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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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!
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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.
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.
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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)
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?
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.
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.
Bedenke auch, dass im Inneren der Erde mehr Platz ist, als die Kreisformel D*pi vermuten lässt (Allgemeine Relativitästheorie).
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? :-)
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.
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). :-)
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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!
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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.
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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
Mit der Mitte wird es wegen des Mondes schwierig. Der zerrt auch noch an der Erde.
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.
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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?
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.
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.
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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?
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?
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.
> Ich bin Physiker. Die Gravitationskonstante g=9.81m/s^2
Die Gravitationskonstante ist überrall im Universum identisch. Was du
meinst ist die Erdbeschleunigung.
Wie würde sich eigentlich der Luftdruck in der Röhre mit zunehmender Tiefe Verhalten?
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!
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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.
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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.
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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?
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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:
1 | Erdoberfläche "hier" (oben): Ortskoordinate: r=R, Beschleunigung: a=-g |
2 | Erdmittelpunkt : Ortskoordinate: r=0, Beschleunigung: a=0 |
3 | 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.
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?
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.
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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"
Philipp G. schrieb: > eine Kugel aus einer Titan-Keramik Legierung gemacht, > diese ist perfekt rund Finde den Fehler!
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.
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.
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.
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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.
...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?
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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?
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 :-)
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?
Minutephysics hat dazu mal ein ganz gutes Video gemacht, wo das durchgerechnet wird (mit der Annahme Vakuum & Loch durch die Pole wegen der Corioliskraft) https://youtu.be/urQCmMiHKQk 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
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.
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
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.
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...
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.
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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 ;-)
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)
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.
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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