Поле Луны меняется на удалении 384 400 км почти линейно, поэтому можно заменить все гравитационные силы средней силой.
Нельзя, конечно же. Точнее, можно, но тогда приливов вы не получите.
Это я пытался доказать, что при такой замене сумма всех гравитационных сил не изменится, и отсюда -- что центробежная сила точно компенсируется гравитационной силой именно в центре Земли.
Uchitel'_istoriiПоле Луны меняется на удалении 384 400 км почти линейно, поэтому можно заменить все гравитационные силы средней силой.
Как писал еще Ньютон, любое сферически-симметричное распределение масс дает снаружи такое же гравитационное поле, как и точечная масса, расположенная в центре. Независимо от расстояния.
Как я понимаю, тело генерирует поле неотличимое от поля точки. Но нигде не сказано , что тело, попавшее в поле, ведет себя , как точка. Фейнман это дает в гл. 13.
Какой конкретно разницей ускорений объясняются горбы:
У меня разница ускорений получилась
метров на секунду в квадрате.
Гравиметр считает и центробежное ускорение. Мне кажется, недостаточно просто подсчитать поле Луны на ближней и дальней сторонах Земли.
Это же задача к гл. 7. К этому моменту не объяснены: векторы, силы, поля, градиент.
Так мы обсуждаем, как задачу решить при условиях курса Фейнмана, или каков в ней ответ вообще?
В первом случае, вы должны сначала сами хорошо знать правильный ответ. А у вас его не представлено.
Есть вопросы и по задаче, и по тексту в гл. 7. По тексту неясно, почему суммарная центробежная сила и суммарная гравитационная сила сбалансированы в центре Земли. И если это так, то как отсюда выплывает, что должно быть 2 горба. По моим построениям тоже получается незначительная разница на ближней ( дальней ) стороне и по бокам Земли. Но разница на порядок больше получается в плоскости Луны и сверху (снизу ) от этой плоскости. Т.е. я пока не убедился, что результирующее от центробежного и гравитационного ускорений может объяснить эффект приливов.
28.06.2017, 19:10 
, то можно заменить все силы средней силой. Поле Луны меняется на удалении 384 400 км почти линейно, поэтому можно заменить все гравитационные силы средней силой. Т.о. Землю можно заменить точкой, расположенной в ее центре.
в плоскости орбиты Луны и разницу 
для точки на экваторе Земли 
![$$\begin{gathered}\nabla\otimes\mathbf{g}=\nabla\otimes\Bigl(-\dfrac{GM\mathbf{r}}{r^3}\Bigr)=-GM\biggl[\dfrac{1}{r^3}(\nabla\otimes\mathbf{r})+\Bigl(\nabla\dfrac{1}{r^3}\Bigr)\otimes\mathbf{r}\biggr]=-GM\biggl[\dfrac{1}{r^3}\hat{\mathbf{1}}+\dfrac{-3}{r^5}\mathbf{r}\otimes\mathbf{r}\biggr]\\
\mathbf{F}(\mathbf{r},\Delta\mathbf{r})=m(\nabla\otimes\mathbf{g})\,\Delta\mathbf{r}=GMm\biggl[3\dfrac{\mathbf{r}(\mathbf{r}\,\Delta\mathbf{r})}{r^5}-\dfrac{\Delta\mathbf{r}}{r^3}\biggr]=GMm\biggl[\dfrac{2\Delta\mathbf{r}_\parallel-\Delta\mathbf{r}_\perp}{r^3}\biggr].\end{gathered}$$](https://dxdy-01.korotkov.co.uk/f/8/c/3/8c3c2a3d4a86482e875864566579be6f82.png "$$\begin{gathered}\nabla\otimes\mathbf{g}=\nabla\otimes\Bigl(-\dfrac{GM\mathbf{r}}{r^3}\Bigr)=-GM\biggl[\dfrac{1}{r^3}(\nabla\otimes\mathbf{r})+\Bigl(\nabla\dfrac{1}{r^3}\Bigr)\otimes\mathbf{r}\biggr]=-GM\biggl[\dfrac{1}{r^3}\hat{\mathbf{1}}+\dfrac{-3}{r^5}\mathbf{r}\otimes\mathbf{r}\biggr]\\
\mathbf{F}(\mathbf{r},\Delta\mathbf{r})=m(\nabla\otimes\mathbf{g})\,\Delta\mathbf{r}=GMm\biggl[3\dfrac{\mathbf{r}(\mathbf{r}\,\Delta\mathbf{r})}{r^5}-\dfrac{\Delta\mathbf{r}}{r^3}\biggr]=GMm\biggl[\dfrac{2\Delta\mathbf{r}_\parallel-\Delta\mathbf{r}_\perp}{r^3}\biggr].\end{gathered}$$")
, а равно центробежному ускорению в центре Земли = const. Но почему? Мне кажется , то, что период вращения Земли не синхронизирован, не должно ни на что влиять -- движения просто накладываются.
, а равно центробежному ускорению в центре Земли 
. Но почему?
, то можно заменить все силы средней силой.
.
