geschwindigkeit u(t) als neuer Funktion u(t) = ẋ(t): u + α u = 0 (3.108) Es wird also eine Funktion gesucht, die proportional zu ihrer ersten Ableitung ist. Wir könnten sie wieder erraten; dieses Mal wollen wir die Differentialgleichung aber durch Integration lösen. Wir schreiben zunächst die Ableitung u als Quotient der Differentiale d u und d t und versuchen, auf der linken Seite alle Terme mit u und auf der rechten Seite entsprechend alle Terme mit t zu gruppieren, so dass wir anschliessend nur noch beide Seiten integrieren müssen: du dt = α u (3.109) du = α dt (3.110) u du u = α dt (3.111) ln u = α t + c 1 (3.112) u = e α t+c 1 u = c 2 e α t (3.113) Bestimmung der Integrationskonstanten c 2 : Die Anfangsgeschwindigkeit sei u = u 0 für t = 0. Dann ist u 0 = c 2 1 Damit erhalten wir die Lösung u = u 0 e α t (3.114) Den zurückgelegten Weg erhalten wir durch Integration der Geschwindigkeit über die Zeit (siehe Abb. 3.23): x(t) =u 0 x = u 0 α t 0 = u 0 α e α t d t (3.115) [e α t ] t 0 ( 1 e α t ) (3.116)

36 76 Physik I, Prof. W. Fetscher, HS ,0 f(αt) u u 0 = e αt α u 0 x = 1 e αt 0, α t Abbildung 3.23: Geschwindigkeit u und Bremsweg x auf nasser Strasse. Die Geschwindigkeit zur Zeit t = 0 ist gleich u = u 0, und α ist proportional zur Reibungskonstante κ (siehe Gl. (3.107)) Kraftfelder Einleitung Es ist oft sehr kompliziert, die Wechselwirkung zwischen mehreren Teilchen zu berechnen, schon die Drei-Körper-Gravitationswechselwirkung lässt sich nicht mehr analytisch lösen. In diesem Fall trifft man folgende Vereinfachung: Man trennt die n Teilchen in n 1 plus 1 Teilchen auf. Die n 1 Teilchen verursachen dann eine effektive Wechselwirkung auf das n. Teilchen. Da n im allgemeinen als sehr viel grösser als 1 angenommen wird, kann man die auf die n 1 Teilchen rückwirkende Kraft vernachlässigen. So bewirkt die Erdanziehung auf einen Menschen eine deutlich grössere Beschleunigung als die Menschanziehung auf die Erde! Man kann also im gesamten Raum in Abhängigkeit vom Ort und gegebenenfalls auch von der Zeit die Kraft auf ein Probeteilchen angeben. Wir bezeichnen dies als ein Kraftfeld F (x, y, z, t) = F (r, t). Ein Sonderfall eines Kraftfeldes ist das statische Feld: F (r, t) = F (r) t (3.117) In der Physik definiert man das Kraftfeld häufig wie folgt: F (r, t) = γ f(r, t) (3.118)

37 Physik I, Prof. W. Fetscher, HS Dabei ist γ eine Grösse, die sich nur auf das einzelne (Probe-) Teilchen bezieht, wie z.b. die Masse oder die Ladung des Teilchens, während f(r, t) nur die Wirkung der restlichen (n 1) Teilchen beschreibt, so dass man für unterschiedliche Probeteilchen stets nur ein Feld benötigt! Wir bezeichnen in dieser Vorlesung derartige Felder f(r, t) = F (r, t)/γ als spezifische Felder Elektrische Kraft (Coulombkraft) Die Coulombkraft zwischen zwei Ladungen Q und q ist F E (r) = 1 4πε 0 q Q r 2 ˆr = q 1 4πε 0 Q r 2 ˆr }{{} E (3.119) Dabei haben wir angenommen, dass Q q, so dass die von q auf Q ausgeübte Kraft vernachlässigt werden kann, und dass Q im Ursprung unseres Koordinatensystems liegt. Das elektrische Feld E ist demnach eine auf die Probeladung normierte Kraft: E(r) = F E(r) q (3.120) Abb zeigt das elektrische Feld E einer positiven Ladung Q. Das Feld lautet in diesem Fall: E(r) = 1 Q ˆr (3.121) 4πε 0 r2 Da Kräfte als Vektoren zu einer resultierenden Kraft addiert werden können, gilt dasselbe auch für die elektrische Feldstärke. Man nennt dies Superpositionsprinzip. Abb zeigt das elektrische Feld E eines elektrischen Dipols. Dieser besteht aus zwei räumlich getrennten entgegengesetzten Ladungen. Das Feld lautet in diesem Fall: E = Q 4πε 0 { r r1 r r 1 3 r r } 2 r r 2 3 (3.122) wobei r 1 und r 2 die Ortsvektoren der beiden Ladungen sind.

38 78 Physik I, Prof. W. Fetscher, HS 2007 Elektrisches Feld Feldlinien + + Abbildung 3.24: Elektrisches Feld und Feldlinien einer positiven Ladung. Die Feldlinien folgen in jedem Punkt des Raumes der Richtung des Feldes. Die Kreise sind Schnitte durch die Äquipotentialflächen. E + +Q Q Abbildung 3.25: Elektrisches Feld und Feldlinien eines Dipols. Die Feldlinien folgen in jedem Punkt des Raumes der Richtung des Feldes.

39 Physik I, Prof. W. Fetscher, HS M r m Abbildung 3.26: Kugelsymmetrisches Kraftfeld einer Kugel der Masse M. Die Kreise sind Schnitte durch die Äquipotentialflächen, die durch den Mittelpunkt der Kugel laufenden Linien die Feldlinien Gravitationskraft Gravitation und Gewicht Die von einer Masse M auf eine andere Masse m ausgeübte Kraft ist (siehe Abb. 3.26): F m = G mm ˆr = m { G Mr } r ˆr (3.123) 2 }{{ 2 } g(r) Diese Kraft wird auch als Gewichtskraft oder kurz Gewicht bezeichnet. Als Kraft ist das Gewicht stets ein Vektor und damit nie mit einer Masse identisch,

40 80 Physik I, Prof. W. Fetscher, HS 2007 die ja ein Skalar ist. Nach dem 2. Newtonschen Axiom ist Entsprechend ist m a m = G mm r 2 ˆr (3.124) a m = G M ˆr (3.125) r2 a M = G m ˆr r2 (3.126) a M a m = m 1 M für m M (3.127) Wir untersuchen als nächstes das Gravitationsfeld der Erde g(r) = G M ˆr (3.128) R2 nahe der Erdoberfläche, wobei R E der Erdradius und M die Masse der Erde sind. Direkt an der Oberfläche erhalten wir g ˆr = G M ˆr (3.129) R2 g = 9,81 m/s 2, (3.130) Die Erdbeschleunigung in der Höhe h über dem Erdboden beträgt dann g(h) = G M (R + h) 2 (3.131) = G M 1 }{{ R 2 } (1 + h/r) 2 (3.132) g(0) g(0) { 1 2 h } R (3.133) und nimmt damit linear mit der Höhe ab Scheinbare Gewichtskraft Wir bemerken die Gewichtskraft nur, wenn sich eine Gegenkraft zu ihr ausbildet. So wehrt sich der Boden, auf dem wir stehen, gegen das Eindringen unseres Körpers infolge der Gewichtskraft, indem er eine gleich grosse, aber entgegengesetzt gerichtete Kraft auf uns ausübt. Diese Kraft spüren wir an den Fusssohlen.

41 Physik I, Prof. W. Fetscher, HS K y O r (t) x m r(t) y R(t) K O x Abbildung 3.27: Aufzug als beschleunigtes Bezugssystem K. Wenn wir uns in Ruhe befinden, ist nach Newton die Summe aller Kräfte gleich null: a = 0 i F i = F G + F N = 0 (3.134) F N = F G (3.135) sowie F N = F G (3.136) Wenn aber zusätzliche Kräfte auftreten, dann ist unser scheinbares Gewicht verschieden. Beispiele: 1. Aufzug (siehe Abb. 3.27): (a) Aufzug fährt nach oben mit der Beschleunigung a A los. Wir betrachten die y-komponente: mg + F N = ma A, a A > 0 (3.137) F N = m (g + a A ) > mg (3.138)

42 82 Physik I, Prof. W. Fetscher, HS 2007 (b) Aufzug fährt mit v A = konst. a A = 0: F N = mg (3.139) (c) Aufzug bremst, um anzuhalten, a A < 0: F N = m (g + a A ) < mg (3.140) 2. Astronaut im Raumschiff: Ein Astronaut der Masse m A befinde sich in einem Raumschiff der Masse m R in einer Umlaufbahn U: m A a A = m A g U + F N (3.141) m R a R = m R g U F N (3.142) (m A + m R ) g U = m A a A + m R a R (3.143) Falls sich der Astronaut relativ zum Raumschiff in Ruhe befindet, gilt: a R = a A a (3.144) g U = a (3.145) m A a = m A g U = m A g U + F N (3.146) F N = 0 (3.147) Demnach fallen sowohl der Astronaut als auch das Raumschiff mit derselben Beschleunigung zur Erde hin! a R = a A = v2 R U (3.148) Hier bedeuten v die Bahngeschwindigkeit und R U den Bahnradius. Schwerelosigkeit bedeutet demnach, dass die gesamte Beschleunigung von der Schwerkraft herrührt. 3. Erdrotation (siehe Abb. 3.28): Wir untersuchen das auf den Massenpunkt m wirkende Kräftegleichgewicht am Breitengrad ϕ: F G + F N = F ZP (3.149) Da sich die Erde um ihre Achse dreht, benötigt man eine Zentripetalkraft F ZP = m a ZP, um die Masse m auf einer Kreisbahn zu halten. Die Vektorsumme von Gewichtskraft F G = m g und Normalkraft F N ergibt diese Zentripetalkraft, welche das Ablösen des Massenpunkts von der rotierenden Erde verhindert.

43 Physik I, Prof. W. Fetscher, HS ω z F ZP F N F G ϕ x R Erde Abbildung 3.28: Kräftegleichgewicht auf der Erde am Breitengrad ϕ. Die Vektorsumme von Gewichtskraft und Normalkraft ergibt die Zentripetalkraft, welche das Ablösen eines Gegenstands von der rotierenden Erde verhindert. Man beachte: Die Gewichtskraft zeigt zum Erdmittelpunkt hin (Kugelsymmetrie), die Zentripetalkraft liegt dagegen in einer zur Äquatorialebene parallelen Ebene (siehe Abb. 3.28) und zeigt zur Drehachse hin (Zylindersymmetrie). Aus Symmetriegründen genügt es, sich auf die xz-ebene zu beschränken. F ZP = m a ZP ˆx = m v2 r ˆx (3.150) Es ist r = R cos ϕ (3.151) v = 2πr T (3.152) v2 r = 4π2 r, T 2 (3.153) wobei R = km der Erdradius und T = 24 h die Rotationsperiode sind. a ZP 0,034 cos ϕ m/s 2 (3.154)

44 84 Physik I, Prof. W. Fetscher, HS 2007 Wir lösen Gl. (3.149) nach F N auf und erhalten in Komponentenschreibweise: Damit gilt F N,x 0 F N,z F N = F ZP F G (3.155) g cos ϕ a ZP = m 0 (3.156) g sin ϕ F N = FN,x 2 + F N,z 2 = m g 1 2 a ( ) 2 ZP g cos ϕ + azp (3.157) g m g 1 2 a ZP g cos ϕ, da a ZP g (3.158) F N < mg für ϕ < π 2 F N = mg für ϕ = π 2 (3.159) 3.11 Beschleunigte Bezugssysteme - Scheinkräfte Wir beschreiben im Folgenden die Bewegung eine Massenpunktes in einem beschleunigten Bezugssystem K (siehe Abb. 3.29). Es gilt 16 r = x e x + y e y + z e z (3.160) v = ẋ e x + ẏ e y + ż e z (3.161) a = ẍ e x + ÿ e y + z e z (3.162) Der Abstand des beschleunigten Systems K vom Inertialsystem K sei R = R(t). Ausserdem rotiere es mit der konstanten Winkelgeschwindigkeit ω Geschwindigkeit Im Inertialsystem K gilt: r = R + r (3.163) v = Ṙ + ṙ = V + ṙ (3.164) 16 Man beachte, dass im System K die Basis-Einheitsvektoren e x, e y und e z zeitlich konstant sind, da der Ortsvektor von m ja gerade durch diese Vektoren ausgedrückt wird!

45 Physik I, Prof. W. Fetscher, HS ω m e z K r (t) e y e z K r(t) O R(t) e x O e y e x r(t) = R(t) + r (t) Abbildung 3.29: Beschleunigtes Bezugssystem K. Dabei ist V die Geschwindigkeit, mit der sich der Koordinatenursprung O von K vom Koordinatenursprung O entfernt. Bei der Berechnung von ṙ müssen wir berücksichtigen, dass, vom Inertialsystem K aus gesehen, im allgemeinen Fall nicht nur die Komponenten x, y und z von der Zeit abhängen, sondern auch die Basisvektoren e x, e y und e z. ṙ = {ẋ e x + ẏ e y + ż e z } + {x ė }{{} x + y ė y + z ė }{{ z } } =v :=u = v + u (3.165) Die Geschwindigkeit u ist damit eine Folge der Rotation von K und muss deshalb proportional zur Winkelgeschwindigkeit ω sein. In Kap hatten wir die folgende Beziehung hergeleitet (Gl. (2.68)): ė = ω e u = x ė x + y ė y + z ė z = x (ω e x ) + y (ω e y ) + z (ω e z ) = ω (x e x + y e y + z e z ) u = ω r (3.166)

46 86 Physik I, Prof. W. Fetscher, HS 2007 Damit erhalten wir für die Geschwindigkeit v des Massenpunktes in K: v = V + v + ω r (3.167) Diese Geschwindigkeit setzt sich demnach aus den folgenden drei Termen zusammen: V Geschwindigkeit von O bezüglich O v Geschwindigkeit von m in K ω r Rotation von K Beschleunigung Die Beschleunigung a des Massenpunktes in K erhalten wir aus Gl. (3.167) durch Ableiten nach der Zeit; die Winkelgeschwindigkeit hatten wir als konstant angenommen. a v = V + v + ω ṙ (3.168) Der Term V := A bezeichnet die Beschleunigung von O bezüglich O. Der Term v berechnet sich wie folgt: + ė x + ẏ y + ż ė (3.169) v = {ẍ e x + ÿ e y + z e z } }{{} {ẋ } ė {{ z } } =a =ω v = a + ω v (3.170) Der 2. Term in Gl. (3.169) wurde dabei mit der in Gl. (3.166) angewendeten Methode hergeleitet. Wir formen nun noch den 3. und letzten Term in Gl. (3.168) um: ω ṙ = ω (v + ω r ) = ω v + ω (ω r ) (3.171) Insgesamt ergibt sich für die Beschleunigung a des Massenpunktes in K: a = a + A + 2 ω v + ω (ω r ) (3.172) Diese Beschleunigung setzt sich demnach aus den folgenden vier Termen zusammen: A Beschleunigung von O bezüglich O a Beschleunigung von m in K a C := 2 ω v a ZP := ω (ω r ) Rotation von K, Coriolis-Beschleunigung Rotation von K, Zentripetal-Beschleunigung

47 Physik I, Prof. W. Fetscher, HS Wir untersuchen den letzten Term für den Fall, dass ω in Richtung z-achse zeigt und r in der xy-ebene liegt. Dieser Term lässt sich wie folgt umformen: ω (ω r ) = ω (ω r ) r ω 2 }{{} =0 Dies ist offensichtlich eine Zentripetalbeschleunigung. = r ω 2 (3.173) Scheinkräfte In einem Inertialsystem gilt (für konstante Masse) das 2. Newtonsche Axiom in der folgenden Form: ẍ F = m a = m ÿ (3.174) z Die Gl. (3.172) lässt erkennen, dass der einfache Ausdruck a für die Beschleunigung im Inertialsystem, ausgedrückt durch dessen Koordinaten, durch einen recht komplizierten Ausdruck ersetzt werden muss, wenn man die Beschleunigung durch die Koordinaten des beschleunigten Systems ausdrücken will. Um auch im beschleunigten System die Beziehung zwischen Kraft und Masse einfach ausdrücken zu können, verlangt man, dass F = m a = m ẍ ÿ z (3.175) gilt. Dies bewirkt aber, dass man zusätzliche Terme einführen muss. Aus Gl. (3.172) folgt nämlich: F = m a = ma m {A + 2 ω v + ω (ω r )} (3.176) F = F + { ma} + { 2 m (ω v )} + { m ω (ω r )} (3.177) Wir können also schreiben: F = F + F T + F C + F ZF (3.178) mit F T = ma := ma T (Trägheitskraft) F C = 2 m (ω v ) := ma C (Corioliskraft) F ZF = m ω (ω r ) := ma ZF (Zentrifugalkraft)

48 88 Physik I, Prof. W. Fetscher, HS 2007 Man nennt diese drei Kräfte Scheinkräfte, da sie nur im beschleunigten System auftreten. In Inertialsystemen sind A = 0 (keine geradlinige Beschleunigung) und ω = 0 (keine Rotation). Damit verschwinden alle drei Scheinkräfte, wie erwartet. Man beachte, dass hier der Zusammenhang zwischen Corioliskraft- und Beschleunigung derselbe wie zwischen Zentrifugalkraft und -beschleunigung ist: F C = + m a C (3.179) F ZF = + m a ZF, (3.180) dass aber in einem Teil der Fachliteratur die Coriolisbeschleunigung ein negatives Vorzeichen enthält. Man beachte ferner auch, dass alle drei Scheinkräfte stets proportional zur Masse m sind, während dies für echte Kräfte nicht unbedingt gilt (z.b. für die Coulombkraft). Damit ergeben sich folgende Situationen: a) Falls a = 0 ist, obwohl eine äussere (echte) Kraft wirkt: F + F T + F C + F ZF = ma = 0, (3.181) Das bedeutet, dass der Massenpunkt im beschleunigten System in Ruhe bleibt, obwohl eine äussere Kraft wirkt! Dies wird erklärt durch ein scheinbares Kräftegleichgewicht, bei dem die Scheinkräfte die äussere Kraft kompensieren. Das ist jedoch kein echtes Kräftegleichgewicht, da F T, F C und F ZF keine echten Kräfte sind. b) Falls die äussere Kraft F = 0 ist: m a = 0 + m a T + m a C + m a ZF (3.182) a = a T + a C + a ZF (3.183) Das bedeutet, dass im beschleunigten System die Masse m beschleunigt wird, obwohl keine echte Kraft wirkt. Widerspruch zum 2. Newtonschen Axiom? Dies ist der Grund für die Einführung des Terms Scheinkräfte Echte Kräfte und Beschleunigungen Die echte Beschleunigung a e ist das a auf der linken Seite von Gl Echt bedeutet, dass diese Beschleunigung, wie jeder andere Vektor, unabhängig vom Bezugssystem ist, ebenso wie echte Kräfte F e.

49 Physik I, Prof. W. Fetscher, HS Es gilt also nur in Inertialsystemen: a e = a = ẍ ÿ z (3.184) und F e = m a e (3.185) Erklärung von Situation a) in Kap : Nur äussere echte Kräfte F i, (i = 1... n) bewirken Beschleunigungen: Im System K ist Dies ist möglich, falls n F i = m a e (3.186) i=1 n F i = m a F T F C F ZF (3.187) i=1 a ẍ ÿ z = 0 (3.188) n F i + F T + F C + F ZF = 0 (3.189) i=1 Beispiel dazu: Frei fallender Aufzug Der frei fallende Aufzug ist ein linear beschleunigtes System K mit ω = 0. Eine Person im Aufzug ist relativ dazu in Ruhe, d.h. v = 0. Daraus folgt: 1) Echte auf Person wirkende Kraft: F e = m g (3.190) (g ist nach unten gerichtet.) 2) Beschleunigung A des Fahrstuhls, vom Inertialsystem aus gesehen: A = g (3.191)

50 90 Physik I, Prof. W. Fetscher, HS 2007 F e = m a e m g = m a + m A = m a + m g (3.192) m a = 0 a = 0! (3.193) Wir sehen also, dass die Beschleunigung a, vom Aufzug aus gesehen, gleich null ist, obwohl eindeutig eine äussere Kraft wirkt. Erklärung von Situation b) in Kap : Falls die Summe der äusseren echten Kräfte gleich null ist, also n F i = 0 i=1 0 = m a e = m a m a T m a C m a ZF (3.194) a = a T + a C + a ZF 0 (3.195) Im beschleunigten System wird also eine Beschleunigung wahrgenommen, obwohl keine äusseren Kräfte wirken. Gl. (3.195) ist eine gekoppelte Differentialgleichung 2. Ordnung in den Variablen x, y und z. Die allgemeine Lösung liefert eine komplizierte Bahnkurve x (t) r (t) = y (t), (3.196) z (t) in K, auch wenn die Summe der äusseren Kräfte null beträgt! Beispiel: Rotation in einer Ebene Wir betrachten ein beschleunigtes Bezugssystem K, das mit der konstanten Winkelgeschwindigkeit ω um die z-achse des Inertialsystems K rotiert, und dessen Ursprung und z -Achse mit dem Ursprung und der z-achse von K zusammenfallen (siehe Abb. 3.30): ω = 0 0 ω (3.197) Für die folgende Rechnung vereinfachen wir die Voraussetzungen wie folgt: Zum Zeitpunkt t = 0 läuft ein Massenpunkt m mit der Geschwindigkeit v = v 0 in y-richtung los: 0 v (0) = v 0 0 (3.198)

51 Physik I, Prof. W. Fetscher, HS F C = 2 m (ω v ) F ZF = m ω (ω r ) z = z ω v v O y ω x F C r m v F ZF Abbildung 3.30: Coriolis- und Zentrifugalkraft in einem sich mit konstanter Winkelgeschwindigkeit drehendem Bezugssystem K. Da die Geschwindigkeit im beschleunigten System gegeben ist, wirken in diesem System die Corioliskraft F C und die Zentrifugalkraft F ZF : Nach Gl. (3.173) ist F C = 2 m (ω v ) (3.199) 0 v x = 2 m 0 v y (3.200) ω 0 = 2 m ωv y ωv x 0 = 2mω F ZF = mω 2 r = mω 2 x y z ẏ ẋ 0 (3.201) (3.202) Damit erhalten wir die folgende Differentialgleichung: ẍ 2ωẏ + ω 2 x ÿ z = 2ωẋ + ω 2 y 0 (3.203)

52 92 Physik I, Prof. W. Fetscher, HS 2007 Diese Differentialgleichung ist im allgemeinen schwierig zu lösen. Wir wollen hier aber eine teilweise Integration durchführen, die zu einem interessanten Ergebnis führt. Da wir ein ebenes Problem haben, vernachlässigen wir die z-komponente: ẍ = 2ωẏ + ω 2 x (3.204) ÿ = +2ωẋ + ω 2 y (3.205) z = 0 (3.206) Wir multiplizieren die 1. Gleichung mit ẋ und die 2. mit ẏ und summieren die beiden Gleichungen. ẍ ẋ = 2ωẏ ẋ +ω 2 x ẋ ÿ ẏ = +2ωẋ ẏ +ω 2 y ẏ (3.207) ẍ ẋ + ÿ ẏ = +ω 2 x ẋ + ω 2 y ẏ Die dabei erhaltene Gleichung können wir mit einem Trick integrieren: Wir drücken einen Teil der Zeitableitungen explizit durch die Differentiale aus und multiplizieren in der 2. Zeile die Gleichung mit dt. In der 3. Zeile führen wir dann die Integration durch: ẋ dẋ dt + ẏ dẏ dt = ω2 x dx dt + ω2 y dy dt (3.208) ẋ dẋ + ẏ dẏ = ω 2 x dx + ω 2 y dy (3.209) = 1 2ẋ 2 2ẏ 2 2 ω2 x ω2 y 2 + c (3.210) Die Konstante c können wir mit den Anfangsbedingungen x (0) = y (0) = ẋ (0) = 0 und ẏ (0) = v 0 bestimmen: Mit r 2 = x 2 + y 2 und v 2 = ẋ 2 + ẏ 2 folgt c = 1 2 mv2 0 (3.211) v0 2 = v 2 ω 2 r 2 v = v0 2 + ω 2 r 2 (3.212) Corioliseffekt auf der Erdoberfläche Abb demonstriert die Wirkung der Erdrotation auf ein mit der Geschwindigeit v bewegtes Massenelement. Die Corioliskraft F C = 2 m v ω

53 Physik I, Prof. W. Fetscher, HS ω N z ω v m F C r O ϕ y x S Abbildung 3.31: Corioliskraft auf dem Breitengrad ϕ auf der Erdoberfläche. bewirkt auf der Nordhalbkugel, dass ein Südwind nach Osten abgelenkt wird, ein Nordwind dagegen nach Westen. Dieser Effekt bewirkt, dass die von einem Hoch zu einem Tief strömende Luft auf der Nordhalbkugel stets nach rechts abgelenkt wird, was einen Wirbel entgegengesetzt zum Uhrzeigersinn um das Tief herum verursacht (siehe Abb. 3.32) Foucault-Pendel Mit einem Pendel genügend grosser Schwingungsdauer lässt es sich zeigen, dass sich während der Pendelschwingung die Erde unter dem Pendel dreht. Im System der sich drehenden Erde wird diese Wirkung durch die Corioliskraft hervorgerufen (siehe Abb. 3.33). Auf dem Breitengrad ϕ ist F C = 2 m v ( ω + ω ) = 2 m v ω (3.213) F C = m v ω = m v ω sin ϕ (3.214)

54 94 Physik I, Prof. W. Fetscher, HS 2007 v ac ac v Abbildung 3.32: Tiefdruckgebiet u ber Island. Die Coriolisbeschleunigung ac verursacht auf der Nordhalbkugel eine Ablenkung der vom Hoch zum Tief fliessenden Luft nach rechts, was den Wirbel in entgegengesetztem Uhrzeigersinn bewirkt. (Bild NASA: Iceland.A km.pdf.) Das Pendel schwinge mit der Winkelgeschwindigkeit Ω bzw. der Periode T = 2π/Ω (siehe Abb. 3.34) zuna chst in der y 0 z 0 -Ebene, wobei z 0 die vertikale Achse darstellt. Damit sind die Einheitsvektoren y 0 und z 0 gegeben durch: y 0 = ωk ωk und z 0 = ω ω (3.215) Wegen der grossen Drahtla nge kann man die Pendelbewegung als lineare Schwingung in y 0 darstellen: y 0 = A cos Ωt y 0 = A Ω sin Ωt (3.216) (3.217) Die Corioliskraft bewirkt eine kleine Beschleunigung in x0 -Richtung, so dass nach einer halben Periode zur Zeit t = T /2 der Endpunkt der Schwingung nicht mehr bei (0, A), sondern bei ( x0, A) liegt. Wir haben dabei beru cksichtigt,