Reise zum Erdinneren < Physik < Naturwiss. < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 17:04 Mi 13.06.2007 | | Autor: | pyro |
Hallo!
Habe hier eine kleine Aufgabe, bei der ich nicht weiterkomme!
Es geht um eine Reise zum Erdmittelpunkt.
Genau senkrecht zur Erdoberfläche soll sich eine Bohrung befinden, die genau durch den Erdmittelpunkt führt. Im Erdmittelpunkt liege das Zentrum eines Koordinatensystems. Startpunkt ist an der Erdoberfläche, also r=6380km. Nun soll man ausrechnen, wie lange es dauert, bis ein Gegenstand, der sich harmonisch bewegt (also ohne Luftwiderstand in die Bohrung fällt) am Erdmittelpunkt angelangt ist. So.
Nun folgendes Problem: An der Erdoberfläche ist die Beschleunigung in Richtung Erdmittelpunkt [mm] 9,81m/s^2. [/mm] Im Erdinneren dann 0.
Da das Gravitationsfeld ja ein "normales" Feld ist, habe ich angenommen, dass die Beschleunigung linear mit der Entfernung steigt. Ist dies richtig? Nun aber folgendes Problem: Für Geschwindigkeit und Strecke integriere ich ja normalerweise die Beschleunigung. Nun ist ja aber die Beschleunigung von der zurückgelegten Strecke abhängig. Was tun? Gibt es ein Integral, was mir dieses Problem löst? Oder ist die Aufgabe ganz anders zu rechnen? Würde mich über Hilfe freuen...
Danke schonmal
Gruß
pyro
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Hallo!
Hmh, ich habe grade daran gezweifelt, daß die beschleunigung linear zur Entfernung ist, aber das ist sie tatsächlich (das bedeutet ja harmonsich). Ich schreibs mal hin:
Vielleicht erinnerst du dich an die Elektrostatik, da hieß es, das Innere einer Metallkugel ist feldfrei. Bei der Gravitation ist es genauso.
Das bedeutet: wäre die Erde eine Hohlkugel, würde es im innneren KEINE Schwerkraft geben, egal, an welchem Ort.
Da die Erde aber nun keine Hohlkugel ist, betrachte sie wie eine Zwiebel aufgebaut. Bist du unterhalb der Oberfläche, spielen dir Schalen zwischen dir und der Oberfläche keine Rolle, sondern nur die Schalen, die zwischen dir und dem Zentrum liegen!
Oder auch:
Die Gravitation wird ausschließlich von der Massekugel erzeugt, deren Radius gleich deiner Entfernung zum Zentrum ist.
Gehen wir mal von der Erdoberfläche aus, hier gilt für die Gravitation:
[mm] g=\frac{m_{erde}}{r_0^2} [/mm] wobei [mm] r_0 [/mm] der Erdradius ist.
Die Masse läßt sich durch das Volumen und die konstant angenommene Dichte ausdrücken:
[mm] g=\frac{\rho V_{0}}{r_0^2}
[/mm]
[mm] g=\frac{\rho\frac{4}{3}\pi r_0^3}{r_0^2}
[/mm]
[mm] g=\frac{4}{3}\rho\pi r_0
[/mm]
Und das zeigt, daß die Gravitation linear zum Radius ist. Erstaundlich!
Um jetzt auf dein Problem zurückzukommen: Erinnerst du dich an die Gleichung für eine Masse an einer Feder?? Auch da war die Kraft doch vom Ort abhängig, welcher wiederum von der Zeit abhängt:
[mm] $m\ddot{x} [/mm] -Dx=0$
Das rechte ist die rücktreibende Kraft, die ist in deinem Fall ja F=mg mit dem oben angegebenen g.
Das wird eingesetzt, und dann ergibt sich die gleiche Lösung wie beim Pendel!
Bekommst du das hin?
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 20:02 Mi 13.06.2007 | | Autor: | pyro |
Genial, damit hat es geklappt!
Eigentlich gar nicht so schwer! Das lustige ist, dass ich mir ganz am Anfang so etwas vorgestellt hatte, das eine Kugel in die Erde hineinfällt, und hin- und her schwingt, und musste sogar schmunzeln bei dem Gedanken!
Bekomme jetzt für die Kreisfrequenz 0,00124/s heraus, und die Zeitdauer bis zum Erdmittelpunkt stimmt mit dem Wert in der Lösung überein. Spitze :)
Vielen vielen Dank für deine Hilfe!! Wär da wohl ewig dran gesessen...
Ja das mit der linearen Veränderung der Schwerkraft ist wirklich erstaunlich, hatte mich dabei an das el. Feld einer Kugel erinnert. Wow ein innen hohler Planet wäre mal interessant :)
Grüße der nun glückliche
pyro
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:28 Mi 27.06.2007 | | Autor: | Kroni |
Hi,
hab mir grad nochmal diesen Thread angesehen und habe noch eine Frage:
>
>
> Da die Erde aber nun keine Hohlkugel ist, betrachte sie wie
> eine Zwiebel aufgebaut. Bist du unterhalb der Oberfläche,
> spielen dir Schalen zwischen dir und der Oberfläche keine
> Rolle, sondern nur die Schalen, die zwischen dir und dem
> Zentrum liegen!
>
> Oder auch:
>
> Die Gravitation wird ausschließlich von der Massekugel
> erzeugt, deren Radius gleich deiner Entfernung zum Zentrum
> ist.
Das liegt doch daran:
Gehe ich in das Erdinnere, so habe ich vom Prinzip her nur noch diese eine kleinere Kugel, die mich anzieht.
Der Rest der Erdkugel, der über mir liegt, zieht mich zwar auch nach oben an, aber unten drunter, auf der anderen Seite steht das Gegenpaar, das mich ebenfalls anzieht, so dass sich die Kraft auf Null ausgleicht.
Denn diese Teilkugel, die über mir liegt, geht ja auch einmal rum, und zieht sozusagen einmal von allen Seiten.
>
> Gehen wir mal von der Erdoberfläche aus, hier gilt für die
> Gravitation:
>
>
> [mm]g=\frac{m_{erde}}{r_0^2}[/mm] wobei [mm]r_0[/mm] der Erdradius ist.
Da passt doch was nicht? [mm] [g]=kg/m^2 [/mm] ?
Hier fehlt wohl noch [mm] \gamma [/mm] , kann das sein?
Weil ich habe mit Hilfe des Grav.gesetztes heraus:
[mm] $g=\gamma\cdot \frac{m_{erde}}{r_0^2}$
[/mm]
>
> Die Masse läßt sich durch das Volumen und die konstant
> angenommene Dichte ausdrücken:
>
> [mm]g=\frac{\rho V_{0}}{r_0^2}[/mm]
>
> [mm]g=\frac{\rho\frac{4}{3}\pi r_0^3}{r_0^2}[/mm]
>
> [mm]g=\frac{4}{3}\rho\pi r_0[/mm]
>
> Und das zeigt, daß die Gravitation linear zum Radius ist.
> Erstaundlich!
Okay, es fehlt bei deinem g noch das [mm] \gamma, [/mm] dann passt es.
>
>
>
> Um jetzt auf dein Problem zurückzukommen: Erinnerst du dich
> an die Gleichung für eine Masse an einer Feder?? Auch da
> war die Kraft doch vom Ort abhängig, welcher wiederum von
> der Zeit abhängt:
>
>
>
> [mm]m\ddot{x} -Dx=0[/mm]
>
> Das rechte ist die rücktreibende Kraft, die ist in deinem
> Fall ja F=mg mit dem oben angegebenen g.
Also müsste dort stehen [mm] $m\ddot{x}-mg=0$ [/mm] mit [mm] $g=\frac{4}{3}\rho\pi [/mm] x$ ?
Was mir hier noch schwierigkeiten bereitet:
Die einzige Kraft, die wirkt ist ja die Gravitationskraft, die von x bzw r abhängt.
Dann gilt doch: F=m*g, wobei g eine Funktion von x ist, also dort eigentlich etwas steht von wegen F=m*c*x
Nun weiß ich, dass a=F/m gilt, und [mm] a=\ddot{x}, [/mm] also bekomme ich dann damit die oben genannten DGL hin oder?
Aber mit der Gleichung komme ich nicht auf das Ergebnis von 84Minuten Schwingungsdauer, wenn ich für [mm] $x(t)=c_0\sin\omega [/mm] t + [mm] c_1\cos\omega t+c_2$ [/mm] ansetze.
Wenn ich jetzt mal [mm] $\omega^2=\frac{4}{3}\gamma \cdot\rho\cdot\pi$ [/mm] setze, dann komme ich auch auf die Kreisfrequenz.
Allerdings fehlt bei mir noch irgendwo ein Minus:
[mm] $\ddot{x}=\gamma\frac{4}{3}\rho\pi\cdot [/mm] x$
Habe ich dann als DGL
Dort steht aber [mm] $\ddot{x}=cx$.
[/mm]
Sinus und Cosinus kommen dann doch eigentlich nicht in Frage, sonst müsste es heißen =-cx.
Wo ist mein Vorzeichenfehler?
Oder muss ich bei der Gravitationskraft F=mcx (s.h. oben) ein Minus daran packen, weil die Kraft bei positivem x nach unten zeigt?
Dann würde die Sache wieder passen.
>
> Das wird eingesetzt, und dann ergibt sich die gleiche
> Lösung wie beim Pendel!
Wäre lieb, wenn mir jemand sagen kann, was ich falsch sehe bzw wo das Minus noch herkommt.
(So, vierte Revision, nun reichts aber auch...nun hat sich die Sache zumindest auf eine kleine Frage nach dem Minuszeichen und die Frage ganz oben, ob meine Ansicht so richtig ist, reduziert^^).
>
>
> Bekommst du das hin?
LG
Kroni
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Hallo!
Ja, das [mm] \gamma [/mm] habe ich da irgendwo verschlampt, das sehe ich auch grade. Sofern der Threadersteller das auch übersehen hat, hat er auch ein falsches Ergebnis raus.
Und auch das Minuszeichen in der DGL ist eigentlich ein +. War wohl nicht mein Tag...
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:23 Mi 27.06.2007 | | Autor: | Kroni |
Hi,
das Ergebnis vom Threadersteller habe ich auch heraus.
So passt das dann alles=)
LG
Kroni
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