Matematyka.pl

Witam
Mam problem z takim zadaniem.
Można wykazać, że warstwa kulista jednordnej substancji nie wytwarza pola grawitacyjnego nigdzie w swoim (pustym) wnętrzu. Oblicz przyspieszenie ziemskie w punkcie odległym od środka Ziemi o \(\displaystyle{ r < Rz}\).
Czy mógłby ktoś napisać rozwiązanie albo podać przynajmniej jakąś podpowiedź ?

Edit: czy można to jakoś szybko udowodnić(pierwsza cześć zadania) stusując prawo gaussa dla grawitacji ?

A mógłbyś oprócz swoich zdolności akrobatycznych pokazać swoje własne chęci, własne usiłowania swoją pracę do rozwiązania zadania?

W rozwiązywaniu zadań nie tylko z fizyki pośpiech nie jest wskazany.

Dodano po 51 minutach 42 sekundach:
Twierdzenie Gaussa dla grawitacji

Jeżeli \(\displaystyle{ S }\) jest dowolną zamkniętą powierzchnią, wewnątrz której znajduje się dowolnie rozłożona masa \(\displaystyle{ m,}\) to zachodzi
równość:

\(\displaystyle{ \iint_{(S)}\vec{a}\cdot \vec{n}\cdot dS = 4\pi \cdot G\cdot m \ \ (1) }\)

gdzie

\(\displaystyle{ \vec{a}}\) - wektor przyśpieszenia sił grawitacyjnych na powierzchni elementu \(\displaystyle{ dS, }\)

\(\displaystyle{ \vec{n} }\) jednostkowy wektor normalny do powierzchni \(\displaystyle{ dS.}\)

Można udowodnić, rozpatrując dwa podobne kąty bryłowe, że dowolne masy znajdujące się na zewnątrz powierzchni \(\displaystyle{ S }\) nie wnoszą wkładu w wartość całki \(\displaystyle{ (1).}\)

Korzystając z tego twierdzenia, proszę obliczyć przyśpieszenie ziemskie dowolnej masy \(\displaystyle{ m }\) w odległości \(\displaystyle{ R < R_{z}.}\)

Wskazówka

Powierzchnię \(\displaystyle{ S }\) wygodnie jest wybrać w postaci sfery współśrodkowej z rozpatrywaną masą.

H0t_Orange_B0i pisze: ↑16 paź 2020, o 17:34 Oblicz przyspieszenie ziemskie w punkcie odległym od środka Ziemi o \(\displaystyle{ r < Rz}\).
Czy mógłby ktoś napisać rozwiązanie

Moim zdaniem nie ma nikogo na Ziemi, nikogo nie było i pewnie długo jeszcze nikogo takiego nie będzie, kto umiałby podać rozwiązanie tego zadania.

Niby dlaczego?

Zasadniczą przeszkodą jest brak dokładnej znajomości rozkładu gęstości Ziemi.
Jedną z mniej istotnych jest niekulistość Ziemi.

Z Tw Gaussa dla pola grawitacyjnego mam
\(\displaystyle{ \oint \vec{g} \cdot dS = -4\pi Gm}\)
w treści zadania mamy sfere, a pole sfery to \(\displaystyle{ P=4\pi r^2}\)
\(\displaystyle{ 4g \pi r^2 = -4 \pi Gm }\)
co możemy zapisać jako
\(\displaystyle{ g=- \frac{Gm}{r^2}}\)
z tego możemy policzyć \(\displaystyle{ g}\) .
Jednak nie do końca rozumiem w jaki sposób prawo Gaussa dla grawitacji ma nam tu dowieść że warstwa kulista nie wytwarza nateżenia dla żadnego punktu wewnątrz kuli

kerajs pisze: ↑16 paź 2020, o 23:45 Zasadniczą przeszkodą jest brak dokładnej znajomości rozkładu gęstości Ziemi.
Jedną z mniej istotnych jest niekulistość Ziemi.

Kupowałeś kiedyś kilogram ziemniaków? Udało się?

H0t_Orange_B0i pisze: ↑16 paź 2020, o 23:47 Jednak nie do końca rozumiem w jaki sposób prawo Gaussa dla grawitacji ma nam tu dowieść że warstwa kulista nie wytwarza nateżenia dla żadnego punktu wewnątrz kuli

A ile wynosi \(\displaystyle{ m}\) wewnątrz pustego wnętrza?

Fakt m możemy zapisać jako
\(\displaystyle{ g= -\frac{G \rho \frac{4}{3} \pi r^3}{r^2}}\)
co jest równoważne z
\(\displaystyle{ g= - \frac{4G \rho \pi r}{3}}\)
Mam przyspieszenie
Ale w jaki sposób to możemy odpowiedzieć na pierwszą cześć zadania ?

Dowód na zerowe natężenie pola grawitacyjnego wewnątrz jednolitej sfery o gęstości powierzchniowej \(\displaystyle{ \rho}\).

Wybieramy dowolny punkt wewnątrz sfery i prowadzimy stożek z wierzchołkiem w tym punkcie o małym kącie bryłowym. Mamy dwie podstawy tego stożka na powierzchni kuli, po obu stronach tego punktu. Odległość punktu od pierwszej podstawy to \(\displaystyle{ P}\) a od drugiej to \(\displaystyle{ Q}\). Promienie podstaw wyznaczają funkcje trygonometryczne ale dla małych kątów różniczkowych mamy zależności liniowe, więc promienie podstaw są proporcjonalne do odległości. Pola podstaw są proporcjonalne do kwadratów odległości. Pole pierwszej podstawy \(\displaystyle{ S_1}\) jest proporcjonalne do \(\displaystyle{ P^2}\). Pole drugiej podstawy \(\displaystyle{ S_2}\) jest proporcjonalne do \(\displaystyle{ Q^2}\).

Natężenie pola to różnica wytworzona przez te dwie podstawy, ponieważ zwroty są przeciwne \(\displaystyle{ E_1= \frac{S_1 \rho G}{P^2}}\), \(\displaystyle{ E_2= \frac{S_2 \rho G}{Q^2}}\).

\(\displaystyle{ E=E_1-E_2= \frac{S_1 \rho G}{P^2}- \frac{S_2 \rho G}{Q^2}=\frac{S_1 \rho G}{P^2}\left[1- \frac{P^2}{S_1}\frac{S_2}{Q^2}\right] =\frac{S_1 \rho G}{P^2}\left[1- 1\right]=0}\).

Całą sferę można podzielić takimi stożkami o kącie bryłowym \(\displaystyle{ \dd \Omega}\), a każdą pustą w środku kulę można podzielić na sfery.

Oznaczmy \(\displaystyle{ m }\) masę umieszczoną wewnątrz jednorodnej sferycznej powłoki o masie \(\displaystyle{ M }\)

Rozpatrzmy siły wywierane na powłokę przez masę \(\displaystyle{ m. }\)

W tym celu wybieramy na powłoce infinitezymalny element powierzchni \(\displaystyle{ dS_{1}. }\)

Element kąta bryłowego \(\displaystyle{ d\Omega }\) zbudowany w oparciu o tę powierzchnię i punkt w którym znajduje się masa \(\displaystyle{ m }\) wyznacza na powłoce (po drugiej stronie) element powierzchni \(\displaystyle{ dS_{2} }\) (rysunek).

W granicach każdego elementu powierzchni zawarte są masy

\(\displaystyle{ dm_{1} = \sigma dS_{1}, \ \ dm_{2}= \sigma dS_{2}, }\)

\(\displaystyle{ \sigma }\) - masa jednostki powierzchni powłoki.

Jeżeli symbolami \(\displaystyle{ r_{1}, \ \ r_{2} }\) oznaczymy odległości masy \(\displaystyle{ m }\) odpowiednio od \(\displaystyle{ dS_{1} }\) i \(\displaystyle{ dS_{2} }\), to możemy napisać,

\(\displaystyle{ d\Omega = \frac{dS_{1}}{r^2_{1}} \cos(\vec{r_{1}}, \vec{n_{1}}) = \frac{dS_{2}}{r^2_{2}} \cos(\vec{r_{2}}, \vec{n_{2}}) }\)

gdzie

\(\displaystyle{ \vec{n_{1}}, \ \ \vec{n_{2}} }\) - jednostkowe wektory normalne do odpowiednich elementów powierzchni.

Oba kąty pomiędzy wektorami \(\displaystyle{ \vec{r}, \ \ \vec{n} }\) są jednakowe (kąty wierzchołkowe).

Zatem

\(\displaystyle{ \frac{dS_{1}}{r^2_{1}} = \frac{dS_{2}}{r^2_{2}} }\)

Mnożymy obustronnie proporcję przez \(\displaystyle{ \sigma\cdot m}\)

otrzymujemy

\(\displaystyle{ \frac{m\cdot dm_{1}}{r^2_{1}} = \frac{ m \cdot dm_{2}}{r^2_{2}} }\)

Równość ta oznacza, że wartość siły działającej na element \(\displaystyle{ dS_{1} }\) jest równa wartości siły działającej na element \(\displaystyle{ dS_{2} }\), skąd wynika, że wypadkowa siła działająca na powłokę jest równa zeru.

Tak więc mimo, że masa \(\displaystyle{ M }\) znajduje się w polu wytwarzanym przez \(\displaystyle{ m, }\) a masa \(\displaystyle{ m }\) znajduje się w obszarze, gdzie pole nie istnieje, to specyfika pola grawitacyjnego gwarantuje, że trzecia zasada dynamiki nie jest naruszona.

H0t_Orange_B0i pisze: ↑17 paź 2020, o 11:39 Fakt m możemy zapisać jako

Zadam pytanie jeszcze raz: ile wynosi masa pustej przestrzeni?

Posłużenie się prawem Gaussa byłoby tutaj logicznym błędem, ponieważ treść zadania jest prawem Gaussa.

pkrwczn pisze: ↑17 paź 2020, o 13:35 ponieważ treść zadania jest prawem Gaussa.

Prawo Gaussa jest ogólniejsze od treści zadania i w ogólności traktowane jest jako "aksjomat". Tak w newtonowskiej grawitacji jak i w elektrodynamice.