Ускорение свободного падения на поверхности массивного тела

[amon]

Побережный Александр в сообщении #1032392 писал(а):

А какой ответ получается, если посчитать по теореме Гаусса?

Ну, с этим Вы и сами могли бы справится. Закон $\gamma\frac{mM}{r^2}$ глазом не отличим от кулоновского притяжения точечных зарядов $\frac{q_1q_2}{r^2}$. Посему для тяготения (классического) можно ввести напряженность, потенциал и т.п. как в электростатике. Тогда для напряженности гравитационного поля получится уравнение $\operatorname{div}\mathbf{E}=4\pi\gamma\rho$, откуда, в точности как в электростатике, для сферически симметричной $\rho$ в шаре Вы получите $E_r=\gamma\frac{m}{r^2}$, за что Вы, собственно, и боролись. Если бы в электростатике Вы попытались это получить без Гаусса, то, с точностью до $\gamma$, получили бы интеграл, который Вы безуспешно пытаетесь сосчитать. Этим, собственно, занимался Ньютон. Он пытался доказать (и доказал!), что шары притягиваются центрами.

Да, с $r=2R\sin\theta\sin\varphi$ я не прав. Это действительно уравнение сферы, и соврали Вы где-то в другом месте.

[alex55555]

Побережный Александр в сообщении #1032392 писал(а):

alex55555 в сообщении #1031775 писал(а):

Почему в $da$ не учитывается угол $\varphi$ (в формуле до преобразований) ? Без $\varphi$ получается формула для $da$ на внешнем ободе кольца, не ?

Угол $\varphi$ не требуется указывать, так как вычисляются проекции для всех векторов на ось $Y$, то есть для любого угла $\varphi$.

Все векторы находятся в 3-х мерном пространстве, проекция предложенная вами находится в 2-х мерном пространстве. Поэтому категоричное "не требуется" указывает скорее на нежелание видеть проблему, чем на понимание сути ситуации. А суть такова, что без учёта третьего измерения проекции получаются некорректными. Нарисуйте изометрию с пирамидой и проведите перпендикуляры на оси X,Y,Z. Увидите, что проекции на Y зависят от проекций на X и Z.

[Pphantom]

alex55555 в сообщении #1032475 писал(а):

Нарисуйте изометрию с пирамидой и проведите перпендикуляры на оси X,Y,Z. Увидите, что проекции на Y зависят от проекций на X и Z.

alex55555 - замечание за неоформление обозначений $\TeX$ом.

[Cos(x-pi/2)]

Побережный Александр

Да, у Вас ошибка в формуле для проекции ускорения на ось $Y.$ (Заодно: в вашем втором посте есть опечатка в формуле для проекции радиус-вектора точки на ось $Z,$ но она не сказалась на расчёте; правильная формула: $z=r\cos \theta.$ ) Ведь ясно, что зависимость от углов у проекции элемента ускорения на ось $Y$ должна быть такая же, как у проекции радиус-вектора элемента массы на ту же ось $Y,$ то есть:

$y=r\sin\theta\sin\varphi$ ,

$da_y=G\frac{dM}{r^2}\sin{\theta} \sin \varphi$ .

С этой правильной формулой для $da_y$ у Вас получился бы, разумеется, правильный ответ для $a_y$:

$a_y=\frac{3GM}{4\pi R^3}\int_0^\pi\int_0^\pi\int_0^{2R\sin\theta\sin\varphi}(\sin{\theta})^2 \sin \varphi \, dr \, d\theta \, d\varphi=\frac{GM}{R^2}$ .


А ещё совет насчёт высказываний такого рода:

Побережный Александр в сообщении #1032392 писал(а):

Я свои вычисления привел, чтобы показать нестыковку, если относиться к объемному телу как точечному и не учитывать его пространственное распределение масс.

Не следует заявлять о якобы "нестыковках" в азбучных вопросах науки до того, как Вы проверите свои выкладки несколькими способами (ведь вероятность найти ошибку в своих упражнениях гораздо выше, чем в общеизвестных выводах, проверенных уже многими поколениями учёных). Конкретно, применительно к Вашему расчёту - было бы разумно для самопроверки повторить аналогичный расчёт, но с центром шара, например, на оси $Z.$ Ведь заранее ясно, что в этом случае ответ для искомой величины ускорения должен получиться прежний (а направлено ускорение в итоге будет параллельно оси $Z$). И действительно, в этом случае имеем:

$da_z=G\frac{dM}{r^2} \cos \theta$ ,

$r=2R \cos \theta$ - уравнение сферы; причём интегрировать по углу $\theta$ теперь надо будет от нуля до $\pi/2$ только, а от угла $\varphi$ подынтегральное выражение вообще не зависит (так что интегрирование по $\varphi$ сведётся просто к умножению на $2 \pi$):

$a_z=\frac{3GM}{4\pi R^3}\int_0^{2\pi}d \varphi \int_0^{\pi /2} \sin \theta \cos \theta \, (\int_0^{2R \cos \theta} dr)\, d \theta =\frac{GM}{R^2}$ .

[Munin]

Cos(x-pi/2) в сообщении #1032518 писал(а):

ведь вероятность найти ошибку в своих упражнениях гораздо выше, чем в общеизвестных выводах, проверенных уже многими поколениями учёных

Вероятность того, что ошибка в них находится, выше. А уж найдёт студент её или не найдёт - это от его способностей зависит. Одни искать ошибку не умеют, другие не стремятся, третьи железобетонно уверены, что у них её нет...

[Cos(x-pi/2)]

Munin, да, с Вашим уточнением я полностью согласен.

[Побережный Александр]

Уважаемый Cos(x-pi/2)!
Спасибо за детальное разъяснение. Я понял свои ошибки. Поверьте, я совсем не претендовал на открытие.
Наоборот, был удивлен, поэтому и обратился на форум.
Спасибо всем за участие!