Frage von pimboli12, 327

Wie schnell müsste sich die Erde drehen, damit die Gewichtskraft am Äquator durch die Erdrotation um 1% vermindert würde und wie lang wäre dann ein Tag?

Meine Physik Hausaufgaben machen mich total verrückt! Sitze jetzt schon eine Weile an der Aufgabe, finde aber nicht den richtigen Weg sie zu lösen. Keine Ahnung ob ich einfach zu kompliziert denke und deshalb einen total verrückten Weg zur Lösung nehme und mich selbst verwirre, oder ich bloß keine Ahnung habe was ich eigentlich tun soll und deshalb zu nichts komme. --.--"

**>>>>Deshalb wollte ich jetzt mal fragen, wie ihr das denn ausrechnen würdet? Damit ich das mit meinen Rechnungen vergleichen kann. Wäre total lieb!!

Die Aufgabe: Wie schnell müsste sich die Erde drehen, damit die Gewichtskraft am Äquator durch die Erdrotation um 1% vermindert würde? Wie lang wäre dann ein Tag?**

DANKE SCHON MAL IM VORAUS! :)

Antwort
von NoHumanBeing, 212

Gewichtskraft am Äquator: Stelle Dir die Erde als Punktmasse vor, sämtliche Masse im Mittelpunkt vereint, dann rechne mit dem Newton'schen Gravitationsgesetz, das für Punktmassen gilt. Nicht mit "F = m * g" rechnen. Das gilt nur für "homogene Gravitationsfelder" und im Ortsfaktor g ist die Erdrotation auch schon teilweise berücksichtigt. Bezeichne diese Kraft als F_g (Gravitationskraft).

Dann Formel für die Zentripetalkraft einer Kreisbewegung suchen, Radius (r) = Erdradius am Äquator (googeln!), Winkelgeschwindigkeit (Omega) = 2 * Pi / (24 * 60 * 60 s), denn die Erde macht (zumindest "so grob") eine volle Umdrehung (2 * Pi) pro Tag. Bezeichne diese Kraft als F_z (Zentripetalkraft).

Dann die Kräfte gleichsetzen mit dem Vorfaktor 0.01 auf der richtigen Seite.

F_z = 0.01 * F_g

m * Omega² * r = 0.01 * G * M * m * r^2

Dann nach Omega auflösen. Masse m des "Probekörpers" kürzt sich heraus, M Masse der Erde (etwa 5.974 * 10^24 kg), r ist der Erdradius am Äquator, G die Gravitationskonstante (etwa 6.674 * 10^-11 m³ / (kg * s²)).

Ich hatte in meinem Studium diese Aufgabe in der Variante, wie schnell die Erdrotation sein müsste, um die Gravitationskraft am Äquator zu kompensieren, sodass man dort schwerelos ist. Dafür musste man die Kräfte dann ohne Faktor gleichsetzen und es kam natürlich eine höhere Geschwindigkeit und eine kürzere Dauer eines Tages dabei heraus.

Viel Erfolg!

Kommentar von NoHumanBeing ,

Narrf!

Es muss natürlich heißen: m * Omega² * r = (0.01 * G * M * m) / (r^2)

Das Abstandsquadrat auf der rechten Seite steht im Nenner.

Kommentar von NoHumanBeing ,

F_z = 0.01 * F_g

m * Omega ^ 2 * r = (0.01 * G * M * m) / r^2

Omega = sqrt((0.01 * G * M) / (r ^ 3)) = sqrt((0.01 * (6.674 * 10^-11 m³ / (kg * s²)) * (5.974 * (10 ^ 24) kg)) / ((6.378 * (10 ^ 6) m) ^ 3))

T = (2 * Pi) / Omega = (2 * Pi) / sqrt((0.01 * G * M) / r) = (2 * 3.1415) / sqrt((0.01 * (6.674 * (10 ^ -11) m³ / (kg * s²)) * (5.974 * (10 ^ 24) kg)) / ((6.378 * (10 ^ 6) m) ^ 3)) = 50683 s = 14.079 h (= 14 h 04 min 44 s)

Wobei ich für keinerlei Genauigkeit bürge. Das war eher eine "Überschlagsrechnung". Was sagen die anderen? Stimmt sie zumindest "so in etwa"? ;-)

Kommentar von NoHumanBeing ,

Oh Gott! Meine "Klammerungspolitik" war wohl nicht sehr einheitlich. Macht wirklich keinen Spaß, sowas in einen Computer zu hacken. ;-)

Kommentar von pimboli12 ,

Danke, dass war bestimmt viel Arbeit! :o Leider verstehe ich das mit dem Vorfaktor und der Erdkonstante nicht völlig. :'I hm...

Kommentar von NoHumanBeing ,

Der Vorfaktor ist nur eine 0.01. Du sagtest "um ein Prozent" sollte die Gravitationskraft verringert werden, d. h. die Zentrifugalkraft, die entgegenwirkt, muss ein Prozent der Gravitationskraft betragen. Ein Prozent ist ein Hundertstel ist 0.01.

"Erdkonstante" gibt es nicht. Es gibt eine Gravitationskonstante und einen Erdradius. Der Erdradius ist einfach der halbe Erddurchmesser (am Äquator - die Erde ist ja keine exakte Kugel), also der Abstand von der Erdoberfläche zum Erdmittelpunkt. Die Gravitationskonstante ist eine Naturkonstante. Das Newton'sche Gravitationsgesetz besagt, dass die Gravitationskraft zweischen zwei Körpern proportional zu ihrer Masse und invers proportional zu ihrem Abstandsquadrat ist. Da fehlt dann aber noch ein konstanter Vorfaktor. Den kann man nur experimentell bestimmen und das ist die Gravitationskonstante.

Sie ist übrigens eine der Naturkonstanten, bei der es noch die größte Unsicherheit bezüglich ihres Wertes gibt. Das liegt daran, dass die Gravitationswechselwirkung sehr schwach ist, verglichen z. B. mit der Coulomb-Wechselwirkung zwischen geladenen Körpern, und auch daran, dass die Gravitationswechselwirkung eine sehr große Reichweite hat und sich auch nicht "abschirmen" lässt und man daher ständig "Störeinflüsse" durch andere Massen in der Umgebung und auch "überall sonst im Universum" hat.

Antwort
von Willy1729, 184

Hallo,

ich würde folgenden Ansatz wählen. Die normale Erdbeschleunigung beträgt ungefähr 9,8 m/s². Ein Prozent weniger wäre etwa 9,7 m/s², also 0,1 m/s², die durch eine erhöhte Erdrotation bewirkt werden müßten. Die Formel für die Zentripetalkraft lautet a=v²/r, also v²=a*r.

a=0,1, r=6300000 m. Dann ist v²=630000 m und v die Wurzel daraus. etwa 794 m/s.

Um diese Geschwindigkeit müßte sich die Erde also schneller als üblich drehen, damit jemand am Äquator 1% weniger Gewichtskraft auf die Waage bringt.

Die normale Rotationsgeschwindigkeit am Äquator etwa 463 m/s.

Die 794 m/s müßtest Du dazu addieren, um auf die gewünschte Geschwindigkeit zu kommen.

Herzliche Grüße,

Willy

Kommentar von NoHumanBeing ,

Die normale Erdbeschleunigung beträgt ungefähr 9,8 m/s².

Im Ortsfaktor ist aber die Erdrotation bereits einkalkuliert. Bei einer solchen Aufgabe würde ich mit dem Newton'schen Gravitationsgesetz rechnen.

Kommentar von Willy1729 ,

Deshalb habe ich ja geschrieben, daß sie sich um den errechneten Wert schneller drehen muß. Ob Du die Eigenrotation vorher oder hinterher berücksichtigst, bleibt letztlich gleich.

Herzliche Grüße,

Willy

Kommentar von NoHumanBeing ,

Würdest Du die obige Rechnung "absegnen"? Ich bin mir gerade ehrlich gesagt mächtig unsicher. Es ist schon eine Weile her, dass ich so etwas gerechnet habe. ;-)

Kommentar von Willy1729 ,

Das Problem ist, daß ich mir das bißchen Physik, das ich kann, im Alter selbst angeeignet habe. Der Physikunterricht an meinem früheren altsprachlich orientierten Gymnasium war marginal. 

Ich glaube aber, daß sich Deine Methode besser dafür eignet, die Umlaufgeschwindigkeit eines Satelliten zu berechnen, der in einem gegeben Abstand von einem Zentralkörper eine stabile Bahn haben soll. Ob sie auch für eine rotierende Masse funktioniert, kann ich im Moment nicht beurteilen. Nach meiner Rechnung betrüge die neue Tageslänge etwa 8,8 Stunden.

Aber vielleicht ist meine Methode auch zu simpel und Dein Ergebnis ist richtig. Ich bin mal gespannt, ob sich noch jemand hier meldet.

Herzliche Grüße,

Willy

Kommentar von NoHumanBeing ,

Ja, ich bin auch sehr gespannt.

Ich habe in meinem Studium einmal eine ähnliche Aufgabe gerechnet. Damals war allerdings die Frage, wie schnell die Erde rotieren müsste, damit die Zentrifugalkraft am Äquator gerade die Gewichtskraft kompensiert, d. h. damit am Äquator Schwerelosigkeit herrscht.

Ich weiß das Ergebnis von damals nicht mehr, aber es lief darauf hinaus, die Zentripetalkraft einer Kreisbewegung im Abstand "Erdradius" mit der Gravitationskraft nach dem Newton'schen Gravitationsgesetz gleichzusetzen. Die Abweichungen im Vergleich zum homogenen Gravitationsfeld (F = m * g) waren allerdings nicht sehr groß. Ich hatte damals aber gelesen, dass im Ortsfaktor g bereits eine gewisse Fliehkraft berücksichtigt sei und man daher damit nicht so exakte Ergebnisse bekommt.

Kommentar von Willy1729 ,

@NoHumanBeing:

Hast Du Dir diese Frage mal angesehen?

https://www.gutefrage.net/frage/wie-schnell-muesste-die-erde-sich-drehen-damit-d...

 In der Hilfreichsten Antwort wird eine ähnliche Methode wie Deine verwendet (bitte die Ergebniskorrektur im Kommentar beachten). Ich habe mit meiner Methode nachgerechnet und komme dort auf ein ähnliches Ergebnis. Bei mit wären es knapp 17 Erdumdrehungen pro Tag. 

Alles Gute, Willy

Antwort
von WhoAm1, 158

Bekommst du die länge eines Tages alleine raus? 

Kommentar von pimboli12 ,

Danke für die extra Rechnung! :) Bin aber ein bisschen verwirrt was den Äquatorradius angeht, der wurde doch in der Rechnung gar nicht mit einbezogen..? Oder muss ich das gar nicht?

Kommentar von WhoAm1 ,

Den brauchst du ja nur wenn du die Erdbeschleunigung eigenständig errechnen möchtest oder wenn du die länge des Tages berechnen möchtest.

Kommentar von pimboli12 ,

Ich weiß aber nicht wie ich g.. also, in die Rechnung kriege. ;D Weil die Formel für die Geschwindigkeit wäre doch dann V= 2TT x r / T 

g wird gar nicht beachtet. :I 

Auch bei der Formel der Winkelgeschwindigkeit nicht.

Kommentar von WhoAm1 ,

Kreisfrequenz berechnen:

Formel: ω = 2 · π · f
"ω" ist die Kreisfrequenz pro Sekunde [ 1/s ]
"π" ist die Kreiszahl, π=3,14159
"f" ist die Frequenz pro Sekunde [ 1/s ]


Geschwindigkeit berechnen:

Formel: v = r ·  ω
"v" ist die Geschwindigkeit in Meter pro Sekunde [ m / s ]
"r" ist der Radius des Kreises in Metern [ m ]
"ω" ist die Kreisfrequenz pro Sekunde [ 1 / s ]


Beschleunigung berechnen:

Formel: g = v2 : r
"g" ist die Beschleunigung in Meter pro Sekunde-Quadrat
"v" ist die Geschwindigkeit in Meter pro Sekunde [ m / s ]

"r" ist der Radius des Kreises in Meter [ m ]



Hilft dir das weiter? :)
Bin mir grad nicht sicher was "T" bei deiner Berechnung ist? 

Kommentar von pimboli12 ,

T ist die Umlaufzeit :) Wie lange der Körper braucht für eine Umdrehung. T wäre also (ca.) 24 Stunden bei der Erde. So wurde mir das in der Schule erklärt. ..? Ist das falsch?


Wäre f dann = Umfang der Erde durch 24h? 

Kommentar von pimboli12 ,

Also Umfang der Erde durch 86400 Sekunden, meine ich?

Kommentar von NoHumanBeing ,

Nein, f ist einfach der Kehrwert der Umlaufzeit, also 1 / T.

Kommentar von NoHumanBeing ,

Du brauchst keine Masse für die Rechnung, das kürzt sich am Ende alles heraus.

Es ist auch "schlechter Stil", Zahlen auszurechnen. Eigentlich setzt man solange Formeln ineinander ein, wie möglich und nur gaaaanz am Ende die Zahlen, um den Rundungsfehler möglichst klein zu halten.

Auch Hochzahlen für "zweite Masse" oder ähnliches zu verwenden, ist äußerst irritierend. Hochzahlen stehen in der Mathematik nunmal für Potenzen. Zum Durchnummerieren einer Größe bitte tiefgestellte Zahlen verwenden!

Kommentar von WhoAm1 ,

Auch Hochzahlen für "zweite Masse" oder ähnliches zu verwenden, ist äußerst irritierend. Hochzahlen stehen in der Mathematik nunmal für Potenzen. Zum Durchnummerieren einer Größe bitte tiefgestellte Zahlen verwenden!

Einverstanden :P

Kommentar von NoHumanBeing ,

Gut. :-)

Die Welt wurde soeben zu einem etwas besseren Ort. :-P

Antwort
von PcFreak000, 140

das ist leicht

schau erstmal wie viel prozent die zentripetalkraft ausmacht

dann mach einfach so, dass wenn z.b. die zentripetalkraft 5% ausmacht, dann mach es so, dass sie 4% ist

(du musst schon noch selber rechnen :D)

Kommentar von pimboli12 ,

Aber die Fliehkraft wirkt doch entgegen der Gravitation? Dann muss ich doch erst den Wert der Fliehkraft ausrechen, dann von der Gravitation abziehen um den eigentlich Wert der Kraft zu erhalten, der auf einen Körper auf der Erde wirkt? Nicht?


(4% von was ausmacht? ;D Der gesamten Kraft, die auf den Körper auf der Erde wirkt?)

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