Drehbewegungen

Wenn ein Körper mit gleichbleibender Drehgeschwindigkeit rotiert oder einen anderen umkreist, sprechen wir von eine gleichförmigen Drehung.

Um die Drehgeschwindigkeit zu definieren, brauchen wir ein wenig Mathematik. Der Umfang eines Kreises ist 2rπ. Wenn man durch den Radius dividiert, bleiben immer 2π über. Bei jedem Kreis! Ein voller Kreisumfang entspricht also einerseits 360° und andererseits 2π. In der Physik gibt man daher den Winkel oft in soundsoviel π an. Das nennt man auch das Bogenmaß (siehe folgende Abb.), das wir im Folgenden verwenden werden. Es hat den Vorteil, dass es sich hier um eine reine Zahl handelt, die Sl-konform ist.

Die Umrechnung zwischen Grad- und Bogenmaß erfolgt durch Multiplikation bzw. Division mit dem Faktor `pi/(180°)`, also

a) durch die Frequenz f. Diese gibt die Anzahl der Umdrehungen pro Sekunde an.

b) durch die Periodendauter T. Diese gibt an, wie lange eine Umdrehung dauert.

c) durch die Winkelgeschwindigkeit `\omega`. Diese gibt an, welcher Winkel in welchser Zeit überstrichen wird.

Die folgende Graphik (bitte draufklicken), zeigt die Zusammenhänge zwischen den drei Beschreibungsmöglichkeiten.

Drehgeschwindigkeit

Dreht sich eine Scheibe mit der Drehgeschwindigkeit `\omega`, so hat ein Punkt auf der Scheibe eine jeweils andere Bahngeschwindigkeit, je nachdem ob er sich weiter innen oder weiter außen befindet.

Es gilt: `v = (\Delta s)/(\Delta t) = (2 pi* r)/T = (2 pi)/T *r = (2 pi f) *r = \omega * r `

Multipliziert man die Drehgeschwindigkeit `\omega` also mit der Entfernung vom Drehzentrum `r`, dann ergibt sich, wie schnell man bei der Drehung „wirklich“ unterwegs ist.

Ja!

Mit der „Korkenzieherregel“ kannst du dir leicht die Orientierung des Winkelgeschwindigkeitsvektors merken:

Ein Tag dauert `24*60*60 s = 86 400 s`, damit ergibt sich für die Drehgeschwindigkeit der Wert:

`\omega = (2 pi)/86400 1/s = 7,27*10^(-5) 1/s`

Multipliziert man dies mit dem Erdradius `r = 6370km` so ergeben sich beachtliche:

`v = \omega*r_E = 7,27*10^(-5) 1/s * 6370000 m \approx 463 m/s \approx 1667 (km)/h` (ca. 1,5-fache Schallgeschwindigkeit!)

Weil der Abstand von der Drehachse abnimmt, je weiter man nach Norden kommt, wird auch die Tangentialgeschwindigkeit kleiner. Für den Abstand zur Drehachse gilt:

r = Erdradius ⋅ cos(geogr. Breite)

Österreich liegt rund am 45° Breitenkreis, und die Tangentialgeschwindigkeit beträgt daher immer noch beachtliche 329 m/s. Das entspricht immerhin auch noch der Schallgeschwindigkeit in der Luft, und mit dieser würdest du auch ins All hinausgeschossen werden

Raketenstart

Die Tangentialgeschwindigkeit der Erde nutzt man bei Raketenstarts aus, weil man somit schon eine Startgeschwindigkeit hat, bevor man überhaupt abhebt. Das spart Treibstoff. Man muss aber nach Osten fliegen! Wenn man nach Westen fliegt, startet man quasi mit einer negativen Geschwindigkeit. Je näher man am Äquator ist, desto größer ist natürlich der Effekt. Der Startplatz der NASA ist im Kennedy Space Center in Florida bei etwa 28°, die Raketen der ESA starten in Kourou in Französisch Guyana bei etwa 5°.

Durch die Wirkung einer zu einem Drehzentrum hin gerichteten Kraft wird ein Körper auf eine Kreisbahn gezwungen. Dies für zu einer ständigen Änderung seiner Richtung.
Diese Form der Beschleunigung bezeichnen wir als Zentripetalbeschleunigung.

Mechanik/Drehbewegung/Abb/sph5-49-1.jpg

Hier kannst du dir die Herleitung der Formel für die Zentripetalbeschleunigung Schritt für Schritt ansehen

Mit den Überlegungen zur Drehgeschwindigkeit lässt sich die Zentripetalbeschleunigung auf verschiedene Weisen darstellen (je nachdem was man braucht):

`a = v^2/r = (\omega * r)^2/r =\omega^2*r = (2\pi*f)^2*r = 4\pi^2*f^2*r = (4\pi^2)/T^2*r`

Aus dem allgemeinen Kraftgesetz `F=m*a` ergibt sich für die Zentripetalkraft (mit Hife der Zentripetalbeschleunigung):

`F_Z = m*v^2/r`

Nach dem 3. Newton'schen Axiom besitzt jetzt Kraft eine gleich große, gelich gerichtete, aber entgegengesetzt orientierte Gegenkraft.
Dies ist hier die Zentrifugalkraft (oder Fliehkraft), sie ist dem Betrag nach natürlich gleich der Zentripetalkraft `F_F = m*v^2/r`.

Wir wissen bereits, dass die Bahngeschwindigkeit `v` am Äquator ca. `463 m/s` beträgt.
Zusammen mit dem Erdradius `r=6,37*10^6 m` können wir damit die Zentrifugalbeschleunigung berechnen:

`a_z=v^2/r= (463 m/s)^2/(6,37*10^6 m) \approx 0,03369 m/s^2`

Im Vergleich mit der Schwerebeschleunigung g ist das recht wenig: `a_z/g \approx 0,34%`

Mechanik/Drehbewegung/Abb/sph5-49-2.jpg

Es gilt also: die Zentrifugalkraft muss immer kleiner als die Reibungskraft (zwischen Auto und Straße) bleiben.

( `r` … Kurvenradius, `\mu` … Reibungszahl )

`{:(\ \ \ F_Z,<,F_R), (m*v^2/r,<,\mu*m*g), (\ \ \ \ v,<,sqrt(\mu*g*r) ):}`

Mechanik/Drehbewegung/Abb/sph5-53-2.jpg

Da im obersten Punkt (= Scheitelpunkt S) des Loopings die Zentrifugalkraft `F_Z` das Gewicht `G` kompensieren muss, ergibt sich also:

`R` … Radius des Loopings
`v` … Geschwindigkeit im obersten Punkt des Loopings

`{:(\ \ \ F_Z,=,G),(m*v^2/R,=,m*g),(\ \ \ \ v,=,sqrt(R*g) ):}`

Mechanik/Drehbewegung/Abb/sph5-53-1.jpg

In Newton's „Principia Mathematica“ gibt es eine faszinierende Zeichnung, die zeigt, wie aus der Wurfbewegung ein Wurf „um die Erde“ entsteht. Der „Wurf um die Erde“ ist aber nichts anderes als die Satellitenbewegung.

Mechanik/Drehbewegung/Abb/sph5-50-1.jpg

Wie schnell muss man also einen Körper wegschießen, damit er „um die Erde“ fällt? Diese Geschwindigkeit bezeichnet man als 1. kosmische Geschwindigkeit.
Wir gehen dabei von einer idealen Kugel aus und betrachten das ganze ohne Luftwiderstand.

In jedem Punkt der Bewegung muss die Fliehkraft muss gleich der Gewichtskraft sein, damit ergibt sich:

(`v` … Geschwindigkeit des Satelliten, `G` … Gravitationskonstante, `R` … Erdradius)

`{:(\text(Zentrifugalkraft),=,\text(Gravitationskraft) ), (\qquad m*v^2/R,=,G*(M*m)/R^2 ), (\qquad v_1,=,sqrt( (G*M)/R) ) :}`

Wenn man die Erdmasse und den Erdradius einsetzt, ergibt sich für `v_1\approx 7,9 (km)/s`

Vielleicht hast du dir schon einmal die Frage gestellt, wie schnell man einen Ball nach oben schießen muss, dass er ins Weltall hinaus fliegt?

Die Geschwindigkeit, die dazu notwendig ist, bezeichnet man als 2.kosmische Geschwindigkeit.

Um diese Geschwindigkeit zu erhalten, muss die Bewegungsenergie beim Abschuss gleich der Fluchtenergie ( = Energie, die notwendig ist um einen Körper der Masse `m` ins Weltall zu befördern) sein.

Hinweis: beide Energien werden wir im Abschnitt zur Energie herleiten.

`{:(\text(Bewegungsenergie),=,\text(Fluchtenergie) ), (\qquad m*v^2/2,=,G*(M*m)/R ), (\qquad v_2,=,sqrt( (2*G*M)/R) ) :}`

Wenn man wieder die Erdmasse und den Erdradius einsetzt, ergibt sich für `v_2\approx 11,2 (km)/s`

Damit eine Satellit auf einem stabilen Orbit die Erde umkreisen kann, muss er eine von der Höhe abhängige Geschwindigkeit `v` haben.
Dies ergibt sich aus der Satellitengleichung, die wir uns herleiten wollen.

Zwei Kräfte bestimmen den Satelliten, die Gravitationskraft und die Zentrifugalkraft. Diese beiden müssen einander die Waage halten.

(`v` … Geschwindigkeit des Satelliten, `G` … Gravitationskonstante, `R` … Erdradius, `h` … Höhe des Satelliten)

`{:(\text(Zentrifugalkraft),=,\text(Gravitationskraft) ), (\qquad m*v^2/(R+h),=,G*(M*m)/(R+h)^2 ), (\qquad v^2,=,(G*M)/(R+h) ) :}`

Diese Satellitengleichung können wir nun nach der Geschwindigkeit `v` oder noch der Höhe `h` auflösen.

Wenn wir die Höhe `h` vorgeben, ergibt sich aus der Satellitengleichung die Geschwindigkeit

`v =sqrt( (G*M)/(R+h))`

Wenn wir die Geschwindigkeit `v` vorgeben, dann ergibt sich aus der Satellitengleichung die Höhe

`h = (G*M)/v^2 -R`

Die ISS fliegt in einer Höhe von ca. 400 km.

Damit ergibt sich für die Bahngeschwindigkeit:

`v =sqrt( (G*M)/(R+h)) = sqrt( (6,673*10^(-11) m^3 /(kg*s^2)*5,96*10^(24) kg)/(6,770*10^6 m ) ) \approx 7665 m/s \approx 27 593 (km)/h` (!)

Für einen Umlauf ergibt sich damit die „Periodendauer“:

`v = \omega*r = 2\pi*f*r = 2\pi*1/T*r ⇒ T = (2\pi*r)/v`

`T \approx (2\pi*6,770*10^6 m)/ (7665 m/s) \approx 5550s \approx 1,54h`

Mechanik/Drehbewegung/Abb/ISS.jpg

Satelliten, die mit der Erde mitrotieren, also sich einmal pro Tag um die Erdachse drehen, werden als geostationäre Satelliten bezeichnet.

In welcher Höhe müssen sie sich dabei befinden?

Von den Sternen aus betrachet hat ein Tag eine Dauer von `T = 86164 s` (siderische Tageslänge).

Wenn wir den Zusammenhang von Bahngeschwindigkeit und Periodendauer (siehe oben)

`v = 2\pi*1/T*(R+h)`

in die Satellitengleichung einsetzen, erhalten wir:

`\obrace( (2\pi*1/T*(R+h))^2 )^(v^2) = (G*M)/(R+h)`

`(R+h)^3= (G*M*T^2)/(4\pi^2)`

`h= \root(3)( (G*M*T^2)/(4\pi^2) ) -R`

`h= \root(3)( (6,673*10^(-11) m^3 /(kg*s^2)*5,96*10^(24)\text(m)*(86164 s)^2)/(4\pi^2) ) -6,37*10^6m\approx 35763 km`

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Schwerelosigkeit
Schwerelosigkeit Schwerelosigkeit

Mechanik/Drehbewegung/Johannes Kepler die Bahnen der Planeten.mp4

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