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Aufgabe

Britischer Geologe

Schwierigkeitsgrad: schwere Aufgabe

Bei der Erdölsuche am Nordpol wurde versehentlich ein Bohrloch durch den Mittelpunkt der Erde zum Südpol gebohrt. Ein sehr dünner britischer Geologe fällt zur Zeit \(t = 0\) in das Bohrloch und schreit sofort um Hilfe. Bei den folgenden Betrachtungen ist die Luftreibung zu vernachlässigen.

Benutze folgende Daten: Schallgeschwindigkeit: \(c = 333\frac{{\rm{m}}}{{\rm{s}}}\); Erdradius: \(R=6,37 \cdot 10^3 \rm{km}\); Erdmasse: \(M=5,98 \cdot 10^{24} \rm{kg}\); Masse des Geologen: \(m=55\rm{kg}\).

Die Gravitationskraft, die auf den Geologen wirkt, hängt von seinem Abstand \(r\) bzw. \(r_{\rm{G}}\) vom Erdmittelpunkt ab und beträgt \({F_{\rm{G}}}(r) =  - G \cdot \frac{{m \cdot M}}{{{R^3}}} \cdot r\) mit \(G = 6,673 \cdot {10^{ - 11}}\frac{{{{\rm{m}}^{\rm{3}}}}}{{{\rm{kg}} \cdot {{\rm{s}}^{\rm{2}}}}}\) (Gravitationskonstante).

a)Erläutere, welchen Bewegungstyp der Geologe ausführt. Berechne die charakteristischen Größen der Bewegung und gib die Bewegungsgleichung an.

b)Berechne, nach welcher Zeit der Geologe am Südpol ankommt.

c)Berechne, welchen Geschwindigkeitsbetrag der Geologe beim Passieren des Erdmittelpunktes hat.

d)Berechne, wann der Geologe seinen Hilferuf zum ersten Mal überholt. Hinweis: Bei der Lösung kann \(\cos(x)\) näherungsweise durch den Ausdruck  \(1 - \frac{{{x^2}}}{2}\) ersetzt werden.

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a)Aufgrund des linearen Kraftgesetzes \({F_{\rm{G}}}(r) \sim r\) ergibt sich für den Geologen eine harmonischen Schwingung mit \(r(t) = R \cdot \cos\left( {\omega  \cdot t} \right)\).

Die Schwingungsamplitude des Geologen ist also gleich dem Erdradius.

Zur Berechnung der Schwingungsdauer bzw. der Kreisfrequenz des Geologen bestimmt man zuerst die Richtgröße \(D\). Wegen \(F=-D \cdot r\) und \({F_{\rm{G}}}(r) =  - G \cdot \frac{{m \cdot M}}{{{R^3}}} \cdot r\) ergibt sich
\[D = G \cdot \frac{{m \cdot M}}{{{R^3}}}\quad(1)\]
Aus der Schwingungslehre ist auch bekannt
\[D = m \cdot {\omega ^2}\quad(2)\]
Aus \((1)\) und \((2)\) folgt dann für \(\omega \)
\[m \cdot {\omega ^2} = G \cdot \frac{{m \cdot M}}{{{R^3}}} \Leftrightarrow {\omega ^2} = G \cdot \frac{M}{{{R^3}}} \Rightarrow \omega  = \sqrt {G \cdot \frac{M}{{{R^3}}}} \]
Einsetzen der gegebenen Werte liefert
\[\omega  = \sqrt {6,673 \cdot {{10}^{ - 11}}\frac{{{{\rm{m}}^{\rm{3}}}}}{{{\rm{kg}} \cdot {{\rm{s}}^{\rm{2}}}}} \cdot \frac{{5,98 \cdot {{10}^{24}}{\rm{kg}}}}{{{{\left( {6,37 \cdot {{10}^3}{\rm{km}}} \right)}^3}}}}  = 1,24 \cdot {10^{ - 3}}\frac{1}{{\rm{s}}}\]
und weiter
\[\omega  = \frac{{2 \cdot \pi }}{T} \Leftrightarrow T = \frac{{2 \cdot \pi }}{\omega } \Rightarrow T = \frac{{2 \cdot \pi }}{{1,24 \cdot {{10}^{ - 3}}\frac{1}{{\rm{s}}}}} = 5,06 \cdot {10^3}{\rm{s}} \approx 84{\rm{min}} = 1{\rm{h}}24{\rm{min}}\]

b)Berechnung der Zeit \(t\), die der Geologe zum Südpol benötigt:
\[t = \frac{T}{2} \Rightarrow t = 42\min\]

c)Geschwindigkeit des Geologen beim Passieren des Erdmittelpunktes:
\[\hat v = R \cdot \omega  \Rightarrow \hat v = 6,37 \cdot {10^3}{\rm{km}} \cdot 1,24 \cdot {10^{ - 3}}\frac{1}{{\rm{s}}} = 7,90\frac{{{\rm{km}}}}{{\rm{s}}}\]

d)Zeit-Orts-Gesetz für den Geologen:
\[r_{\rm{G}}(t) = R \cdot \cos\left( {\omega  \cdot t} \right)\]
Zeit-Orts-Gesetz für den Schall (Beachte, dass der Koordinatenursprung im Erdmittelpunkt liegt)
\[{r_{\rm{S}}}(t) = R - c \cdot t\]
Einholbedingung:
\[{r_{\rm{G}}}(t) = {r_{\rm{S}}}(t) \Leftrightarrow R \cdot \cos\left( {\omega  \cdot t} \right) = R - c \cdot t\]
1. Lösung:
\[t = 0 \Rightarrow r = R\]
2. Lösung:
\[R \cdot \cos\left( {\omega  \cdot t} \right) = R - c \cdot t \Leftrightarrow c \cdot t = R - R \cdot \cos\left( {\omega  \cdot t} \right) = R \cdot \left( {1 - \cos\left( {\omega  \cdot t} \right)} \right) \Leftrightarrow \frac{{c \cdot t}}{R} = 1 - \cos\left( {\omega  \cdot t} \right)\]
Mit der vorgeschlagenen Näherung \(\cos\left( {\omega  \cdot t} \right) \approx 1 - \frac{{{{\left( {\omega  \cdot t} \right)}^2}}}{2}\) gilt nun
\[\frac{{c \cdot t}}{R} = 1 - \left( {1 - \frac{{{{\left( {\omega  \cdot t} \right)}^2}}}{2}} \right) = \frac{{{{\left( {\omega  \cdot t} \right)}^2}}}{2} = \frac{{{\omega ^2} \cdot {t^2}}}{2} \Leftrightarrow 0 = \frac{{{\omega ^2} \cdot {t^2}}}{2} - \frac{{c \cdot t}}{R} = t \cdot \left( {\frac{{{\omega ^2} \cdot t}}{2} - \frac{c}{R}} \right)\]
Diese Gleichung hat die Lösungen \({t = 0}\) (siehe oben) und weiter
\[{\frac{{{\omega ^2} \cdot t}}{2} - \frac{c}{R} = 0 \Leftrightarrow t = \frac{{2 \cdot c}}{{R \cdot {\omega ^2}}}}\]
Einsetzen der gegebenen Werte liefert
\[{t = \frac{{2 \cdot 333\frac{{\rm{m}}}{{\rm{s}}}}}{{6,37 \cdot {{10}^6}{\rm{m}} \cdot {{\left( {1,24 \cdot {{10}^{ - 3}}\frac{1}{{\rm{s}}}} \right)}^2}}} = 68\,{\rm{s}}}\]

Grundwissen zu dieser Aufgabe

Mechanik

Mechanische Schwingungen