Erde fällt in Sonne < Physik < Naturwiss. < Vorhilfe
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| Aufgabe | | Terroristische Aliens stoppen die Erde. Wie lange dauert es, bis die Erde in die Sonne gefallen ist? |
Ich bin zunächst davon ausgegangen, dass die Beschleunigung konstant ist, obwohl sie ja eigentlich mit abnehmendem Abstand zunimmt.
[mm] a_{E}=\bruch{Gm_{S}}{r^{2}} [/mm]
[mm] a_{S}=\bruch{Gm_{E}}{r^{2}}
[/mm]
[mm] s=\bruch{1}{2}a_{E}t^{2}+\bruch{1}{2}a_{S}t^{2}
[/mm]
Das habe ich dann nach t umgeformt und kam auf etwa 84 Tage. Allerdings soll es etwa 64 Tage dauern. Außerdem soll das irgendwas mit den keplerischen Gesetzen zu tun haben. Aber da sehe ich irgendwie keinerlei Zusammenhang. Aber wie rechnet man überhaupt bei einer ungleichmäßig beschleunigten Bewegung?
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 19:58 Fr 04.05.2007 | | Autor: | Kroni |
Hi,
hier nur eine Vermutung, deshalb als Mitteilung:
Sicher gilt auch hier Actio=Reactio, d.h. wenn die Sonne an der Erde zieht, zieht die Erde mit der selben Kraft an der Sonne.
Allerdings ist die Masse der Sonne im Vergleich zur Erdmasse so groß, dass man denke ich annehmen kann, dass die Sonne einfach an ihrem Punkt stehen bleibt (das steht auch z.B. in der Wikipedia beim Kepplerschen Gesetz).
Jetzt zu deiner Frage:
Ich habe mal berechnet, wie lange die Erde braucht, um unter der konstanten Beschleunigung, die bei dem mittleren Abstand Sonne Erde herrscht:
Es sind ca 82 Tage gewesen.
Sicher sind es weniger Tage, da die Kraft zwischen Sonne und Erde ja aufgrund der Gravitationskraft, mit [mm] Fg~1/r^2 [/mm] bei kleinerem Abstand immer größer wird.
Um das korrekt zu berechnen, müsste man sich die Strecke, die die Erde zurücklegt in kleine Zeiteinheiten unterteilen.
Dann guckt man: Nach einem Zeitabschnitt (nehmen wir mal an, es sei ein halber Tag), ist die Erde unter der konstanten Beschleunigung so und so weit gekommen. Dann berechen wir die neue Beschleunigung, die die Erde nun erfährt, da sie ja weiter an die Sonne rangekommen ist, und lassen die Erde dann mal weiter zur Sonne fahren, mit der Annahme, dass die Beschleunigung konstant sei.
Das führen wir dann so lange fort, bis die Erde schließlich an der Sonne angelangt ist.
Nun, wie macht man das mathematisch: Man lässt diese Zeitabschnitte gegen Null gehen!
Man guckt sich also die Beschleunigung zu t=0 an, und guckt dann eine Mikrosekunde z.B. später, und rechnet das dann mit der neuen Beschleunigung weiter, und so fort.
Für diese kleinen Zeitabschnitte passt das dann, dass die Beschleunigung konstant sei.
Das ganze führt dann auf ein Integral zurück.
Wie man das ganze jetzt mathematisch "packen" kann, um auf das Integral zu kommen, weiß ich leider nicht, ich weiß nur, dass das irgendetwas mit einem Integral zu tun hat (müsste aber das Integral zur Zeit sein, wobei man dann aber noch irgendwie den Abstand unterbringen müsste...).
Das kann aber nicht Schulunterricht der 11. Klasse sein, da man so etwas selbst nicht im Physik LK lernt.
Das, was du machen kannst, wäre ja, den Weg in ein Paar unterabschnitte zu unterteilen, und dann erstmal sagen:
Ja, der mittlere Abstand Sonne Erde ist ca [mm] 149,6*10^6 [/mm] km
Also unterteile ich dann die Strecke in zwei Hälften, und gucke dann, wie groß die Beschleunigung nach der Hälfte der Strecke ist, und berechne damit die neue Zeit etc.
So dürfte dann eine kleinere Zeit als die 82 Tage herauskommen.
LG
Kroni
@All: Ich wäre euch sehr dankbar, wenn ihr mir sagen könntet, wie man dieses Integral herausfindet.
EDIT:
Habe mir grad noch was überlegt, aber irgendwie bringt es das auch nicht:
Ich weiß, dass r(t) irgendeine Funktion ist.
Ebenfalls weiß ich, dass [mm] r''(t)=a(t)=\bruch{G*m_{s}}{r(t)^2} [/mm] ist, mit [mm] m_{s}: [/mm] Masse der Sonne, G: Gravitationskonstante und r(t): Abstand Sonne Erde zu der Zeit t.
Dabei muss ich doch r(t) irgendwie ausdrücken durch [mm] r_{es}: [/mm] Abstand Erde-Sonne
[mm] r_{es}-s(t), [/mm] mit s(t): Zurückgelegte Strecke seit der Zeit t=0.
Also wäre [mm] r(t)=r_{es}-s(t)
[/mm]
r''(t)=-s''(t) , da [mm] r_{es} [/mm] ja eine konstante Größe ist.
Das müsste man dann noch irgendwie in den Nenner einfügen bei [mm] r(t)^2.
[/mm]
Naja, ich habe keine Ahnung, ob das was bringt zur Lösung der DGL (falls das überhaupt eine ist), aber naja.
Habe sowas ja auch noch nie gemacht*g*
Deshalb wieder meine Bitte an alle:
Wie solch eine Sache lösen? Das interessiert mich ja jetzt doch brennend, da das dann ja vom Prinzip her nichts anderes ist, als eine Bewegungsaufgabe, wo a nicht konstant ist, also a noch von einer anderen Größe abhängt.
LG
Kroni
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 20:32 Fr 04.05.2007 | | Autor: | Steffi21 |
Hallo,
eine wunderschöne Aufgabe, habe mir überlegt, stelle es mal in den matheraum, a ist von s (Entfernung) abhängig, unstrittig, darf man machen
Newtonsches Grundgesetz/ Gravitationsgesetz?
[mm] F=m_E*a
[/mm]
[mm] F=\gamma\bruch{m_S*m_E}{s^{2}}
[/mm]
[mm] a(s)=\gamma\bruch{m_S}{s^{2}}
[/mm]
[mm] \gamma [/mm] - Gravitationskonstante
[mm] m_S [/mm] - Masse Sonne
[mm] m_E [/mm] - Masse Erde
s - Abstand Erde Sonne
???
darf eine durchschnittliche Beschleunigung angenommen werden, bei halben Abstand
???
Steffi
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Hallo!
So einfach ist das leider nicht.
Man kann nicht einfach Durchschnittswerte nehmen, wenn man nicht weiß, wie die Funktionen aussehen.
Du kannst zwar berechnen, wie groß die Kraft durchschnittlich ist, allerdings wird die Erde ja immer schneller durch diese Kraft, und das heißt, sie wird den letzten Teil der Strecke schneller zurücklegen als den ersten, ist also auch der starken Kraft weniger lange ausgesetzt wie der schwachen am Anfang.
Ich kann ja mal die Lösung posten, allerdings geht das schon ziemlich weit (naja, 1. Semester, aber das ist alles andere als Schulstoff!!!)
Man geht aus vom Energiesatz:
[mm] $E=\frac{1}{2}mv^2+V(x)$ [/mm] Die Energie der Erde ist kinetische plus potenzielle. (Am Anfang gibts keine kinetische, nur potenzielle, also läßt sich die Konstante E berechnen!)
v ist die zeitliche Ableitung der Strecke
[mm] $E=\frac{1}{2}m\dot x^2+V(x)$ [/mm] Jetzt setzten wir mal das Potenzial ein. Außerdem nehme ich ein paar griechiche Buchstaben zur Abkürzung:
[mm] $E=\alpha\dot x^2+\frac{\beta}{x}$
[/mm]
Ein wenig umstellen:
[mm] $\dot x=\wurzel{\frac{E}{\alpha}-\frac{\beta}{\alpha x}}$
[/mm]
und weil [mm] $\dot x=\frac{dx}{dt}$ [/mm] :
[mm] $dt=\frac{1}{\wurzel{\frac{E}{\alpha}-\frac{\beta}{\alpha x}}}dx$
[/mm]
Jetzt kann man integrieren. Anfangszeitpunkt ist 0, endzeitpunkt ist Aufschlagzeit T. Anfangsort ist 150.000.000km Erdbahnradius, Ende ist beim Aufschlag 700.000km Sonnenradius:
[mm] $\integral_0^Tdt=T=\integral_{150*10^9m}^{700*10^6m}\frac{1}{\wurzel{\frac{E}{\alpha}-\frac{\beta}{\alpha x}}}dx$
[/mm]
Um das ganze mit Kronis Worten zu sagen: Man schaut einfach, wie lange die Erde braucht, um ein winziges Stück des Weges zurück zu legen. Man summiert alle diese Stückchen auf und erhält sie Summe der Zeitintervalle, also die Gesamtzeit.
Nunja, man müßte jetzt noch eine Stammfunktion finden...
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 21:19 Fr 04.05.2007 | | Autor: | Kroni |
Hi,
ginge denn nicht auch der von mir gepostete Ansatz über a(t) zumindest so rein theoretisch?
Der müsste doch eigentlich auch gehen, weil wir den z.B. bei Federschwingungen im Schwerefeld genutzt haben....
Sicher ist die DGL dort dann auch nicht einfach zu lösen, aber theoretisch müsste das doch gehen oder nicht?
PS: Okay, den Ansatz via Energiesatz etc. werde ich mir mal in Ruhe ansehen.
LG
Kroni
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Naja, das perfide an diesem Problem hier ist, daß die Beschleunigung ja ortsabhängig ist. Beim Federpendel ist sie das nicht, denn da wird die Gravitation als konstant angenommen.
Der Ort wiederum ist zeitabhängig.
Naja, ich werd evtl morgen nochmal drüber nachdenken.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:31 Fr 04.05.2007 | | Autor: | Kroni |
Hi,
ja, genau da ist ja mein Problem, weil a ja einmal von r abhängt, und man dort noch irgendwie die Zeit mit reinbringen muss.
Und genau da ist auch meine Frage, wie man so etwas mit darein bringen sollte....
Naja, ich denke, ich werde gleich mal einen Stift und einen Zettel nehmen, und mir fix ein Programm schreiben, welches mir die Zigtausend Meter in kleine Teilstücke unterteilt, unter denen ich a=c annehmen kann*g*
LG
Kroni
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(Antwort) fertig | | Datum: | 00:36 Sa 05.05.2007 | | Autor: | leduart |
Hallo Kroni
Der Ansatz ueber den Energiesatz und deiner sind nur 2 Zeilen auseinander.
auch das Federpendel kann man mit dem energiesatz loesen)
Du hast:
[mm] $x''=k/x^2
[/mm]
multiplizier das mit x'
[mm] x'*x''=k*x'/x^2
[/mm]
jetzt beide Seiten integrieren und benutzen das (f'^2)'=2f'f''
also hat man:
$1/2*x'^2=-k/x + C$ Integrationskonstanten als C zusammengefasst.
C kann man jetzt aus x(0) und x'(o) ausrechnen.
die dgl kann man durch einfaches Integrieren loesen, siehr EH post.
Bie der Schwingungsdgl ging das auch so, und man findet ,falls man ihn nicht vorher kennt den Energiesatz raus.
$y''=-D/m*y$
$y''*y'=-D/m*y*y'$
[mm] $1/2y'^2=-D/m*y^2+Const$
[/mm]
oder: [mm] $m/2y'^2+D/2*y^2=const$ [/mm] wie versprochen der Energiesatz. const aus anfangsbedingungen.
Gruss leduart
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 09:15 Sa 05.05.2007 | | Autor: | Kroni |
Moin,
ja, wir hatten den Ansatz für die Federschwingung im Schwerefeld:
F=-D*y(t)-m*g
=> a(t)=-D*y(t)/m -g
und dann y''(t)=a(t)=-D*y(t)/m -g
Und daraus hatten wir dann direkt den Ansatz , dass y(t)=a*sin(wt)+b*cos(wt)+c
Also doch noch leicht anders, als deiner.
Aber sowas lernt man dann beim Studium oder?
LG
Kroni
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:20 Sa 05.05.2007 | | Autor: | leduart |
Hallo
Der Ansatz ist nur richtig, das g kann man weglassen, wenn y(0)=0 in der Ruhelage.
sonst kommt ja zu dem y(t) um die Ruhelage nur noch das c= Auslenkung durch das gewicht in die Ruhelage.
Gruss leduart
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:29 Sa 05.05.2007 | | Autor: | Kroni |
Hi ja,
mit dem Ansatz hatten wir das dann auch, durch die Anfangsbedingungen, dass dann entweder der sinus oder der cosinus wegfällt etc.
Naja...aber sowas werd ich dann hoffentlich mal richtig im Studium lernen=)
LG
Kroni
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(Antwort) fertig | | Datum: | 00:15 Sa 05.05.2007 | | Autor: | leduart |
Hallo Salamence
Ich hoff du liest das noch, nach den vielen Beitraegen.
die loesung ist das dritte Keplersche Gesetz:
[mm] T^2/a^3=const [/mm] fuer ne feste Zentralmasse.
Dabei ist a die grosse Achse der Ellipse, und die Umlaufzeit hat nix damit zu tun, wie dick die Ellipse ist. Also Kreis oder fast Strich.
Der Extremfall ist der Strich, dann ruecht der brennpunkt, also die Sonne an das Ende des Strichs.
also brauch ich die Umlaufzeit eines Planeten mit halben Erdradius (damit der Durchmesser dann grade der Erdradius ist.
dieser Planet hat nach 3. Kepler die Umlaufzeit [mm] 365d/(2*\wurzel{2}.
[/mm]
Der Weg zur Sonne ist dann eine halbe Umlaufzeit. ganz ohne Differentialgleichungen.
Gruss leduart
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Ich verstehe nicht, warum die Falldauer der Erde der halben Umlaufzeit eines Planeten mit halbem Radius entsprechend ist. Kannst du das nochmal erklären?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 13:09 Sa 05.05.2007 | | Autor: | leduart |
Hallo Salamence
das dritte (oder 2.te?) Keplersche Gesetz sagt: Das Verhaeltnis der Quadrate der Umlaufzeiten zur dritten Potenzder grossen Halbachse ist fuer ein Zentralkoerper = Sonne konstant.
Auf der Schule einfach beweisen kann man das nur fuer Kreisbahnen, so musst du einfach dran glauben.
Der Zentralkoerper steht immer im Brennpunkt der ellipse.
1.Das Gesetz sagt jetzt natuerlich auch, dass die Umlaufzeit fuer alle Ellipsen mit gleichlanger Achse gleich ist.
2. je kleiner die Nebenachse ist, umsi naeher an den Enden der Hauptachse ist der Brennpunkt.
3. Im Extremfall wird die ellipse praktisch zum Strich, und der Brennpunkt ist am Ende der Grossen Achse.
4. Wenn ich also eine Kreisbahn nehme, deren Durchmesser gleich dem Abstand Erde-Sonne ist, so ist die grosse Achse = dem Abstand Erde Sonne, der Radius aber halb so gross.
etwas was denselben Durchmesser hat, aber eine superduenne Ellipse ist hat dieselbe Umlaufzeit, aber der Brennpunkt ist nicht mehr in der Mitte,sondern am Ende. Also ist der Weg bis zum Brennpkt=Sonne die halbe Umlaufzeit. Und wenn man zu nahe an die Sonne kommt, ist man halt drauf, weil sie so dick ist. und die zweite haelfte der Umlaufzeit gibts nicht mehr.
frag ruhig weiter, wenn dus nicht verstehst, die sonst guten Physiker, die vorher geantwortet haben hatten es auch nicht gesehen.
Gruss leduart
Gruss leduart
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