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Schule Druck / Gravitation
DieterG
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2020-10-27


Hallo - ich bin gaaaanz neu hier und habe gleich eine Frage (alle Recherchen im Internet sind für meine Frage erfolglos ...)
Überall wird erklärt, dass der Druck mit der Tiefe zunimmt und geht dann gleich zur Herleitung der barometrischen Höhenformel über (oder wie der Druck unter Wasser mit der Tiefe zunimmt). Das verstehe ich ja, weil in diesen Fällen ja die Gravitation gleichbleibt. Wie ist es aber, wenn ich in Richtung z.B. Erdmittelpunkt gehe. Nimmt da der Druck auch immer zu, und wie kann das sein, da doch die Gravitation Richtung Erdmittelpunkt immer weiter abnimmt? (Beispiel: Ball, der quer durch einen Tunnel durch die Erde fällt: er schwingt sich ein und kommt genau im Zentrum zur Ruhe - oder?)
Wer kann mir da eine plausible Erklärung geben?
(mir sind Begriffe wie Divergenz, Gradient und so durchaus bekannt ... kann mir das mit dem Druck aber absolut nicht erklären ...)
Vielen Dank i.V.



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DerEinfaeltige
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2020-10-27


Kurz und laienhaft vereinfacht:
Die Abnahme der Gravitation bewirkt, dass jede Schicht bei gleichbleibender Dichte etwas weniger zusätzlichen Druck erzeugt.
Der Gesamtdruck steigt dadurch trotzdem.


-----------------
Why waste time learning when ignorance is instantaneous?
- Bill Watterson -



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DieterG
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2020-10-27


Na - das ging aber schnell 🤗! Vielen Dank dafür! Das wäre dann die gleiche Begründung wie beim steigenden Luftdruck: an der Erdoberfläche ist das Gewicht der Luftsäule am größten, und nach oben hin nimmt das Gewicht der Luftsäule kontinuierlich ab. Das ist das mit der gleichbleibenden Gravitation - und ist auch logisch (mathematisch) erklärbar. Aber wie kann man zeigen, dass der Druck additiv zunimmt, wenn die "erzeugende" Kraft auf Null geht? Da habe ich meinen Hänger (bitte jetzt nicht bis zum schwarzen Loch gehen ... 😷)
Gruß und Dank 👍, DieterG



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Rathalos
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2020-10-27


Hallo DieterG,

 Aber wie kann man zeigen, dass der Druck additiv zunimmt, wenn die "erzeugende" Kraft auf Null geht?  

Ist einfach nur nicht richtig. In deinen Beispiel geht die Änderung der erzeugenden Kraft gegen Null und nicht die erzegende Kraft. Bei der Gravitation liefert die Gravitation jeder Masse in der Umgebung einen Kraftbeitrag, jedoch ist der Kraftbeitrag kleiner je weiter weg die Masse ist. Daher ist nur die Änderung des Druckes kleiner.

Als simples Beispiel hast du eine Waage. Ganz unten packst du 100Kg auf die Waage. Nun über das 100Kg stück packst du nun nur 20 Kg, da die nächste Masse weiter weg ist und einen kleineren Beitrag liefter. Damit wirkt eine totalle Kraft von \(120Kg\cdot g\) anstatt \(100Kg \cdot g \) auf die Waage und somit hat der Druck \(p = F/A\) sich vergrößert. Wenn du nun ganz weit weg bist, legst du aber nur noch 500g auf die Waage. Dies bewirkt fast keine Druckänderung mehr, aber der Druck steigt leicht.




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DieterG
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2020-10-27


Vielen Dank! Alles richtig - nur dass ich in der anderen Richtung unterwegs bin 😷! Vielleicht hätte ich den Anlass für die Frage erwähnen sollen: Schwingungen und Wellen - und wo kommen Wellen in der Natur vor? Im Badesee und beim Licht. Wo kommt Licht her? Und wie kommen Sterne zum Leuchten?
Ich bin aber inzwischen dank dieses Astauschs selbst auf den Weg gekommen: Zwar nimmt der Druck im Innern eines Planeten/Sterns in großer Tiefe wieder ab (denn die das Kraftfeld erzeugenden Massen liegen mehr und mehr über der Waage (um in deinem Bild zu bleiben), aber ab einer kritischen Masse ist der Druck bis dahin schon so groß, dass die Dichte der Materie so groß wird, dass es (bei der Sonne z.B.) dann zur Kernfusion kommt.
👍 Thanks auf jeden Fall!



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jacha2
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2020-10-27


Salut,

dem ist ...
2020-10-27 20:22 - DieterG in Beitrag No. 4 schreibt: ...Ich bin aber inzwischen dank dieses Astauschs selbst auf den Weg gekommen: Zwar nimmt der Druck im Innern eines Planeten/Sterns in großer Tiefe wieder ab (denn die das Kraftfeld erzeugenden Massen liegen mehr und mehr über der Waage (um in deinem Bild zu bleiben),
...nicht so. Der hydrostatische Druck ist im Baryzentrum jedes Himmelskörpers (vereinfacht:  In seinem Mittelpunkt) am größten. Denn von dort aus gesehen ist es in alle Richtungen gleich weit bis ins (weitgehend) gravitationsfeldfreie Weltall, die hydrostatische Last also am größten, auch wenn man dort schwerefrei ist.
Deswegen sind Himmelskörper um so kugelähnlicher, je massereicher sie sind, sieht man von schnell rotierenden Gebilden ab. Der hydrostatische Druck erzwingt diese Massenverteilung.
2020-10-27 20:22 - DieterG in Beitrag No. 4 schreibt: ...aber ab einer kritischen Masse ist der Druck bis dahin schon so groß, dass die Dichte der Materie so groß wird, dass es (bei der Sonne z.B.) dann zur Kernfusion kommt.
Die Dichte ist nicht ausschlaggebend. Die Temperatur ist für die Fusion maßgeblich, Druck und Dichte sind damit über eine stellare Zustandsgleichung verbunden. Wenn nur Dichte entscheidend wäre, könnte man den Bau von Stellaratoren und Tokamaks einstellen.
Adieu



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wessi90
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, eingetragen 2020-10-28


Vielleicht noch als kleine Ergänzung: Wenn du ein Loch durch die ganze Erde bohren würdest (und wir mal annehmen, sie wäre etwas idealisiert einfach eine Kugel konstanter Dichte), dann ist das die Bewegung in einem Zentralpotential, das die Form $V(r)=\frac{1}{2} \kappa r^2$ hat mit einer aus der Dichte und Erdradius bestimmbaren Federkonstanten $\kappa$.

Im Inneren der Erde beobachten wir dann also eine periodische Bewegung. Sogar auch geschlossenen Bahnen.



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DieterG
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, vom Themenstarter, eingetragen 2020-10-28


Moin, liebe Mitstreiter 😉! Na - da habe ich ja was losgetreten! Aber das meinte ich damit, dass ich mit Googeln in dem Thema nicht weitergekommen bin. Also: dass das Weltall ein gravitationsfreier Raum ist, stürzt mein physikalisches Weltbild in eine tiefe Krise ...
Noch einmal: wir sprechen hier von einem Phänomen (Druck), das sich IN der Kraft-erzeugenden Sphäre abspielt, d.h. ich fliege quasi mit meinem Raumschiff durch das Sonnensystem in einem Gravitationsfeld, das von den Planeten + Sonne im Raum UM MICH HERUM erzeugt wird. (Die dabei erzeugte Flugkurve kann von Menschen nicht mehr berechnet werden - dazu braucht es wahrlich KI!), mit anderen Worten: die das Kraftfeld erzeugende Masse kann nicht mehr in EINEM Massenpunkt vereinigt vorgestellt werden.
oder anders: Die Gleichung Druck = Kraft / Fläche muss jetzt dahingehend interpretiert werden, dass die Kraft F nicht mehr nur von der Masse m der senkrecht über der Fläche liegenden Masse (die mit r zunimmt), sondern auch von der Masse M der Erde hervorgerufen wird, die nun nicht mehr konstant ist. Also: klein m  UND groß-M verändert sich! (Wenn die Kraft F(r) = yM(r)m(r)/r*r mit y = Gravitationskonstante ist)
In unserer "Erfahrungswelt können wir den Druck bis zu einer (Wasser)tiefe von vielleicht 10 km messen (Marianengraben) - und da kann man noch von einer die Kraft erzeugenden Massenverteilung konzentriert im Erdmittelpunkt ausgehen, aber mit zunehmender Tiefe muss man die das Gravitationsfeld erzeugende MassenVERTEILUNG mit einberechnen.
Und da wirds kompliziert 😷



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DieterG
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2020-10-28


Hi . Wessi90! So sehe ich das auch. Die Bewegung ist eine Schwingung an einem Federpendel und Dein Potential V(r) ist einfach die Lageenergie im Punkt r einer Feder mit besagter Federkonstante



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MontyPythagoras
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, eingetragen 2020-10-28


Hallo Dieter,
Du könntest einfach meinen Artikel zur Kompressionsenergie der Erde lesen, da wird das alles auf mathematische Füße gestellt. Der Druck im Erdmittelpunkt ist $3\mathord,65\times10^{11}\text{Pa}$, oder etwas blumiger ausgedrückt 3,65 Millionen Atmosphären.

Ciao,

Thomas



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MontyPythagoras
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, eingetragen 2020-10-28


... und wenn Du schon dabei bist, liest Du auch gleich meinen Artikel zur Schwerkraft, wo im Detail gezeigt wird, wie man mit der Schwerkraftberechnung von nicht punktförmigen Objekten umgeht. 😉

Ciao,

Thomas



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DrStupid
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, eingetragen 2020-10-28


2020-10-28 09:42 - DieterG in Beitrag No. 7 schreibt:
Noch einmal: wir sprechen hier von einem Phänomen (Druck), das sich IN der Kraft-erzeugenden Sphäre abspielt, d.h. ich fliege quasi mit meinem Raumschiff durch das Sonnensystem in einem Gravitationsfeld, das von den Planeten + Sonne im Raum UM MICH HERUM erzeugt wird. (Die dabei erzeugte Flugkurve kann von Menschen nicht mehr berechnet werden - dazu braucht es wahrlich KI!), mit anderen Worten: die das Kraftfeld erzeugende Masse kann nicht mehr in EINEM Massenpunkt vereinigt vorgestellt werden.

Das liegt daran, dass die Masseverteilung nicht kugelsymmetrisch ist. Innerhalb von Planeten und Sternen ist das aber in guter Näherung der Fall (solange sie nicht zu schnell rotieren). In solchen Fällen kann man das Schalentheorem verwenden, was darauf hinaus läuft, dass man sich die gesamte Masse, die sich innerhalb eines bestimmten Abstandes vom Zentrum befindet, in diesem Zentrum vereint vorstellen kann. Das ist nicht etwa nur eine Näherung, um die Rechnung zu vereinfachen, sondern bei Kugelsymmetrie mathematisch exak.

2020-10-28 09:42 - DieterG in Beitrag No. 7 schreibt:
Die Gleichung Druck = Kraft / Fläche muss jetzt dahingehend interpretiert werden, dass die Kraft F nicht mehr nur von der Masse m der senkrecht über der Fläche liegenden Masse (die mit r zunimmt), sondern auch von der Masse M der Erde hervorgerufen wird, die nun nicht mehr konstant ist. Also: klein m  UND groß-M verändert sich! (Wenn die Kraft F(r) = yM(r)m(r)/r*r mit y = Gravitationskonstante ist)

So funktioniert das nicht. Das Newtonsche Gravitationsgesetz gilt nur für Punktmassen. Die unter dem Radius r liegende Masse M kann als Punktmasse aufgefasst werden, aber die darüber liegende Gesteins- oder Gassäule nicht. Um die Gewichtskraft dieser Säule zu berechnen, musst Du sie in so kleine Teile zerlegen, dass sie in guter Näherung als Punktmassen behandelt werden können und dann die Gewichtskräfte dieser Teile einzeln berechnen und aufaddieren. Wenn die Teile beliebig klein werden, wird diese Summe zu eiem Integral. Das hat MontyPythagoras in den oben verlinkten Artikeln im Detail erklärt.

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.9 begonnen.]



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DrStupid
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.12, eingetragen 2020-10-28


2020-10-28 12:32 - MontyPythagoras in Beitrag No. 10 schreibt:
... und wenn Du schon dabei bist, liest Du auch gleich meinen Artikel zur Schwerkraft, wo im Detail gezeigt wird, wie man mit der Schwerkraftberechnung von nicht punktförmigen Objekten umgeht. 😉

Da habe ich gerade einen kleinen Fehler entdeckt. Ellipsoide können bei der Anwendung des Newtonschen Gravitationsgesetzes nicht immer als Punktmassen angenommen werden. Das geht schon ins Auge, wenn man damit die Abplattung der Erde berechnen will.



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MontyPythagoras
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.13, eingetragen 2020-10-28


Hallo DrStupid,
die Schwerkraftberechnung in meinem Artikel bezieht sich nur auf ruhende Körper, eine etwaige Fliehkraftwirkung durch Rotation wollte ich dort nicht einbeziehen. Damit wird es auch gleich viel schwieriger.
Ich komme mir vor wie Ratiopharm. Ich habe ja heute zu allem einen Artikel anzubieten, daher verweise ich an dieser Stelle auf meinen Artikel zur Berechnung der Form der Erde, in welchem ich herleite, dass zumindest bei homogener Masseverteilung der Rotationsellipsoid tatsächlich die exakte Form des rotierenden Planeten wäre, inklusive der Berechnung einer kritischen Grenzdrehzahl. Allerdings ist eine homogene Masseverteilung bei realen Himmelskörpern so gut wie ausgeschlossen.
Laut Wiki-Artikel zum Newtonschen Gravitationsgesetz gilt das Newtonsche Schalentheorem auch für elliptische Körper. Aber nachgerechnet habe ich das nicht.

Ciao,

Thomas



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DrStupid
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.14, eingetragen 2020-10-28


2020-10-28 14:28 - MontyPythagoras in Beitrag No. 13 schreibt:
die Schwerkraftberechnung in meinem Artikel bezieht sich nur auf ruhende Körper, eine etwaige Fliehkraftwirkung durch Rotation wollte ich dort nicht einbeziehen.

Ich spreche auch nicht von der Fliehkraft, sondern von der Gravitationskraft. Das äußere Gravitationsfeld eines Ellipsoiden entspricht nicht dem einer Punktmasse. Im Gegensatz zu einer Kugel kann der Ellipsoid nur näherungsweise als punktförmig angenommen werden.

2020-10-28 14:28 - MontyPythagoras in Beitrag No. 13 schreibt:
Ich habe ja heute zu allem einen Artikel anzubieten, daher verweise ich an dieser Stelle auf meinen Artikel zur Berechnung der Form der Erde, in welchem ich herleite, dass zumindest bei homogener Masseverteilung der Rotationsellipsoid tatsächlich die exakte Form des rotierenden Planeten wäre, inklusive der Berechnung einer kritischen Grenzdrehzahl.

Da berechnest Du zwar das Gravitationsfeld eines Rotationsellipsoiden korrekt, aber dafür machst Du einen anderen Fehler. Bei hinreichend hohem Drehimpuls ist der Planet kein Rotationsellipsoid mehr, sondern der McLaurin-Spheroid (mit zwei verschiedenen Achsen) geht in einen Jacobi-Ellipsoid (mit drei verschiedenen Achsen) über. Dafür gibt es im Sonnensystem sogar praktische Beispiele (z.B. der Kleinplanet Haumea). Für einen homogenen Körper mit Masse und Volumen der Erde passiert das nach meiner Rechnung bei einer Rotationsperiode von 2:39h. Das ist für diesen Körper auch gleichzeitig die kürzest mögliche Rotationsperiode, weil er danach so stark in die Länge gezogen wird, dass das Trägheismoment schneller wächst als der Drehimpuls. Das bedeutet, dass der Körper ab diesem Punkt mit steigendem Drehimpuls immer langsamer rotiert, bis er irgendwann auseinander gerissen wird.



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MontyPythagoras
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.15, eingetragen 2020-10-28


Hallo DrStupid,
wenn ich so drüber nachdenke, dürftest Du damit recht haben, dass ein Ellipsoid von außen nicht als Punktförmig angesehen werden kann. Wenn ich ihn extrem in die Länge ziehe, wird er ja einem Stab nicht unähnlich, und ich hatte ja in meinem Schwerkraft-Artikel gleich am Anfang hergeleitet, dass die Schwerkraftwirkung eines Stabes eben nicht der im Schwerpunkt vereinigten Masse entspricht. >>Innerhalb<< des Ellipsoids dürfte das Schalentheorem aber schon gelten, siehe auch diesen Wiki-Artikel.
Der Jacobi-Ellipsoid ist die Lösung einer (korrekterweise) weitergefassten Gleichgewichtsbedingung. Siehe dazu auch hier. Das hätte allerdings den Rahmen meines Artikels, und hier in diesem Thread sicher auch die Frage des Threadstarters, gesprengt. Ich berechne halt in diesem Bild:

nur die "gestrichelten Linien" für den Maclaurin-Spheroid, dessen kritische Umlaufdauer halt bei erdähnlicher mittlerer Dichte bei 2:25 endet, wie ich auch in meinem Artikel hergeleitet habe, während der Jacobi-Ellipsoid 2:39 schafft. Ich glaube Dir die Zahl mal. Die meisten Himmelskörper sind jedenfalls von den Jacobi-bedingungen weit entfernt. Man sieht ja in dem Diagramm, dass der Jacobi-Ellipsoid erst entsteht, wenn der Drehimpuls eine kritische Grenze erreicht (bei knapp über 0,3).
Die Herleitung in meinem Artikel schließt also die Jacobi-Variante nicht mit ein, aber sie ist korrekt. Nur halt nicht allumfassend, auch da gebe ich Dir recht. Vielleicht sollten wir daher jetzt erst einmal abwarten, ob wir den Threadstarter abgehängt haben. 😉

Ciao,

Thomas



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DrStupid
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.16, eingetragen 2020-10-28


2020-10-28 15:34 - MontyPythagoras in Beitrag No. 15 schreibt:
>>Innerhalb<< des Ellipsoids dürfte das Schalentheorem aber schon gelten

Ja, genauso wie beispielsweise innerhalb eines Würfels oder jeder anderen homogenen Masseverteilung. Das kann man sich bei kugelähnlichen Körpern zunutze machen, indem man sie durch eine Kugel gleicher Masse ersetzt und dann nur noch über die Abweichungen von der Kugel integriert. Ich habe es mir noch einfacher gemacht und mit dem Gaußschen Integralsatz gleich von vorn herein nur über die Oberfläche integriert. Damit musste ich dem Körper keine konkrete Geometrie aufzwingen. Die ergibt sich automatisch aus der Bedingung für das hydrostatische Gleichgewicht (in meinem Fall gleiches effektives Potential über die gesamte Oberfläche). Das Resultat entspricht dem von Dir verlinkten Bild:



2020-10-28 15:34 - MontyPythagoras in Beitrag No. 15 schreibt:
während der Jacobi-Ellipsoid 2:39 schafft.

Besser gesagt sorgt der Übergang zum Jacobi-Ellipsoid dafür, dass der Maclaurin-Spheroid nicht weniger als 2:39 schafft bevor er instabil wird.

Das ist allerdings nicht das einzige Problem. Deine Herleitung basiert auf zwei Annahmen und die Rotationssymmetrie ist nur eine davon. Die zweite ist der elliptische Querschnitt des Rotationskörpers. Du schreibst ja selbst, dass Du diese Annahme machen musst, um lösbare Gleichungen zu erhalten. Ich habe mir auch mal den Spaß gemacht, dem Körper eine Rotationssymmetrie aufzuzwingen. Das führt am Anfang tatsächlich zu einem Ellipsoid, aber bei hohen Drehimpulsen verwandelt der sich je nach Rechnung in eine von zwei anderen Lösungen. Die eine ist eine Art Linse, die bei maximalem Drehimpuls am Rand kontinuierlich in eine flache Scheibe übergeht (also so ähnlich wie die Bulge einer Galaxie). Die andere ist ein Torus (für den es keinen maximalen Drehimpuls gibt).

2020-10-28 15:34 - MontyPythagoras in Beitrag No. 15 schreibt:
Vielleicht sollten wir daher jetzt erst einmal abwarten, ob wir den Threadstarter abgehängt haben.

Den haben wir ganz sicher abgehängt, aber es ist ganz einfach wieder zu Thema zurück zukommen: Newton hat die Abplattung einer als homogen angenommenen Erde über den Druck berechnet, der unter zwei Flüssigkeitssäulen herrscht, die vom Pol bzw. vom Äquator zum Erdmittelpunkt reichen – genauer gesagt aus der Tatsache, dass dieser Druck in beiden Fällen gleich groß sein muss.



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MontyPythagoras
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.17, eingetragen 2020-10-28


2020-10-28 18:59 - DrStupid in Beitrag No. 16 schreibt:
Besser gesagt sorgt der Übergang zum Jacobi-Ellipsoid dafür, dass der Maclaurin-Spheroid nicht weniger als 2:39 schafft bevor er instabil wird.
Dessen bin ich mir bewusst.
2020-10-28 18:59 - DrStupid in Beitrag No. 16 schreibt:
Das ist allerdings nicht das einzige Problem. Deine Herleitung basiert auf zwei Annahmen und die Rotationssymmetrie ist nur eine davon. Die zweite ist der elliptische Querschnitt des Rotationskörpers. Du schreibst ja selbst, dass Du diese Annahme machen musst, um lösbare Gleichungen zu erhalten.
Dessen bin ich mir auch bewusst.

2020-10-28 18:59 - DrStupid in Beitrag No. 16 schreibt:
Newton hat die Abplattung einer als homogen angenommenen Erde über den Druck berechnet, der unter zwei Flüssigkeitssäulen herrscht, die vom Pol bzw. vom Äquator zum Erdmittelpunkt reichen – genauer gesagt aus der Tatsache, dass dieser Druck in beiden Fällen gleich groß sein muss.
Noch etwas, dessen ich mir bewusst bin. Er musste die "eingerahmte" DGL aus meinem Artikel zur Kompression der Erde lösen, erweitert um einen Term für die Fliehkraft, wobei die Annahme konstanter Dichte es schon leicht macht.
Lass uns den Thread nicht hijacken, sondern warten, welche Fragen der Threadersteller dazu hat. Mit dem Threadstart und der dort aufgeworfenen Frage, wie sich der Druck in der Tiefe entwickelt, hat das alles hier nichts zu tun.

Ciao,

Thomas



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.18, vom Themenstarter, eingetragen 2020-10-29 08:57


Hi - Monty Py 😷! Ich hab jetzt auch meinen gedanklichen Fehler (endlich!)kapiert: der Druck verhält sich in dem Beispiel wie die Geschwindigkeit des Balls, der durch die Erde fliegt: die Geschwindigkeit erhöht sich,obwohl die Beschleunigung wg. sinkender Antriebskraft immer kleiner wird! Der Druck bleibt erhalten, aber die Gravitationskraft geht zur "Kugelmitte" hin gegen Null!
Da hat mein Glaube an mein Genie einen ziemlichen Dämpfer bekommen 😖
Gruß Dieter G
PS: Deinen Artikel werde ich mir gleich zu Gemüte führen👍



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DieterG
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.19, vom Themenstarter, eingetragen 2020-10-30 09:00


Moin - ich muss leider wieder nerven 😴! Habe mir die Nacht über meine Gedanken gemacht und bin mir doch wieder unsicher geworden. (By the way: das Problem in Foren ist, dass man keine Skizzen posten kann - und ein Physiker ohne Skizze... ??) Ich werd also einmal versuchen, mein Gedanken-Experiment bildlich zu beschreiben, während ich bei mir hier die Skizze zeichne. Wir nehmen die Erde als einen (idealen) Kreis mit Radius "R" und konstanter Dichte und "bohren von oben nach unten durch den ganzen Kreis (also von Europa bis Neuseeland 🙂) einen schmalen Tunnel mit dem Tunneldurchmesser "t). Jetzt fahren mit mit einem Kraftmesser (Feder mit Federkonstante "K") an dem die Masse "m" hängt vom Unendlichen an diesen Kreis (Mit der Masse "M") - also das bekannte Newton-Szenario.
was zeigt die Federwaage an im Abstand "r" wenn r > R, und wie ändert sich die Anzeige bei r < R? ("r" wird immer vom Mittelpunkt aus gemessen!).
Sind wir uns einig, dass bei r>R die bekannte 1/r^2 Zunahme der Kraft gilt: denn sowohl "m" als auch "M" bleiben konstant, nur der Abstand "r" der beiden Massenmittelpunkte wird immer kleiner bis zum Punkt R = r (bzw. die "Erdbeschleunigung "g" hängt nur von "r" ab (das ist auch schon anders als in unserer Schulphysik, denn da ist ja "g" konstant (nun gut, mit einer beschleunigten Beschleunigung kann man leben...).

Jetzt aber der Fall r < R: jetzt ändert sich auch "M" (also M(r)) - wir lassen mal "m" konstant..) Jetzt nimmt der Ausschlag unserer Federwaage doch ab, je kleiner "r" wird, nämlich um den Betrag 1/(R-r) UND um den Faktor M(r), der für r=R gegen Null geht.  - ist das überschlagsmäßig richtig?? Oder hab ich schon hier einen Gedankenfehler gemacht?
(Komme mir irgendwie vor wie Zenon mit seiner Schildkröte 😷)
Soweit mal das Ausgangsszenario - nachher die Überlegung, wie sich das auf den Druck auswirkt (wenn auch Klein-m eine Fkt. von "r" wird ...



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MontyPythagoras
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Hallo Dieter,
Du hast die Artikel nicht (zu Ende) gelesen. Das Phänomen wird in meinem Artikel zur Schwerkraft ausführlich erklärt und berechnet. Bei homogener Masseverteilung (die die reale Erde nicht hat!), fällt die Schwerkraft zum Planetenmittelpunkt hin linear auf null. Mein Artikel zur Kompressionsenergie der Erde berücksichtigt das natürlich.
Siehe auch diesen Wiki-Artikel zum Referenzmodell der Erde. Gleich das zweite Diagramm zeigt den realen Schwerkraftverlauf im Erdinnern.


Ciao,

Thomas



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DrStupid
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2020-10-30 09:00 - DieterG in Beitrag No. 19 schreibt:
Jetzt aber der Fall r < R: jetzt ändert sich auch "M" (also M(r)) - wir lassen mal "m" konstant..) Jetzt nimmt der Ausschlag unserer Federwaage doch ab, je kleiner "r" wird, nämlich um den Betrag 1/(R-r) UND um den Faktor M(r), der für r=R gegen Null geht.

Dir ist schon klar, dass 1/(R-r) für r→R gegen unendlich geht, oder?
Im Inneren einer homogenen Vollkugel ist das Gewicht proportional zu r. Das kannst Du mit dem Schalentheorem leicht selbst nachrechnen.

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.19 begonnen.]



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DieterG
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Hi MontPy (ich dachte, Py käme von Pythagoras😃). Mir kommt's jetzt nicht so sehr auf die GENAUE Formel des Gravitations-Potentials an (1/(R-r) stimmt sicher SO nicht) - aber es ist interessant, dass in deinem Artikel die Anziehungskraft eines unendlich langen Stabes auf die Probemasse auch proportional 1/a (also  "harmonisch" ist) und so hab ich es auch noch dunkel im Gedächtnis, dass sich  das Gravitations-Potential im Innern einer massiven Kugel verhält (im Übrigen soll das Gravitationspotential innerhalb einer Hohlkugel = 0 sein - also dein unendlich langer Stab, dessen endliche Masse sich auf die ganze (unendliche) Länge verteilt.)
Die anziehende Masse bei der massiven Kugel geht für r --> 0 ja auch gegen 0, so dass wir im Grenzwert (lim r gegen 0) den Grenzwert 0/0 erhielten, also nach d'hospital zu lösen wäre ...
Aber mir geht es ja um eine qualitative Betrachtung. Wieso verhält es sich mit dem Druck additiv (steigt im Innern bis zum Mittelpunkt an), wo doch die Schwerkräfte punktuell wirken??
Klar ist es mir auch ein Rätsel, wohin denn der Druck dann "entschwinden" soll - IN einer massiven Kugel?
Aber das mit dem Druck ist ja sowieso so eine Sache ...
Gruß - und vielen Dank , dass du dir so viel Mühe gibst - aber das Problem irritiert mich doch sehr ... 😷



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Rathalos
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.23, eingetragen 2020-10-30 13:21


Hallo DieterG,


Aber mir geht es ja um eine qualitative Betrachtung. Wieso verhält es sich mit dem Druck additiv (steigt im Innern bis zum Mittelpunkt an), wo doch die Schwerkräfte punktuell wirken??

Was meinst du denn mit Schwerkräfte wirken punktuell? Es gibt ein Gravitationsfeld, dass an allen Raumpunkten anziehend auf Massen wirkt.

Warum der Druck steigt kannst du dir wie folgt vorstellen. Teilen wir die Kugel in Kugelschalen mit Radius r auf. Dann verursacht die gesamte Masse innerhalb der Kugelschale eine anziehende Kraft auf diese Kugelschale. Die äußere Masse bewirkt keine Nettokraft auf die Kugelshalle (Shell theorem).
Insgesamt wirkt auf die Kugelschale also eine anziehende Kraft.

Nun stellst du dir die Kugel als Kugelschalen vor. Auf der äußersten Kugelschalen wirkt eine anziehende Kraft. (letzte Masse im Waagen Beispiel). Diese übt nun aufgrund der Anziehung eine Kraft auf der nächst inneren Kugelschale aus. Dazu kommt dann noch die Anziehungskraft der der inneren Kugelschale (mittlere Masse im Waagen bsp., die obere Kugelschale wirkt als Gewicht, welches über dem mittleren Gewicht liegt). Somit summiert sich offensichtlich die Kraft von außen nach innen auf und somit steigt der hydrostatische Druck.


Klar ist es mir auch ein Rätsel, wohin denn der Druck dann "entschwinden" soll - IN einer massiven Kugel?

Du solltest eine präzise Frage formulieren ansonsten kann dir niemand etwas beantworten. Bei Betrachtung des Druckes verursacht durch die Gravitation einer Kugel ist dies nicht die Fall (Siehe den Artikel Kompressionsenergie).




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DrStupid
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.24, eingetragen 2020-10-31 00:12


2020-10-30 11:46 - DieterG in Beitrag No. 22 schreibt:
im Übrigen soll das Gravitationspotential innerhalb einer Hohlkugel = 0 sein

Die Gravitationsfeldstärke ist im Inneren einer Hohlkugel gleich Null. Das Gravitationspotential ist kleiner als Null und räumlich konstant.



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DieterG
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.25, vom Themenstarter, eingetragen 2020-10-31 09:17


Hi Rathalos! Ich denke, deine Beschreibung des Drucks unter Einwirkung von Zentral-Feldern ist so wirklich korrekt und "präzise". Aber mit den Fragen scheint es sich so zu verhalten: die Präzision einer Fragestellung ist proportional zu ihrer impliziten Beantwortung 😷 ...
Gruß und schönen Tag 👍



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