Sonnenkontraktion < Physik < Naturwiss. < Vorhilfe
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Ja hi ich hab ein Problem beim Aufstellen der Gleichung für die Energie W, die frei wird, wenn man hypothetisch annimmt, dass die Sonne nicht rotiert und die Energie W lediglich durch Kontraktion der Sonne also durch freiwerden der Gravitationsenrgie der Teilchen erzeugt wird, also NICHT durch Kernfusion.
Das war im Grunde bereits die Aufgabenstellung. Das Ergebnis ist 3/5 M² G/R
wobei M die Masse der Sonne ist, G die Gravitationskonstante und R der Sonnenradius. Tjaa also mein Ansazt ist folgender:
Ich zerlege die Sonnenkugel, unter der Annahme, dass überall gleicher Druck herrscht in unendlich viele Kugelschalen. In der Mitte ist eine unendlich kleine Kugel mit dem Radius r und der Masse m. An diese lagere ich eine Kugelschale der Masse dm und der Dicke dr an,. wobei dr-> 0 geht. D.h. der Radius dieser Kugelschale wäre r. Die Kugelschalen hole ich jeweils aus dem unendlichen auf die gebildete Kugel heran.
Soviel dazu, jetzt das Integral:
dw= [mm] \integral_{r}^{c} [/mm] { [mm] \bruch{G*m*dm}{r²}dr}, [/mm] c--> [mm] \infty
[/mm]
dw= G*m*dm/r
Ich habe bewusst die Energie berechnet, die frei wird und nicht die, die benötigt wird!
Dann hab ich integriert über die Masse also:
W= [mm] \integral_{0}^{M} [/mm] {G*m*/r *dm }
W= G*M²/2r
Was aber offensichtlich falsch ist.
Über Hilfe würde ich mich sehr freuen...;)
MfG
Johannes
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 13:25 Di 05.04.2005 | | Autor: | Zai-Ba |
Also, Du willst die Sonnenenergie berechnen, die übrig bleibt, wenn die Sonne stehenbleibt und bei derzeitiger Masse die Kernfusion einstellt?
Da bleibt doch nur noch die Potentielle Energie, die frei wird, wenn alle Atome der Sonne aus der Unendlichkeit kommend sich zu einer Kugel formen.
Du hast also über die jeweilige potentielle Energie der Schalen integriert.
Als erstes ist mir aufgefallen, dass du im ersten Integral als Integrationsparameter die untere Grenz eingesetzt hast. Das kann Verwirrung stiften, besser ist es den Parameter irgendwie anders zu benennen, aber das ist eigendlich nur Kosmetik...
Meines Erachtens ist dein Fehler, dass du nicht beachtest, dass die inneren Schalen nicht so stark angezogen werden, wie die äußeren, da der Kern noch nicht so viel Masse hat. Du musst also zusätzlich über die Sonnen masse innerhalb der letzten Schale integrieren...
Na dann, Viel Spass, Zai-Ba
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Also
es ist eine rein hypothetische Aufgabe, bei der es darum geht die Überlegungen von Hermann von Helmholtz nachzuvollziehen, der bevor man von Massendefekt etc. wusste also bevor man wusste, dass die Sonne ihre Energie im wesentlichen durch Kernfusion bereitstellt, hypothetisch angenommen hat, die Sonne erhalte ihre Energie aus der langsamen Kontraktion. Jährlich hätte sie sich für die benötigte Energiemenge um etwa 30m zusammenziehen müssen. Das sollen wir nachvollziehen. Dazu ist als Tip gegeben, anzunehmen, die Sonne sei ein homogener Gasball, mit konstanter Dichte und rotiere nicht(das kommt später noch dazu), der aus konzentrischen Kugelscheiben aufgebaut ist.
@ Zai Bai
Ich denke die Abnahme der Gravitationskraft nach Außen hin hat nix mit der Masse im Kern zu tun. Die Sonne ist ja bereits ein zusammenhängerder Ball und die Gravitatiponskraft nimmt in Folge des wachsenden Abstands halt nur "normal" quadratisch ab.
MfG und vielen Dank erstmal
Johannes
PS: Die Frage ist damit natürlich nicht geklärt ;)
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 22:13 Di 05.04.2005 | | Autor: | leduart |
Hallo
Ganz hab ich deine Fragestellung noch nicht verstanden. Handelt es sich darum, dass die jetzige Sonne der festen Masse M von R auf R-a kontrahiert? Dann versteh ich deine Rechnung nicht .
z.Bsp warum hängt dm nicht von r ab? ich hätte geschrieben die Masse auf einer Kugelschale der Dicke dr:dm =4* [mm] \pi*r^{2}* \rho [/mm] ?
Oder fragst du, wieviel Energie in der Sonne steckt, wenn sie den heutigen Radius hat und ursprünglich aus unendlich auf einen Ball der Größe R kontrahiert ist?
Dann versteh ich die Bemerkung mit den 30 m nicht.
Gruss leduart
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(Antwort) fertig | | Datum: | 22:32 Di 05.04.2005 | | Autor: | leduart |
Hallo Johannes
Ich nehm an, du willst die Gesamtenergie der Sonne, die aus unendlich zusammengefallen ist berechnen. Dann kommt das "richtige" Ergebnis raus.
potentielle Energie der Masse dm =4 [mm] \pi*r^{2}* \rho [/mm] im Feld der Masse
m= [mm] \Bruch{4 \pi}{3}*r^{3}* \rho [/mm] dW = [mm] \Bruch{G*m*dm}{r} [/mm]
summiere d.h. integriere von r=0 bis R und setze am Schluss M= [mm] \Bruch{4 \pi}{3}*R^{3}* \rho [/mm] ein!
Gruss leduart
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Hi
öhm ich nehme an du entnimmst dm =4 $ [mm] \pi\cdot{}r^{2}\cdot{} \rho [/mm] $ der Massengleichung in der Langrange´schen Form?! Fehlt da denn aber nicht ein dr ? Also dm =4 $ [mm] \pi\cdot{}r^{2}\cdot{} \rho [/mm] *dr $??Ansonsten muss ich gestehen hab ich noch nicht verstanden was ich machen soll und vorallem nicht warum....aber erstmal vielen Danke jedenfalls!
Viele Grüße
Johanens
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(Antwort) fertig | | Datum: | 15:27 Mi 06.04.2005 | | Autor: | leduart |
Hallo
> öhm ich nehme an du entnimmst dm =4 [mm]\pi\cdot{}r^{2}\cdot{} \rho[/mm]
> der Massengleichung in der Langrange´schen Form?! Fehlt da
> denn aber nicht ein dr ? Also dm =4 [mm]\pi\cdot{}r^{2}\cdot{} \rho *dr [/mm]??
Du hast natürlich recht, ich hab einfach vergessen das dr hinzuschreiben. Keine Ahnung, was das mit Lagrange zu tun hat. Das Volumen einer dünnen Kugelschale ist Oberfläche *Dicke. Damit ist das Volumen dV=4 [mm]\pi\cdot{}r^{2}\cdot{}dr [/mm] und dm [mm] =\rho*dV
[/mm]
Das Potential dieser Masse dm im Feld der Masse M ist gegenüber unendlich bei r :
[mm] dW=-G*\bruch{M*dm}{r} [/mm] Das kannst du natürlich auch wie du es gemacht hast mit Integral Fdr ausrechnen. Der einzige Fehler den du gemacht hast, war dass bei dir dm unabhängig von r war. D.h. in jeder dr Schicht hast du das gleiche dm genommen.
Wenn ich jetzt von 0 bis R dW integriere hab ich die gesamte potentielle Energie der Masse innerhalb R die ursprünglich in unendlich war.
W= [mm] \integral_{0}^{R} [/mm] {dW}= [mm] \integral_{0}^{R} {-G*\bruch{M*dm}{r} }
[/mm]
W= [mm] \integral_{0}^{R} {-G\bruch{\bruch{4*\pi*r^{3}}{3}*\rho*4\pi*r^{2}*\rho}{r}dr}=
[/mm]
[mm] W=\bruch{(4\pi\rho)^{2}}{3}*G \integral_{0}^{R} {r^{4}dr}. [/mm] und [mm] M=\bruch{4\pi}{3}R^{3}.
[/mm]
[mm] W=-\bruch{3}{5}G*M^{2}/R
[/mm]
Kannst du sagen, was daran noch unklar ist? Gegenüber deiner Rechnung hab ich doch nur dm geändert.
Ich hoff ich hab nicht wieder irgendwo was vergessen!
Gruss leduart
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Hallo Grizzlitiger,
ich habe eine 'falsche Lösung' für dich. Falsch insofern, dass sie nur eine Näherungslösung für deine Frage darstellt. Wir verformen die Sonne in einen Würfel mit gleichem Volumen und gleicher Masse. Dieser Würfel hat die Kantenlänge 1,612-facher Sonnenradius.
Man zerlegt diesen Würfel entlang einer Seite in zwei kongruente Quader und entfernt diese voneinander ins Unendliche.
Die dazu notwendige Energie ist [mm] \frac{1}{4}\cdot\frac{GM^2}{0,806\cdot R}
[/mm]
Zerlegt man diese beiden Quader senkrecht zu einer der längeren Kanten, erhält man
[mm] \frac{2}{16}\cdot\frac{GM^2}{0,806\cdot R}
[/mm]
Nochmal, so dass wieder Würfel entstehen: [mm] \frac{4}{64}\cdot\frac{GM^2}{0,806\cdot R}
[/mm]
Insgesamt beträgt die nötige Energie:
[mm]E=\frac{GM^2}{0,806R}(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{4})(\frac{1}{4}+\frac{1}{64}+\frac{1}{1024}+\dots)=[/mm]
[mm]=\frac{GM^2}{0,806R}\cdot\frac{7}{4}\cdot\frac{1}{4}\cdot\frac{16}{15}=[/mm]
[mm]=\frac{GM^2}{R}\cdot\frac{7}{0,806\cdot15}\approx0,579\frac{GM^2}{R}[/mm]
Wäre die Sonne also würfelförmig, dann würde statt dem Faktor 0,6 der Faktor 0,579 in der Lösung stehen. Für Astrophysik ist das ja eine beinahe unglaubliche Genauigkeit. Deshalb wollte ich diese Alternative nur mal am Rande erwähnen.
Hugo
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wunderbar jetzt ist alles klar vielen danke für die eifrige und engagierte hilfe! :D
Viele hocherfreute Grüße
Johannes
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