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Aufgabe IPhO 2007 - 3. Runde "Statit"
 
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Br0t (Gast)
Gast





Beitrag Br0t (Gast) Verfasst am: 23. Nov 2010 14:21    Titel: Aufgabe IPhO 2007 - 3. Runde "Statit" Antworten mit Zitat

Meine Frage:
Statit (3. Runde 2007)
Eine vollständig reflektierende Kugel mit mittlerer Dichte 1000 kg m-3 wird durch den Einfluss der Gravitation und der Strahlung der Sonne an einem festen Punkt in unserem Sonnensystem gehalten.
Bei welchem im Vergleich zum Sonnenradius großen Abstand zur Sonne ist dies möglich? Wie groß ist jeweils der Radius r der Kugel?
Hinweise: Sonnenmasse mS = 2,0 1030 kg, Strahlungsleistung der Sonne PS = 3,8 1026 W


Meine Ideen:
Ich habe hier mal eine Lösung, die ich so ausgerechnet habe. Wenn ihr Fehler seht, bitte sofort Bescheid sagen smile.

http://coke-paradise.com/upload/Brot/Aufgabe Statit.pdf
[link hinzugefügt, para]

Vielen Dank für eure Ideen, schonmal im Voraus,

mfG Br0t
franz



Anmeldungsdatum: 04.04.2009
Beiträge: 11573

Beitrag franz Verfasst am: 23. Nov 2010 17:14    Titel: Re: Aufgabe IPhO 2007 - 3. Runde "Statit" Antworten mit Zitat

neudeutsch 404
eva1



Anmeldungsdatum: 06.10.2010
Beiträge: 532

Beitrag eva1 Verfasst am: 23. Nov 2010 17:27    Titel: Antworten mit Zitat

mach neudeutsch copy paste!
und nicth stur draufklicken!
para
Moderator


Anmeldungsdatum: 02.10.2004
Beiträge: 2874
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Beitrag para Verfasst am: 23. Nov 2010 18:07    Titel: Antworten mit Zitat

Ich habe den Link korrigiert, kein Grund für den gereizten Ton.

Br0t, ich komme auf ein anderes Ergebnis als du. Was mir aufgefallen ist: versuche mal so weit wie möglich ohne (numerische) Zwischenergebnisse zu rechnen. Es ist günstig, am Ende eine Formel dastehen zu haben, mit der die gesuchte Größe allein durch gegebene Größen berechnet werden kann. Dann würde z.B. deutlicher, dass man keine Wellenlänge des Sonnenlichtes annehmen muss, da diese wieder heraus fällt.
Versuche auch einmal, anstatt alles auf eine Sekunde zu beziehen lieber mit einem allgemeinen Zeitintervall zu rechnen. Zum Beispiel indem du von der Energie auf die Leistung übergehst.

Einen systematischen Haken hat deine Lösung der Aufgabe noch: du berechnest die Impulsänderung so, als würden alle Photonen exakt zurückgeworfen. In Wirklichkeit ist die spiegelnde Oberfläche jedoch sphärisch gekrümmt, steht also nicht immer senkrecht zur Einfallsrichtung. - Aber vielleicht einigen wir uns erst einmal auf eine Lösung für die jetzige Interpration, und kommen dann zu diesem schwierigerem Teil. ;-)

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Br0t



Anmeldungsdatum: 23.11.2010
Beiträge: 28

Beitrag Br0t Verfasst am: 23. Nov 2010 18:57    Titel: Antworten mit Zitat

Hallo Para,

ja du hast recht, die Annahme mit der Wellenlänge war überflüssig, ich hatte damit nur nicht gerechnet^^. Ich habe jetzt eine Lösung ohne Zeitabhängigkeit und ohne Wellenlänge /Frequenz.

Meine Lösung lautet jetzt 1,133*10^-6 m Radius. Stimmt das mit deiner Lösung überein, unter der Annahme, dass die Fläche komplett senkrecht steht, also alle Photonen senkrecht auftreffen?
(modifizierter Lösungsweg: http://coke-paradise.com/upload/Brot/Aufgabe%20Statit.pdf)

EDIT: c ergänzt
mfg Br0t


Zuletzt bearbeitet von Br0t am 23. Nov 2010 19:32, insgesamt einmal bearbeitet
Delta
Gast





Beitrag Delta Verfasst am: 23. Nov 2010 19:27    Titel: Antworten mit Zitat

Du hast c im Nenner vergessen

Die "Sphäre" spielt keine Rolle
para
Moderator


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Beitrag para Verfasst am: 23. Nov 2010 19:40    Titel: Antworten mit Zitat

Br0t hat Folgendes geschrieben:
Meine Lösung lautet jetzt 1,133*10^-6 m Radius. Stimmt das mit deiner Lösung überein, unter der Annahme, dass die Fläche komplett senkrecht steht, also alle Photonen senkrecht auftreffen?

Ja, ich komme auch auf dieses Ergebnis (nur mit weniger Stellen).

Delta hat Folgendes geschrieben:
Die "Sphäre" spielt keine Rolle

Kannst du das begründen?

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Br0t



Anmeldungsdatum: 23.11.2010
Beiträge: 28

Beitrag Br0t Verfasst am: 23. Nov 2010 19:47    Titel: Antworten mit Zitat

Also ich hoffe bis auf die Umformungsfehler könnte die Lösung so stimmen richtig? Ja, das denke ich auch Delta, aber es wäre mal interessant die Lösung zu finden, um das zu begründen...

Edit: Ja ich hab eben versucht den Integralterm zu finden... Das Problem ist, dass hier wieder der Abstand zur Sonne eine Rolle spielt (Winkel).


Zuletzt bearbeitet von Br0t am 23. Nov 2010 19:53, insgesamt einmal bearbeitet
Delta
Gast





Beitrag Delta Verfasst am: 23. Nov 2010 19:51    Titel: Antworten mit Zitat

@para

also äh

Im Endeffekt zählt nur der Querschnitt

Die Kugel hat zwar eine größere Oberfläche.Dafür streut sie zur Seite

Man muß wohl irgendwie integrieren um das zu zeigen

Ich bin mir ziemlich sicher,daß ein Scheibe und eine Kugel das gleiche Ergebnis hat
Leistung
Gast





Beitrag Leistung Verfasst am: 23. Nov 2010 20:15    Titel: Antworten mit Zitat

Quantenmechanische Betrachtung ist hier bisschen überflüßig, da die abgestahlte Leistung pro Fläche direkt mir dem Druck verknüpft ist.
delta hat, soweit ich mich richtig erinnere Recht.
para
Moderator


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Beitrag para Verfasst am: 23. Nov 2010 20:29    Titel: Antworten mit Zitat

Gut - dann versuche ich mal meine Überlegung zu erklären.

Ich denke der Einfachkeit halber sollte man davon ausgehen, dass wir weit genug von der Sonne entfernt sind, dass alle Lichtstrahlen parallel verlaufen wenn sie auf die Kugel treffen.

Ich stimme euch zu, dass dann für die insgesamt auf die Kugel einfallende Strahlungsleistung ausschließlich die Querschnittsfläche entscheidend ist. Das ist in Br0ts Lösungsweg so auch berücksichtigt.

Bei der Kraft die von einem Photonenstrom der Leistung P auf die Kugel ausgeübt wird, sind wir davon ausgegangen, dass die Photonen exakt zurückgeworfen werden.
Allgemein gilt jedoch für die Kraft in Einfallsrichtung des Strahls folgende Beziehung (Komponenten senkrecht zur Einfallsrichtung kompensieren sich bei der Kugel aus Symmetriegründen, so dass ich sie hier nicht betrachte):
Dabei bezeichne Theta den Winkel um den das Photon seine Flugrichtung ändere. Im Fall Theta=180° ergibt sich genau der Fall den wir bei einer senkrecht zum einfallenden Licht stehenden Spiegel hätten (also der bisher betrachtete).

Werden die Photonen jedoch unter einem anderen Winkel reflektiert, ist die "Kraft pro Strahlungsleistung" in Einfallsrichtung geringer. Bei der gleichen reflektierten Leistung tragen also geneigte Flächen weniger zur betrachteten Kraft bei als senkrecht zum Strahl stehende. Grund ist die geringere Impulsänderung der Photonen bei der Reflektion.

Daher darf meiner Ansicht nach die Neigung der Oberfläche nicht unberücksichtigt bleiben.

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Br0t



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Beitrag Br0t Verfasst am: 23. Nov 2010 20:56    Titel: Antworten mit Zitat

Sehe ich es richtig, dass deine Formel für die Kraft aus der Formel des Comptoneffekts stammt, wobei einfach beide Seiten durch "t" geteilt werden?
So hat man dp/dt=F und hf/dt =W/dt=P?

EDIT: @ Energie/Impuls: Du meinst E=pc <=> p=E/c ?


Zuletzt bearbeitet von Br0t am 23. Nov 2010 21:10, insgesamt einmal bearbeitet
para
Moderator


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Beitrag para Verfasst am: 23. Nov 2010 21:04    Titel: Antworten mit Zitat

Br0t hat Folgendes geschrieben:
Sehe ich es richtig, dass deine Formel für die Kraft aus der Formel des Comptoneffekts stammt, wobei einfach beide Seiten durch "t" geteilt werden?

Mit dem Compton-Effekt hat das nicht direkt zu tun. (Auch wenn man dort ebenfalls die Impulsänderung eines Photons betrachtet. Zusätzlich kann sich dabei aber noch die Wellenlänge ändern.)

Br0t hat Folgendes geschrieben:
So hat man dp/dt=F und hf/dt =W/dt=P?

Ja, auch wenn der zweite Term etwas unsauber aufgeschrieben ist. Wichtig ist die Relation zwischen Energie und Impuls eines Photons.

//edit: Genau, die Beziehung die du nun auch hinein editiert hast meine ich.

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Beitrag Br0t Verfasst am: 23. Nov 2010 21:56    Titel: Antworten mit Zitat

Ich weiß nicht genau, aber könnten wir nicht die Kraft über alle vorkommenden Streuwinkel integrieren?
Wegen der Annahme der homogenen Photonenverteilung ist ja für jeden Winkel eine gleiche Anzahl Photonen da oder?

@Franz: Ja natürlich, du hast recht, war zu einfach (=falsch) gedacht.

Aber wie könnten wir denn jetzt die Gesamtkraft auf die Kugel herauskriegen?


Zuletzt bearbeitet von Br0t am 23. Nov 2010 22:51, insgesamt einmal bearbeitet
franz



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Beitrag franz Verfasst am: 23. Nov 2010 22:06    Titel: Antworten mit Zitat

Wieso? Die konzentrischen Ringe zu einem Streuwinkel haben doch eine unterschiedliche Fläche.
para
Moderator


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Beitrag para Verfasst am: 23. Nov 2010 23:30    Titel: Antworten mit Zitat

@Br0t: ich finde dem Thread wäre einfacher zu folgen, wenn du einfach auf andere Beiträge antworten würdest, anstatt deine Antwort in den Beitrag darüber hinein zu editieren. - Das unterbricht unnötig die zeitliche Reihenfolge, und wird auch nicht als neuer Beitrag angezeigt.

Der Trick bei der Integration ist, wie schon von franz angedeutet, die (Halb-)Kugel in geeignete Bereiche gleicher Neigung zu zerlegen und über diese zu integrieren. Ich kenne jetzt deinen Stand nicht. Für diesen Teil der Aufgabe sollte man schon ein bisschen Erfahrung im Integrieren haben.

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Beitrag VeryApe Verfasst am: 24. Nov 2010 03:18    Titel: Antworten mit Zitat

kann man das nicht so machen?

Kugel in dx scheiben zerteilen. Photonenstrahl nach projizierender Fläche aufteilen die sich über dx ergibt.

Alle Photonen werden gleich über die sich durch dx ergebene projizierende Fläche reflektiert.



Photonen.jpg
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para
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Beitrag para Verfasst am: 24. Nov 2010 14:25    Titel: Antworten mit Zitat

Ich denke es kann so gehen wie du vorschlägst, von der Zerlegung der Halbkugel ausgehend. Ich habe aber leider nicht so richtig verstanden, was du mit der Zerlegung der Impulse meinst.

Im Vergleich zum Aufteilen in "dx-Scheiben" würde ich vermuten, dass die Parametrisierung in Kugelkoordinaten einfachere Integrale ergibt. (Zumindest ist das Integral dass man mit Kugelkoordinaten erhält relativ problemlos.)

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VeryApe



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Beitrag VeryApe Verfasst am: 24. Nov 2010 14:58    Titel: Antworten mit Zitat

v wird in zwei Vektoren zerlegt einer der an der Oberfläche vorbei geht der andere der genau normal drauf hineingeht.

Dies ist der Vektor der umgelenkt wird und den Impuls überträgt.

Den Vektor kann man wieder in zwei Komponenten zerlegen, wobei der effektive Impuls übrig bleibt der geringer ist als der tatsächliche Impuls in dieser Richtung.

Man kann so tun als würde der effektive Impuls auf die projizierende Fläche krachen.also als wäre die Kugel doch eine Scheibe.
para
Moderator


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Beitrag para Verfasst am: 24. Nov 2010 18:06    Titel: Antworten mit Zitat

VeryApe hat Folgendes geschrieben:
Man kann so tun als würde der effektive Impuls auf die projizierende Fläche krachen.

Ah, okay - mit den Erläuterungen sehe ich, was du gemacht hast. :-)

@Br0t: wie sieht es bei dir aus? Hast du eine Idee, wie du vorgehen könntest?

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Beitrag Br0t Verfasst am: 24. Nov 2010 23:20    Titel: Antworten mit Zitat

Hallo,
Danke für die große Beteiligung an meiner Fragestellung smile.
Also ich hatte heute viel zu tun, deswegen hatte ich keine Zeit, mir weitere Gedanken zu der Integration zu machen. Ich habe mir VeryApes Grafik angeschaut:
Eigentlich müssten wir doch nach dx und nach dy integrieren oder?
Wir hätten also das Integral zu bestimmen:

Weil wenn wir das Integral in einer Richtung gebildet haben, dann haben wir den Verlauf in y-Richtung ja nicht berücktsichtigt oder?
Um jetzt F(x) zu bestimmen brauchen wir aber die Kreistangente, um die Bedingung mit dem parallelen Anteil und senkrechten Anteil zum Kreis umzusetzen, also den Neigungswinkel an der Stelle x zur Horizontalen zu kennen.

Ich habe eine Grafik (Kreistangente.jpg) angehängt, die meine Idee darstellt.
Das Ergebnis lautet



Mit der Beziehung

gilt auch


Ist das eine erfolgversprechende Methode? Der Computer könnte uns doch jetzt nach x eine Stammfunktion liefern rhein theoretisch oder?
Interessanterweise lautet das Integral laut Wolfram Integrator genau

wobei nach Einsetzen von r genau herauskommt.

Es ist mir bewusst, dass ich hierbei nur eine Viertelkugel = Ober/Unterhälfte der Halbkugel betrachte. Gesamtergebnis wäre also der doppelte Wert.



Zerlegung.jpg
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Zerlegung.jpg



Kreistangente.jpg
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VeryApe



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Beitrag VeryApe Verfasst am: 25. Nov 2010 01:44    Titel: Antworten mit Zitat

Also ich habe das mal schnell am Zettel nach meiner Methode probiert und bekomme da relativ einfache Formeln mit karthesischen Koordinaten.

Gilt natürlich alles nur für die Annahme die Sonnenstrahlen treffen parallel ein.!!!





Zur Orientierung halt ich mich ans pdf von Brot.

behandelt wird mein Lösungsvorschlag.

Zunächst mal der effektive Impuls:



Effektiver Impuls.jpg
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Effektiver Impuls.jpg




Zuletzt bearbeitet von VeryApe am 25. Nov 2010 12:44, insgesamt 2-mal bearbeitet
VeryApe



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Beiträge: 3243

Beitrag VeryApe Verfasst am: 25. Nov 2010 03:14    Titel: Antworten mit Zitat









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dann zu meiner Skizze weiter oben.

Kreisfunktion:





Das Minus tangiert uns nicht, das brauchen wir nicht, wichtig ist nur der Wert

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Nun zur projizierenden Fläche
Über jedes dx ergibt sich eine Kreisringfläche.
Die Photonenanzahl wird anhand dieser Kreisringfläche aufgeteilt, alle werden innerhalb dx gleich reflektiert.









k²dx² ist unendlich klein zum Quadrat -> wegschmeissen






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Nun halt ich mich an Brots pdf

Die Anzahl der Photonen die auf die Kugel eintreffen



diese homogen auf die gesamte projizierende Fläche verteilt ergibt die Photonenanzahl pro Fläche, wie soll ich sie nennen? - kappa photon



Die Anzahl der effektiven Photonen die dann über einen dx Abschnitt auf dAproj eintreffen ist







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Br0t



Anmeldungsdatum: 23.11.2010
Beiträge: 28

Beitrag Br0t Verfasst am: 25. Nov 2010 13:02    Titel: Antworten mit Zitat

OK VeryApe, ich habe deine Herleitung verfolgt. Ich habe zwar noch ein paar Fragen dazu, aber erstmal habe ich dein Ergebnis verwendet, um zu berechnen. Interessanterweise komme ich genau auf die Hälfte unseres vorherigen Ergebnisses. Die Rechnung kann ich grade aus Zeigründen nicht posten, aber könnt ihr das bestätigen.

lg Br0t
para
Moderator


Anmeldungsdatum: 02.10.2004
Beiträge: 2874
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Beitrag para Verfasst am: 25. Nov 2010 13:46    Titel: Antworten mit Zitat

Ja, ich komme in Kugelkoordinaten auch auf dieses Ergebnis:
Dabei sind die einzelnen Teile:
(1) Flächenelement in Kugelkoordinaten,
(2) Neigung des Flächenelements,
(3) Impulsänderung des Photons bei Reflexion (Komponente parallel zur Einfallsrichtung).

S ist die einfallende Leistung der Sonne pro (senkrecht dazu stehender) Fläche.

Mit trigonometrischen Beziehungen verinfacht man zu:

Damit kann man das Integral über die Halbkugel ausführen:
Also genau die Hälfte dessen was man mit einer flachen Oberfläche (senkrecht zur Strahlungsrichtung) erhalten würde.

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Br0t



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Beitrag Br0t Verfasst am: 25. Nov 2010 15:36    Titel: Antworten mit Zitat

Um kurz meinen Rechenweg aufzuschreiben, mit VeryApes Ergebnis:


Dann ist

Wenn wir also einsetzen erhalten wir


In meiner Lösung standt an dieser Stelle 2 anstatt 4 im Nenner, weshalb nur die halbe Kraft durch Photonen aufgebracht wird.
In der Folge halbiert sich auch der Radius des gesuchten Objekts.


Ich habe eine Frage VeryApe: Wie kann bei dir k zum einen ein Stück von der Kugel sein (über Tangente), und gleichzeitig in deiner Skizze ein Winkel? Wie kommst du auf deine erste, bzw deine 2. Gleichung? Könntest du mir das erklären? Und warum ist ?

lg Br0t
VeryApe



Anmeldungsdatum: 10.02.2008
Beiträge: 3243

Beitrag VeryApe Verfasst am: 26. Nov 2010 21:48    Titel: Antworten mit Zitat

k ist doch kein Kugelabschnitt, sondern die Steigung des Kugelabschnitts.

k als Symbol für die Steigung wird dir doch was sagen oder.

Die Steigung ist ja nichts anderes wie eine Winkelangabe, beides beschreibt dasselbe, wie genau 2 Geraden aufeinander stehen.

tjo wieso ist c=1/k das ist nun dein Rätsel.

zeichne dir ein rechtwinkeliges Dreieck es gibt zwei winkel die nicht 90 Grad haben, für jeden dieser Winkel kannsd du eine Steigung angeben, wenn du eine Steigung kennsd dann errechnet sich die andere Steigung 2= 1/Steigung 1

den beweis darfsd du liefern, der ist nebenbei ziemlich einfach.

Das kriegst du hin
Br0t



Anmeldungsdatum: 23.11.2010
Beiträge: 28

Beitrag Br0t Verfasst am: 28. Nov 2010 13:29    Titel: Antworten mit Zitat

Achso, ok ich hatte mich sehr gewundert. Wenn k eine Steigung ist, dann
gilt ja wenn Alpha der Steigungswinkel ist.

Dann ist der Beweis ja wirklich nicht schwer. Es sei das Dreieck ABC wie im Anhang mit den Winkeln Alpha, Beta, Gamma.

Sei und

Man sieht sofort, dass q.e.d.



dreieck.gif
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dreieck.gif


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