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Forum: Offtopic Schwerkraft Erde


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Autor: Philipp G. (geiserp01)
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Angenommen ich könnte ein Loch mit einen Meter Durchmesser in die Erde 
bohren, so tief, dass ich direkt auf der anderen Seite der Erde damit 
rauskomme, irgenwo in Neuseeland.

Nehmen wir weiter an, wir setzen eine Röhre aus irgendeiner 
Superlegierung in das Loch, damit das weiche Erdinnere oder Wasser nicht 
in das Loch läuft.

Da die Bohrung resp. die Röhre 100% geradelinig verläuft, kann ich nun 
durch die Erde durchgucken.

Frage: Lass ich nun einen Stein in das Loch fallen, kommt der auf der 
anderen Seite raus oder wird er in der Mitte festgehalten?

Seile ich den Stein langsam bis zum Mittelpunkt ab, und löse dann das 
Seil, bleibt der Stein stehen?

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Autor: Wegstaben V. (wegstabenverbuchsler)
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Dein Loch must du aber gut auskleiden, sonst kommt dir die Suppe (Magma) 
hoch (oder runter). Im schlimmsten Fall läuft die ganze Erde aus 
"irgendwo in Neuseeland".

PS: Mittwoch ist der neue Freitag!

: Bearbeitet durch User
Autor: Curby23523 N. (nils_h494)
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Natürlich nicht.

Autor: Philipp G. (geiserp01)
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Wegstaben V. schrieb:
> Dein Loch must du aber gut auskleiden, sonst kommt dir die Suppe (Magma)
> hoch (oder runter). Im schlimmsten Fall läuft die ganze Erde aus
> "irgendwo in Neuseeland"

Habe ich ja. Ich habe eine Röhre aus Supertitan. Da läuft kein Magma 
durch.

Autor: Wegstaben V. (wegstabenverbuchsler)
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Philipp G. schrieb:
> ch habe eine Röhre aus Supertitan.

Stimmt ja, da hab ich deine Spezifikation nicht so genau gelesen.

Ich vermute mal, dein Stein bleibt mitten in der Erdkugel hängen. Da 
musst du halt eine lange Schnur dran binden, damit du den wieder zurück 
holen kannst, und das Rohr nicht verstopft.

: Bearbeitet durch User
Autor: X. I. (xlii)
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Witzantwort: In 10m tiefe lebt der grosse blaue Steinfresser. Ergo kommt 
der Stein nicht weit.

Ansonsten tippe ich auf auspendeln (Abbremsung durch Luftreibung + 
variable Gravitationsrichtung)

Autor: Philipp G. (geiserp01)
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Wegstaben V. schrieb:
> Ich vermute mal, dein Stein bleibt mitten in der Erdkugel hängen.  sda
> musst du halt eine lange Schnur dran binden, damit du den wieder zurück
> holen kannst, und das Rohr nicht verstopft.

Also ist die Schwerkraft mittig am grössten?

Autor: Jörg W. (dl8dtl) (Moderator) Benutzerseite
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Philipp G. schrieb:
> Frage: Lass ich nun einen Stein in das Loch fallen, kommt der auf der
> anderen Seite raus oder wird er in der Mitte festgehalten?

Das Punktmassen-Modell für die Gravitation greift ja bei dieser 
Konstellation nicht mehr, da du in einiger Tiefe nicht mehr einer 
homogenen Masse gegenüberstehst, sondern die sich gegenseitig 
anziehenden Massen rings um dich verteilt sind. Am Mittelpunkt der Erde 
sollte dein Stein praktisch gravitationsfrei sein, da in jeder Richtung 
(in etwa) die gleiche Massenverteilung herrscht. Allerdings dürfte er an 
dieser Stelle ja bereits eine beträchtliche Geschwindigkeit haben, 
sodass er weit über die Mitte hinaus schießt. Dort ändert sich die 
Gravitationskonstellation allmählich immer mehr in ein „zurück“.

Er wird also wohl eine ganze Weile hin und her pendeln und dann 
irgendwann ganz langsam am Erdmittelpunkt zur Ruhe kommen …

Wegstaben V. schrieb:
> Dein Loch must du aber gut auskleiden

Das hatte er ja als Voraussetzung für das Gendankenexperiment genannt.

Autor: Zitronen F. (jetztnicht)
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Mit Vakuum drin und ohne Rotation der Erde pendelt der Stein.

Autor: Kai S. (zigzeg)
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Philipp G. schrieb:
> Frage: Lass ich nun einen Stein in das Loch fallen, kommt der auf der
> anderen Seite raus oder wird er in der Mitte festgehalten?

Wenn man den Luftwiderstand vernachlassigt dann kommt er auf der anderen 
Seite raus, dreht dort um und stuerzt wieder in das Loch, kommt "hier" 
wieder raus, dreht um, usw.

Mit Luftwiderstand erreicht er nach einigen Sekunden seine 
Endgeschwindigkeit, fliegt ein bischen uber den Erdmittelpunkt hinaus, 
wird dann langsamer, dreht, beschleunigt. Pendelt ein paar mal um den 
Erdmittelpunkt, und bleibt dann im Erdmittelpunkt stehen.

https://de.wikipedia.org/wiki/Geschwindigkeit#Endgeschwindigkeit

> Seile ich den Stein langsam bis zum Mittelpunkt ab, und löse dann das
Seil, bleibt der Stein stehen?

Ja.

Autor: Curby23523 N. (nils_h494)
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Bedenke auch, dass im Inneren der Erde mehr Platz ist, als die 
Kreisformel D*pi vermuten lässt (Allgemeine Relativitästheorie).

Autor: Bernd S. (bernds1)
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Wegstaben V. schrieb:
> Im schlimmsten Fall läuft die ganze Erde aus
> "irgendwo in Neuseeland".

Warum soll sie denn "irgendwo in Neuseeland" auslaufen?
Weil dort "unten" ist? :-)

Autor: Philipp G. (geiserp01)
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Jörg W. schrieb:
> Er wird also wohl eine ganze Weile hin und her pendeln und dann
> irgendwann ganz langsam am Erdmittelpunkt zur Ruhe kommen …

Gut, demnach könnte ich den Stein mit einem Seil bis zu Mitte 
runterlassen und dann den Stein ausklinken, Seil hochziehen und der 
Stein bleibt (vorausgesetzt ich bin genau mittig, was bei der Elipse ja 
schwierig wäre) in der Mitte stecken.

Die Röhre müsste somit in allen Achsen genau durch das 
Gravitationszentrum führen, sonst klebt der Stein an der Röhre fest.

Autor: Jörg W. (dl8dtl) (Moderator) Benutzerseite
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Philipp G. schrieb:
> Gut, demnach könnte ich den Stein mit einem Seil bis zu Mitte
> runterlassen

Muss aber ein ziemlich steifes Seil sein, denn ansonsten würde es sich 
aufgrund der nicht mehr vorhandenen Gravitation an dieser Stelle ja in 
x-beliebige Richtung verwinden können, wenn es allmählich in den Bereich 
des Mittelpunkts gelangt. Insbesondere ist die Bedingung „genau 
zentrisch“ mit dem Seil sehr schwer einzuhalten, sodass es viel 
wahrscheinlicher ist, dass selbiges in x-tausend Kilometer Tiefe vorher 
an einer der Seitenwände kleben bleibt. :)

Die TMler würden sagen, du brauchst einen Balken statt eines Stabs (ein 
Seil ist für sie äquivalent mit einem Stab). :-)

: Bearbeitet durch Moderator
Autor: Yalu X. (yalu) (Moderator)
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Hier steht alles wichtige zu dem Thema:

  https://de.wikipedia.org/wiki/Gravitationstunnel

Autor: Philipp G. (geiserp01)
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Jörg W. schrieb:
> zentrisch“ mit dem Seil sehr schwer einzuhalten, sodass es viel
> wahrscheinlicher ist, dass selbiges in x-tausend Kilometer Tiefe vorher
> an einer der Seitenwände kleben bleibt. :)
>
> Die TMler würden sagen, du brauchst einen Balken statt eines Stabs (ein
> Seil ist für sie äquivalent mit einem Stab). :-)

Stimmt, das Steil taugt nix. Und der Balken wird am oberen Standort sehr 
schwer festzuhalten sein, damit der genau mittig bleibt.

Na gut, ich baue mir halt einen Roboter der Rundum Räder hat und lasse 
diesen am Seil runter.

Zitronen F. schrieb:
> Mit Vakuum drin und ohne Rotation der Erde pendelt der Stein.

So? Und warum nicht mit Erdrotation? Erkläre den Einfluss der Rotation 
auf die Schwerkraft.

edit. @yalu: Ah ja, danke!

: Bearbeitet durch User
Autor: Johann L. (gjlayde) Benutzerseite
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Philipp G. schrieb:
> Jörg W. schrieb:
> Zitronen F. schrieb:
>> Mit Vakuum drin und ohne Rotation der Erde pendelt der Stein.
>
> So? Und warum nicht mit Erdrotation?

Ähnlich wie bei der Corioliskraft:  Geht das Loch nicht von Pol zu Pol, 
dann rotiert das Rohr um die Erdachse.  Rohröffnung und Stein steht an 
der Erdoberfläche (relativ zum Erdmittelpunkt) also nicht still, sondern 
haben eine Tangentialkomponente, die den Stein alsbald zum Rohr hinführt 
und gegen dieses drückt; was zu Reibung(sverlusten) führt.  Die 
Geschwindigkeit des Rohres wird zum Erdmittelpunkt hin ja immer kleiner, 
so dass das Rohr den Stein seitlich abbremsen wird.

Die Schwerkraft bzw. -beschleunigung in einer gewissen Tiefe kann man 
übrigens einfach ausrechnen: Befindet sich ein Körper in einer homogenen 
Hohlkugel, die überall die gleiche Mantelstärke hat, dann bewirkt diese 
Hohlkugel keine Schwerkraft auf den Körper, egal wo im Inneren der 
Hohlkugel er sich befindet (das Restultat ist WIMRE von Gauß).

Nimmt man die Erde also als perfekte, homogene Kugel an, dann ist die 
Schwerkraft im Abstand r vom Mittelpunkt proportional zu r: Die 
verbleibende Kugel hat Masse proportional r^3, und ihr Mittelpunkt 
befindet sich im Abstand r.  Die Kraft ist also proportional zu 
r^3 / r^2 = r, wobei das r^2 im Nenner von Newtons Gravitationsgesetz 
kommt.

Kraft proportional zur Auslenkung liefert ohne Dämpfung eine 
sinusförmige Schwingung, analog zum Hooke'schen Gesetz bei einer Feder.

Weil die Kraft proportinal zum Abstand zum Erdmittelpunkt ist, sieht man 
außerdem sofort, dass im Erdmittelpunkt keine Kraft auf den Stein wirkt.

Und wenn die Erde nicht als homogen modelliert wird sondern als aus 
Schalen unterschiedlicher Dichten aufgebaut, sieht die Integral genau 
gleich aus; er kommt nur ein Faktor Dichte(r) zum Integranden.  Die 
Integration geht dann i.d.R. nur noch numerisch, und das Ergebnis ist 
i.d.R. kein Sinus.  Am Erdmittelpunkt wirkt aber immer noch keine Kraft, 
denn die Bewegung bleibt punktsymmetrisch relativ zum Ermittelpunkt.

: Bearbeitet durch User
Autor: Johann L. (gjlayde) Benutzerseite
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Johann L. schrieb:
> Befindet sich ein Körper in einer homogenen
> Hohlkugel, die überall die gleiche Mantelstärke hat, dann bewirkt diese
> Hohlkugel keine Schwerkraft auf den Körper, egal wo im Inneren der
> Hohlkugel er sich befindet (das Restultat ist WIMRE von Gauß).

Ist von Newton.  Brain : Wikipedie = 0 : 1 :-/

https://de.wikipedia.org/wiki/Newtonsches_Gravitationsgesetz#Ausgedehnte_Körper

Autor: Dirk B. (dirkb2)
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Mit der Mitte wird es wegen des Mondes schwierig.

Der zerrt auch noch an der Erde.

Autor: Mike B. (mike_b97) Benutzerseite
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Jörg W. schrieb:
> Das Punktmassen-Modell für die Gravitation greift ja bei dieser
> Konstellation nicht mehr, da du in einiger Tiefe nicht mehr einer
> homogenen Masse gegenüberstehst, sondern die sich gegenseitig
> anziehenden Massen rings um dich verteilt sind. Am Mittelpunkt der Erde
> sollte dein Stein praktisch gravitationsfrei sein, da in jeder Richtung
> (in etwa) die gleiche Massenverteilung herrscht. Allerdings dürfte er an
> dieser Stelle ja bereits eine beträchtliche Geschwindigkeit haben,
> sodass er weit über die Mitte hinaus schießt. Dort ändert sich die
> Gravitationskonstellation allmählich immer mehr in ein „zurück“.
>
> Er wird also wohl eine ganze Weile hin und her pendeln und dann
> irgendwann ganz langsam am Erdmittelpunkt zur Ruhe kommen …

Johann L. schrieb:
> Weil die Kraft proportinal zum Abstand zum Erdmittelpunkt ist, sieht man
> außerdem sofort, dass im Erdmittelpunkt keine Kraft auf den Stein wirkt.

d.h. die Schwerkraft steigt von g mit sinkender Entfernung zum 
Erdmittelpunkt erst an,
fällt am Erdmittelpunkt auf 0,
steigt "auf der andereren Seite" (also mit steigendem Abstand) wieder an 
und
sinkt an der Erdoberfläche "in Neuseeland" wieder auf g ab.

Wir haben in der Kurve zwei lokale Maxima und ein globales Minimum genau 
in der Mitte.
Ich glaube nicht, daß der Stein unter Berücksichtigung der Luftreibung 
im globalen Minimum hängen bleibt sondern zufällig eines der beiden 
Maxima aufsuchen und sich dort einpendeln wird.

Am Seil aufgehängt und langsam abgelassen wird der Stein nicht unter das 
erste lokale Maximum sinken.

: Bearbeitet durch User
Autor: Harald W. (wilhelms)
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Philipp G. schrieb:

>> Dein Loch must du aber gut auskleiden, sonst kommt dir die Suppe (Magma)
>> hoch (oder runter). Im schlimmsten Fall läuft die ganze Erde aus
>> "irgendwo in Neuseeland"
>
> Habe ich ja. Ich habe eine Röhre aus Supertitan. Da läuft kein Magma
> durch.

...und auch kein flüssiges Eisen aus dem Erdkern?

Autor: Yalu X. (yalu) (Moderator)
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Mike B. schrieb:
> Ich glaube nicht, daß der Stein unter Berücksichtigung der Luftreibung
> im globalen Minimum hängen bleibt sondern zufällig eines der beiden
> Maxima aufsuchen und sich dort einpendeln wird.

Der Stein kann logischerweise nur dort zur Ruhe kommen, wo die
Erdbeschleunigung null ist, also im Erdmittelpunkt.

Autor: Johann L. (gjlayde) Benutzerseite
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Mike B. schrieb:
> Johann L. schrieb:
>> Weil die Kraft proportinal zum Abstand zum Erdmittelpunkt ist, sieht man
>> außerdem sofort, dass im Erdmittelpunkt keine Kraft auf den Stein wirkt.
>
> d.h. die Schwerkraft steigt von g mit sinkender Entfernung zum
> Erdmittelpunkt erst an,

Nein, die Kraft F ist proportinal zum Abstand r zum Erdmittelpunkt:

F = K·r

Eine lineare Funktion hat weder Minima noch Maxima.  Wegen F = m·a gilt 
gleiches für die Beschleunigung.

In die Konstante K gehen z.B. die Dichte der Erde ein, die Masse des 
Steins sowie die Gravitationskonstante.  Außerdem ist K negativ:  Ist 
der Stein "oben", wirkt die Kraft nach "unten" und umgekehrt.

> fällt am Erdmittelpunkt auf 0,
> steigt "auf der andereren Seite" (also mit steigendem Abstand) wieder an
> und sinkt an der Erdoberfläche "in Neuseeland" wieder auf g ab.

Nein, die Schwerebeschleunigung fällt weiter bis auf -g, immer noch 
linear.  Da ist nirgendwo ein Knick oder ein Extremum.

Wenn man das Problem auf außerhalb des Erdkörpers erweitert, hat man 
lokale Maxima (des Betrags) der Schwerkraft an der Erdoberfläche [*], 
aber die Kraft wirkt trotzdem immer noch in Richtung Erdmitte.

Der Stein wird sich bei Reibung nicht dort aufhalten wo die Kraft 
extremal wird, sonder wo das Potential minimal ist, und das ist 
ausschließlich im Erdmittelpunkt der Fall, selbst wenn man das Problem 
auf außerhalb der Erde ausdehnt.

Was sinusförmig ist ist der Weg in Abhängigkeit von der Zeit, also r(t).

Die 2. Ableitung des Abstands nach der Zeit ist die Beschleunigung, und 
diese hängt nach Newton via F(t) = m·a(t) = m·r"(t) mit der wirkenden 
Kraft zusammen.  Mit F(t) = K·r(t) bekommt man eine 
Differentialgleichung, deren Lösung skalierte sin bzw. cos sind (wegen 
sin+sin" = 0, dito für cos).

> Wir haben in der Kurve zwei lokale Maxima und ein globales Minimum genau
> in der Mitte.
> Ich glaube nicht, daß der Stein unter Berücksichtigung der Luftreibung
> im globalen Minimum hängen bleibt sondern zufällig eines der beiden
> Maxima aufsuchen und sich dort einpendeln wird.

Nö, siehe oben.

[*] Außerhalb des Erdkörpers sind Kraft und Beschleunigung proportional 
zu 1/r^2 mit stetiger Anschlussbedingung an den lineraren Verlauf im 
Erdinnern, fallen also (betragsmäßig) ab.

: Bearbeitet durch User
Autor: Mike B. (mike_b97) Benutzerseite
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Johann L. schrieb:

> Nein, die Kraft F ist proportinal zum Abstand r zum Erdmittelpunkt:
>
> F = K·r
...
> Nein, die Schwerebeschleunigung fällt weiter bis auf -g, immer noch
> linear.  Da ist nirgendwo ein Knick oder ein Extremum.

Wie kommst du auf -g?
Bei r=0 ist F=0, oder?

Autor: Philipp G. (geiserp01)
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Johann L. schrieb:
> Die 2. Ableitung des Abstands nach der Zeit ist die Beschleunigung, und
> diese hängt nach Newton via F(t) = m·a(t) = m·r"(t) mit der wirkenden
> Kraft zusammen.  Mit F(t) = K·r(t) bekommt man eine
> Differentialgleichung, deren Lösung skalierte sin bzw. cos sind (wegen
> sin+sin" = 0, dito für cos).

Mann. Bist Du Physiker?

Warum reden wir von einer Gravitationskonstante g wenn diese gegen 
Mittelpunkt Erde gar nicht mehr konstant ist?

Autor: Jörg W. (dl8dtl) (Moderator) Benutzerseite
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Mike B. schrieb:
> Bei r=0 ist F=0, oder?

Aber v ist dann maximal … das Ding saust also weiter.

Autor: Zitronen F. (jetztnicht)
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Ich bin Physiker. Die Gravitationskonstante g=9.81m/s^2 ist natuerlich 
nicht konstant, sie ist sogar ortsabhaengig. Zwar erst nach ein paar 
Kommastellen, aber messbar und auch verwertbar. Dazu gab's, allenfalls 
immer noch, einen Satelliten der das Schwerefeld der Erde ausmass/misst.

In erster Naeherung ist die Gravitationskonstante die Masse untendran, 
die obendran zaehlt nicht sofern sie eine Kugelschale ist.

In zweiter Naeherung ist sie das natuerlich nicht. Und man muss die 
Anziehung als Integral ueber die Masse und Abstand im Quadrat rechnen.
Bedeutet sie ist auf der Erdoberflaeche maximal und nimmt gegen den 
Weltraum ab.

Autor: Jonny O. (-geo-)
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> Ich bin Physiker. Die Gravitationskonstante g=9.81m/s^2

Die Gravitationskonstante ist überrall im Universum identisch. Was du 
meinst ist die Erdbeschleunigung.

Autor: Co E. (Firma: keine) (emco)
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Wie würde sich eigentlich der Luftdruck in der Röhre mit zunehmender 
Tiefe Verhalten?

Autor: Christoph G. (uranhexafluorid)
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Oh je...

g = Erdbeschleunigung
G = Gravitationskonstante

g = GM / r²

mit M - Erdmasse und r - Abstand zum Erdmittelpunkt.
G = konstant, g != konstant.

Wurde schon gesagt.

Bei angenommener homogener Erddichte ergibt sich tatsächlich eine 
lineare Abnahme von g zum Erdkern hin. (Wikipedia-Artikel dazu wurde 
schon genannt, ebenso die Erklärung)
Bei einem realistischen Dichteverlauf ergibt sich in einer Tiefe von ca 
1200 km tatsächlich ein flaches lokales Minimum der Erdbeschleunigung. 
(siehe ebenfalls Wiki: 
https://de.wikipedia.org/wiki/Datei:EarthGravityPREM.svg)
Diese wirkt natürlich aber trotzdem noch nach innen / unten, sodass hier 
nichts hängen bleiben kann.

Bei der Abschätzung der Geschwindigkeiten irrt ihr euch aber alle. Mit 
Luftreibung kommt jedes Objekt schnell zu seiner Endgeschwindigkeit. 
Diese ergibt sich aus dem Gleichgewicht von lokaler Erdbeschleunigung 
(bzw. Schwerkraft) und Reibungskraft. Da g aber zum Zentrum hin abnimmt, 
verringert sich auch die Gleichgewichts-Geschwindigkeit eines 
herabfallenden Objektes mit zunehmender Tiefe. Durch die Trägheit wird 
ein solches Objekt vermutlich ein wenig über den Erdkern hinausschießen 
- aber weit weniger stark als man im ersten Moment vermuten würde. 
Übrigens sollte dann auch der Atmosphärendruck da unten recht hoch sein 
und damit die Reibung nochmal erheblich größer.
Die numerische Lösung für eine herabfallende Kugel sollte recht einfach 
sein - das sei daher dem geneigten Leser als Übungsaufgabe überlassen...

Ist euch auch so warm?


EDIT und PS: Um es nochmal klar zu sagen: Das herabfallende Objekt wird 
nach einer anfänglichen Beschleunigungsphase wieder langsamer!

: Bearbeitet durch User
Autor: Johann L. (gjlayde) Benutzerseite
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Co E. schrieb:
> Wie würde sich eigentlich der Luftdruck in der Röhre mit zunehmender
> Tiefe Verhalten?

Bekommt man wie bei der barometrischen Höhenformel.

https://de.wikipedia.org/wiki/Barometrische_Höhenformel#Hydrostatische_Grundgleichung

Laut Wikipedia hat man für ein Volumenelement

dp / dh ~ -g·p

mit einer positiven Proportionalitätskonstante.  p(h) ist der Druck in 
einer bestimmten Höhe h, die Erdbeschleunigung ist g und "~" steht für 
proportional, also

dp / p ~ -g·dh

Unter der Annahme, dass g konstant ist (z.B. in der Atmosphäre) ergibt 
Integration:

ln(p) ~ -g·h  [*]

d.h. p(h) geht wie exp(-h).  In unserem Falle (idealisiertes Erdinneres) 
ist die Fallbeschleunigung g jedoch proportional zu h, daher

dp / p ~ -h·dh

mit einem anderen, positiven Proportionalitätsfaktor.  Integration:

ln(p) ~ -h^2  =>  p(h) ~ exp(-h^2)  [*]

Der Druck ist also im Erdmittelpunkt (h=0) maximal und fällt zur 
Oberfläche hin sehr schnell — schneller als exponentiell — ab.

In den Proportionalitätskonstanten steckt u.a. die Temperatur drinne, 
d.h. in allen Überlegungen wurde davon ausgegangen, dass die Temeratur 
konstant ist, und so hoch, dass Luft gasförmig ist :-)

[*] Durch die Integrationsgrenzen kommt ein additiver Term hinzu, im 
eigentlichen Sinne besteht also keine Propoptionalität mehr.  Mir ging 
es hier um den qualitativen Aspekt, d.h. wie sich p mit der Höhe 
entwickelt.

: Bearbeitet durch User
Autor: ● J-A V. (Firma: FULL PALATINSK) (desinfector) Benutzerseite
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selbst in einer luftleeren Röhre bei stillsteheder Erde
dürfte der Stein beim Hindurchfallen nach und nach an den Rand
der Röhre gezogen werden.
Nämlich von Gravitationswirkungen der Erdmassen,
die dann an der Seite des Steines sind.
Es kommt nämlich auch darauf an,
ob z.B. rechts der Röhre ein Gebirge ist und links vielleicht der Ozean.
und schon zieht das Gebirge den Stein zu sich hin.

Ab dem ersten Kontakt "düllert" der Stein an der Wandung
ständig hin und her und damit wird der dann auch so abgebremst,
dass der auf der anderen Seite längst nicht so hoch steigt,
wie er abgeworfen wurde.

: Bearbeitet durch User
Autor: Co E. (Firma: keine) (emco)
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Johann L. schrieb:
> ln(p) ~ -h^2  =>  p(h) ~ exp(-h^2)  [*]
>
> Der Druck ist also im Erdmittelpunkt (h=0) maximal und fällt zur
> Oberfläche hin sehr schnell — schneller als exponentiell — ab.
>
> In den Proportionalitätskonstanten steckt u.a. die Temperatur drinne,
> d.h. in allen Überlegungen wurde davon ausgegangen, dass die Temeratur
> konstant ist, und so hoch, dass Luft gasförmig ist :-)
>
> [*] Durch die Integrationsgrenzen kommt ein additiver Term hinzu, im
> eigentlichen Sinne besteht also keine Propoptionalität mehr.  Mir ging
> es hier um den qualitativen Aspekt, d.h. wie sich p mit der Höhe
> entwickelt.

Danke schön für die Erklärung.

Dass der Druck im Erdmittelpunkt am höchsten ist hätte ich erwartet.

Johann L. schrieb:
> dp / p ~ -g·dh
>
> Unter der Annahme, dass g konstant ist (z.B. in der Atmosphäre) ergibt
> Integration:
>
> ln(p) ~ -g·h  [*]

Das verstehe ich nicht ganz. "g" ist doch genau nicht konstant, sondern 
nimmt mit zunehmender Tiefe wieder ab?

: Bearbeitet durch User
Autor: Johann L. (gjlayde) Benutzerseite
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Co E. schrieb:
> Das verstehe ich nicht ganz. "g" ist doch genau nicht konstant, sondern
> nimmt mit zunehmender Tiefe wieder ab?

Siehe

> "In unserem Falle (idealisiertes Erdinneres) ist die
> Fallbeschleunigung g jedoch proportional zu h, daher ..."

etc.  Der Fall mit konstantem g war nur zum warm werden.  Außerdem sieht 
man, wie sich das Verhalten außerhalb und innerhalb der Erde 
unterscheidet.

Mike B. schrieb:
> Johann L. schrieb:
>
>> Nein, die Kraft F ist proportinal zum Abstand r zum Erdmittelpunkt:
>>
>> F = K·r
> ...
>> Nein, die Schwerebeschleunigung fällt weiter bis auf -g, immer noch
>> linear.  Da ist nirgendwo ein Knick oder ein Extremum.
>
> Wie kommst du auf -g?
> Bei r=0 ist F=0, oder?

Argl. Vorzeichenfehler, K ist ja negativ:
Erdoberfläche "hier" (oben): Ortskoordinate: r=R,  Beschleunigung: a=-g
Erdmittelpunkt             : Ortskoordinate: r=0,  Beschleunigung: a=0
Erdoberfläche (Gegenseite) : Ortskoordinate: r=-R, Beschleunigung: a=g

Man hat also ein Koordinatensystem mit Nullpunkt in der Erdmitte, und 
die Schwerkraft bzw. Fallbeschleunigung ist antiparallel zum Ortsvektor.

Das ist wesentlich einfacher als mit den Beträgen zu rechnen, d.h. 
überall an der Oberfläche mit a=g und r=R, denn dann hätte man eine 
(Koordinaten-)Singularität bzw. Fallunterscheidung im Erdmittelpunkt.

Autor: Philipp G. (geiserp01)
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Christoph G. schrieb:
> Diese wirkt natürlich aber trotzdem noch nach innen / unten, sodass hier
> nichts hängen bleiben kann.

Ich weite das Experiment hier aus:

Mittlerweile habe ich Unterstützung von Aliens erhalten. Die haben mir 
eine neue Röhre gebaut, Durchmesser 1000mm, Toleranz +0.1mm -0. 
Netterweise haben sie mich auch gleich eine Kugel aus einer 
Titan-Keramik Legierung gemacht, diese ist perfekt rund und hat einen 
Durchmesser von 1000mm +0 -0.1mm. Sowohl Röhre als auch die Oberfläche 
der Kugel haben einen extrem kleinen Reibungskooeffizienten.

Fällt die Kugel nun durch oder nicht? Gemäss obigem Zitat kann ja nichts 
hängen bleiben.

Und wie hoch ist nun der Druck (in Zahlen) geschätzt im Innern der 
Röhre?

Autor: ● J-A V. (Firma: FULL PALATINSK) (desinfector) Benutzerseite
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Da dürfte es diverse Gründe geben,
warum der Stein nicht am anderen "Loch" ankommt.

Die Gravitation der Erde kommt nicht nur aus dem Erdmittelpunkt,
sondern ist durch die gesamte Erdmasse bedingt.
Je tiefer der Stein in die Röhre fällt,
desto mehr Erdmasse zieht schon von oben am Stein.

Die Gravitation hat lokale "Unebenheiten" (Gebirge)

Es wurde schon vor Jahrzehnten ermittelt,
dass ein Teilstück des Orbit eines Satelliten
über einem Gebirge etwas tiefer liegt.

: Bearbeitet durch User
Autor: Johann L. (gjlayde) Benutzerseite
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● J-A V. schrieb:
> Die Gravitation der Erde kommt nicht nur aus dem Erdmittelpunkt,
> sondern ist durch die gesamte Erdmasse bedingt.
> Je tiefer der Stein in die Röhre fällt,
> desto mehr Erdmasse zieht schon von oben am Stein.

Schalentheorem ist bereits berücksichtigt:

Beitrag "Re: Schwerkraft Erde"

Autor: Johann L. (gjlayde) Benutzerseite
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Philipp G. schrieb:
> eine Kugel aus einer Titan-Keramik Legierung gemacht,
> diese ist perfekt rund

Finde den Fehler!

Autor: Stefan M. (derwisch)
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Bei diesem Gedankenexperiment würde ich dann gerne selbst in die Röhre 
hüpfen...
Eine schöne Aufgabe wäre auch die Berechnung der Zeit, bis man den 
Erdmittelpunkt erreicht hat.
Unter der Annahme, dass es keine Luftreibung gibt und die Erdkugel 
völlig homogen aufgebaut ist.

Autor: Joe G. (feinmechaniker) Benutzerseite
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Ein Maschinenbauer, ein Mathematiker und ein Physiker sind beim 
Pferderennen. Sie überlegen, ob es möglich ist, zu berechnen, welches 
Pferd gewinnt.

Nach einer Woche treffen sie sich wieder.

Ich habe überall nachgeschaut, meint der Maschinenbauer, aber es gibt 
einfach keine Tabellen für Pferderennen.

Der Mathematiker hat bewiesen, dass eine Lösung existiert, sie zu 
berechnen ist ihn zu trivial.

Der Physiker meint:
Ich habe eine Gleichung aufgestellt, mit der man exakt berechnen kann, 
welches Pferd gewinnt, sie hat allerdings einen Haken: Die Gleichung 
gilt nur für reibungsfreie, punktförmige Pferde im Vakuum.

Autor: Joe F. (easylife)
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Joe G. schrieb:
> Ein Maschinenbauer, ein Mathematiker und ein Physiker sind beim
> Pferderennen.

Gleichzeitig treffen sich auch ein Politiker, ein geistlicher und ein 
Tierarzt und tauschen sich zum gleichen Thema aus.

Der Politiker schlägt vor, auf das Pferd zu setzen, das schon beim 
letzten Mal gewonnen hat.

Der Geistliche sagt, es sei gleichgültig auf welches Pferd man setzt, 
denn vor Gott sind alle Pferde gleich.

Der Tierarzt grinst nur wissend und packt die Dopingspritze wieder in 
seinen Koffer.

: Bearbeitet durch User
Autor: Yalu X. (yalu) (Moderator)
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Stefan M. schrieb:
> Eine schöne Aufgabe wäre auch die Berechnung der Zeit, bis man den
> Erdmittelpunkt erreicht hat.

  https://de.wikipedia.org/wiki/Gravitationstunnel#Schwingungen_auf_Geraden

Nach gut 21 min wirst du mit knapp 28500 km/h durch den Erdmittelpunkt
hindurchfallen.

Autor: Joe F. (easylife)
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...oder unter Berücksichtigung des durch die Erddrehung an der 
Oberfläche horizontal beschleunigten Steins, wie muss die Röhre geformt 
sein (= auf welcher Bahn muss die Röhre die Erde durchqueren), damit der 
Stein ohne Berührung der Seitenwände (im Vakuum) durchfallen kann, und 
an welcher Stelle der Erde wird diese Röhre wieder herauskommen?

Zusatzfrage, kann der Stein durch die gleiche Röhre wieder zurückfallen, 
ohne die Seitenwände zu berühren?

: Bearbeitet durch User
Autor: Sven S. (schrecklicher_sven)
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Solange sich Luft in der Röhre befindet, wird die Kugel den 
Erdmittelpunkt nie erreichen. Es sei denn, die Kugel hätte unendliche 
Masse.
Wer kommt darauf, warum es sich so verhält?

Autor: Johann L. (gjlayde) Benutzerseite
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Joe F. schrieb:
> ...oder unter Berücksichtigung des durch die Erddrehung an der
> Oberfläche horizontal beschleunigten Steins, wie muss die Röhre geformt
> sein (= auf welcher Bahn muss die Röhre die Erde durchqueren), damit der
> Stein ohne Berührung der Seitenwände (im Vakuum) durchfallen kann, und
> an welcher Stelle der Erde wird diese Röhre wieder herauskommen?

Die Tangentialgeschwindigkeit des Steins an der Oberfläche definiert 
zusammen mit dem Erdmittelpunkt M eine Ebene E, und in dieser Ebene 
bewegt sich der Stein.  Es handelt sich nämlich um ein 
Zentralkraftproblem, und bei solchen findet die Bewegung in einer Ebene 
statt.

In Bezug auf M hat der Stein einen bestimmten (Bahn-)Drehimpuls, und 
diesen wird er aufgrund der Impulserhaltung (keine Kraft=Impulsänderung 
in Tangentialrichtung) auch unverändert beibehalten.  Das ist gerade der 
Flächensatz von Kepler.

Daraus folgt, dass der Stein den Erdmittelpunkt nicht erreicht bzw. 
trifft, ähnlich wie sich die Erde bei ihrer Bewegung um die Sonne nicht 
durch die Sonnenmitte bewegt.  M kann nur dann auf dem Weg des Steins 
liegen, wenn dieser keinen Bahndrehimpuls hat, also wenn der Stein an 
einem Pol startet, und diesen Fall haben wir bereits abgehakt.

Die Kraft F ist immer noch proportional zum Abstand zu M:

F = -K·r

wobei die Gleichung jetzt vektoriell aufzufassen ist: 2-dimensional in E 
mit M als Nullpunkt.  K ist wieder eine positive Konstante. Legt man in 
E ein kartesisches Koordinatensystem mit x- und y-Achse und Ursprung M, 
dann kann man die Gleichung komponentenweise schreiben als

(Fx  Fy) = -K·(rx  ry)

Also hat man 2 unabhängige Gleichungen; eine für die x-Koordinate und 
eine für die y-Koordinate.  Die Lösungen kennen wir bereits: harmonische 
Schwingung, und zwar mit gleicher, nur von K abhängiger Frequenz. Die 
Anfangsbedingungen hängen von der Startgeschwindigkeit und der Lage des 
Koordinatensystems ab; am einfachsten legt man den Startpunkt auf eine 
der Koordinatenachsen.

Die Kurve ist folglich ein Ellipse, die um M herumläuft und den 
Startpunkt S tangiert.  Die Ellipse ist also symmetrisch zur Strecke 
S–M, und man überlegt sich leicht, dass die Ellipse M als Symmetriepunkt 
haben muss.  Es ist also keine Kepler-Ellipse wo M ein Brennpunkt 
wäre.

> Zusatzfrage, kann der Stein durch die gleiche Röhre wieder zurückfallen,
> ohne die Seitenwände zu berühren?

Kann sich jetzt jeder leicht selbst beantworten :-)

Autor: Johann L. (gjlayde) Benutzerseite
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Yalu X. schrieb:
> Stefan M. schrieb:
>> Eine schöne Aufgabe wäre auch die Berechnung der Zeit, bis man den
>> Erdmittelpunkt erreicht hat.
>
>   https://de.wikipedia.org/wiki/Gravitationstunnel#Schwingungen_auf_Geraden
>
> Nach gut 21 min wirst du mit knapp 28500 km/h durch den Erdmittelpunkt
> hindurchfallen.

Interessant, das sind ca. 7.9 km/s, also gleich der 1. kosmischen 
Geschwindigkeit: Die Geschwindigkeit, die man an der Erdoberfläche haben 
müsste (ohne Reibung, etc.) um in einem kreisförmigen Orbit zu bleiben.

Gibt es ein einfaches Argument, warum die beiden Geschwindigkeiten 
gleich sind?

Autor: Chris .. (dechavue)
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Minutephysics hat dazu mal ein ganz gutes Video gemacht, wo das 
durchgerechnet wird (mit der Annahme Vakuum & Loch durch die Pole wegen 
der Corioliskraft)

Youtube-Video "How Long To Fall Through The Earth?"

Interessant finde ich, dass sich der Radius der Erde raus kürzt. Es 
ergeben sich also bei einer Kugel mit homogener Dichte, gleich der 
durchschnittlichen Erddichte immer 42 Minuten - unabhängig von der Größe 
der Kugel.

Mit einem genaueren Dichteverlauf der Erde kommt man auf ca. 38min 6sec

Autor: Axel S. (a-za-z0-9)
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Johann L. schrieb:
> Interessant, das sind ca. 7.9 km/s, also gleich der 1. kosmischen
> Geschwindigkeit

> Gibt es ein einfaches Argument, warum die beiden Geschwindigkeiten
> gleich sind?

Ja. Steht doch eben auf der verlinkten Wikipedia-Seite.

Autor: L. H. (holzkopf)
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Christoph G. schrieb:
> Übrigens sollte dann auch der Atmosphärendruck da unten recht hoch sein
> und damit die Reibung nochmal erheblich größer.

Wieso das denn?

Johann L. schrieb:
> Co E. schrieb:
>> Wie würde sich eigentlich der Luftdruck in der Röhre mit zunehmender
>> Tiefe Verhalten?
>
> Bekommt man wie bei der barometrischen Höhenformel.
>
> 
https://de.wikipedia.org/wiki/Barometrische_Höhenformel#Hydrostatische_Grundgleichung

...

> Der Druck ist also im Erdmittelpunkt (h=0) maximal und fällt zur
> Oberfläche hin sehr schnell — schneller als exponentiell — ab.

Irgendwie raffe ich diese Argumentationen momentan leider nicht so 
recht.
Mag ja an der derzeitigen Hitze liegen, daß ich mich frage ob ich noch 
richtig "ticke" oder etwas falsch verstanden habe. ;)

Klärt mich also bitte mal auf:

- wir haben ein durch den Erdmittelpunkt verlaufendes (einigermaßen) 
gerades Rohr verlegt

- Gebirge und Ozeane vernachlässigen wir dabei und nehmen an, daß 
beidseits das Rohr in gleicher Distanz (geringfügig) über den Kugel-r 
der Erde herausragt

Die barometrische Höhenformel/Hydrostatische Grundformel ist ja schön 
gut.

Jedoch nur für eine "einseitige" Betrachtungsweise von der Erdoberfläche 
bzgl. Drucksteigerungen bis zum Erdmittelpunkt (h=0) geeignet.

Diesen Fall haben wir aber bei einem durchgehenden Rohr gar nicht, weil 
da von beiden Seiten identischer Druck im Rohr aufgebaut wird.

Ob das nun Luft oder Wasser ist, spielt dabei gar keine Rolle:
In der Mitte des Rohres (im Erdmittelpunkt) kann nur ein Druckausgleich 
zwischen den beidseits einströmenden Medien stattfinden.

Und Druckausgleich bedeutet immer P=0.
Keineswegs ist deshalb P im Erdmittelpunkt maximal.
Sondern = 0, da in exakt unterschiedliche Richtungen wirkend!

Denke, wir müssen in diesem Fall die "beidseitige" Betrachtungsweise 
anwenden.

Grüße

Autor: Sven S. (schrecklicher_sven)
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L. H. schrieb:
> Christoph G. schrieb:
>> Übrigens sollte dann auch der Atmosphärendruck da unten recht hoch sein
>> und damit die Reibung nochmal erheblich größer.
>
> Wieso das denn?

Weil auch Luft, wie alle Materie, eine Masse besitzt, und somit der 
Schwerkraft unterliegt. Auf den Mittelpunkt in dem imaginären Rohr 
lastet eine Luftsäule mit ca. 6000 Kilometern Höhe.

Weil die Schwerkraft Richtung Mittelpunkt abnimmt, wird ein 
hineingeworfener Gegenstand auf seiner Reise immer leichter. Früher oder 
später ist es so weit: Der Druckunterschied zwischen Ober- und 
Unterseite des Gegenstandes entspricht seinem Gewicht, und der 
Gegenstand bleibt in der Schwebe.

Autor: Christoph G. (uranhexafluorid)
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Sven S. schrieb:
> L. H. schrieb:
>> Christoph G. schrieb:
>>> Übrigens sollte dann auch der Atmosphärendruck da unten recht hoch sein
>>> und damit die Reibung nochmal erheblich größer.
>>
>> Wieso das denn?
>
> Weil auch Luft, wie alle Materie, eine Masse besitzt, und somit der
> Schwerkraft unterliegt. Auf den Mittelpunkt in dem imaginären Rohr
> lastet eine Luftsäule mit ca. 6000 Kilometern Höhe.


Wäre sonst auch schwierig mit Kernfusion im Zentrum von Sternen, wenn 
dort kein höherer Druck herrschte...

Autor: Joe F. (easylife)
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Sven S. schrieb:
> Weil die Schwerkraft Richtung Mittelpunkt abnimmt, wird ein
> hineingeworfener Gegenstand auf seiner Reise immer leichter. Früher oder
> später ist es so weit: Der Druckunterschied zwischen Ober- und
> Unterseite des Gegenstandes entspricht seinem Gewicht, und der
> Gegenstand bleibt in der Schwebe.

Naja, ich denke so ist es nicht. Der Druckunterschied zwischen Ober- und 
Unterseite spielt bei Auftrieb durch Aerodynamik eine Rolle, hier ist es 
mehr der Dichteunterschied zwischen Gegenstand und der umgebenden Luft.
Ich weiss nicht wie sehr man Luft komprimieren kann, theoretisch dürfte 
sie sich im Überkritischen Zustand befinden, was in etwa den 
physikalischen Eigenschaften von flüssiger Luft entspricht, und die 
dürfte trotzdem noch eine geringere Dichte besitzen als z.B. ein Stein.
D.h. der Stein würde auch in einer luftgefüllten Röhre bis ins 
Erdzentrum absinken, aber eben wesentlich langsamer. So ungefähr halt, 
als ob man ihn in Medium wirft, dass an der Oberfläche die Dichte von 
Luft hat, und im Erdmittelpunkt die Dichte einer Flüssigkeit ähnlich 
Wasser, die den Stein dementsprechend stark abbremst.
Je näher der Stein dem Erdmittelpunkt kommt, desto langsamer wird er, 
erreicht aber trotzdem irgendwann den Erdmittelpunkt.

: Bearbeitet durch User
Autor: Eddy C. (chrisi)
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Einfach ausgedrückt:

Da außerhalb des Mittelpunkts überall eine Schwerkraft hin zum 
Mittelpunkt herrscht, treibt es Luft zum Erdmittelpunkt und zwar so 
lange, bis eine ausreichende Gegenkraft entsteht in Form dieses 
entstehenden Luftdrucks.

Ob sich Luft verflüssigt, täte mich auch interessieren, ich habe da eine 
Patentidee aber mit Wasserstoff. Ich überlege noch, wo der Haken ist ;-)

Autor: Joe F. (easylife)
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Eddy C. schrieb:
> Ich überlege noch, wo der Haken ist ;-)

Die Temperatur... ;-)

Autor: Johann L. (gjlayde) Benutzerseite
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Eddy C. schrieb:
> Ob sich Luft verflüssigt, täte mich auch interessieren,

Das hängt ab von der Temperatur:

Unterhalb seiner kritischen Temperatur verflüssigt sich ein Gas, wenn 
der Druck hoch genug ist bzw. ist gasförmig, wenn der Druck niedrig 
genug ist.

Oberhalb der kritischen Temperatur gibt es keinen Phasenübergang mehr: 
Die Kurve im Phasendiagramm, die Gas / Flüssigkeit trennt, endet am 
kritischen Punkt, d.h. bei einem bestimmten (kritischen) Druck und 
(kritischen) Temperatur. Ab dieser Temperatur kann man also nicht mehr 
zwischen Gas oder Flüssigkeit unterscheiden.

Kritische Temperatur von Stickstoff und Sauerstoff liegen unterhalb von 
-110°C.

https://de.wikipedia.org/wiki/Kritischer_Punkt_(Thermodynamik)

Autor: Johann L. (gjlayde) Benutzerseite
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L. H. schrieb:
> Und Druckausgleich bedeutet immer P=0.

Nein :-)

Druckausgleich bedeutet, dass die Druck differenzen =0 sind 
(vorausgesetzt man hat konstante Temperatur und keine Volumenkräfte). 
Allgemein bedeutet ausgeglichener Druck, dass sich der Druck nicht mit 
der Zeit ändert.

> Keineswegs ist deshalb P im Erdmittelpunkt maximal.
> Sondern = 0, da in exakt unterschiedliche Richtungen wirkend!

Dass der Druck in Erdmitte M maximal ist, sieht man schon daran, dass 
jede Schicht der Luftsäule eine Kraft Richtung M ausübt, und diese 
Kräfte addieren sich über die gesamte Luftsäule.

Weil es sich um ein Fluid (Gas) handelt, kann diese Vertikalkraft nicht 
an die Rohrwand "abgegeben" werden, weil dies Übertragung von 
Scherkräften bedeuten würde, und die hat man in einem Fluid nicht.  Die 
Kraft, die von oben auf eine Schicht der Luftsäule wirkt, wird also nach 
unten weitergegeben, zuzüglich der Gewichtskraft der Schicht selbt. Nach 
unten (Richtung M) kann die Kraft also nur größer werden.

> Denke, wir müssen in diesem Fall die "beidseitige" Betrachtungsweise
> anwenden.

Der Druck an einer Stelle der Luftsäule ist unabhängig von der Form der 
Säule und einzig eine Funktion der Teufe bzw. des Abstands zu M, 
zumindest solange eine Verbindung mit der Oberfläche(nluft) besteht. 
Für den Druck ist es egal, ob das Rohr komplett durch die Erde verläuft 
oder ob man in der Erdmitte einen Stöpsel hat.

Wenn du zu einem anderen Schluss gekommen bist, dann hat dir das 
Hydrostatische Paradoxon einen Streich gespielt.

> Johann L. schrieb:
>> Co E. schrieb:
>>> Wie würde sich eigentlich der Luftdruck in der Röhre mit zunehmender
>>> Tiefe Verhalten?
>>
>> Bekommt man wie bei der barometrischen Höhenformel.
>>
>> 
https://de.wikipedia.org/wiki/Barometrische_Höhenformel#Hydrostatische_Grundgleichung
>>
>> [...] Der Druck ist also im Erdmittelpunkt (h=0) maximal und fällt
>> zur Oberfläche hin sehr schnell — schneller als exponentiell — ab.
>
> Irgendwie raffe ich diese Argumentationen momentan leider nicht so
> recht.

Wie bei der Herleitung der Barometrischen Höhenformel betrachtet man ein 
Volumenelement dV der Luftsäule. Auf dV wirken 2 Arten von Kräften:

1) Oberflächenkräfte: Kräfte, die auf die Oberfläche von dV wirken.  Die 
Kräfte sind immer senkrecht zur Oberfläche, da ein Fluid keine 
Scherkräfte übertragen kann.  Von oben wirkt z.B. die Kraft, welche die 
Luftsäule darüber ausübt.  Und von unten wirkt die Kraft, welche die 
Luftsäule unterstützt, so dass sie nicht weiter nach unten sinkt [*].

2) Volumenkräfte: Kräfte, die auf das ganze Volumen wirken.  Hier gibt 
es nur die Schwerkraft.  Elektromagnetische Kräfte gibt es keine.  Und 
auch Trägheitskraft gibt es keine, denn:

[*] Wir betrachten das Problem als statisch, d.h. ohne Luftbewegung oder 
Schall.  Dies bedeutet insbesondere auch, dass durch die Oberfläche von 
dV hindurch kein Materie- oder Energietransport stattfindet.

Daher kann man den gleichen Ansatz verwenden, wie ihn die Barometrische 
Höhenformel auch macht.  Die Formel für dV ist exakt gleich, einziger 
Unterschied ist, wie sich das Gewicht von dV mit der Höhe ändert.

Das Endergebnis erhält man dann durch Integration entlang des Wegs, also 
von M bis zur Oberfläche (Man könnte auch von -R bis R integrieren, und 
weil die Kraft punktsymmetrisch zu M ist, unmittelbar erkennen, dass das 
Integral aus Symmetriegründen in M ein Maximum haben muss).

Die Kräfte setzt man natürlich in Bezug auf die Flächen(elemente) auf 
die sie wirken, um Drücke zu erhalten.

> - wir haben ein durch den Erdmittelpunkt verlaufendes (einigermaßen)
> gerades Rohr verlegt

Ja.

> - Gebirge und Ozeane vernachlässigen wir dabei und nehmen an, daß
> beidseits das Rohr in gleicher Distanz (geringfügig) über den Kugel-r
> der Erde herausragt

Ja.

> Die barometrische Höhenformel/Hydrostatische Grundformel ist ja schön
> gut.

Die Barometrische Höhenformel wird nicht verwendet, sondern nur ihr 
Ansatz.

> Jedoch nur für eine "einseitige" Betrachtungsweise von der Erdoberfläche
> bzgl. Drucksteigerungen bis zum Erdmittelpunkt (h=0) geeignet.

Sagt wer?

> Diesen Fall haben wir aber bei einem durchgehenden Rohr gar nicht, weil
> da von beiden Seiten identischer Druck im Rohr aufgebaut wird.

Das Problem ist statisch.  Wie bereits oben erklärt, könnte man ebenso 
an beliebiger Stelle einen Stöpsel einfügen, und es würde sich nix 
ändern.

> In der Mitte des Rohres (im Erdmittelpunkt) kann nur ein Druckausgleich
> zwischen den beidseits einströmenden Medien stattfinden.

Ich bin davon ausgegangen, dass es keine Strömung gibt, d.h. dass es 
sich um ein hydrostatisches Problem handelt.  Hydrodynamik, Turbulenzen, 
Wärmeentwicklung etc. sind jenseits von.

Autor: H. L. (some1)
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Ich musste an diese Szene aus Total Recall denken:

Youtube-Video "Total Recall fall through center of earth"

Autor: L. H. (holzkopf)
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Johann L. schrieb:
> L. H. schrieb:
>> Und Druckausgleich bedeutet immer P=0.
>
> Nein :-)
>
> Druckausgleich bedeutet, dass die Druck differenzen =0 sind

Ja,danke.
Denn damit war ich zweifellos auf dem Holzweg.

Johann L. schrieb:
>> Irgendwie raffe ich diese Argumentationen momentan leider nicht so
>> recht.
>
> Wie bei der Herleitung der Barometrischen Höhenformel betrachtet man ein
> Volumenelement dV der Luftsäule. Auf dV wirken 2 Arten von Kräften:
>
> 1) Oberflächenkräfte: Kräfte, die auf die Oberfläche von dV wirken.  Die
> Kräfte sind immer senkrecht zur Oberfläche, da ein Fluid keine
> Scherkräfte übertragen kann.  Von oben wirkt z.B. die Kraft, welche die
> Luftsäule darüber ausübt.  Und von unten wirkt die Kraft, welche die
> Luftsäule unterstützt, so dass sie nicht weiter nach unten sinkt [*].
>
> 2) Volumenkräfte: Kräfte, die auf das ganze Volumen wirken.  Hier gibt
> es nur die Schwerkraft.  Elektromagnetische Kräfte gibt es keine.  Und
> auch Trägheitskraft gibt es keine, denn:
>
> [*] Wir betrachten das Problem als statisch, d.h. ohne Luftbewegung oder
> Schall.  Dies bedeutet insbesondere auch, dass durch die Oberfläche von
> dV hindurch kein Materie- oder Energietransport stattfindet.
>
> Daher kann man den gleichen Ansatz verwenden, wie ihn die Barometrische
> Höhenformel auch macht.  Die Formel für dV ist exakt gleich, einziger
> Unterschied ist, wie sich das Gewicht von dV mit der Höhe ändert.

Ja, darin dachten wir wohl nicht unterschiedlich. ;)
>
> Das Endergebnis erhält man dann durch Integration entlang des Wegs, also
> von M bis zur Oberfläche...

Genau diese einseitige Sichtweise machte mich stutzig. :)


> ...(Man könnte auch von -R bis R integrieren, und
> weil die Kraft punktsymmetrisch zu M ist, unmittelbar erkennen, dass das
> Integral aus Symmetriegründen in M ein Maximum haben muss).

Das könnte man nicht nur von -R bis R integrieren, sondern das muß man 
auch tun, damit man in M zum richtigen Druckergebnis, das sich aus 
beiden Rohrhälften zusammensetzt, kommen kann.

Betrachtet man es nur (einseitig) von M bis -R oder R kommt man nur dann 
zum richtigen Druckergebnis, wenn man dabei den Rohr-Querschnitt 
verdoppelt.

Johann L. schrieb:
>> Die barometrische Höhenformel/Hydrostatische Grundformel ist ja schön
>> gut.
>
> Die Barometrische Höhenformel wird nicht verwendet, sondern nur ihr
> Ansatz.
>
>> Jedoch nur für eine "einseitige" Betrachtungsweise von der Erdoberfläche
>> bzgl. Drucksteigerungen bis zum Erdmittelpunkt (h=0) geeignet.
>
> Sagt wer?
>
>> Diesen Fall haben wir aber bei einem durchgehenden Rohr gar nicht, weil
>> da von beiden Seiten identischer Druck im Rohr aufgebaut wird.

Dem Kontext ist entnehmbar, wie ich das meinte.
>
> Das Problem ist statisch.  Wie bereits oben erklärt, könnte man ebenso
> an beliebiger Stelle einen Stöpsel einfügen, und es würde sich nix
> ändern.

Wenn Du einen (dichten) Stöpsel in M einsetzt, ist das richtig.
Anderenfalls würden sich die Druckverhältnisse in M 
verändern/vermindern.
>
>> In der Mitte des Rohres (im Erdmittelpunkt) kann nur ein Druckausgleich
>> zwischen den beidseits einströmenden Medien stattfinden.
>
> Ich bin davon ausgegangen, dass es keine Strömung gibt, d.h. dass es
> sich um ein hydrostatisches Problem handelt.  Hydrodynamik, Turbulenzen,
> Wärmeentwicklung etc. sind jenseits von.

Natürlich ging auch ich davon aus.
"Einströmen" war nur im Sinn davon gemeint, daß ein zur Verfügung 
stehendes Volumen auch "ausgefüllt" wird.

Grüße

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