Однородное поле (школьная программа)

[h37kkx32]

Pphantom в сообщении #1224496 писал(а):

Верно, но об этом уже написал Munin - идеально однородного поля не бывает, а в качестве приближения этот случай ничем не хуже, чем электрическое поле между двумя заряженными пластинами.

Тогда яснее, но на всякий случай спрошу.
Из этого следует, что в реальной жизни расстояние все-таки имеет значение, а в теории мы вынуждены идеализировать, чтобы проходить тесты?

[Pphantom]

h37kkx32 в сообщении #1224500 писал(а):

Из этого следует, что в реальной жизни расстояние все-таки имеет значение, а в теории мы вынуждены идеализировать, чтобы проходить тесты?

И да, и нет. С одной стороны, расстояние действительно имеет значение, с другой - дело не только в тестах. Учесть все, что может хоть как-то влиять на результат, просто технически невозможно, поэтому перед решением любой задачи (и учебной, и реальной) нужно понять, какая точность результата нас интересует, после чего выяснить, чем именно при такой желаемой точности мы можем пренебречь.

[Munin]

h37kkx32 в сообщении #1224488 писал(а):

в школе не требуют высокий уровень точности в таких вычислениях.

В физике довольно часто не требуется высокий уровень точности. Это зависит не от школы, а от того, какой нужен результат, и для чего.

Кроме того, с уровнем точности бывает плохо промахнуться и в "более точную" сторону. Очень часто на более высоком уровне точности задача быстро становится неподъёмной, нерешаемой.
- Или вы не знаете пока нужной математики.
- Или получение ответа очень трудоёмко.
- Или точного ответа вообще не существует - это часто случается, если требуется аналитический ответ.

[iifat]

h37kkx32 в сообщении #1224500 писал(а):

в реальной жизни расстояние все-таки имеет значение

Не поленитесь, проверьте. Сила тяжести обратно пропорциональна квадрату расстояния между центрами. Это верно и для шаров постоянной (ну, точнее — зависящей только от расстояния до центра) плотности. Примите (приблизительно) Землю за такой шар. Отыщите в справочниках радиус Земли, да сравните ускорение свободного падения на поверхности и на высоте, скажем, километра от неё.

-- 12.06.2017, 15:01 --

Я не раз замечал, что когда руками всё проделаешь — становится понятнее.

[h37kkx32]

iifat в сообщении #1224528 писал(а):

Не поленитесь, проверьте.

$R=6400\cdot 10^3$ (м)
$M=5,98\cdot 1024$ (кг)
$m=600$ (кг)
$F=G\cdot \frac{m\cdot M}{R^2}=6,7\cdot 10^{-11} \cdot \frac{6\cdot 64\cdot 10^7}{40960\cdot 10^9}=0.0628125\cdot 10^{-13}$ (Н)
$F=0.0628125\cdot 10^{-13}=mg=600\cdot g$ (Н)
$g=\frac{0.0628125\cdot 10^{-13}}{600}=0,0001046875\cdot 10^{-13}$ (м/ $c^2$)

Я где-то запнулся?

[provincialka]

Кажется, не то подставили. Посмотрите на $M$ -- где оно в формуле для $F$? Ну и ясно, что в его записи не $1024$, а $10^{24}$, опечатка

[h37kkx32]

provincialka в сообщении #1224584 писал(а):

Кажется, не то подставили. Посмотрите на $M$ -- где оно в формуле для $F$?

Действительно, стыдно. Попробую еще раз.

[iifat]

h37kkx32 в сообщении #1224581 писал(а):

$M=5,98\cdot 1024$ (кг)

Описка, полагаю. Согласно Википедии, $5.98\times10^{24}$. Как по мне, больше похоже на правду.

h37kkx32 в сообщении #1224581 писал(а):

$m=600$ (кг)

Это ещё зачем?
И что у вас там вместо массы Земли в формулу подставлено, не пойму.

h37kkx32 в сообщении #1224581 писал(а):

Я где-то запнулся?

А вас получившаяся сила притяжения 600-килограммовой дуры к Земле заставляет всего лишь сомневаться?

[provincialka]

h37kkx32
Когда досчитаете, загляните в оффтоп

(Меньше цифр, больше букв!)

$F_0=G\cdot \frac{m\cdot M}{R^2}, F_1=G\cdot \frac{m\cdot M}{(R+1)^2}$

А теперь вычтем: $F_0-F_1 =GmM(\frac1{R^2}-\frac1{(R+1)^2})=GmM(\frac{2R+1}{R^2(R+1)^2})$

Относительная погрешность $\frac{F_0-F_1}{F_0}=\frac{2R+1}{(R+1)^2}$

Вот и оцените эту величину! Сколько процентов?

[h37kkx32]

$R=6400\cdot 10^3$ (м)
$M=5,98\cdot 10^{24}$ (кг)
$m=600$ (кг)
$F=G\cdot \frac{m\cdot M}{R^2}=6,7\cdot 10^{-11} \cdot \frac{5.98\cdot 6\cdot 10^{26}}{4096\cdot 10^{10}}=0,0586904296875\cdot 10^{5}=5 869.04296875$ (Н)
$F=5 869.04296875=mg=600\cdot g$ (Н)
$g=\frac{5 869.04296875}{600}=9,78173828125$ (м/ $c^2$)

Меняем высоту, километра на $\sqrt{4}$ (или как-то так, я запутался, в общем, в знаменателе цифру подправил):
$F=G\cdot \frac{m\cdot M}{R^2}=6,7\cdot 10^{-11} \cdot \frac{5.98\cdot 6\cdot 10^{26}}{4100\cdot 10^{10}}=5863,31707317073$ (Н)
$g=\frac{5863,31707317073}{600}=9,77219512195122$ (м/ $c^2$)

$\Delta g=|9,77219512195122-9,78173828125|=0,0095431592987805$

Изменение относительно h=0:
$100 / 9,77219512195122 \cdot 0,0095431592987805 \approx 0,09765625\% \approx 0.1\%$

iifat в сообщении #1224591 писал(а):

h37kkx32 в сообщении #1224581 писал(а):

$m=600$ (кг)

Это ещё зачем?

Для того, чтобы не привыкать к сокращенным формулам.

provincialka в сообщении #1224594 писал(а):

h37kkx32
Когда досчитаете, загляните в оффтоп.
Вот и оцените эту величину! Сколько процентов?

Объясните пожалуйста, в чем смысл этой величины.

[iifat]

h37kkx32 в сообщении #1224596 писал(а):

Для того, чтобы не привыкать к сокращенным формулам

Дело, конечно, ваше, только причём тут «сокращённые формулы»? Формула для ускорения свободного падения $g=G\frac M{R^2}$, и она именно такова и есть — не «сокращённая», не «урезанная», ни какая-нибудь там ещё, а совершенно точная.

h37kkx32 в сообщении #1224596 писал(а):

$g=\frac{5 869.04296875}{600}=9,78173828125$ (м/ $c^2$)

Насколько я помню со школы, $9{,}81$. В принципе, хороший тон в численных расчётах — выписывать знаки после запятой в количестве, соответствующем исходным данным: коли уж вы решили сократить $G=6.67408 \times 10^{-11}\ \text{м}^3 \text{кг}^{-1} \text{с}^{-2}$ до одного знака после запятой, то и результат следовало б сократить до того ж одного знака; если вам мало одного в результате, то и константу стоило б брать в расчётах точнее.

[h37kkx32]

iifat в сообщении #1224603 писал(а):

причём тут «сокращённые формулы»

Если не ошибаюсь, силы гравитационного притяжения зависят от массы взаимодействующих тел. И величина силы прямо пропорциональна массам тел. Чем больше масса, тем с большей силой тело притягивает к себе другие тела. Думаю, что формулу просто упростили.

[Pphantom]

iifat в сообщении #1224603 писал(а):

Насколько я помню со школы, $9{,}81$.

Вообще говоря, полуоси земного референц-эллипсоида - это 6357 км и 6378 км. Соответственно, если для оценки в качестве радиуса Земли используется 6400 км, то ничего лучше $9.8$ получаться и не должно.

[provincialka]

h37kkx32 в сообщении #1224596 писал(а):

Объясните пожалуйста, в чем смысл этой величины.

Это относительная погрешность/относительное изменение. Например, точное значение чего-то равно $15,8$ см, а вы намеряли $16,1$ см. Какова погрешность? Ясно, что $16,1 -15,8= 0,3$ (см). Номного это или мало? Можно посмотреть, какую долю эта величина составляет от "точного" значения $15,8$. Получаем $\frac{0,3}{15,8}=0,0189... \approx 0,019$. То есть разница составляет меньше 2%.

А вот если исходная величина была равна $0,6$, то разница $0,3$ будет составлять уже 50%.

В вашем примере разница составит $\frac{2R+1}{(R+1)^2}=\frac{2\cdot 6370+1}{6371^2}\approx 3\cdot10^{-4}$, то есть примерно 0,03%. При исходном значении $9,81$ эта разница составит $0,003$ м/с2. Мелочь, не правда ли?

-- 12.06.2017, 14:32 --

h37kkx32 в сообщении #1224608 писал(а):

Думаю, что формулу просто упростили.

Сила -- да. А ускорение? Вы не заметили, чтовы при его вычислении поделили на ту самую массу $m$?

-- 12.06.2017, 14:37 --

Pphantom в сообщении #1224609 писал(а):

Вообще говоря, полуоси земного референц-эллипсоида - это 6357 км и 6378 км.

Вот-вот! ТС хочет "заметить" разницу при изменении исходных данных на 1 км, а сами данные берет с погрешностью в десятки километров!

Впрочем, если разобраться, можно понять, что относительное изменение при этом не сильно изменится, в первом приближении останется тем же.

Но, наверное, не стоит в этой теме излагать вся теюрию приближенных вычислений. Соетую ТС-у ею поинтересоваться.

[h37kkx32]

provincialka в сообщении #1224612 писал(а):

Сила -- да. А ускорение? Вы не заметили, чтовы при его вычислении поделили на ту самую массу $m$?

Кстати говоря, а ведь это интересный вопрос. Используя формулу F=mg для двух взаимодействующих тел, какая масса подставляется в формулу? Не сумма масс случайно? Или зависит от того, какое тело мы изучаем с точки зрения того, какая сила к нему приложена?

И вообще, насколько корректно соотносить $mg=G\frac{mM}{R^2}$?

-- 12.06.2017, 14:43 --

provincialka в сообщении #1224612 писал(а):

В вашем примере разница составит $\frac{2R+1}{(R+1)^2}=\frac{2\cdot 6370+1}{6371^2}\approx 3\cdot10^{-4}$, то есть примерно 0,03%. При исходном значении $9,81$ эта разница составит $0,003$ м/с2. Мелочь, не правда ли?

Ну да, согласен.

-- 12.06.2017, 14:51 --

Я кажется догадался, массы m сокращаются.