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Physik: Wie viel Kompressionsenergie steckt in der Erde?
Freigegeben von matroid am So. 28. Januar 2018 20:45:40
Verfasst von MontyPythagoras -   553 x gelesen [Gliederung] [Statistik] Druckbare Version Druckerfreundliche Version
Physik

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Wie viel Kompressionsenergie steckt in der Erde?


Komprimierte ErdeIn meiner Artikelreihe "Physikalisches Wissen, das keiner braucht" möchte ich diesmal berechnen, wie viel Kompressionsenergie in der Erde steckt, und wie viel Masse diese Energie gemäß der bekannten Masse-Energie-Äquivalenz entspricht. Bekanntermaßen bewirkt jede Form von innerer Energie immer auch eine Massenzunahme, zum Beispiel chemische Bindungsenergie, thermische Energie und eben auch die Kompressionsenergie. Na, schon einen Schätzwert im Kopf? Eine Tonne, 1000 Tonnen?
Auf dem Weg zur Berechnung der Kompressionsenergie sehen wir nebenbei auch, wie man den Druck im Erdkern berechnet.
Die folgenden Berechnungen zeige ich schrittweise ausgehend von einer Differentialgleichung, die aus dem infinitesimalen Kräftegleichgewicht resultiert, und einem einzigen Diagramm, nämlich...

... diesem hier:
© AllenMcC licensed to the public under a Creative Commons BY3.0 license

Dieses Diagramm zeigt gemäß dem aktuellen "PREM" (Preliminary Reference Earth Model) den Dichteverlauf der Erde, aufgetragen über den Radius. Vereinfachend wird dabei von einer kugelförmigen Erde mit einem Radius von 6371 km ausgegangen, so dass ihr Volumen dem der realen Erde entspricht. Der Dichteverlauf kann bestimmt werden aus dem Verlauf von Erdbebenwellen durch die Erde. Weitere Details zum PREM kann man in diesem Wikipedia-Artikel nachlesen, und die genauen Daten kann man auch unter http://ds.iris.edu/spud/earthmodel/9991844 nachschlagen und herunterladen.
Um es nicht zu kompliziert zu machen, habe ich die Erde in nur vier Bereiche eingeteilt, nämlich den inneren und äußeren Kern, den unteren und den oberen Mantel, wobei der obere Mantel die oberen Schichten inklusive Erdkruste und Ozeane mit sich mehrfach sprunghaft ändernden Dichten umfasst und etwas vereinfacht wurde. Trägt man die Dichte über den Radius zum Quadrat auf, erkennt man, dass man die Dichte innerhalb eines solchen Bereichs als in guter Näherung parabelförmig ansehen kann. In nachfolgendem Diagramm sind die schwarzen Kurven die Näherungsparabeln, die die dunkelblauen Originaldaten des PREM praktisch überdecken, außer eben in dem etwas vereinfacht betrachteten Bereich des oberen Mantels:



In allen nachfolgenden Berechnungen müssen wir also immer vier Abschnitte zusammensetzen. Die Parabelgleichungen, die mit der Methode der kleinsten Quadrate bestimmt wurden, lauten im Detail (von innen nach außen):
$\varrho=13088,5-2,1774\times10^{-10}r^2$
$\varrho=12496,6-2,1129\times10^{-10}r^2$
$\varrho=6230,3-5,7425\times10^{-11}r^2$
$\varrho=6451,8-7,5680\times10^{-11}r^2$
wobei $r$ jeweils in Metern einzusetzen ist. Allgemein können wir die Gleichung für jeden Abschnitt formulieren als
$$\varrho=\varrho_0+\varrho_1r^2$$Natürlich könnte man, um die Genauigkeit zu erhöhen, noch höhere gerade Terme $r^4$, $r^6$ usw. hinzufügen, aber wir wollen mal nicht übertreiben.
Um die Masse der Erde zu berechnen, kann man die Dichte über das Erdvolumen integrieren:
$$m(r)=\int4\pi r^2\varrho(r)\text dr=m_0+\frac43\pi\varrho_0r^3+\frac45\pi\varrho_1r^5$$$m_0$ ist jeweils eine Integrationskonstante, die in diesem Fall notwendig ist, da die Masse ja von innen nach außen stetig zunimmt und am Übergang zwischen zwei Bereichen auch Stetigkeit gegeben sein muss. Für den inneren Kern muss zwangsläufig $m_0=0$ sein. Wenn man die $m_0$ passend bestimmt, ergibt sich folgender Massenverlauf:



Es ergibt sich eine Masse von $6,01\times10^{24}\text{kg}$, was angesichts der Tatsache, dass ich im oberen Mantel und Erdkruste etwas Dichte hinzugepackt habe, sehr gut mit dem korrekten Wert von $5,972\times10^{24}\text{kg}$ übereinstimmt.
Für die nächsten Rechenschritte benötigen wir die eingangs erwähnte Differentialgleichung, die den Zusammenhang zwischen Dichteverlauf und Druckgradient (Ableitung des Drucks über den Radius) herstellt. Es ist:
$$\boxed{p'(r)=-\frac\gamma{r^2}m(r)\varrho(r)}$$Ohne ins Detail gehen zu wollen, beruht diese Gleichung darauf, dass ein Massenelement im Erdinnern nur von der unter ihm liegenden Kugel eine Schwerkraft erfährt. Damit erhält man:
$$p'(r)=-\frac\gamma{r^2}\left(m_0+\frac43\pi\varrho_0r^3+\frac45\pi\varrho_1r^5\right)\left(\varrho_0+\varrho_1r^2\right)$$$$p'(r)=-\gamma\left(\frac{m_0\varrho_0}{r^2}+m_0\varrho_1+\frac43\pi\varrho_0^2r+\frac{32}{15}\pi\varrho_0\varrho_1r^3+\frac45\pi\varrho_1^2r^5\right)$$was dann so aussieht:



Durch Integration des Druckgradienten erhalten wir den tatsächlichen Druckverlauf:
$$p(r)=p_0-\gamma\left(-\frac{m_0\varrho_0}r+m_0\varrho_1r+\frac23\pi\varrho_0^2r^2+\frac8{15}\pi\varrho_0\varrho_1r^4+\frac2{15}\pi\varrho_1^2r^6\right)$$Dabei ist $p_0$ nur eine Integrationskonstante und nicht etwa der Druck bei $r=0$ oder an der Oberfläche. Wir müssen hier nämlich von außen nach innen vorgehen, denn der Druck im Erdinnern ist ja erst einmal nicht bekannt, wohl aber der an der Erdoberfläche. Den können wir mit $p=0$ annehmen, denn der Druck der Atmosphäre ist vernachlässigbar im Verhältnis zu den Drücken im Erdinnern. Nachfolgend der sich daraus ergebende Druckverlauf:



Der Druck im Mittelpunkt der Erde ist mit diesem Rechenmodell etwa 364,8 GPa, was auch perfekt mit dem bei Wikipedia unter dem Stichwort Erdkern angegebenen Wert übereinstimmt.
Soweit war es einfach, doch jetzt kommt der schwierigere Teil, denn ab hier müssen wir extrapolieren. Um auf die gesamte Kompressionsenergie, die in der Erde enthalten ist, zu kommen, müssen wir zunächst die spezifische Kompressionsenergie pro Massenelement berechnen. Jedes Material, ob fest, flüssig oder gasförmig, lässt sich unter Druck komprimieren. Für Feststoffe gibt es eine Vielzahl von unterschiedlichen Zustandsgleichungen, die wohl am weitesten verbreitete ist die sogenannte Birch-Murnaghan Equation of State. Für einen guten Überblick über alle möglichen Zustandstheorien siehe diese Ausarbeitung von Ross Angel. Eine solche Zustandsgleichung stellt den Druck in Abhängigkeit vom spezifischem Volumen dar, welches der Kehrwert der Dichte ist.
Ich möchte aber gar nicht tief in die Werkstoffkunde einsteigen und mich mit den Zustandsgleichungen beschäftigen, da wir die genaue Zusammensetzung der Materialien im Erdinnern ohnehin nicht genau kennen, und die im Erdkern herrschenden Bedingungen aus Druck und Temperatur im Labor nachzustellen ist auch noch nicht komplett geglückt. Selbst über die im Erdkern herrschende Temperatur ist nur bekannt, dass sie wohl 6000K±500K beträgt, was ja schon eine ziemliche Ungenauigkeit darstellt, und da geht es offenbar auch immer noch schnell mal ein paar 100K hoch oder runter, je nach Untersuchung.
Aber wir können auch aus den hier gewonnenen Daten und Formeln recht gute Rückschlüsse ziehen. Wir tragen für die Erde einfach den Druck über dem spezifischen Volumen auf (dicke schwarze Linien):



Auch hier sieht man wieder die vier Bereiche, angefangen oben links beim inneren Erdkern. Man sieht, dass die Kurven für den inneren und äußeren Erdkern sich nur wenig unterscheiden. Man geht tatsächlich davon aus, dass die chemische Zusammensetzung des inneren und äußeren Kerns praktisch identisch ist. Der Sprung in der Dichte ist vermutlich darauf zurückzuführen, dass der innere Kern fest beziehungsweise kristallin ist, der äußere dagegen flüssig. Daher nehmen wir an, dass der "Linksruck" in der Kennlinie auf die Kristallisierung zurückzuführen ist und berechnen die spezifische Energie, indem wir die Kurve des äußeren Erdkerns in Richtung höherer Dichte und höheren Drucks extrapolieren.
Die Gleichung für die spezifische Kompressionsenergie lautet allgemein:
$$w=-\int p\text dv$$In diesem Fall bedeutet das, dass man von null Druck bis zum jeweils betrachteten Druck über das spezifische Volumen integriert (grün schraffierte Fläche), wobei aber der weitere Verlauf der Materialkennlinie zum Beispiel für den Erdkern nicht bekannt ist und hier nur durch die dünne gestrichelte Linie extrapoliert wird. Es wurden dabei die oben hergeleiteten Gleichungen für den Druck und die Dichte einfach bis zum Druck $p=0$ weiter fortgesetzt, was zugegebenermaßen mit einer gewissen Unsicherheit behaftet ist. In obigem Diagramm betrachten wir die spezifische Kompressionsenergie beispielhaft für ein Massenelement, bei dem 250 GPa herrschen, also etwa 4000 km unter der Erdoberfläche.
Um die spezifische Kompressionsenergie zu berechnen, könnte man nun $v(r)=\frac1{\varrho(r)}=\frac1{\varrho_0+\varrho_1r^2}$ nach $r$ auflösen und in die Gleichung für $p(r)$ einsetzen, um $p(v)$ zu erhalten. Wir bedienen uns aber eines Tricks, in dem wir $r$ als Parameter verwenden und damit die Gleichung partiell integrieren:
$$w(r)=-\int p(r)\frac{\text dv(r)}{\text dr}\text dr=-p(r)v(r)+\int v(r)p'(r)\text dr$$$$w(r)=-\frac{p(r)}{\varrho(r)}+\int \frac{p'(r)}{\varrho(r)}\text dr$$Für den Integranden können wir nach einer kleinen Umformung die Differentialgleichung verwenden:
$$w(r)=-\frac{p(r)}{\varrho(r)}-\int \frac{\gamma m(r)}{r^2}\text dr$$Hier setzen wir die gefundene Gleichung für $m(r)$ ein:
$$w(r)=-\frac{p(r)}{\varrho(r)}-\gamma\int \frac{m_0+\frac43\pi\varrho_0r^3+\frac45\pi\varrho_1r^5}{r^2}\text dr$$$$w(r)=w_0-\frac{p(r)}{\varrho(r)}-\gamma\left(-\frac{m_0}r+\frac23\pi\varrho_0r^2+\frac15\pi\varrho_1r^4\right)$$$w_0$ ist eine Integrationskonstante, die sich daraus ergibt, dass beim Radius $r_{p0}$ der Druck $p(r_{p0})=0$ ist:
$$w(r_{p0})=0=w_0-\gamma\left(-\frac{m_0}{r_{p0}}+\frac23\pi\varrho_0r_{p0}^2+\frac15\pi\varrho_1r_{p0}^4\right)$$Somit muss, um $w_0$ zu bestimmen, der Radius $r_{p0}$ als Nullstelle der Gleichung
$$p(r_{p0})=0=p_0-\gamma\left(-\frac{m_0\varrho_0}{r_{p0}}+m_0\varrho_1{r_{p0}}+\frac23\pi\varrho_0^2r_{p0}^2+\frac8{15}\pi\varrho_0\varrho_1r_{p0}^4+\frac2{15}\pi\varrho_1^2r_{p0}^6\right)$$bestimmt werden, die sich nur durch ein Näherungsverfahren lösen lässt.
Nachdem man das auch für die inneren drei Bereiche bewerkstelligt hat (für den äußeren Erdmantel ist natürlich $r_{p0}=6371\text{km}$), ergibt sich folgender Verlauf der spezifischen Kompressionsenergie:



Nun müssen wir nur noch die spezifische Kompressionsenergie über die gesamte Masse der Erde integrieren:
$$E=\int w\,\text dm=\int 4\pi r^2\varrho w\,\text dr$$Setzen wir die Formel für $w(r)$ ein:
$$E(r)=\int 4\pi r^2\varrho(r)\left(w_0-\frac{p(r)}{\varrho(r)}-\gamma\left(-\frac{m_0}r+\frac23\pi\varrho_0r^2+\frac15\pi\varrho_1r^4\right)\right)\text dr$$$$E(r)= w_0\int 4\pi r^2\varrho(r)\text dr-4\pi\int r^2p(r)\text dr-4\pi\gamma\int r^2\varrho(r)\left(-\frac{m_0}r+\frac23\pi\varrho_0r^2+\frac15\pi\varrho_1r^4\right)\text dr$$Setzt man jetzt noch die Formeln für $p(r)$ und $\varrho(r)$ ein, integriert und vereinfacht fleißig, erhält man letztlich:
$$E(r)=w_0m(r)-\frac43\pi p_0r^3+4\pi\gamma\varrho_1r^4\left(\frac12m_0-\frac1{21}\pi\varrho_0r^3-\frac1{135}\pi\varrho_1r^5\right)$$Damit haben wir folgenden Energieverlauf:



Als gesamte Kompressionsenergie kommt ein Wert von $1,17\times10^{31}\text J$ zusammen. Diese Energie entspricht einer Massenzunahme von 130 Milliarden Tonnen. Das wiederum ist einer massiven Eisenkugel von mehr als 3 km Durchmesser äquivalent.
130 Mrd. Tonnen klingt nach wahnsinnig viel, aber gemessen an der gesamten Erde ist natürlich auch das verschwindend gering, nämlich nur etwa 21 Billionstel der Erdmasse.
Ich möchte noch erwähnen, dass sich die thermische Energie, die im Erdinnern gespeichert ist, wohl grob in der gleichen Größenordnung bewegt. Allerdings ist diese Energie etwas schwieriger zu berechnen, nicht zuletzt wegen der Ungenauigkeit im Hinblick auf die Temperaturen im Erdinnern.

Komprimierte Grüße,

Thomas

(MontyPythagoras)

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" Physik: Wie viel Kompressionsenergie steckt in der Erde?" | 12 Kommentare
 
Für den Inhalt der Kommentare sind die Verfasser verantwortlich.

Re: Wie viel Kompressionsenergie steckt in der Erde?
von reik am Mo. 29. Januar 2018 12:17:40

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Hallo Monty,

deine Beiträge sind wirklich interessant. Danke!  biggrin\(\endgroup\)

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Re: Wie viel Kompressionsenergie steckt in der Erde?
von Yakob am Mo. 29. Januar 2018 13:39:22

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Herzlichen Dank für diesen interessanten Beitrag, der bestimmt sehr viel Arbeit bereitet hat. Selber wäre ich nicht einmal auf diese Fragestellung gekommen.\(\endgroup\)

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Re: Wie viel Kompressionsenergie steckt in der Erde?
von Ueli am Mo. 29. Januar 2018 19:14:38

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Ein spannender Beitrag. Der Druck ergibt unerwartet viel Energie. Nimmt man diese wieder zur Gravitation hinzu, landet man bei der Tolman-Oppenheimer-Volkoff Gleichung. Für einen Stern kann diese positive Rückkopplung das Ende in einer Singularität bedeuten.\(\endgroup\)

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Re: Wie viel Kompressionsenergie steckt in der Erde?
von Marbin am Mo. 29. Januar 2018 21:02:50

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Mir gefällt dein Artikel sehr gut, Thomas.\(\endgroup\)

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Re: Wie viel Kompressionsenergie steckt in der Erde?
von digerdiga am Di. 30. Januar 2018 00:03:11

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Hallo Monthy,
Schöner Artikel!
Bei der Bestimmung des Druckes gehst du ja von außen nach innen vor.
$p(r)=p_0 - \gamma (...)$ wird also erst bei $r_0=6371$ km ausgewertet und muss da 0 sein.
In der darunterliegenden Schicht bleibt $p_0$ in der Gleichung der gleiche Wert und du bekommst zusätzliche Terme dadurch, dass du das Integral $\int_{r_0}^r$ splitten musst, oder bestimmst du $p_0$ jedes mal neu, so dass p(r) stetig ist?

Wieso musst du dann am Ende die hohe Polynomgleichung lösen? p(r) ist doch nur ganz außen Null und bei den anderen Schnittstellen doch nicht, oder?
Warum ist an jeder Schnittstelle w=0 ???

Wenn es dir nichts aus macht vielleicht kannst du das noch ein wenig ausführen?\(\endgroup\)

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Re: Wie viel Kompressionsenergie steckt in der Erde?
von MontyPythagoras am Di. 30. Januar 2018 20:11:10

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Hallo digerdiga,
jeder der vier Bereiche hat sein eigenes $m_0$, $p_0$, $r_p0$ und $w_0$. Ich habe die Werte nicht alle aufgeschrieben, weil es dann zu sehr in Details gegangen wäre, die für den Artikel nicht wirklich relevant waren. Ich wollte eben immer nur grundsätzlich zeigen, wie man von einer Größe zur nächsten kommt und dass man das zumindest mathematisch recht einfach berechnen kann. Es versteckt sich dahinter natürlich etwas mehr Aufwand als man oberflächlich sieht, aber der Aufwand dahinter ist eher Fleiß- als Denkarbeit.
Beim Druck fängt man außen an, denn der Druck bei r=6371km ist null. Somit bestimmst Du das $p_0$ so, dass für den 4. Bereich eben p(6371)=0 ist. Die Grenze zwischen dem 3. und 4. Bereich liegt bei 5700km. Das $p_0$ für den dritten Bereich bestimmst Du so, dass p(5700) für den 3. Bereich gleich dem p(5700) des 4. Bereichs ist, so dass Stetigkeit gegeben ist. Damit gehst Du dann wieder einen Bereich tiefer, bis Du das $p_0$ des 1. Bereichs ausgerechnet hast. Ist eigentlich ganz einfach.
Dafür ist es bisher nicht notwendig, die Polynomgleichung zu lösen ($p(r)$ ist eigentlich kein Polynom, weil darin ja auch noch 1/r auftaucht, aber es wird natürlich zu einem Polynom, wenn man es zwecks Nullstellenbestimmung noch einmal mit r multipliziert). Die Polynomgleichung musst Du erst lösen, um den Radius zu bestimmen, wo der Druck des betrachteten Bereichs null WÄRE, wenn sich dieser Bereich mit gleicher chemischer Zusammensetzung und mit den gleichen Zustandsgleichungen bis zur Oberfläche so fortsetzen WÜRDE, was er ja nicht tut, außer Bereich 4, der tatsächlich an der Oberfläche endet. Das Materialgesetz sagt ja, dass $w=-\int p\text dv$. Um die gesamte in einem Massenelement gespeicherte Kompressionsenergie zu berechnen, musst Du ja von Startdruck null ausgehen, und nicht von dem Druck, wo der Bereich eben zufällig tatsächlich beginnt, so wie Du die gesamte potentielle Energie einer Feder auch immer ausgehend von völliger Entspannung berechnest. War das so etwas besser verständlich?

Ciao,

Thomas
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Re: Wie viel Kompressionsenergie steckt in der Erde?
von digerdiga am Di. 30. Januar 2018 22:14:43

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Hm. An welcher Stelle verwendest du denn die "Birch-Murnaghan Equation of State" ??
So wie ich das sehe, verwendest du für einen Bereich ja die von dir abgeleitete p-Abhängigkeit und drückst sie anstelle von r durch das spez. Volumen aus. Da die r-Abhängigkeit nur für einen Ausschnitt gilt, musst du dann die spez. Volumenabhängigkeit auf Null extrapolieren. Fittest du bis p=0 oder wie genau geschieht dies?

Diese Betrachtung setzt ja voraus, dass an einer Stelle in einem der 4 Bereiche die Druckabhängigkeit in $\int p {\rm d}v$ vom spez. Volumen sich auch genauso verhält wie es der Bereich vorgibt, aber diese ist doch eigentlich durch die Zustands-Gleichung gegeben, eben wie von dir angesprochen die Birch-Murnaghan Equation of State. Deshalb bin ich etwas verwirrt wieso diese nicht verwendet wird?

PS: Darf man mal fragen wie lange du gebraucht hast vom Gedanken das mal zu berechnen bis es fertig war?\(\endgroup\)

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Re: Wie viel Kompressionsenergie steckt in der Erde?
von MontyPythagoras am Mi. 31. Januar 2018 10:44:58

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Hallo digerdiga,
nein, ich verwende die "Birch-Murnaghan Equation of State" nicht, sondern ich verwende den p-über-v-Verlauf, den man aus den Daten schlussfolgern kann und rechne es hoch, bzw. runter auf p=0. Die BM-EoS zu benutzen würde voraussetzen, dass man die genaue Materialzusammensetzung und auch die genaue Temperatur kennt, und selbst dann würde sich das Erdinnere in Sachen Druck und Temperatur in Sphären bewegen, wo man im Labor noch nicht hingekommen ist. Kurzum, die Datenlage ist zu unsicher, um eine solide Basis für die Anwendung einer solchen Zustandsgleichung zu haben. Im Artikel ist das natürlich alles etwas komprimiert dargestellt. Ich habe die BM-EoS nur herangezogen in Betrachtungen, die ich im Artikel nicht festgehalten habe, ob der Verlauf überhaupt grob plausibel ist. Für den Leser wollte ich nur darstellen, dass es solche Zustandsgleichungen gibt und dass sie den Verlauf des Drucks über das spezifische Volumen beschreiben, den man in diesem Fall auch direkt, vielleicht sogar genauer, aus den PREM-Daten ableiten kann.
Die Idee zu diesem Thema hatte ich schon vor ein paar Monaten, habe aber nicht dran gearbeitet. Seit ich dann neulich beschloss, mal wieder einen Artikel zu machen, würde ich sagen, etwa 3 oder 4 Abende von je 2 Stunden und ein Samstag. Ich beantworte zwischendurch ja auch noch Fragen im Forum. Aber sobald das Wetter draußen besser wird, wird die Zeit für den MP wieder knapper...

Ciao,

Thomas\(\endgroup\)

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Re: Wie viel Kompressionsenergie steckt in der Erde?
von digerdiga am Mi. 31. Januar 2018 13:17:57

\(\begingroup\)
Wie genau hast du denn extrapoliert?
So wie ich das sehe, hast du quasi die quadratische Abhängigkeit in einem Bereich einfach weiter fortgesetzt?\(\endgroup\)

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Re: Wie viel Kompressionsenergie steckt in der Erde?
von MontyPythagoras am Mi. 31. Januar 2018 15:14:56

\(\begingroup\)
Hallo digerdiga,
ich habe r als Parameter benutzt, und habe dann die Gleichungen
$$p(r)=p_0-\gamma\left(-\frac{m_0\varrho_0}r+m_0\varrho_1r+\frac23\pi\varrho_0^2r^2+\frac8{15}\pi\varrho_0\varrho_1r^4+\frac2{15}\pi\varrho_1^2r^6\right)$$und
$$v(r)=\frac1{\varrho(r)}=\frac1{\varrho_0+\varrho_1r^2}$$genutzt, um p über v darzustellen. Daher ist es ja auch notwendig, um w zu berechnen, dass man für jeden der vier Bereiche die Gleichung $p(r)=0$ löst.

Ciao,

Thomas\(\endgroup\)

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Re: Wie viel Kompressionsenergie steckt in der Erde?
von Bernhard am Do. 01. Februar 2018 00:08:46

\(\begingroup\)
Hallo Thomas!

Vielen Dank für Deinen Artikel! Das wäre so ganz nach dem Geschmack von Jules Verne gewesen! Der ist ja auch schon dort herumgereist. Vielleicht bringt der Dich ja noch auf weitere Gedanken...

Aber sobald das Wetter draußen besser wird, wird die Zeit für den MP wieder knapper...

Schade... aber dort draußen kannst Du ja dann wieder Flieger basteln oder Musik wink  hören oder Ballons berechnen usw.

Viele Grüße, Bernhard\(\endgroup\)

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Re: Wie viel Kompressionsenergie steckt in der Erde?
von MontyPythagoras am Do. 01. Februar 2018 12:10:08

\(\begingroup\)
Hallo Bernhard,
gern geschehen.
Das schöne an dieser losen Artikelreihe ist ja, das kein Thema zu absurd ist, weil es ja nun einmal um physikalisches Wissen gehen soll, was keinen (all zu hohen) praktischen Nutzen hat. Trotzdem muss es ja etwas sein, wo man ein bisschen rechnen und irgendein Ergebnis präsentieren kann. So gesehen bin ich für Vorschläge immer offen.  smile

Ciao,

Thomas\(\endgroup\)

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