TFY4345 Klassisk mekanikk Interaktiv pensumguide · H2026
Fremgang
0/8

04

Roterende referansesystemer

Kjernepensum

Vinkelhastighet og tidsderivasjon i to systemer

La KK være et inertialsystem og K′K' et system med samme origo, men med akser som roterer om en akse gjennom origo. Rotasjonen beskrives av vinkelhastigheten ω⃗\vec\omega: retningen ligger langs aksen etter høyrehåndsregelen, og lengden er vinkelfarten. Et punkt som følger rotasjonen, går i en sirkel om aksen med farten ωd\omega d, der dd er avstanden til aksen. Det er nøyaktig hva kryssproduktet gir:

r⃗˙=ω⃗×r⃗\dot{\vec r} = \vec\omega \times \vec r

Enhetsvektorene e^i′\hat e_i' i K′K' følger rotasjonen, så e^˙i′=ω⃗×e^i′\dot{\hat e}_i' = \vec\omega \times \hat e_i'. En vilkårlig vektor kan skrives A⃗=∑iAi′ e^i′\vec A = \sum_i A_i'\,\hat e_i' med komponentene målt i K′K'. Deriveres den i KK, endrer både komponentene og enhetsvektorene seg:

dA⃗dt=∑iA˙i′ e^i′+∑iAi′ ω⃗×e^i′\frac{d\vec A}{dt} = \sum_i \dot A_i'\,\hat e_i' + \sum_i A_i'\,\vec\omega \times \hat e_i'

Den første summen er endringen en observatør i K′K' måler, for hun ser enhetsvektorene sine som faste. Den andre er ω⃗×A⃗\vec\omega \times \vec A.

(dA⃗dt)K=(dA⃗dt)K′+ω⃗×A⃗\displaystyle \left(\frac{d\vec A}{dt}\right)_{K} = \left(\frac{d\vec A}{dt}\right)_{K'} + \vec\omega \times \vec ADen tidsderiverte av en vilkårlig vektor, målt i inertialsystemet KK og i det roterende systemet K′K'. Indeksen sier hvilket system endringen måles i.

Sammenhengen gjelder for enhver vektor, også for ω⃗\vec\omega selv. Der er ω⃗×ω⃗=0\vec\omega \times \vec\omega = 0, så ω⃗˙\dot{\vec\omega} er den samme i begge systemer.

Hastighet og akselerasjon

Bruk formelen på posisjonen r⃗\vec r. Med v⃗=(dr⃗/dt)K\vec v = (d\vec r/dt)_K og v⃗ ′=(dr⃗/dt)K′\vec v\,' = (d\vec r/dt)_{K'} er

v⃗=v⃗ ′+ω⃗×r⃗\displaystyle \vec v = \vec v\,' + \vec\omega \times \vec rHastigheten i KK er hastigheten målt i K′K' pluss farten det medroterende punktet har.

Bruk den så på v⃗\vec v. Hvert av de to leddene får et eget bidrag fra ω⃗×\vec\omega \times, og ω⃗×v⃗ ′\vec\omega \times \vec v\,' kommer to ganger:

a⃗=(ddt)K′(v⃗ ′+ω⃗×r⃗)+ω⃗×(v⃗ ′+ω⃗×r⃗)=a⃗ ′+ω⃗˙×r⃗+ω⃗×v⃗ ′+ω⃗×v⃗ ′+ω⃗×(ω⃗×r⃗)\begin{aligned} \vec a &= \left(\frac{d}{dt}\right)_{K'}\left(\vec v\,' + \vec\omega \times \vec r\right) \\ &\quad + \vec\omega \times \left(\vec v\,' + \vec\omega \times \vec r\right) \\ &= \vec a\,' + \dot{\vec\omega} \times \vec r + \vec\omega \times \vec v\,' \\ &\quad + \vec\omega \times \vec v\,' + \vec\omega \times (\vec\omega \times \vec r) \end{aligned}
a⃗=a⃗ ′+2 ω⃗×v⃗ ′+ω⃗˙×r⃗+ω⃗×(ω⃗×r⃗)\displaystyle \vec a = \vec a\,' + 2\,\vec\omega \times \vec v\,' + \dot{\vec\omega} \times \vec r + \vec\omega \times (\vec\omega \times \vec r)Akselerasjonen i KK uttrykt ved størrelser målt i K′K'.

Det siste leddet kan skrives om med ω⃗×(ω⃗×r⃗)=ω⃗ (ω⃗⋅r⃗)−ω2r⃗=−ω2d⃗\vec\omega \times (\vec\omega \times \vec r) = \vec\omega\,(\vec\omega \cdot \vec r) - \omega^2 \vec r = -\omega^2 \vec d, der d⃗\vec d er komponenten av r⃗\vec r vinkelrett på aksen. Det peker inn mot aksen. Et punkt som ligger i ro i K′K' har v⃗ ′=a⃗ ′=0\vec v\,' = \vec a\,' = 0, og formelen gir a⃗=−ω2d⃗\vec a = -\omega^2\vec d, sentripetalakselerasjonen i sirkelbevegelse.

Newtons andre lov i det roterende systemet

I KK gjelder ma⃗=F⃗m\vec a = \vec F. Sett inn uttrykket for a⃗\vec a og flytt alt unntatt ma⃗ ′m\vec a\,' over på høyre side:

ma⃗ ′=F⃗−2m ω⃗×v⃗ ′−m ω⃗×(ω⃗×r⃗)−m ω⃗˙×r⃗\displaystyle m\vec a\,' = \vec F - 2m\,\vec\omega \times \vec v\,' - m\,\vec\omega \times (\vec\omega \times \vec r) - m\,\dot{\vec\omega} \times \vec rNewtons andre lov i et roterende system. De tre ekstra leddene er Corioliskraften, sentrifugalkraften og Eulerkraften.

En observatør i K′K' som insisterer på ma⃗ ′=kraftm\vec a\,' = \text{kraft}, må regne de tre leddene som krefter. Sentrifugalkraften −mω⃗×(ω⃗×r⃗)=mω2d⃗-m\vec\omega \times (\vec\omega \times \vec r) = m\omega^2\vec d peker ut fra aksen og virker på alt, også det som ligger i ro. Corioliskraften −2mω⃗×v⃗ ′-2m\vec\omega \times \vec v\,' virker bare på det som beveger seg i K′K', og alltid vinkelrett på hastigheten. Eulerkraften −mω⃗˙×r⃗-m\dot{\vec\omega} \times \vec r kommer bare når vinkelfarten endrer seg, og for jorda er den null.

De tre kalles fiktive krefter. De skyldes ikke noe annet legeme, har ingen motkraft, og forsvinner når du går tilbake til KK. Alle tre er proporsjonale med massen, slik tyngdekraften også er. At tyngdekraften deler denne egenskapen med de fiktive kreftene, var Einsteins utgangspunkt for å beskrive den som en egenskap ved rommet i stedet for som en kraft.

Kule på roterende skive

Kula sklir friksjonsfritt fra sentrum av ei skive som roterer med vinkelfarten ω\omega. Sett fra bakken går den rett fram. Sett fra skiva krummer banen mot høyre, og pilene viser sentrifugalkraften ut fra aksen og Corioliskraften vinkelrett på v⃗ ′\vec v\,'. Bytt system midt i turen: prikkene er de samme hendelsene.

Du står i ro på ei karusell som går rundt med konstant vinkelfart. Hvilke fiktive krefter virker på deg, sett fra karusellen?

Sentrifugalkraften

Sentrifugalkraften avhenger bare av posisjonen, og den er konservativ:

F⃗s=mω2d⃗=−∇Vs,Vs=−12mω2d2\displaystyle \vec F_\text{s} = m\omega^2\vec d = -\nabla V_\text{s}, \qquad V_\text{s} = -\tfrac12 m\omega^2 d^2Sentrifugalpotensialet, som også kan skrives −12m ∣ω⃗×r⃗∣2-\tfrac12 m\,|\vec\omega \times \vec r|^2. Det er negativt og synker utover, så et legeme senker energien sin ved å komme lenger fra aksen.

Dermed kan den legges rett inn i potensialet, og likevektsproblemer i roterende systemer løses som vanlige potensialproblemer. Leddet −12ma2ω2sin⁡2θ-\tfrac12 ma^2\omega^2\sin^2\theta i energifunksjonen til perla på en roterende ring er nettopp dette potensialet, sett fra ringen.

På jorda ligger et punkt på breddegraden ϕ\phi i avstanden d=Rcos⁡ϕd = R\cos\phi fra aksen, så sentrifugalakselerasjonen ω2Rcos⁡ϕ\omega^2 R\cos\phi peker ut fra aksen, ikke rett opp. Del den opp: komponenten ω2Rcos⁡2ϕ\omega^2 R\cos^2\phi langs loddlinja trekker fra gg, og komponenten ω2Rcos⁡ϕsin⁡ϕ\omega^2 R\cos\phi\sin\phi langs bakken peker mot ekvator. Sammen med tyngden gir det den effektive tyngdeakselerasjonen:

g⃗eff=g⃗−ω⃗×(ω⃗×R⃗)\displaystyle \vec g_\text{eff} = \vec g - \vec\omega \times (\vec\omega \times \vec R)Det et lodd i ro på jorda kjenner. R⃗\vec R er posisjonen målt fra jordas sentrum.

Med ω=7,29⋅10−5 s−1\omega = 7{,}29 \cdot 10^{-5}\ \text{s}^{-1} og R=6371R = 6371 km er ω2R=3,4\omega^2 R = 3{,}4 cm/s², altså 0,35 %0{,}35\,\% av gg ved ekvator. Loddlinja avviker fra retningen mot sentrum med vinkelen tan⁡α≈ω2Rsin⁡ϕcos⁡ϕ/g\tan\alpha \approx \omega^2 R\sin\phi\cos\phi/g, størst ved ϕ=45°\phi = 45° og da 1,7⋅10−31{,}7 \cdot 10^{-3} rad, omtrent 0,1°0{,}1°. Jorda er ikke ei kule: den samme kraften fikk den unge, flytende jorda til å bule ut ved ekvator til overflaten sto vinkelrett på g⃗eff\vec g_\text{eff}. Derfor henger loddet vinkelrett på bakken der du står, og avviket er i forhold til retningen mot sentrum.

Ei bøtte med vann som roterer om sin egen akse, viser det samme. Sett fra bøtta ligger vannet i ro, og overflaten må stå vinkelrett på den samlede kraften per masse. Den er en flate der gz+Vs/mgz + V_\text{s}/m er konstant:

gz−12ω2r2=konst⇒z=z0+ω2r22ggz - \tfrac12\omega^2 r^2 = \text{konst} \quad\Rightarrow\quad z = z_0 + \frac{\omega^2 r^2}{2g}

Overflaten er en paraboloide. Samme regnskap for en måne i bane om en planet, tyngden fra månen selv mot planetens tidevannskraft og sentrifugalkraften i det medroterende systemet, gir Roche-grensen r≈CRp(ρp/ρm)1/3r \approx C R_\text{p}(\rho_\text{p}/\rho_\text{m})^{1/3}, med CC mellom 1,3 for et stivt legeme og 2,4 for et flytende. Kommer månen nærmere planeten enn det, holder tyngden den ikke lenger sammen.

Corioliskraften

Corioliskraften −2mω⃗×v⃗ ′-2m\vec\omega \times \vec v\,' står vinkelrett på v⃗ ′\vec v\,', så den gjør ikke arbeid og endrer bare retningen på bevegelsen. Skrevet som 2m v⃗ ′×ω⃗2m\,\vec v\,' \times \vec\omega har den samme form som Lorentzkraften qv⃗×B⃗q\vec v \times \vec B, med qB⃗q\vec B byttet ut med 2mω⃗2m\vec\omega. En partikkel som bare kjenner Corioliskraften i bevegelsesplanet, går derfor i sirkler slik en ladd partikkel gjør i et magnetfelt. Det gjelder en partikkel som glir friksjonsfritt på et vannrett underlag på jorda, for der er sentrifugalkraften tatt inn i g⃗eff\vec g_\text{eff}. En fri partikkel på skiva i simuleringen over kjenner også sentrifugalkraften, og sett fra skiva går den i en spiral.

Legg akser på jordoverflaten på breddegraden ϕ\phi: xx mot øst, yy mot nord og zz opp. Da er ω⃗=ω (0,cos⁡ϕ,sin⁡ϕ)\vec\omega = \omega\,(0, \cos\phi, \sin\phi), og for en hastighet v⃗ ′=(vx,vy,0)\vec v\,' = (v_x, v_y, 0) langs bakken blir

−2ω⃗×v⃗ ′=2ωsin⁡ϕ (vy,−vx,0)+2ωcos⁡ϕ vx z^-2\vec\omega \times \vec v\,' = 2\omega\sin\phi\,(v_y, -v_x, 0) \allowbreak + 2\omega\cos\phi\, v_x\,\hat z

Det første leddet er v⃗ ′\vec v\,' dreid en kvart omdreining mot høyre, med lengden 2ωvsin⁡ϕ2\omega v\sin\phi. På den nordlige halvkula dyttes alt som beveger seg langs bakken mot høyre, på den sørlige mot venstre, og ved ekvator ikke i det hele tatt. Det andre leddet er loddrett og forsvinner ved siden av gg.

F⃗C=−2m ω⃗×v⃗ ′\displaystyle \vec F_\text{C} = -2m\,\vec\omega \times \vec v\,'Corioliskraften. For bevegelse langs bakken på breddegraden ϕ\phi er den horisontale komponenten 2mωvsin⁡ϕ2m\omega v\sin\phi, rettet mot høyre for fartsretningen på den nordlige halvkula.

Luft som strømmer inn mot et lavtrykk, bøyes mot høyre og ender med å sirkulere mot klokka rundt det. Det er derfor orkaner på den nordlige halvkula roterer mot klokka og på den sørlige med klokka. I badekaret er 2ωv2\omega v omkring 10−510^{-5} m/s² for v=10v = 10 cm/s, og enhver rest av bevegelse i vannet fra før overdøver det.

Ei elv renner rett sørover på den nordlige halvkula. Hvilken bredd graver Corioliskraften mest i?
Regneeksempel Skyting mot øst og mot vest

En kule forlater et gevær med 600600 m/s mot et mål 100100 m unna, på breddegraden 60°60° N. Hvor langt bøyes kula av til siden av Corioliskraften? Skytteren har justert siktet på ei bane som vender mot øst. Må hun justere om når banen snus mot vest?

Vis løsning Skjul løsning

Den horisontale komponenten av Coriolisakselerasjonen er

a=2ωvsin⁡ϕ=2⋅7,29⋅10−5⋅600⋅sin⁡60°=0,0758 m/s2\begin{aligned} a &= 2\omega v\sin\phi \\ &= 2 \cdot 7{,}29 \cdot 10^{-5} \cdot 600 \cdot \sin 60° \\ &= 0{,}0758\ \text{m/s}^2 \end{aligned}

Flygetida er t=100/600t = 100/600 s =0,167= 0{,}167 s, og avbøyningen blir

s=12at2=12⋅0,0758⋅0,1672 m=1,1 mm\begin{aligned} s &= \tfrac12 a t^2 \\ &= \tfrac12 \cdot 0{,}0758 \cdot 0{,}167^2\ \text{m} \\ &= 1{,}1\ \text{mm} \end{aligned}

mot høyre. Siktet er justert for dette. Retningen «mot høyre» følger med når banen snus, så den horisontale avbøyningen er 1,1 mm mot høyre begge veier og krever ingen ny justering.

Den loddrette komponenten 2ωvcos⁡ϕ2\omega v\cos\phi skifter fortegn. Skutt mot øst løftes kula, skutt mot vest presses den ned, med 12⋅2ωvcos⁡ϕ⋅t2=0,6\tfrac12 \cdot 2\omega v\cos\phi \cdot t^2 = 0{,}6 mm hver vei. Fallet på grunn av tyngden er 12gt2=13,6\tfrac12 g t^2 = 13{,}6 cm, så den forskjellen på 1,2 mm drukner.

Svar
1,11{,}1 mm mot høyre, uansett retning. Bare den loddrette komponenten skifter fortegn, og den flytter treffpunktet med 0,60{,}6 mm.
Regneeksempel Fall fra et tårn

Ei kule slippes fra ro i høyden h=100h = 100 m i Trondheim, på breddegraden 63,4°63{,}4° N. Hvor langt fra loddlinja lander den, og i hvilken retning?

Vis løsning Skjul løsning

Med sentrifugalkraften bakt inn i g⃗\vec g er bevegelsesligningen r⃗¨=g⃗−2ω⃗×r⃗˙\ddot{\vec r} = \vec g - 2\vec\omega \times \dot{\vec r}. Corioliskraften er liten, så løs i to trinn. Uten den er r⃗˙=g⃗ t\dot{\vec r} = \vec g\,t. Sett det inn i Coriolisleddet og integrer to ganger, med r⃗(0)=r⃗0\vec r(0) = \vec r_0 og r⃗˙(0)=0\dot{\vec r}(0) = 0:

r⃗¨=g⃗−2 ω⃗×g⃗ tr⃗=r⃗0+12g⃗ t2−13 ω⃗×g⃗ t3\begin{aligned} \ddot{\vec r} &= \vec g - 2\,\vec\omega \times \vec g\,t \\ \vec r &= \vec r_0 + \tfrac12\vec g\,t^2 - \tfrac13\,\vec\omega \times \vec g\,t^3 \end{aligned}

Med g⃗=−gz^\vec g = -g\hat z og ω⃗=ω (0,cos⁡ϕ,sin⁡ϕ)\vec\omega = \omega\,(0, \cos\phi, \sin\phi) er ω⃗×g⃗=−gωcos⁡ϕ x^\vec\omega \times \vec g = -g\omega\cos\phi\,\hat x, så det siste leddet peker mot øst:

d=13 gωcos⁡ϕ t3,t=2h/gd = \tfrac13\, g\omega\cos\phi\, t^3, \qquad t = \sqrt{2h/g}

Falltida er t=200/9,81t = \sqrt{200/9{,}81} s =4,52= 4{,}52 s, og

d=13⋅9,81⋅7,29⋅10−5⋅cos⁡63,4°⋅4,523 m=9,8 mm\begin{aligned} d &= \tfrac13 \cdot 9{,}81 \cdot 7{,}29 \cdot 10^{-5} \\ &\quad \cdot \cos 63{,}4° \cdot 4{,}52^3\ \text{m} \\ &= 9{,}8\ \text{mm} \end{aligned}

Kula lander knapt en centimeter øst for loddlinja. Sett fra KK er grunnen at toppen av tårnet går fortere østover enn bakken, (R+h) ω(R + h)\,\omega mot RωR\omega, og kula beholder farten den startet med.

Svar
9,89{,}8 mm mot øst, fra d=13 gωcos⁡ϕ t3d = \tfrac13\, g\omega\cos\phi\, t^3 med t=2h/gt = \sqrt{2h/g}.

Foucaults pendel

Heng en pendel med lengde ll opp på breddegraden ϕ\phi og la den svinge med små utslag. Med xx mot øst og yy mot nord, og bare den horisontale delen av Corioliskraften, er bevegelsesligningene

x¨=−ω02 x+2ωsin⁡ϕ  y˙y¨=−ω02 y−2ωsin⁡ϕ  x˙\begin{aligned} \ddot x &= -\omega_0^2\, x + 2\omega\sin\phi\;\dot y \\ \ddot y &= -\omega_0^2\, y - 2\omega\sin\phi\;\dot x \end{aligned}

med ω0=g/l\omega_0 = \sqrt{g/l}. Ligningene kobler xx og yy, men bare svakt, for ω≪ω0\omega \ll \omega_0.

Løsning med en kompleks koordinat

Sett ξ=x+iy\xi = x + iy. Da er y˙−ix˙=−i(x˙+iy˙)=−iξ˙\dot y - i\dot x = -i(\dot x + i\dot y) = -i\dot\xi, og de to ligningene blir én:

ξ¨+2iωsin⁡ϕ  ξ˙+ω02 ξ=0\ddot\xi + 2i\omega\sin\phi\;\dot\xi + \omega_0^2\,\xi = 0

Prøv ξ=eiβt\xi = e^{i\beta t}. Det gir β2+2ωsin⁡ϕ  β−ω02=0\beta^2 + 2\omega\sin\phi\;\beta - \omega_0^2 = 0 med røttene

β±=−ωsin⁡ϕ±ω2sin⁡2ϕ+ω02≈−ωsin⁡ϕ±ω0\begin{aligned} \beta_\pm &= -\omega\sin\phi \pm \sqrt{\omega^2\sin^2\phi + \omega_0^2} \\ &\approx -\omega\sin\phi \pm \omega_0 \end{aligned}

siden ω≪ω0\omega \ll \omega_0. Den generelle løsningen er

ξ=e−iωsin⁡ϕ  t(Acos⁡ω0t+Bsin⁡ω0t)\xi = e^{-i\omega\sin\phi\; t}\left(A\cos\omega_0 t + B\sin\omega_0 t\right)

Parentesen er en vanlig pendelsvingning langs en fast linje i planet. Faktoren foran dreier hele linja med vinkelen −ωsin⁡ϕ  t-\omega\sin\phi\; t, altså med klokka når ϕ>0\phi > 0.

ΩF=ωsin⁡ϕ,TF=24 hsin⁡ϕ\displaystyle \Omega_\text{F} = \omega\sin\phi, \qquad T_\text{F} = \frac{24\ \text{h}}{\sin\phi}Foucaults pendel. Svingeplanet dreier med klokka på den nordlige halvkula med vinkelfarten ωsin⁡ϕ\omega\sin\phi, og bruker tida TFT_\text{F} på en full runde.

Ved polen er sin⁡ϕ=1\sin\phi = 1: pendelen svinger i et fast plan i forhold til stjernene, og jorda dreier seg under den én gang i døgnet. Ved ekvator ligger ω⃗\vec\omega langs bakken, og planet står stille. I Trondheim, på 63,4°63{,}4° N, bruker planet 26,826{,}8 timer på en runde. Pendelen i Realfagbygget på Gløshaugen er 25 m lang og viser det.

Foucaults pendel sett ovenfra

Kula svinger gjennom sentrum, og svingeplanet dreier med vinkelfarten ωsin⁡ϕ\omega\sin\phi. Tida er skrudd opp så ett døgn tar ett minutt. Flytt breddegraden: ved polen går planet en runde per døgn, ved ekvator står det stille, og sør for ekvator dreier det andre veien.

Hvorfor dreier ikke svingeplanet til en Foucault-pendel ved ekvator, når Corioliskraften der slett ikke er null?

Vis svar Skjul svar

Ved ekvator er ω⃗=ω (0,1,0)\vec\omega = \omega\,(0, 1, 0), langs bakken. Corioliskraften på en horisontal hastighet blir da 2ωvx z^2\omega v_x\,\hat z, altså loddrett: den løfter kula litt når den svinger østover og presser den ned når den svinger vestover. Det som dreier planet, er komponenten av ω⃗\vec\omega langs loddlinja, ωsin⁡ϕ\omega\sin\phi, og den er null.

Eksamensoppgave Coriolis- og sentrifugalakselerasjon ved ekvator
Ordinær eksamen, november 2023, oppgave 1.16–1.17

The acceleration ab\boldsymbol{a}_b of an object measured by a stationary observer at the Equator on the surface of the Earth is

ab=as+2vb×ω−ω×(ω×r).\boldsymbol{a}_b = \boldsymbol{a}_s + 2\boldsymbol{v}_b\times\boldsymbol{\omega} - \boldsymbol{\omega}\times(\boldsymbol{\omega}\times\boldsymbol{r}).

Here, vb\boldsymbol{v}_b and r\boldsymbol{r} are the velocity and the position of the object, respectively, both measured by this observer, and as\boldsymbol{a}_s is the acceleration measured in an inertial system. Assume a spherical Earth with radius r=6378r = 6378 km rotating around an axis pointing straight north, with a period T=2π/ω=24T = 2\pi/\omega = 24 hours. The observer throws a ball upwards with an initial speed 15 m/s.

At this instant, what is the Coriolis acceleration?
At the instant described in the previous question, what is the centrifugal acceleration?
Eksamensoppgave Rotation of Earth
Kontinuasjonseksamen, august 2022, oppgave 1 A–B

A. Felix Baumgartner made his record base jump in 2012 with a starting altitude of 39 km (reached by using a giant helium balloon) and a supersonic top velocity of 1358 km/h in free fall. Some people claim (?!) that if Earth was a spinning sphere, the starting point on the surface should have escaped him visibly while ascend (balloon trip). Make solid arguments why this should not be the case. Small measurable deflections are of course present (one effect mentioned below). The radius of Earth is 6371 km. [2p]

Jordkule med rotasjonsaksen gjennom N og S, vinkelhastigheten ω, breddegraden α og de lokale enhetsvektorene e_x, e_y og e_z ved et punkt på overflaten der g peker innover.
Figuren fra oppgavesettet.

B. Derive the lateral displacement due to the Coriolis effect for the first part of the free fall by assuming that Felix reaches the maximum velocity (1358 km/h) in the end, but not reaching the ground yet. To be clear: Felix starts from 39 km at rest (checkpoint 1) and falls freely until maximum velocity (checkpoint 2). How much has it taken time and what is the altitude then? How much is the lateral deflection of the fall at that point with respect to Earth’s surface and in which direction? You can neglect air resistance. The latitude of Roswell (New Mexico, USA) is 34 degrees (north), Earth’s angular velocity is ω=7.29×10−5 s−1\omega = 7.29\times 10^{-5}\ \text{s}^{-1} and the acceleration of gravity is g=9.81 m/s2g = 9.81\ \text{m/s}^2. [5p]

Hint: You can safely ignore the x- and y-components of velocity in the cross-product.

Vis løsning Skjul løsning

A. Alt på bakken deler bakkens hastighet østover, og Felix og ballongen tar den med seg opp. Ingen kraft fjerner den: i treghetssystemet fortsetter de østover sammen med bakken under seg, og i det roterende systemet er de i ro bortsett fra de små fiktive kreftene. Lufta roterer også med jorda, og en ballong følger lufta, så selv den lille avdriften Corioliskraften gir en fritt stigende gjenstand, tas opp av luftmotstanden. Igjen står målbare avvik på meterskala, som i B, ingenting som synes fra 39 km.

B. Fritt fall fra ro: v=gtv = gt gir t=vmax⁡/g=377,2/9,81=38,5t = v_{\max}/g = 377{,}2/9{,}81 = 38{,}5 s, og fallhøyden er Δh=vmax⁡2/2g=7,25\Delta h = v_{\max}^2/2g = 7{,}25 km, så høyden ved sjekkpunkt 2 er 39−7,25≈31,739 - 7{,}25 \approx 31{,}7 km. Med bare den vertikale hastigheten i kryssproduktet peker Corioliskraften østover, og resultatet for fall fra et tårn gjelder direkte:

d=13 g ωcos⁡α  t3=13⋅9,81⋅7,29⋅10−5⋅cos⁡34∘⋅(38,5 s)3≈11 m.\begin{aligned} d &= \tfrac13\, g\,\omega\cos\alpha\; t^3 \\ &= \tfrac13\cdot 9{,}81\cdot 7{,}29\cdot 10^{-5} \\ &\qquad \cdot\cos 34^\circ\cdot(38{,}5\ \text{s})^3 \approx 11\ \text{m}. \end{aligned}

Avbøyningen er mot øst. Løsningsforslaget oppgir 11,5 m med samme metode.

Svar
B: t≈38,5t \approx 38{,}5 s, høyde ≈31,7\approx 31{,}7 km, avbøyning ≈11\approx 11 m mot øst.

Corioliskraften og Lorentzkraften

Likheten med Lorentzkraften kan brukes andre veien. En ladd partikkel går i en bane om et sentrum, som et elektron rundt en kjerne, og et svakt, homogent magnetfelt B⃗\vec B slås på. Gå over til et system som roterer med ω⃗=−qB⃗/2m\vec\omega = -q\vec B/2m. Der kommer Corioliskraften −2mω⃗×v⃗ ′=qB⃗×v⃗ ′-2m\vec\omega \times \vec v\,' = q\vec B \times \vec v\,' til, og den opphever magnetkraften qv⃗ ′×B⃗q\vec v\,' \times \vec B nøyaktig. Det som står igjen fra ω⃗×r⃗\vec\omega \times \vec r i hastigheten og fra sentrifugalkraften, er proporsjonalt med B2B^2 og kan sløyfes for svake felt. I det roterende systemet er banen den gamle, upåvirkede banen. Sett fra KK dreier den derfor sakte om feltretningen:

ω⃗L=−qB⃗2m\displaystyle \vec\omega_\text{L} = -\frac{q\vec B}{2m}Larmor-presesjonen. I et svakt magnetfelt dreier banen om feltretningen med halve syklotronfrekvensen qB/mqB/m.
Oppdatert 12. september 2026 Foreslå endring