Lösungen zu den Aufgaben - Springer

Kapitel15: Lösungen 1181Frequenzbereich, also ist die Nyquist-Rauschleistung kT ~wannähernd 10-16 W. Das Signal-Rausch-Verhältnis wird besser,wenn man kühlt und einen Empfänger mit engerer Resonanz,also schwächerer Dämpfung benutzt.15.4.14. DoppelpulsarDie Schwankung der Pulsperiode beruht auf einem Doppler­Effekt: Umlaufgeschwindigkeit V ~ 5 . w- 4 c = 1,5 .105 m/s, Umlaufperiode 28 000 s, Bahnradius r ~ 7 · 108 m(in Wirklichkeit stark exzentrische Bahnen). Das 3. Kepler­Gesetz und W = -GM/ (2r), logarithmisch differenziert, geben2T/T = -3r/r = 3W/W ~ w- 16 s-l, also mit M =3 · 10 30 kg ( Grenzmasse zwischen weißem Zwerg und Pulsar,aus Rotverschiebung u. a. gemessen): W ~ -4 · 10 41 J,W ~ 2 · 10 25 W (fast 1110 der gesamten Sonnenstrahlung).Nach P ~ G 4 M5 / ( c5 r5 ) (Abschn. 15.4.3) führen die Gravitationswellenetwa 2 · 10 25 W ab. Mit den wirklichen Wertenwird die Übereinstimmung perfekt und schließt alle Alternativenzu Einsteins Gravitationstheorie ziemlich sicher aus.15.4.15. Thnguska~ MeteoritAm 30.6.1908 steht in Kansk auf 56° N die Sonne um 7h 17Ortszeit schon ziemlich hoch und zwar fast im Osten. DerHelligkeitsvergleich durch die Augenzeugen ist also direktgenug, um glaubhaft zu sein. Wenn ein 600 km entferntesObjekt so hell aussieht wie die 2,5 · l0 5 mal fernere Sonne,ist seine Strahlungsleistung l;lei ähnlicher Spektralverteilungum den Faktor 10 11 kleiner, also 3 · 10 15 W. Der leuchtendeKörper müßte einige km Durchmesser gehabt haben. Tatsächlichwird die Strahlung als bläulich geschildert, wasden Durchmesser etwas reduziert, aber die Leistung erhöht.Die Dauer des Ereignisses wird als mehrere Sekundenangegeben, aber besonders bei hellen Lichterscheinungenüberschätzt man die Dauer gewöhnlich. Ein Objekt mit kosmischerGeschwindigkeit von 10-lOOkm/s durchquert dendichten Teil der Atmosphäre auch bei schrägem Flug in1 s oder wenig mehr. Die Gesamtenergie ergibt sich dannzu 10 16 -10 17 J, entsprechend einigen Megatonnen TNT(1 ,2 · 107 J/kg). Schätzungen aus der weltweit registriertenErdbebenwelle führen auf ähnliche Werte. Eine U-Bombedieser Sprengkraft hätte etwa 1 t, eine H-Bombe lOOkg(bei vollständiger Reaktion). Ein Stück Antimateriebrauchte nur 1 kg zu haben. Bei der Dichte eines Steinsbrauchte ein solcher Anti-Meteorit nur ro oder IÖo der Atmosphärenmassezu durchschlagen, um in seinem Flugkanal genügendLuftmoleküle zu seiner vollständigen Vernichtungeinzufangen. In 20-40 km Höhe wäre er verpufft. Aus600 km Abstand sieht man nur Dinge, die sich mindestens30 km über dem Boden abspielen. Es ist also nicht auszuschließen,daß die Bahn dort endete. Wesentliche MengenSprengstücke wie bei einem normalen Meteoritenfall hatman auch nicht gefunden. Ein Schwarzes Loch der Massem und der Geschwindigkeit v schluckt umgebende Materieso ein, daß diese zum Schluß c erreicht. Welchen Radius rhat der ausgelutschte Kanal? Während der Fallzeit, die wiebeim üblichen Kepler-Problem ,31 2 (G/M)- 1 1 2 ist, darf dasSchwarze Loch nicht mehr als r weitergeflogen sein, alsor ~ GMjv 2 . Bei r ~ 1 cm wird in der ganzen Atmosphäre1 kg aufgefressen, was die Lichterscheinung erklärt. Beiv ~ 100 km!s ergibt das M ~ 10 18 g, knapp oberhalb der Zerstrahlungsgrenze (Aufgabe 15.4.10). Auf dem Weg durch denErdkörper würden dagegen 10 7 kg verschluckt und 10 24 J erzeugt,das Äquivalent von 10 10 Megatonnen TNT oder demAufprall eines normalen Meteoriten von mehr als Ceres­Größe oder dem Mehrfachen der Bildungsenergie sämtlicherGebirge. Am wahrscheinlichsten ist immer noch ein Kometenkopfvon einigen 100m Durchmesser, der seine kinetischeEnergie in Reibungshitze und Strahlung umsetzt und von demnach dem "dirty snowball"-Modell nicht viel übrigbleibt15.4.16. n-KugelEine n-Kugel vom Radius R läßt sich aus Scheibchen aufbauen,deren Fläche das Volumen einer n- I-Kugel vomRadius R sin ß und deren Dicke -Rd cos ß = R sin ß dß ist(ß = arccos(x/R), x: Abstand der Scheibe vom Zentrum).Vn}R) = 2 J; 12 Vn-l (R sin ß)R sinß dß. Wir brauchen In =J; 2 sinn ß dß. Partielle Integration führt auf In =((n- 1)/n)In-2· So wird, ausgehend von V1 = 2R, das Vonlumen Vn = 2nRnf1Jv. die Oberfläche On= nVn/R, speziellV4 = !1r 2 R 4 , 04 = 21r 2 R 3 .15.4.17. UrstrahJungIDas isotrope Strahlungsfeld hat die Zustandsgleichungu = 3p (vgl. Aufgabe 5.3.7). Die Gesamtenergie W = uVändert sich adiabatisch gemäß d W = u d V + V du =-pdV. Einsetzen von p = u/3 liefert duju = -4dV /(3V)oder, integriert, u ~ v- 4 13 . Die Expansionsarbeit läßt uschneller abnehmen als einfach mit v-I. Für die schwarzeStrahlung ist u ~ T4 , also nimmt T bei der Expansion abwie v- 1 1 3 , d. h. wie der Radius-1. Daß eine schwarze,also Gleichgewichtsstrahlung im Gleichgewicht bleibt,kann man daraus vermuten, daß die adiabatische Expansionkeine Entropieänderung bringt. Viel anschaulicher: DerDoppler-Effekt verschiebt alle Frequenzen um den gleichenFaktor, ändert also die Form des Spektrums nicht. Eine 2, 7 K­Strahlung hat u ~ 4 · w- 6 J /m 3 , also etwa die Gesamtintensitätder Sonnenstrahlung in 10 4 Erdradien ~ 0,02 LichtjahrenAbstand (r ~ T-2). Ihr Emissionsmaximum liegt bei1 mm. Das Planck-Spektrum der Sonne ist dort nach der Rayleigh-Jeans-Näherungvi/v~ ~ 4 · 106mal schwächer als imEmissionsmaximum der Sonne, unter Berücksichtigungder geometrischen Verdünnung um 240 2 also 2 · I0 11 malschwächer; das 2,7 K-Maximum ist Ti /Ti ~ 10 10 ma1schwächer. Wenn wir auf dem Merkur wohnten, hätten wirdie 2,7 K-Strahlung wohl kaum gefunden. Die Abkühlungder Strahlung im expandierenden Weltall folgte verschiedenenGesetzen, je nachdem, ob die Strahlung noch mit derMaterie im Gleichgewicht stand (Photonenära), oder nichtmehr (Stellarära). Nur für die Stellarära mit ihrer konstantenPhotonenzahl gilt die obige Betrachtung. In Aufgabe 15.4.19wird diese Entwicklung genauer durchgerechnet. Ergebnis:Anfang der Photonenära nach t ~ 10 s mit T ~ 1010 K, währendder Photonenära T ~ R- 3 1 4 "'t- 1 1 2 , also 10 8 K nach