4 Starrer Körper

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W N ω S O Tief Abbildung 54: Nördliche Halbkugel = Ablenkung nach rechts; Südliche Halbkugel = Ablenkung nach links Zerlegung von ω Abbildung 55: ω p x (restliche Terme vernachlässigt) 115 Z
ω = (− cos ϕ · ω, 0, sin ϕ · ω) k = (0, 0, −mg) ˙r = ( ˙x, ˙y, ˙z) r0 = (0, 0, z0 = h) Die drei Bewegungsgleichungen lauten: ¨x = 2ω ˙y sin ϕ ÿ = −2( ˙zω cos ϕ + ˙xω sin ϕ) ¨z = 2(ω ˙y cos ϕ) − g Integriere die 1. und 3. Gleichung ˙x = 2ω sin ϕ · y ˙z = 2ω cos ϕ · y − gt ⇒ ÿ = −2ω cos φ(2ω cos ϕ · y − gt) − 2ω sin ϕ(2ω sin φ · y) Da |ω| = 2π 24h = 7, 29 · 10−5 s −1 (für die Erde) sehr klein ist, verglichen mit der Fallzeit des Steines, können wir in ÿ die Terme, die quadratisch im ω sind, vernachlässigen. Man erhält: ÿ = 2ω gt cos φ ⇒ ˙y = ω gt 2 cos φ ⇒ y(t) = 1 ωg cos φ · t3 3 Die Integrationskonstanten sind wegen der Anfangsbedingungen alle 0. Die Ablenkung nach Osten ist ∆y = 1 3 gω cos φ · T 3 (T = Fallzeit). Da h = 1 2 gt2 , folgt T = 2h. Eingesetzt erhält man: g ∆y = 1 2h 3/2 ωg cos φ 3 g Bei h = 100m und ϕ = 0 (Äquator) ⇒ ∆y = 2cm. 116
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Seite 3 und 4: II. Rotation (Eulerwinkel): Man leg
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Seite 7 und 8: i ε Abbildung 52: 2. Rotation: Wir
Seite 9 und 10: folgt: Allgemein ist Jk = N i=1 mi
Seite 11 und 12: 4.2 Die Euler’schen Gleichungen D
Seite 13 und 14: A ˙p + (C − B)qr = 0 B ˙q + (A
Seite 15 und 16: p = p0 cos q = p0 sin C − A A r0
Seite 17 und 18: Statt der Lagrange-Gleichung für
Seite 19: d2r m dt2 K + ω × m d dr + (
Seite 23 und 24: Lösungsansatz: ⇒ ¨x = −g x +

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