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Vertiefung und Kompetenzüberprüfung – 12 Von Aristoteles bis Kepler
12 Von Aristoteles bis Kepler
Vertiefung und Kompetenzüberprüfung
Martin Apolin (Stand Juni 2011)
Sonnensystem
A1 Im Dezember 1610 verwendete GALILEI sein Teleskop, um die Venus zu beobachten. Er konnte sehen,
dass die Phasen hat (siehe Abb. 1), vergleichbar mit
denen unseres Mondes. Es gibt also auch „Vollvenus“
(in der Abbildung nicht zu sehen) und „Neuvenus“
(rechts unten). Er leitete aus dieser Beobachtung ein
weiteres, sehr gewichtiges Indiz für die Richtigkeit des
heliozentrischen Weltbildes ab.. Versuche seine ÜberÜbe
legung nachzuvollziehen. Wie müssten die Phasen der
Venus im geozentrischen Weltbild aussehen? Bedenke
dabei, dass man schon damals wusste, dass die Venus
als „Morgenstern“ bzw. „Abendstern“ (siehe Infobox
Morgenstern S. 6) immer in der Nähe zu Sonne zu ses
hen ist.
beginnst, addieren sich die Laufgeschwindigkeit und die
Fallgeschwindigkeit der Tropfen, und diese kommen
von schräg rechts. Fällt der Regen tatsächlich schräg?
Ansichtssache - für die bewegte Person schon. Für eine
ruhende Person fällt der Regen aber nach wie vor senksen
recht. Diese scheinbare Ablenkung nennt man AberraAberr
tion. Das heißt wörtlich übersetzt eigentlich Verirrung.
Abb. 2 (Grafik: Janosch Slama; Abb. 4.13, S. 37, BB5)
Dieser Effekt tritt auch bei Licht auf. Wenn du einen
Stern anvisierst, der sich exakt über dir befindet (also im
Zenit), dann musst du das Fernrohr um einen kleinen
Winkel kippen, damit der Stern genau in der Mitte des
Bildes ist. Schätze
chätze diesen Winkel ab und verwende dad
bei das Ergebnis aus 2b.
A3 Wie müsste der Sternenhimmel für ein extrem
schnelles Raumschiff aussehen - also eines, das sich
beinahe mit Lichtgeschwindigkeit bewegt? Verwende
für deine Überlegungen die Ergebnisse von A2.
A4 Der zunehmende Mond sieht bei uns so aus wie
Nummer 2 bis 4 in Abb. 3.. Wie aber sieht der zunehzune
mende Mond auf der Südhalbkugel aus?
Abb. 1: Einige Phasen der Venus (Foto: Statis Kalyvas - VT-2004
Programm).
A2 a Die Erde ist rund 150 Milliarden Meter von der
Sonne entfernt. Schätze ab, mit welcher GeschwinGeschwi
digkeit sie sich um die Sonne bewegt.
b Bei welchem Prozentsatz der Lichtgeschwindigkeit
(siehe Tab. 6.1, S. 51, BB5) liegt die BahngeschwinBahngeschwi
digkeit der Erde? Wie weit bewegt sich die Erde,
wenn sich das Licht um 10 m bewegt?
c Nimm an, du stehst im Regen, und die Regentropfen
fallen senkrecht (Abb. 2 links). Wenn du nun zu laufen
Abb. 3: Die Phasen des Mondes (Grafik: Pamplelune; Quelle:
Wikipedia).
A5 a Unter
nter einem siderischen Monat versteht man eine
volle Umdrehung des Mondes um die Sonne. Er beträgt
27,322 Erdtage. Sieht man dann von der Erde aus wiewi
der dieselbe Mondphase? Versuche zu begründen.
b Unter einem synodischen Monat versteht man die Zeit
zwischen
hen zwei gleichen Mondphasen. Berechne mit Hilfe der Zeitdauer des siderischen Monats (siehe A5 a)
den synodischen. Mache dazu eine Skizze.
© Österreichischer Bundesverlag Schulbuch GmbH & Co. KG, Wien 2010. | www.oebv.at | Big Bang 6 | ISBN: 978-3-209-04868-4
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Die Kopiergebühren sind abgegolten. Für Veränderungen durch Dritte übernimmt der Verlag keine Verantwortung.
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Vertiefung und Kompetenzüberprüfung – 12 Von Aristoteles bis Kepler
A6 Man hört oft, dass man am Grund eines tiefen
Brunnens auch unter Tags die Sterne sehen kann. BeB
reits Aristoteles soll das behauptet haben. Stimmt das
tatsächlich? Versuche zu begründen.
A7 Wenn das Wasser an den Polkappen restlos
schmilzt, dann steigt das Wasser in den Meeren um
rund 30 m. Welche Auswirkung hätte das auf die
Drehgeschwindigkeit der Erde? Nimm dazu an, dass
die Drehmasse (siehe Kap. 11.2, BB5) des Eises null ist,
ist
weil sich dieses praktisch in der Drehachse befindet.
Die Masse der Erde beträgt 6∙1024 kg, ihr Radius
6370 km. Die Drehmasse einer Hohlkugel mit verve
nachlässigbarer Wandstärke beträgt (2/3)mr 2. Das Volumen einer Kugel beträgt V = (4r 3π)/3. Um dieses
Beispiel zu lösen, brauchst du die Formel für den
Drehimpuls
impuls und den Satz von der Erhaltung des DrehDre
impulses (siehe Kap. 11.4, BB5).
A8 Die Gezeiten bremsen
die Erde ab. Weil der Gesamtimpuls erhalten
bleibt, muss sich dadurch
der Mond von der Erde
entfernen. Dieses Entfernen geht so lange, bis die
Eigenrotation der Erde
(also die Länge eines Tages) genauso lange dauert wie ein Umlauf des
Mondes um die Erde.
Abb. 4:: Die Flutberge der GeG
zeiten und der Mond (Grafik:
Loki 66; Quelle: Wikipedia).
(3,8∙108 m), Zeit für einen vollen Umlauf des Mondes
um die Erde 27,3 Tage.
b Das 3. Kepler’sche Gesetz (Kap. 12.3) gilt nicht nur
für Planeten, sondern kann auf alle Bewegungen einer
kleinen Masse um eine große Zentralmasse angewendet
werden. Berechne den Wert von C für die Bewegung
des Mondes um die Erde. Du brauchst diesen Wert späsp
ter noch.
c Welcher formelmäßiger Zusammenhang besteht zwizw
schen der Umlaufzeit des Mondes und seiner WinkelgeWinkelg
schwindigkeit (siehe Kap. 11.1, BB5)?
BB5)
d Berechne den Drehimpuls (siehe Kap. 11.4, BB5) des
Systems Erde – Mond.
e Berechne die Entfernung des Mondes und die Dauer
für einen Umlauf um die Erde, wenn dieser seine maximax
male Entfernung erreicht hat. Der Umlauf des Mondes
um die Erde entspricht dann der Dauer eines Erdtages.
Nimm dazu vereinfacht an, dass in dieser Situation der
Drehimpuls der Erde, der bereits jetzt nur rund ¼ des
Drehimpulses des Mondes beträgt, zu vernachlässigen
verna
ist. Berechne weiters die Entfernung, in der sich der
Mond dann befindet.
A9 a Der Polarstern
stern steht ziemlich
ziem
genau im Norden
(Abb. 5). War das immer so? Und wird das auch in ZuZ
kunft so bleiben? Bedenke, dass die Erde ein Kreisel ist
und nicht exakt kugelförmig!!
a Warum entfernt sich der Mond nicht mehr von der
Erde, wenn sich ihre Rotationsgeschwindigkeiten ana
geglichen haben? Und woher weiß der Mond, dass er
sich entfernen „muss“? Er ist ja nicht direkt mit der
Erde verbunden? Hilf dir mit Abb. 4.. Mond und Erde
rotieren in dieser Darstellung gegen den UhrzeigerUhrzeige
sinn.
Die folgenden Angaben brauchst die für die BerechBerec
nungen in b bis e: Masse der Erde 6∙1024 kg, Radius
der Erde 6,37∙106 m, Masse des Mondes 7,3∙10
7,3∙1 22 kg,
durchschnittliche Entfernung Erde-Mond
Mond 380.000 km
Abb. 5: Die scheinbare Sterndrehung. Nur der Polarstern ist (fast)
in Ruhe (siehe auch Abb. 12.8, Kap. 12.2, BB6).
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Vertiefung und Kompetenzüberprüfung – 12 Von Aristoteles bis Kepler
b Wie könnte man auf einfache Weise abschätzen,
wie lange das Bild in Abb. 5 belichtet wurde?
A10 Abbildung 6
zeigt einen Kreisel,
der in einem
Schwimmer so montiert ist, dass sich
seine Achse nur horizontal bewegen
Abb. 6 (Grafik: Janosch Slama)
kann. Durch die
Erdrotation käme er nach einiger Zeit in Position II.
Seine Achse würde also gekippt. Wie wird sich der
Kreisel aber tatsächlich verhalten?
A11 Schätze die Masse der Sonne ab. Verwende dazu
das Gravitationsgesetz (S. 18, Kap. 13) und die Zentripetalkraft (siehe S. 116, BB5) die auf die Erde wirkt.
Der Abstand Erde-Sonne beträgt rund 150 Millionen
Kilometer.
A12 Welche besonderen Konstellationen liegen in
Abb. 7 a bis d vor? Warum ist nicht jedes Mal bei
Neumond eine Sonnenfinsternis und bei Vollmond eine Mondesfinsternis? Überlege mit Hilfe der Abbildung.
Abb. 7 (Grafik: Martin Apolin)
A13 Der Mond beschreibt näherungsweise eine Kreisbahn um die Erde, die wiederum eine Kreisbahn um
die Sonne beschreibt. Welche Bahn beschreibt daher
der Mond um die Sonne (siehe Abb. 8)?
a) die Krümmung der Bahn zeigt abwechselnd zur
Sonne hin und von der Sonne weg; b) der Mond beschreibt eine Art Spiralbahn; c) die Mondbahn entspricht einem Vieleck.
Abb. 8: Welche der hier schematisch dargestellten Mondbahnen
beschreibt die tatsächliche am ehesten?
A14 a Berechne die Geschwindigkeit der Erde um die
Sonne und des Mondes um die Erde. Welche Möglichkeit der Mondbahn in Abb. 8 scheidet dadurch aus? Die
Daten für deine Berechnung findest du unter A14 c.
b Streng genommen ist die Formulierung „der Mond
bewegt sich um die Erde“ falsch. Warum?
c Welche Beschleunigung übt die Erde auf den Mond
aus? Welche Beschleunigung übt die Sonne auf den
Mond aus? Was wird größer sein? Gib vor der Berechnung einen Tipp ab. Welche der Bahnen in Abb. 8
scheidet auf Grund deiner Ergebnisse nun aus?
Für deine Berechnung brauchst du das Newton’sche
Gravitationsgesetz (Kap. 13.1, BB6) und folgende Daten: Masse der Sonne 2∙1030 kg, Masse der Erde
6∙1024 kg, durchschnittliche Entfernung Sonne-Erde
1,5∙1011 m, durchschnittliche Entfernung Erde-Mond
3,8·108 m, Zeit für einen vollen Umlauf des Mondes um
die Erde 27,3 Tage.
A15 Die Kraft der Sonne auf den Mond ist stets größer
als die Kraft der Erde auf den Mond (A14 c). Warum
zieht also die Sonne den Mond nicht zu sich?
Kepler’sche Gesetze
A16 Das 1. Kepler’sche Gesetz besagt, dass jeder Planet
die Sonne auf einer Ellipse umläuft. Die Sonne befindet
sich in einem der Brennpunkte. Wir wissen heute, dass
das 1. Kepler’sche Gesetz in seiner damaligen Formulierung nicht ganz exakt ist. Das hat zwei Gründe. Welche?
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Vertiefung und Kompetenzüberprüfung – 12 Von Aristoteles bis Kepler
A17 Das 2. Kepler’sche Gesetz besagt: Die Linie zwischen einem Planeten und der Sonne überstreicht
in gleichen Zeitabschnitten gleiche Flächen (siehe
Abb. 9; siehe Kap. 12.3, BB6). Die Tangentialgeschwindigkeit von Planeten ist also größer, wenn sich
diese in der Nähe der Sonne befinden. Das kann man
auf drei Arten begründen! Wie?
Abb. 9: Abb. 12.19: Die Position der Erde in gleichen
Zeitabständen (die Ellipsenbahn ist stark übertrieben). Die
Flächen sind alle gleich groß ( Grafik: Janosch Slama; siehe
auch Abb. 12.19, Kap. 12.3, BB6).
stürzt um die Sonne. Nimm an, der Brocken befand sich
ursprünglich am äußersten Rand der Oor’schen Wolke
in 50.000 AE Entfernung von der Sonne. Wie lange
dauert ein voller Umlauf, bis der Komet wieder am
Ausgangspunkt zurück ist?
Modernes Weltbild
A19 Du entdeckst von der Erde aus einen Stern, der in
seinem Spektrum eine periodische Rot- und Blauverschiebung aufweist (siehe Abb. 11; siehe Kap. 16.3,
BB6). Auf Grund der Zeitdauer dieser Veränderungen
kannst du rückschließen, dass der Stern von einem nicht
sichtbaren Objekt mit einer Periode von 11,9 Jahren
umkreist wird, und dass er dadurch mit einer Geschwindigkeit von rund 12,5 m/s (wirklich nur m/s, und
nicht km/s!) um das gemeinsame Schwerezentrum
kreist. Die Masse des Sterns kannst du auf Grund seiner
Oberflächentemperatur mit 2∙1030 kg abschätzen (siehe
Tab. 49.1, Kap. 49.2, BB8).
A18 a Durch eine Störung seiner Bahn löst sich aus
dem Kuiper-Gürtel (Abb. 10) ein gefrorener Gasbrocken und stürzt um die Sonne. Nimm an, der Brocken
befand sich ursprünglich in 40 AE Entfernung von der
Sonne entfernt. Wie lange dauert ein voller Umlauf,
bis der Komet wieder im Kuiper-Gürtel zurück ist?
Abb. 11: Extrasolare Planeten kann man mit Hilfe des optischen
Dopplereffekts erkennen (Grafik: Janosch Slama; siehe auch
Abb. 12.18, S. 9).
a Wie weit ist der Planet vom Stern entfernt? Du
brauchst dazu die Gravitationskraft (siehe S. 18,
Kap. 13.1), die Zentripetalkraft (siehe S. 116, BB5), die
Tangentialgeschwindigkeit (S. 106, BB5) sowie den Zusammenhang zwischen Winkelgeschwindigkeit und
Umlaufzeit.
Abb. 10: Der Kuiper-Gürtel und die Oort’sche Wolke (Quelle:
NASA).
b Welche Masse hat der Planet? Überlege dazu mit Hilfe des Impulssatzes (siehe Kap. 10.1, BB5).
b Durch eine Störung seiner Bahn löst sich aus der
Oort’schen Wolke ein gefrorener Gasbrocken und
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Vertiefung und Kompetenzüberprüfung – 12 Von Aristoteles bis Kepler
Gib die Ergebnisse in astronomischen Einheiten (1AE
entspricht dem Abstand Sonne-Erde, also 1,5∙1011 m)
und in Erdmassen an (6∙1024 kg) und vergleich mit
Tab. 12.1, S. 12. Was fällt dir auf?
A20 Der Durchmesser unserer Galaxis beträgt rund
100.000 Lichtjahre (LJ; siehe Abb. 12). Die Sonne ist
etwa 25.000 LJ von Zentrum unserer Galaxis entfernt.
Sie bewegt sich mit etwa 220 km/s um das Zentrum.
Wie lange dauert ein voller Umlauf? Wie oft ist die Erde seit ihrer Entstehung schon um das Zentrum der
Milchstraße gelaufen? Die Lichtgeschwindigkeit beträgt 3·108 m/s.
Abb. 12: Unsere Milchstraße von der Seite und von oben (Grafik: Janosch Slama; siehe auch Abb. 12.33).
A21 Schätze die Masse des sichtbaren Universums ab.
Nimm dazu folgendes an: 1) Die Sonne ist ein durchschnittlicher Stern und ihre Masse beträgt 2⋅1030 kg.
2) Galaxien haben im Schnitt 1011 Sterne. 3) Man
schätzt die Anzahl der Galaxien im sichtbaren Universum auf 1011. 4) Der sichtbare Teil des Universums
macht nur einen Bruchteil der Masse aus. Siehe dazu
Abb. 13.
mit dieser Angabe die Massenverteilung dieser beiden
Elemente ab.
A23 a Das Alter des Universums beträgt 13,7 Milliarden
Jahren (Tab. 50.1, Kap. 50.2, BB8). Rechne das Alter in
Sekunden um.
b Mit welcher Durchschnittsgeschwindigkeit hat sich
daher ein Stück des Raum seit dem Urknall ausgedehnt,
wenn es jetzt 1 m lang ist?
Hilfe zu A1: Wie würde die Venus in einem geozentrischen Universum aussehen? Würde sich die Venusbahn
innerhalb der Sonnenbahn befinden, dann müsste die
Venus, weil sie sich ja immer in der Nähe der Sonne befindet und somit von hinten beleuchtet wird, entweder
sichelförmig sein oder dunkel (so wie in Abb. 14a), ähnlich wie der Merkur, der sich in der Nähe der Sonne befindet. „Vollvenus“ wäre aber unmöglich. Dafür müssten nämlich die Erde zwischen Venus und Sonne liegen.
Würde sich die Venusbahn aber außerhalb der Sonnenbahn befinden, dann wäre die Venus von vorne beleuchtet und müsste so aus sehen wir in Abb. 14b. Dafür wäre in diesem Fall „Neuvenus“ ausgeschlossen.
Galilei konnte aber alle Phasen sehen, und das ist nur in
einer heliozentrischen Welt möglich.
Abb. 14: a) Die Venus in einem geozentrischen System, wenn sie
sich zwischen Erde und Sonne befände. b) Die Venus, wenn sie
sich hinter der Sonne befände.
Hilfe zu A2 a: Der Abstand Erde-Sonne beträgt
1,5∙1011 m. Nehmen wir vereinfacht an, dass die Erdbahn kreisförmig ist. Der Umfang beträgt dann 2∙r∙π =
9,42∙1011 m. Dafür benötigt die Erde ein Jahr, also etwa
3,14∙107 s. Die Geschwindigkeit der Erde um die Sonne
beträgt daher 30.000 m/s oder 30 km/s.
Abb. 13: Woraus aus heutiger Sicht das Universum besteht.
Nur der mickrige Anteil von 0,4 % zeigt sich uns in Form von
Sternen und Galaxien (Grafik: Janosch Slama; siehe Abb.
50.25, Kap. 50, BB8).
A22 Das Universum besteht grob gesagt aus 92 %
Wasserstoffatomen und 8 % Heliumatomen. Schätze
Hilfe zu A2 b: Die Lichtgeschwindigkeit beträgt
3∙108 m/s. Die Bahngeschwindigkeit der Erde ist
3∙104 m/s (siehe A2 a) und somit 1/10.000 oder 0,01 %
der Lichtgeschwindigkeit. Wenn sich Licht 10 m weit
bewegt, dann hat sich die Erde in dieser Zeit um 1 mm
bewegt.
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Vertiefung und Kompetenzüberprüfung – 12 Von Aristoteles bis Kepler
Hilfe zu A2 c: Im Prinzip ist es genauso wie beim
Schirm. Die senkrechte Geschwindigkeit wäre in diedi
sem Fall die Lichtgeschwindigkeit und die vertikale
Geschwindigkeit die der Erde um die Sonne. Der WinWi
kel, um den man den Schirm bzw. das Fernrohr kipki
pen muss, ist in Abb. 15 rechts eingetragen.
ragen. Es gilt:
tanα = v Erde/c und α = arctan(v Erde/c) = arctan(10-4) =
5,73∙10-3° = 20,63“.
Man muss also das Fernrohr um den winzigen Winkel
von knapp 21 Bogensekunden kippen. Beachte: Eine
Bogensekunde ist bloß der 3600ste Teil eines Grads.
Das ist absurd wenig! Trotzdem: Schon im Jahre 1725
beobachtete der englische Astronom JAMES BRADLEY
einee solche Verschiebung bei einem Stern, den man
von London aus im Zenit beobachten konnte. Durch
die Erdbewegung beschreiben die Sterne im Laufe eie
nes Jahres kleine Ellipsen am Himmel, eine MiniaturMiniatu
kopie der Erdbahn. Aus der Bahngeschwindigkeit der
Erde und dem Aberrations-Winkel
Winkel konnte Bradley
schon damals eine Schätzung der LichtgeschwindigLichtgeschwindi
keit abgeben, die nur etwa 1,2% über dem heute als
richtig angesehenen Wert lag.
Abb. 16
Hilfe zu A4: Nehmen wir als extreme Positionen zwei
Personen am Nord- und Südpol. Diese sind Gegenfüßler, also Antipoden (siehe Abb. 17). Die Person am Südpol sieht daher auch „unsere“ Mondphasen komplett
kopfstehen. Der zunehmende Mond auf der SüdhalbS
kugel sieht daher so aus wie der abnehmende Mond
auf der Nordhalbkugel
kugel und umgekehrt.
Abb. 17: Personen am
Nord- und am Südpol
sind Antipoden (Grafik: Janosch Slama).
Abb. 15:
5: Analogie zwischen der Aberration der Regentropfen
und der Aberration des Lichts.
ts. (Grafik: Janosch Slama;
Abb. 4.13, S. 37)
Hilfe zu A3: Für ein extrem schnell bewegtes RaumRau
schiff sind die Sterne nicht gleichmäßig verteilt, sonso
dern erscheinen in dem Teil des Raums konzentriert,
konzen
auf den sich das Raumschiff zubewegt (siehe
Abb. 16). Warum? Weil sich, wie beim Regen
gen oder
beim Teleskop, die scheinbare Richtung,
tung, aus der das
Licht kommt, in Bewegungsrichtung
tung nach vorne verver
schiebt. Bei einer Reisegeschwindigkeit von knapp c
würdest du einen Stern, der sich genau über dir beb
findet, um 45° in Bewegungsrichtung verschoben ses
hen.
Abb. 18, zu A5:: a) Startposition; Zusätzlich zum vollen Umlauf (b)
muss sich der Mond noch um den Winkel α weiterdrehen (c),
damit wir von der Erde aus wieder dieselbe Mondphase sehen
(Grafik: Martin Apolin).
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Vertiefung und Kompetenzüberprüfung – 12 Von Aristoteles bis Kepler
Hilfe zu A5 a: Nein, weil sich die Erde inzwischen
selbst weiter um die Sonne gedreht hat. Der Mond
muss sich zusätzlich zu den 360° noch um den Winkel
α drehen, damit wieder dieselbe Mondphase zu sehen
ist (siehe Abb. 18, vorige Seite).
Hilfe zu A5 b: Die Überlegung ist die: Die Winkelgeschwindigkeit ist allgemein ω = ∆ϕ/∆t und daher gilt
∆t = ∆ϕ /ω . Die Erde dreht sich in einem synodischen
Monat um den Winkel α um die Sonne. Daher gilt:
TE = α /ω E. Der Mond dreht sich in einem synodischen
Monat einmal um die Erde und zusätzlich noch um
den Winkel α. Es gilt daher TM = (2π+α) /ω M. Weil beide Zeiten einem synodischen Monat entsprechen,
α
πα
kann man sie gleichsetzen: ω = ω . Daher gilt
α = ω (2π + α). Der Einfachheit halber ersetzen wir
ω
den Ausdruck ω E/ω M durch x. Wir erhalten dann
α = (2π + α) = 2π
+ α
. Durch Umformen erhalπ
ten wir α = ().
Sind wir ganz genau und nehmen für ein Jahr 365,25
Tage. Für ω E erhalten wir dann 1,99∙107 s-1. Weil ein
siderischer Monat 27,322 Tage hat, erhalten wir für
ω M 2,66∙10-6 s. Wenn wir nun in die Formel einsetzen,
erhalten wir für α 0,508 rad oder 29,1°. Daher ist
TE = α /ω Erde = 2551481 s = 29,53 Tage.
Abb. 19: Friedrich Wilhelm
Heinrich Alexander von Humboldt (1769 - 1859) war ein
deutscher Naturforscher mit
weit über die Grenzen Europas
hinausreichendem Wirkungsfeld. In seinem über einen
Zeitraum von mehr als sieben
Jahrzehnten sich entfaltenden
Gesamtwerk schuf er „einen
neuen Wissens- und Reflexionsstand des Wissens von der
Welt“ und wurde zum Mitbegründer der Geographie als
empirischer Wissenschaft.
(Portrait von Karl Joseph
Stieler).
Hilfe zu A6: Das stimmt nicht, auch wenn es seit
Jahrhunderten so erzählt wird. Man hat wohl angenommen, dass man das Sonnenlicht dadurch irgendwie ausblenden kann. Die Helligkeit des Tageshimmels
kommt jedoch von der Streuung des Sonnenlichts,
und diese lässt sich durch den Blick durch eine Röhre
nicht rückgängig machen. Übrigens hat schon der be-
rühmte deutsche Naturforscher Alexander von Humboldt (siehe Abb. 19) im 19. Jahrhundert bei seinen vielen Reise durch viele Minenschächte geschaut und festgestellt, dass diese Legende ein Mythos ist.
Hilfe zu A7: Die Drehmasse der Erde beträgt (2/5)mr 2,
also etwa 9,74∙1037 kgm2. Wenn nun die Polkappen abschmelzen, dann erhöht sich die Drehmasse der Erde
um die Drehmasse einer Kugelschale mit 30 m Dicke.
Das Volumen dieser Kugelschale ist das Volumen einer
Kugel mit (Erdradius + Wasserhöhe) minus dem Volumen der jetzigen Erde und beträgt 1,53∙1016 m3.
Eine andere Möglichkeit der Berechnung ist, die Oberfläche der Erde auszurechnen (O = 4r 2π) und dann mit
der Wasserhöhe von 30 m zu multiplizieren. Man berechnet also quasi das Volumen eines Quaders mit der
Grundfläche der Erdoberfläche. Auf Grund der geringen
Krümmung der Erde kommt man dabei auf dasselbe
Ergebnis.
Ein Kubikmeter Wasser hat eine Masse von 103 kg. Das
Wasser hat daher in Summe eine Masse von
1,53∙1019 kg und eine Drehmasse von 2,48∙1032 kgm2.
Die Drehmasse der Erde erhöht sich daher um den Faktor 1,00000425. Die Zeitdauer für die Rotation und somit auch die Winkelgeschwindigkeit müssen um denselben Faktor absinken. Ein Tag dauert
dann 86.400,37 s, also um etwa 0,4 Sekunden länger.
Drehmasse der Erde
(2/5)mr 2 = 9,74∙1037 kgm2
m = 6∙1024 kg; r = 6,37∙1024 kg
Volumen und Masse der
Kugelschale mit 30 m
Höhe
1,53∙1016 m3; 1,53∙1019 kg
Drehmasse der Kugelschale
(2/3)m ∙(r+30 m) 2 = 4,14∙1032 kg
Verhältnis Drehmasse (Erde + Kugelschale) zu
Drehmasse Erde
1,00000425
Tab. 1 zu A7
Hilfe zu A8 a: Durch die Erddrehung liegen die Wasserbäuche nicht genau in einer Linie mit dem Mond,
sondern gehen salopp gesagt „etwas vor“. Das liegt daran, dass sie durch die Rotation der Erde etwas mitgezogen werden. Deshalb wird der Mond nicht exakt in
Richtung Erdmittelpunkt angezogen, sondern in unserem Fall (Abb. 4) auch etwas nach links. Deswegen enthält die Erdanziehung auch eine Komponente, die den
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Mond in seiner Bahnrichtung vorwärts zieht. Das beschleunigt einerseits den Mond, bremst aber andererseits auch die Erde ab. Wenn sich aber die Erde irgendwann einmal so schnell dreht wie der Mond,
dann liegen die Bäuche genau in einer Linie mit dem
Mond, und die Beschleunigung verschwindet.
Hilfe zu A8 b: Das 3. Kepler’sche Gesetz lautet
r3/T 2 = C. Wenn du die bekannten Werte des Mondes
einsetzt, erhältst du (3,8∙108)3/(27,3∙86400)2 m3/s2 =
9,86∙1012 m3/s2.
Hilfe zu A8 c: Die Winkelgeschwindigkeit ist definiert
als ω = ∆ϕ /∆t. Für einen vollen Umlauf (2π) benötigt
der Mond die Zeit T. Daher gilt ω = 2π/T oder
T = 2π/ω.
Hilfe zu A8 d: Die Drehmasse der Erde beträgt
(2/5)mr 2, also etwa 9,74∙1037 kgm2. Ihre Winkelgeschwindigkeit beträgt 2π/86120 s = 7,3∙10-5 s-1 (Anm.;
eine volle Umdrehung ist etwas kürzer als ein Tag;
siehe Karussell Erde, S. 107) und ihr Drehimpuls daher
7,11∙1033 Js. Den Mond kann man auf Grund seiner
großen Entfernung als Massenpunkt annehmen. Er
hat daher eine Drehmasse von mr 2 = 1,05∙1040 kgm2.
Seine Winkelgeschwindigkeit beträgt 2π/(27,3∙86400)
= 2,66∙10-6 s-1 und sein Drehimpuls daher 2,81∙1034 Js.
Der Gesamtdrehimpuls von Erde und Mond ist somit
3,52∙1034 Js.
Hilfe zu A8 e: Der Mond entfernt sich so lange von
der Erde, bis die Winkelgeschwindigkeit der Erde um
ihre eigene Achse und die des Mondes um die Erde
gleich groß sind. Der Gesamt-Drehimpuls bleibt dabei
erhalten. Daher gilt: L E + L M = Ι E∙ω + Ι M∙ω =
3,52∙1034 Js. Während die Drehmasse der Erde gleich
bleibt, vergrößert sich jedoch die des Mondes durch
die Entfernung. Wenn wir den Drehimpuls der Erde
vernachlässigen, erhalten wir mr 2∙ω = LM =
3,52∙1034 Js (dabei ist m die Mondmasse).
Nachdem r und ω zusammenhängen, lässt sich diese
Gleichung noch nicht lösen. Abhilfe verschafft das 3.
Kepler’sche Gesetz: r 3/T 2 = C = 9,86∙1012 m3/s2.
Durch Umformen erhält man r 3 = CT 2 und
r 2 = C2/3T4/3. Weiters gilt ω = 2π/T und T = 2π/ω.
Nun gehen wir vom Gesamtdrehimpuls aus: mr 2∙ω =
LM. Wir ersetzen ω und erhalten LM = (mr22π)/T. Nun
ersetzen wir r 2 durch den Ausdruck oben und erhal-
ten LM = (2πmC2/3T4/3)/T = 2πmC2/3T1/3. Wenn wir nach T
auflösen, erhalten wir T = (LM/(2πmC2/3))3. Wenn du nun
einsetzt, erhältst du für T 4,64∙106 s oder 53,7 heutige
Erdtage. Der Mond befindet sich dann in der Entfernung r = C1/3T2/3 = 6∙108 m, das entspricht rund dem
1,6-fachen der heutigen Entfernung.
Mond und Erde: r 3/T 2 = C
9,86∙1012 m3/s2
Drehmasse der Erde
9,74∙1037 kgm2
Winkelgeschwindigkeit Erde
Drehimpuls Erde
Drehmasse Mond
7,3∙10-5 s-1
7,11∙1033 Js
1,05∙1040 kgm2
Winkelgeschwindigkeit Mond
2,66∙10-6 s-1
Drehimpuls Mond
2,81∙1034 Js
Drehimpuls Erde und Mond
3,52∙1034 Js
Tab. 2 zu A8
Hilfe zu A9 a: Blickt man längere Zeit auf den Sternhimmel, so drehen sich die Sterne scheinbar. Nur zwei
Punkte, genau über den Polen der Erde, sind immer in
Ruhe. Man sieht, dass sich selbst der Polarstern etwas
bewegt hat (Abb. 5). Warum? Weil er nicht exakt im
Norden steht, sondern etwa 0,8° vom Himmelsnordpol
entfernt. Momentan! Denn durch die Präzession der
Erdachse wandern die Himmelspole. Wodurch wird diese Präzession hervorgerufen? Die Ursache liegt darin,
dass die Erde durch ihre Eigenrotation etwas abgeplattet ist. Der Äquatordurchmesser ist um 0,3 % oder
43 km größer als der Poldurchmesser. Außerdem ist die
Erdachse um etwa 66,5° gegen die Erdbahnebene geneigt (bzw. um 23,5° gegen die Senkrechte). Die Erde
ist daher von Sonne und Mond aus gesehen nicht symmetrisch, und beide zerren am Äquatorwulst. Ohne
Drehung würde sich dadurch die Erdachse aufrichten.
Die Erde ist aber ein riesiger Kreisel. Die Achse richtet
sich daher nicht auf, sondern weicht diesem Drehmoment in Rotationsrichtung rechtwinkelig aus und vollführt eine Präzessionsbewegung. Sehr gemächlich allerdings: Ein voller Umlauf der Erdachse dauert nämlich
25.850 Jahre. Diese Zeitdauer nennt man auch Platonisches Jahr.
In künftiger Zeit werden daher andere „Polarsterne“ eine Rolle spielen, weil die Verlängerung der Erdachse über den Himmel wandert (siehe Abb. 20 nächste Seite).
Im Jahre 9.300 n. Chr. wird der Himmelsnordpol in der
Abb. 7.22
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Vertiefung und Kompetenzüberprüfung – 12 Von Aristoteles bis Kepler
Nähe des Sterns Deneb im Schwan
n sein und etwa im
Jahre 13.000 n. Chr. bei Wega im Sternbild Leier. AlA
lerdings wird keiner dieser Sterne je so eng an den
Himmelspol herankommen wie unser heutiger PolarPola
stern.
Abb. 20: Die
Wanderung des
scheinbaren
Himmelsnor
Himmelsnordpols im Laufe
von rund
26.0 Jahren.
26.000
Erst dann wird
wieder der PoP
larstern seinem
Namen gerecht
(Grafik: Janosch
Slama).
Hilfe zu A9 b: Dazu muss man den Öffnungswinkel
des Kreissektors messen, der durch die Bahn eines
Sternes und den Drehpunkt aufgespannt wird (siehe
Abb. 21). Dieser Winkel beträgt 30°. In 24 h rotiert
die Erde um 360°,
°, pro Stunde daher um 15°.
15 In unserer Aufnahme hat sich die Erde um 30° gedreht, also
wurde diese 2 Stunden lang belichtet.
Abb. 21: Die
Sterne haben
sich um 30°
30
gedreht.
Hilfe zu A10: Der Kreisel weicht der Bewegung durch
eine Präzessionsbewegung aus. Die Achse des Kreisels
dreht sich daher nicht in der Buchebene, sondern aus
a
der Buchebene heraus (Abb. 22 III).
). Wie weit wird
sich die Kreiselachse drehen? So weit, bis diese in
Nord-Süd-Richtung
Richtung steht. Warum? Weil dann nämlich
näm
die Achse des Kreisels nur mehr parallel verschoben,
verschoben
aber nicht mehr gedreht wird, und deshalb keine PräPr
zessionsbewegung mehr auftritt. Ein rotierender
render KreiKre
sel ist daher ein Kreiselkompass, der den Vorteil hat,
nicht durch Magnetfelder beeinflusst
flusst zu werden.
Abb. 22 (Grafik: Janosch
Slama)
Hilfe zu A11: Die Winkelgeschwindigkeit der Erde um
die Sonne ist ω = 2π/T, wobei T einem Jahr in Sekunden
entspricht. T ist also 365∙60∙60∙24 s ≈ 3,15∙107 s. Die
Zentripetalkraft wird durch die Gravitationskraft hervorhervo
gerufen. Man kann daher beide Kräfte gleichsetzen und
nach M Sonne auflösen:
= ω → =
ω !
=
"π !
# .
Wenn man die bekannten Werte einsetzt, erhält man
für M Sonne 2∙1030 kg, was sehr gut dem in der Literatur
angeführten Wert entspricht.
Hilfe zu A12: a) Neumond; b) Sonnenfinsternis; c)
Vollmond; d) Mondesfinsternis. Die Bahn des Mondes
um die Erde ist um etwa 5° zur Erdbahn (Ekliptik) geg
neigt. Deshalb liegt bei Voll- und Neumond meistens
der Mond ober- oder unterhalb
nterhalb der Erdbahn, und daher
kommt es dann zu keinen Finsternissen.
Hilfe zu A13: Die Lösung ist c. Die Mondbahn enten
spricht am ehesten einem Vieleck. Allerdings ist der Effekt in Abb. 8 übertrieben dargestellt. Eine nähere Erklärung findest zu in der Hilfe zu A14.
Hilfe zu A14 a: Der Umfang der Erdbahn beträgt
2·π·1,5∙1011 m = 9,42·1011 m, die Umlaufzeit
365∙60∙60∙24 s = 3,15·107 s. Die TangentialgeschwinTangentialgeschwi
digkeit der Erde beträgt daher rund 3∙104 m/s oder
30 km/s. Der Umfang der Mondbahn beträgt
2,4·109 m, die Umlaufzeit 2,36·106 s. Die Tangentialgeschwindigkeit des Mondes beträgt daher rund 103 m/s
oder 1 km/s. Die Erde ist also rund 30-mal
30
so schnell um
die Sonne unterwegs wie der Mond um die Erde. Daher
scheidet b in Abb. 8 aus. Eine Schleifenbahn
Schlei
mit rückläufiger Bewegung würde nämlich voraussetzen, dass
sich der Mond schneller um die Erde bewegt als die Erde um die Sonne.
Hilfe zu A14 b: Erde und Mond bewegen sich um den
gemeinsamen Schwerpunkt, das Baryzentrum (siehe
S.27, Kap. 13.4, Abb. 13.31).
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Vertiefung und Kompetenzüberprüfung – 12 Von Aristoteles bis Kepler
Hilfe zu A14 c: Durch Gleichsetzen von F =mg mit
dem Gravitationsgesetz und Umformen erhältst du
g = GM/r 2. Für g S-M ergibt sich dann rund 6∙10-3 m/s2.
Du kannst dabei vereinfacht für r den Abstand SonneErde einsetzen, weil die variable Mondentfernung auf
Grund der großen Entfernung Sonne-Erde praktisch
keine Rolle spielt. Für g E-M ergeben sich rund
2,8∙10-3 m/s2. Die Sonne zieht den Mond also mehr als
doppelt so stark an wie die Erde. Ist das nicht verblüffend?
Damit scheidet Bahn a in Abb. 8 aus. Diese würde voraussetzen, dass die Anziehungskraft der Erde auf den
Mond größer ist als die der Sonne auf den Mond. Nur
dann könnte es zu einer Krümmung der Mondbahn
von der Sonne weg kommen (konvexe Krümmung).
Tatsächlich entspricht die Mondbahn schematisch gesehen c in Abb. 8. Sie ist, salopp gesagt, eine Art 12Eck, weil das Jahr rund 12 synodische Monate hat,
und daher immer konkav, also immer zur Sonne hin
gekrümmt. In Abb. 23 siehst du eine maßstabsgetreue
Abbildung der Mondbahn.
Abb. 23: Maßstabsgetreue Bahn von Erde und Mond um die
Sonne. a) Die Erde befindet sich zwischen Mond und Sonne.
Der Mond erfährt eine stärkere Beschleunigung, die Bahn um
die Sonne ist stärker gekrümmt. Das entspricht dem „Eck“ des
12-Ecks. b) Der Mond befindet sich zwischen Erde und Sonne.
Er erfährt dadurch in Summe eine schwächere Beschleunigung,
die Bahn um die Sonne ist schwächer gekrümmt. Das
entspricht der „Seite“ des 12-Ecks.
Hilfe zu A15: Das Baryzentrum Erde-Mond bewegt
sich näherungsweise auf einer Kreisbahn um die Sonne. Der Mond fällt nicht auf die Sonne, weil er relativ
zu dieser eine sehr hohe Tangentialgeschwindigkeit
besitzt. Schließlich fällt ja auch die Erde nicht auf die
Sonne, obwohl diese die Erde viel stärker anzieht als
der Mond.
Hilfe zu A16: Nehmen wir einmal nur einen Planeten
an. Im Brennpunkt der Ellipsenbahn befindet sich
dann nicht die Sonne, sondern der gemeinsame
Schwerpunkt von Planet und Sonne (siehe Abb. 12.17,
S. 8). Die Sonne selbst beschreibt ebenfalls eine Ellipse.
Aber nicht nur die Sonne, sondern auch jeder Planet
wirkt auf jeden anderen Planeten ein. Genau genommen beschreibt also in einem System mit mehreren Planeten kein einziger eine exakte Ellipse, sondern jeder
wobbelt ein wenig auf seiner Bahn herum. Auf diese
Weise hat man auch den Neptun entdeckt (siehe Planet
X, S. 22).
Hilfe zu A17: Erstens kann man das mit der Richtung
der Gravitationskraft begründen. Bei einer Kreisbahn
wirkt diese ja immer genau normal zur Bewegungsrichtung. Bei einer Ellipse ist das nicht so (Abb. 24). Nehmen wir einmal Erde und Sonne und starten wir im
Perihel (a). Dort stehen v und FG normal, v wird also nur
gedreht. FG zeigt aber immer zur Sonne. Wenn sich der
Planet entfernt, entsteht somit eine bremsende Komponente der Gravitationskraft, die gegen die Flugrichtung zeigt (b). Der Planet wird so lange gebremst, bis er
das Aphel (c) erreicht. Dort stehen v und FG wieder
normal und seine Geschwindigkeit ist ein Minimum.
Wenn sich der Planet der Sonne wieder annähert (d),
dann gibt es eine beschleunigende Komponente, bis er
wieder das Perihel erreicht und so weiter.
Abb. 24: Die bremsende (b) bzw. beschleunigende Komponente
(d) der Gravitationskraft ist gelb gezeichnet (Grafik: Janosch
Slama; siehe auch Abb. 13.13, Kap. 13).
Zweitens lässt sich das mit der Drehimpulserhaltung erklären. Der Planet ist als Massenpunkt anzusehen und
hat daher die Drehmasse mr 2, wobei r sein Abstand zur
Sonne ist. Wenn sich dieser Abstand verringert, dann
muss sich auf Grund der Drehimpulserhaltung die Winkelgeschwindigkeit vergrößern und umgekehrt. Und
drittens kann man ihn mit Hilfe des Energiesatzes erklären. Erinnere dich: Die Energie in einem abgeschlossenen System ist immer gleich groß. Die um die Sonne
kreisende Erde hat einerseits kinetische (E k) und ande-
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Vertiefung und Kompetenzüberprüfung – 12 Von Aristoteles bis Kepler
rerseits potenzielle Energie (E p). Der Energiesatz besagt nun, dass die Summe dieser beiden Energieformen immer gleich bleibt, also E p + E k = konstant.
Wenn sich die Erde auf ihrer Bahn der Sonne nähert,
dann sinkt E p ab. E k und somit auch die Geschwindigkeit müssen daher höher werden.
Hilfe zu A18 a: Das 3. Kepler’sche Gesetz lautet
a 3/T 2 = C. Wenn du für die Erde 1 Jahr und 1 AE einsetzt, dann ist C = 1. Daher kann man dann schreiben: a 3 = T 2 und daher T = a 3/2. Wenn du nun für die
große Halbachse 20 AE einsetzt, erhältst du eine Umlaufzeit von rund 89 Jahren. Das entspricht in etwa
den Verhältnissen beim Halley’schen Kometen. Dieser
hat eine Umlaufzeit von 76 Jahren (siehe Infobox Halley , S. 14).
Hilfe zu A18 b: Wenn du für die große Halbachse
50.000 AE einsetzt, erhältst du eine Umlaufzeit von
T = a 3/2 = 11,2∙106 Jahre. Ein solches Objekt würde also erst nach rund einem Dutzend Millionen Jahren
wieder bei der Erde vorbeischauen – wenn es inzwischen nicht von einem anderen Objekt abgelenkt
wurde.
Hilfe zu A19 a: Der Planet wird von der Gravitationskraft des Sterns (FG; siehe S. 18, Kap. 13.1) auf seiner
Bahn gehalten. Diese Gravitationskraft entspricht der
Zentripetalkraft (Fzp; siehe S. 116, BB5). Man kann dieser beiden Kräfte daher gleichsetzen und nach v auslösen: $
%
=
%& ( = )($)/.
Die Tangentialgeschwindigkeit ist gegeben durch v =
ωr. ω ist allgemein ∆ϕ/∆t. Wenn der Planet für einen
Umlauf die Zeit T benötigt, dann ist ω = 2π/T. Wenn
man beide Gleichungen zusammenmischt, erhält man
v = 2πr /T. Wir können nun beide Gleichungen für v
gleichsetzen und nach r auflösen:
+
=
π
#
!
= +
# "π
.
Wenn du nun die bekannten Werte einsetzt, erhältst
du für den Abstand r = 5,2 AE.
Hilfe zu A19 b: Das Gesamtsystem Planet-Stern besitzt keinen Impuls relativ zum gemeinsamen Schwerpunkt, der sich an einem festen Punkt zwischen Stern
und Planet befindet, weshalb der Impuls des Planeten
gleich groß wie der des Sterns ist, jedoch in die entgegengesetzte Richtung zeigt. Es muss daher gelten:
m S∙vS = m P∙vP und somit m P = (m S∙vS)/vP. Wir müssen also zunächst noch die Geschwindigkeit des Planeten
ausrechnen. Dieser ist 7,8∙1011 m vom Stern entfernt
und benötigt für einen Umlauf 11,9∙60∙60∙365 s =
3,75∙108 s. Seine Bahngeschwindigkeit beträgt daher
13,1∙103 m/s, also rund 13 km/s. Jetzt haben wir alle
Werte und können oben einsetzen. Für die Planetenmasse erhalten wir 1,9∙1027 kg oder 318 Erdmassen. Ein
Blick auf Tabelle 12.1 zeigt dir, dass wir einen sonnenähnlichen Stern gefunden haben, der quasi von einem
extrasolaren Jupiter umkreist wird.
Hilfe zu A20: Ein Lichtjahr entspricht einer Entfernung
von 3∙108 m/s∙60∙60∙24∙365 s = 9,3∙1015 m. 25.000 LJ
sind daher 2,3∙1020 m. Der Umfang der Kreisbahn ums
galaktische Zentrum ist daher 1,5∙1021 m. Bei einer Geschwindigkeit von 220 km/s (= 6,8∙1012 m pro Jahr)
braucht die Sonne daher etwa 216∙106 Jahre für einen
vollen Umlauf. Wenn wir annehmen, dass es unsere Erde seit etwa 4,6 Milliarden Jahren gibt, dann hat sie in
dieser Zeit rund 21 Umläufe absolviert.
Hilfe zu A21: Aus den Punkten 1) bis 3) kannst du die
Masse des sichtbaren Universums errechnen:
2.1030⋅1011⋅1011 kg = 2.1052 kg. Der sichtbare Teil
macht aber nur etwa 0,4 % aus. Der tatsächliche Wert
ist also 250-mal größer, nämlich 5⋅1054.
Hilfe zu A22: Betrachten wir nur die Atomkerne, weil
diese um den Faktor 103 massereicher sind als die Hülle
und für eine Schätzung daher nicht ins Gewicht fallen.
Wasserstoff besteht aus einem Nukleon (einem Proton),
Helium aus vier Nukleonen (zwei Protonen, zwei Neutronen). Über den Daumen hat Helium daher die vierfache Masse von Wasserstoff. Nehmen wir also die relative Masse von Wasserstoff mit 1 und die von Helium mit
4 an. Im Universum gibt es daher 92 Massenanteile
Wasserstoff (92∙1) und 32 Massenanteile Helium (8∙4).
Das macht in Summe 124 Massenanteile. Auf die Masse
umgerechnet gibt es im Universum daher rund 74 %
Wasserstoff ((92/124)∙100) und 26 % Helium.
Hilfe zu A23 a: Das Alter des Universums ist 4,3⋅1017 s.
b: v = s/t = 1/4,3⋅1017 m/s = 2,3⋅10-18 m/s.
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