Paradoks bliżniąt sprawdzone w praktyce (?)

[Fibik]

natężenie pola: g = -grad(Vg)

Z addytywność, czyli z całki po całej masie?

A tak w ogóle to są podejrzenia, że grawitacja nie jest addytywna - zaburzenia stałej G, i inne anomalie.
------

Tamten wzór jest dobry tylko na zewnątrz kuli: r > R, ale taki:
\(\displaystyle{ t = t_\infty\cdot \sqrt{1+2V_g/c^2}}\)
działa wszędzie tam, gdzie jest określony potencjał grawit. Vg.

Jabłko nie jest czarną dziurą, takie cuda w ogóle nie istnieją w rzeczywistości (czas powstania cd byłby nieskończony wg OTW, a nasz świat tak długo jeszcze nie trwa... najwyżej połowę tego ).

[Amon-Ra]

natężenie pola: g = -grad(Vg)

Tak, teraz dobrze .

Z addytywność, czyli z całki po całej masie?

Tak. Wszak \(\displaystyle{ \varphi=\sum_i \varphi_{i}}\).

Jakiś czas temu sporządziłem stosowne wyprowadzenie, które zachowałem na dysku komputera, patrz niżej:

Rozpatrzmy jednorodną kulę o promieniu R i identycznej w każdym jej punkcie gęstości σ. Zorientujmy ją w kartezjańskim układzie współrzędnych tak, aby jej środek znajdował się w początku układu. Wybieramy teraz na osi Ox punkt o współrzędnych \(\displaystyle{ (a,0,0)}\) - to w nim obliczać będziemy potencjał.

Podzielmy teraz całą kulę na nieskończenie wiele infinitezymalnie małych prostopadłościaników o objętościach \(\displaystyle{ dV=rd\varphi dr dx}\), tak, jak na ilustracji:



Odległość prostopadłościanu od punktu, w którym obliczamy natężenie to e, z analizy geometrycznej możemy powiedzieć, że:

\(\displaystyle{ e=\sqrt{r^2+(a-x)^2}}\)

Masa prostopadłościanu to \(\displaystyle{ dM=\sigma dV=\sigma rd\varphi dr dx}\). Cząstkowy potencjał generowany przez taki prostopadłościan w punkcie a to zatem:

\(\displaystyle{ dA=-\frac{GdM}{e}=-\frac{Gr\sigma d\varphi dr dx}{\sqrt{r^2+(a-x)^2}}}\)

Zakres zmienności zmiennych:

\(\displaystyle{ 0\leq \varphi q 2\pi \\ 0\leq r q \sqrt{R^2-x^2} \\ -R q x q R}\)

Na tej podstawie formułujemy całkę potrójną:

\(\displaystyle{ A=-G\sigma\int_{-R}^{R}dx t_{0}^{\sqrt{R^2-x^2}}rdr\int_{0}^{2\pi} \frac{d\varphi}{\sqrt{r^2+(a-x)^2}}}\)

Podczas rozwiązywania powyższej, w pewnej chwili natrafimy na postać następującą:

\(\displaystyle{ A=-2G\sigma \pi\int_{-R}^{R}\left( \sqrt{R^2-x^2+(a-x)^2}-\sqrt{(a-x)^2}\right) dx}\)

Wzór powyższy zawiera pułapkę w postaci czynnika \(\displaystyle{ \sqrt{(a-x)^2}}\). Chciałoby się napisać, iż jest to po prostu \(\displaystyle{ a-x}\), ale nie jest to prawdą, gdyż zgodnie z definicją \(\displaystyle{ \sqrt{c^2}=|c|}\), a przecież:

\(\displaystyle{ |c|=\left\{ \begin{array}{ll}-c & ca \\ a-x & x\leq a\end{array}\right.}\)

Stąd całkę \(\displaystyle{ \int_{-R}^{R}\sqrt{(a-x)^2}dx}\) rozbić trzeba na dwie:

\(\displaystyle{ \int_{-R}^{R}\sqrt{(a-x)^2}dx=\int_{-R}^{a}(a-x)dx+\int_{a}^{R}(x-a)dx}\)

Stąd:

\(\displaystyle{ A=-2G\sigma \pi ft( t_{-R}^{R}\sqrt{R^2-x^2+(a-x)^2}dx - t_{-R}^{a}(a-x)dx-\int_{a}^{R}(x-a)dx \right)}\)

Dalszy proces rozwiązywania jest już dość schematyczny, aczkolwiek w pewnym momencie należy posłużyć się dodatkowo wzorem na różnicę sześcianów \(\displaystyle{ a^3-b^3=(a-b)(a^2+ab+b^2)}\); ostatecznie otrzymamy wzór postaci:

\(\displaystyle{ A=-2G\sigma \pi\left(R^2-\frac{a^2}{3}\right)}\)

Wprowadzając \(\displaystyle{ M=\frac{4}{3}\sigma \pi R^3}\), zapisujemy powyższe następująco:

\(\displaystyle{ A=-\frac{3}{2}\frac{GM}{R^3}\left(R^2-\frac{a^2}{3}\right)}\)

W fizyce zwykło się potencjał grawitacyjny zapisywać jako \(\displaystyle{ \varphi}\) lub V, taką też konwencję zastosujmy - wcześniej ochrzciłem potencjał literą A, aby nie doszło do kolizji oznaczeń między potencjałem i kątem. Literą a zastąpię przez r, gdyż rozpatrujemy potencjał w odległości r od środka kuli:

\(\displaystyle{ \varphi (r)=-\frac{3}{2}\frac{GM}{R^3}\left(R^2-\frac{1}{3}r^2\right)}\)

Otrzymaliśmy skalarne pole potencjału, które jest polem centralnym - jego wartość zależy nie od współrzędnych punktu, ale od normy jego wektora wodzącego. Stąd, posługując się ponadto definicją natężenia pola...

\(\displaystyle{ \vec{\gamma}=-\nabla \varphi}\)

... możemy powiedzieć, iż w tym przypadku powinien zachodzić związek:

\(\displaystyle{ \vec{\gamma}=-\hat{e}_r \frac{\partial}{\partial r}\varphi(r)}\)

Obliczając \(\displaystyle{ \vec{\gamma}=-\frac{GMm}{R^3}\vec{x}}\), można z łatwością udowodnić, iż związek faktycznie istnieje i zgadza się ze wcześniej obliczonymi wielkościami.

Biorąc r=0 dostajemy rzeczony wynik.

[Fibik]

To oblicz teraz tę dylatację w tunelu - czas przelotu przez Ziemię zmierzony przez spadający z powierzchni zegar.
Zegar na orbicie o promieniu R powinien chyba tyle samo pokazać - bez dylatacji okresy są jednakowe.
...a nawet musi być tak samo, więc jest to test poprawności OTW.

[smiechowiec]

Rozpatrzmy pas przestrzeni między dwoma czarnymi dziurami, na niebiesko zaznaczyłem horyzonty czarnych dziur. Siły przyciągania od obu mas się równoważą Moim zdaniem przez środek pasa mogą przebiegać cząstki po zielonej linii. Jeżeli wzór na grawitacyjną dylatację czasu jest poprawny to cząstki nie powinny opuszczać tego pasa w skończonym czasie, co rodzi pewną sprzeczność.

Czy ktoś może wie jak to wyjaśnić ?

[Fibik]

Te czarne dziury musiałyby nieźle wirować, aby utrzymać tę odległość.
Czysta fikcja.

Pomiędzy Ziemią a Słońcem też jest punkt zerowej siły (ok. 200 tyś km od Ziemi) i tam, zgodnie z tą siłową interpretacją dylatacji, zegary powinny zasuwać szybciej, a wg OTW wolniej, bo tam jest minimum potencjału.

Ktoś kiedyś nawet proponował NASA żeby zmierzyli w tym punkcie ten efekt,
ale jakoś się nie kwapią.

[kmail]

Księżyc oddala się zwyczajnie od kapsuły.
Oddali się na odległość x to kapsuła jest x od centrum - zgadza się?
x od centrum siła grawitacji nie jest już zerowa - jaka? Większa...
No i co się wtedy dzieje?

Spada swobodnie, i tyle.
Gdzie te przeciążenia?

nikt z nas nie był nigdy w środku jakiejś dużej kuli (wytwarzającej zauważalne pole grawitacyjne) więc nie radziłbym polegać na intuicji. Rozważmy energię potencjalną jakiegoś ciała o masie \(\displaystyle{ m}\) znajdującego się w obecności jakiejś kuli pozbawionej wnętrza, czyli tylko powłoki o masie \(\displaystyle{ M}\). Jej promień to \(\displaystyle{ r}\), a odległość ciała od środka: \(\displaystyle{ k}\). Rysujemy sobie na kartce rzut kuli na płaszczyznę, czyli koło. \(\displaystyle{ a}\) niech oznacza odległość środka od jakiegoś płaskiego przekroju naszej kuli, przekrój ten jest prostopadły do \(\displaystyle{ k}\). Potem kroimy jeszcze raz, równolegle do pierwszego przekroju i w odległości \(\displaystyle{ \mbox{d} a}\) od niego. Cała masa zawarta w pasku o szerokości \(\displaystyle{ \mbox{d} a}\) jest równoodległa od naszego ciała, odległość oznaczamy \(\displaystyle{ t}\). Kąt zawarty między \(\displaystyle{ k}\) i \(\displaystyle{ r}\) gdzie \(\displaystyle{ r}\) łączy środek z obwodem okręgu wyznaczonego przez przekrój wynosi \(\displaystyle{ \alpha}\), \(\displaystyle{ n}\) to promień przekroju (który jest kołem).

energia potencjalna ciała, której źródłem jest ten pasek wyznaczony przez dwa przekroje wynosi:

\(\displaystyle{ \mbox{d} E_{p}=-\frac{Gm\mbox{d} M}{t}}\)

gdzie \(\displaystyle{ \mbox{d} M}\) jest masą tego paska i wynosi:

\(\displaystyle{ \mbox{d} M=2\pi\rho n\mbox{d} t}\)

\(\displaystyle{ \rho}\) to jakby gęstość, wynosi \(\displaystyle{ \frac{M}{4\pi r^{2}}}\)

\(\displaystyle{ sin\alpha = \frac{\mbox{d} a}{\mbox{d} t} = \frac{n}{r}}\), więc

\(\displaystyle{ \mbox{d} M= \frac{2\pi\rho n \mbox{d} a}{sin\alpha} = 2\pi \rho r \mbox{d} a}\)

zatem energia potencjalna z tego paska:

\(\displaystyle{ \mbox{d} E_{p}=-\frac{2\pi Gm \rho r \mbox{d} a}{t}}\)

zachodzi zależność:

\(\displaystyle{ t \cdot \mbox{d} t=k \cdot \mbox{d} a \iff \frac{\mbox{d} a}{t} = \frac{\mbox{d} t}{k}}\)

\(\displaystyle{ \mbox{d} E_{p}=-\frac{2\pi Gm \rho r \mbox{d} t}{k}}\)

całkując:

\(\displaystyle{ E_{p}= -\frac{2\pi Gm \rho r}{k} \int_{p}^{q} \mbox{d} t = -\frac{2\pi Gm \frac{M}{4\pi r^{2}} r}{k} \cdot (q-p) = -\frac{GmM}{2rk} \cdot (q-p)}\)
gdzie:

\(\displaystyle{ p}\) odległość ciała od najbliższego punktu powłoki
\(\displaystyle{ q}\) odległość ciała od najdalszego punktu powłoki

czyli dla \(\displaystyle{ k>r}\) (ciało na zewnątrz):

\(\displaystyle{ p=k-r q=k+r E_{p}=-\frac{GMm}{k}}\) a więc jest taka jakby cała masa skupiła się w środku

dla \(\displaystyle{ k q=k+r E_{p}=-\frac{GMm}{r}}\) czyli energia potencjalna jest stała, nie zależy od położenia ciała (we wzorze nie występuje \(\displaystyle{ k}\)), a więc jak księżyc przyspieszy to nic nas nie ściągnie do środka jeśli się trochę przesuniemy... te sztuczki z księżycem to trochę jak próba udowodnienia, że można przekroczyć prędkość światła na końcu obracającego się ramienia, wystarczy tylko dostatecznie długie ramię, prędkość kątowa nie musi być duża...

[Fibik]

Zgubiłeś ten tunel.

Przyklej kawałek żelaza do magnesu i rzuć go - kawałek poleci razem z magnesem, czy zawiśnie w powietrzu?

Z taką intuicją fizyczną nawet z domu nie powinieneś wychodzić bez spadochronu.