PDA

Archiv verlassen und diese Seite im Standarddesign anzeigen : Hydrostatischer Druck eines Himmelskörpers


Sino
25.11.08, 17:52
Hab mal eine "Darf man das so rechnen?" Frage.

Ich nehme mal einen runden Planeten vom Radius R aus einen nahezu inkompressiblen Material der Dichte ρ an, um das Ganze zu vereinfachen. Nun interessiert mich der hydrostatische Druck im Zentrum.

Ok, die Formel für den hydrostatischen Druck lautet
p(h)=ρ·g·h mit den Grössen Dichte ρ, Schwerebeschleunigung g und Höhe h

Da g beim Planeten abhängig von der Entfernung zum Mittelpunkt ist, brauche ich das Gravitationsgesetz statt g und schreibe

g(r)=G·m_innen/r² wobei m_innen der innere Teil der Planetenmasse ist, also auch eine Kugel vom Radius der Dichte π mit Radius r, und G die Gravitationskonstante. Ersetzen der Masse durch Dichte mal Kugelvolumen ergibt:

g(r)=G·4/3·π·r³·ρ/r² = 4/3·π·G·ρ·r

So, das hab ich nun in differentieller Form in die Formel für den hydrostatischen Druck eingesetzt

dp(r)=ρ·g(r)·dr <=>
dp(r)=4/3·π·G·ρ²·r·dr

Integrieren über r von 0 bis R sollte nun den Druck im Zentrum ergeben:

p(Zentrum)=integral(4/3·π·G·ρ²·r dr, 0...R) = 2/3·π·G·ρ²·R²



P.S.: Ich frage, weil ich erstmal wieder ein Gefühl für die Rechnerei kriegen muss und weil ich mir irgendwie nicht ganz sicher bin, ob der Ansatz so funktioniert. :confused:

edit: Hab mal die Daten der Erde eingesetzt. Gemittelter Radius Pol/Äquator 6317km, mittlere Dichte 5515 kg/m³ ergäbe damit einen Druck von 1.7*10^11 Pascal bzw. 1.7 Millionen Bar im Zentrum der Erde. Keine Vorstellung ob das grössenordnungsmässig angehen kann. Muss mal schauen, ob ich da irgendwo Zahlen finde.... Hmm, in Wirklichkeit sind es laut Internetinfos über 3 Mio Bar. Entweder der nichtlineare Dichteverlauf macht einen riesigen Unterschied oder meine Rechnung ist falsch.

Hamilton
27.11.08, 12:20
Sieht doch eigentlich ganz gut aus- ich hab das zwar nicht durchgerechnet, aber die Idee über die Kraft zu integrieren erscheint mir jedenfalls richtig.
Allerdings glaub ich, dass das was mit deinem Integral nicht stimmt.
Du müsstest doch über die kraft ~1/r² integrieren, aber über das Kugelvolumen, also
gesamtF = ∫∫∫ F(r) r² sin(θ) dθ dφ dr (hier in kugelkoordinaten)
wegen der Unabhängigkeit von den Winkeln, ergibt sich das Integral nur über ∫ F(r) r² dr und der Faktor 4 π.
Naja, kannst ja noch mal nachrechnen, vielleicht kommt dann auch was hübscheres bei raus.

Sino
27.11.08, 13:10
@Hamilton
Ja irgendwie hat mein Vorstellungsvermögen mich da dauernd in die irre geführt, weshalb ich einfach die Standardformel für den Hydrostatischen Druck genommen und auf eine ortsabhängige Erdbeschleunigung g(r) umgebaut habe, wodurch dann das Einfachintegral entstanden ist.

Also konkret war mein Denkproblem, wie sich die tangentiale Kraftkomponente auswirkt. Man kennt das Prinzip zum Beispiel von einem Bogen in der Architektur. Da wird der Druck, der oben auf dem Bogen lastet, zu den Seiten hin abgeführt.
Nun ist eine Kugelschale eines homogen aufgebauten Planeten quasi ein geschlossener gleichmässig belasteter Bogen, allerdings ist das Material ja nicht fest. Zusammenbrechen können diese "imaginären" Bögen aber auch nicht, da sich unter jedem differentiell dünnen Bogen ein weiterer befindet, bis man am Mittelpunkt angelangt ist.

So nun war für mich die Frage, wie man diese Tangentialkomponenten betrachten muss, die werden sich stetig verändern, aber nicht linear, da die Schwerkraft innerhalb der Kugel ja nicht zu, sondern abnimmt, also nur noch das Kugelvolumen anziehend wirkt, dass sich "unter" einem befindet, und sich der Rest wegkompensiert.

Da ich das irgendwie nicht ganz durchblickt habe, hab ich wie gesagt die altbewerte Formel umgebaut, sonst hätte ich mir direkt ein Volumenintegral zusammengebaut.

edit: Ok, ich hab das ganze nun nochmal mit einer linearen Dichtefunktion analog gemacht, die den wahren Dichteverlauf approximieren soll. Das wird dann etwas komplizierter, da man noch ein Integral mehr bekommt bei der Massenberechnung. Aber dann lande ich bei über 4 mio Bar im Zentrum der Erde. Das liegt dann über dem tatsächlichen Wert. Von daher denke ich, wenn ich den korrekten Dichteverlauf nehmen würde, passt es.

Hamilton
29.11.08, 00:41
Aber dann lande ich bei über 4 mio Bar im Zentrum der Erde. Das liegt dann über dem tatsächlichen Wert. Von daher denke ich, wenn ich den korrekten Dichteverlauf nehmen würde, passt es.
Na, also- wenn du irgendwo eine Quelle hast, mit der sich 3mio bar ergeben und du bekommst mit dieser dummyrechnung, die ja von konstanter dichte und etc... ausgeht 4mio bar, dann ist das ein Erfolg. Es kommt doch nur auf die größenordnung an.