Wie lange braucht die Erde um auf die Sonne zu fallen?

Isaac-Newton+1642 · Gast

Meine Frage:
Hey Leute!
Also jetzt mal etwas für das mentale Training:

Ihr nehmt die Erde, haltet sie in ihrer Bewegung um die Sonne an und lasst sie dann los.
Wie lange braucht sie, um auf die Sonne zu stürzen, wenn die Entfernung zur Sonne 149.600.000.000m, der Sonnenradius 696.000.000m und die Masse der Sonne 1.989x10^30 m beträgt? (Angabe am besten in Tagen :-).)

(Ich kenne die Lösung, will nur mal wissen, mit welchem Rechenweg ihr darauf kommt! :-D)

Meine Ideen:
Tipp: inverses Quadratgesetz (Newtonsche Gravitation).

DrStupid · Anmeldungsdatum: 07.10.2009 Beiträge: 5041

Mein Tipp wäre das dritte Keplersche Gesetz.

Nils Hoppenstedt · Anmeldungsdatum: 08.01.2020 Beiträge: 2019

DrStupid · Anmeldungsdatum: 07.10.2009 Beiträge: 5041

Rund 65 Tage ist genauer.

Myon · Anmeldungsdatum: 04.12.2013 Beiträge: 5852

Hmm. Ich hätte jetzt auch auf etwa 90 Tage getippt. Das mit dem 3. Keplerschen Gesetz ist wahrscheinlich wirklich raffiniert, aber ich kapiere im Moment nicht, wie man damit auf 65 Tage kommt. Hat irgendwas mit der grossen Halbachse zu tun, wenn die kleine=0 ist?

Rechnet man analog wie in dieser Aufgabe, komme ich auf 64.4 Tage.

Nils Hoppenstedt · Anmeldungsdatum: 08.01.2020 Beiträge: 2019

Nils Hoppenstedt · Anmeldungsdatum: 08.01.2020 Beiträge: 2019

Hallo Myon,

Myon · Anmeldungsdatum: 04.12.2013 Beiträge: 5852

@Nils Hoppenstedt: Vielen Dank!! Jetzt verstehe ich (wahrscheinlich). Die Brennpunkte liegen an den beiden „Enden“ der Ellipse, und damit wird auch klar, dass die Fallzeit T/2 und nicht T/4 ist...

PS: Über das a=R/2 muss ich jetzt beim Einschlafen nochmals ein wenig nachdenken...
PPS: Gut, das sehe ich jetzt ebenfalls ein. Aber auf das alles wäre ich selber wahrscheinlich lange nicht gekommen...

Qubit · Anmeldungsdatum: 17.10.2019 Beiträge: 829

Ja, die Anwendung des 3. Keplerschen Gesetzes ist hier etwas tricky.

(i) man betrachte die Keplerellipse e mit Mittelpunkt M1 und den Halbachsen a und b für die Erdbahn E.
Die Sonne ist im Brennpunkt F1.

(ii) man betrachte nun eine Keplerellipse e' mit Mittelpunkt M2 und den Halbachsen a'=a/2 und b für eine Erdbahn E'.
Die Sonne bleibt im Brennpunkt F1'=F1. Der alte Mittelpunkt M1 ist nun der neue Brennpunkt F2'.

Hier lässt sich nun das 3. Keplersche Gesetz anwenden:

also

(iii) da die Umlaufzeit T' nur von der grossen Halbachse a' abhängt, lässt sich die Keplerellipse für b->0 betrachten, die Exzentrizität geht dann gegen 1 und die Brennpunkte gehen gegen die Abstände a' vom Mittelpunkt M2:

Man bekommt so die Keplerellipse e'' mit Mittelpunkt M2 und Halbachsen a/2 und 0. Die neuen Brennpunkte sind F1'' und F2''. Ihr Abstand ist 2*a/2=a, also die grosse Halbachse der Keplerellipse e der Erdbahn.

Das bedeutet wiederum, dass die halbe Umlaufzeit von e'', diese entspricht T'/2, da von b unabhängig, gerade die Fallzeit T_x für den freien Fall Erde->Sonne bedeutet:

Also

Myon · Anmeldungsdatum: 04.12.2013 Beiträge: 5852

Bei der Rechnung mittels Integration erhält man 64.55d (Fall bis zur Sonnenoberfläche) bzw. 64.56d (Fall bis zum Mittelpunkt der Sonne), das stimmt schön überein.

Qubit · Anmeldungsdatum: 17.10.2019 Beiträge: 829

Ja, man sollte vielleicht noch erwähnen, dass man hier von einem mittleren Abstand ausgeht:

Das ist exakt nur an 2 Bahnpunkten der Erde erfüllt.

Ansonsten bekommt man bei beliebigem Abstand R mit gleicher Argumentation noch einen Faktor:

Also

und

TomS · Moderator Anmeldungsdatum: 20.03.2009 Beiträge: 18018

@Qbit: deine Herleitung ist schön, aber noch etwas kompliziert.

Bei ortsfestem Brennpunkt und für die beiden folgenden Fälle identischer Position des Planeten und damit identischem Radius r gilt

1) im symmetrischen Grenzfall, d.h. Ellipse wird zum Kreis

2) im entarteten Grenzfall, d.h. Ellipse wird zur Gerade

Damit erkennt man, dass die Fallzeit gleich der halben Umlaufzeit aus (2) entspricht

Außerdem gilt

Der Rest folgt aus deiner Rechnung.

Mir ist noch etwas aufgefallen: Bei allen Zeichnungen wird der Planet immer im Aphel bei maximalen Radius betrachtet; die Argumentation gilt jedoch auch für beliebige andere Punkte auf dem Orbit. Dazu überlegt man sich, dass für die o.g. Betrachtung der Fall (2) und speziell der aktuelle Radius r alleine physikalisch relevant sind; es ist gleichgültig, von welchem ursprünglichen Orbit der Planet gestoppt wurde. Man kann demnach einen hypothetischen kreisförmigen Orbit (1) für die Betrachtung zu Grunde legen, ohne dass sich der Planet tatsächlich auf diesem befunden haben muss.