давление в центре Земли

[AndreyL]

Дамы и Господа!

Такой вопрос: каково давление в центре Земного шара? Вроде бы должно быть равно нулю. И можно ли, зная изменение плотностей вдоль радиуса Земли, рассчитать профиль давления?

[Sender]

С какой стати нулю-то? Пусть у нас плотность зависит от расстояния до центра как $\rho =\rho (x)$. Тогда масса материи внутри радиуса x составит $m(x)=4\pi\int_{0}^{x}\rho(t)t^2dt$. Шаровое кольцо толщины dx на растоянии x от центра притягивается с силой dF=G\tfrac{m(x)(\rho(x)4{\pi}x^2)}{x^2}dx, создавая давление dp=G\tfrac{m(x)\rho(x)}{x^2}dx. Осталось ещё разок проинтегрировать и получить ответ.

[Munin]

Sender в сообщении #452867 писал(а):

Шаровое кольцо

Только это называют "сферический слой" :-) Ну и что такое сила, надо уточнять, понятно, что не вектор.

По оценкам, там 360 ГПа (= 3,6 млн атм), температура 5700 К, плотность 13 г/куб. см. В отличие от газового Солнца, огромное давление не приводит к большой плотности. И заодно, не приводит к большой температуре (из-за нагрева при сжатии).

[AndreyL]

Если я правильно понимаю, то для того, чтобы составить профиль давления от глубины (обозначим ее $h$) нужно интегрировать от $R-h$ до $R$

[Munin]

Ну да. Но без первого интеграла силу тяжести взять неоткуда.

[AndreyL]

Да, спасибо! Я понял.

-- Чт июн 02, 2011 6:20 pm --

И еще вопрос в продолжение. А если, предположим, Земля имеет форму чемодана, т.е. прямоугольный параллелепипед со сторонами А, В и С. Как тогда посчитать давление в любой произвольно заданной точке $[x_0,y_0,z_0]$? Плотность $\rho(x,y,z)$ известна.

[Munin]

Точно так же, только вместо интегралов по радиусу придётся брать тройные интегралы по координатам $x,y,z.$

[AndreyL]

Масса прямоугольного параллелепипеда $m=\int_{x_1}^{x_2}\int_{y_1}^{y_2}\int_{z_1}^{z_2}\rho(x,y,z) dx dy dz$. А вот как дальше - система то уже не обладает шаровой симметрией?

[Munin]

Надо рассчитывать не массу, а поле силы тяжести.
В каждой точке

$$\mathbf{g}(\mathbf{r}_0)=\iiint\frac{\rho(\mathbf{r})\,(\mathbf{r}-\mathbf{r}_0)}{\lvert\mathbf{r}-\mathbf{r}_0\rvert^3}d^3\mathbf{r},$$

где полужирные символы - векторные, $d^3$ - элемент объёма. После этого сила, действующая на элемент объёма, равна

$$d\mathbf{F}=\mathbf{g}(\mathbf{r})\rho(\mathbf{r})d^3\mathbf{r}.$$

А вот дальше, к сожалению, не всё так просто, как мне вначале показалось. Для расчёта давления надо перейти от поля сил к полю напряжений, от которого поле сил есть дивергенция:

$$F_i=\frac{\partial\sigma_{ik}}{\partial x_k},$$

где $\sigma_{ik}$ - тензор напряжений, симметричный тензор второго ранга. Его диагональные элементы определяют давление, а недиагональные - напряжения сдвига. К сожалению, это задача на решение дифференциального уравнения с частными производными, для которого я не знаю общей формулы, и сомневаюсь, что при данных граничных условиях (напряжения на поверхности, в плоскости ориентации элемента поверхности, равны нулю) такая общая формула вообще есть. Скорее, такие задачи решаются только численно, или в некоторых частных случаях - с большим трудом аналитически.

[AndreyL]

Не совсем понял запись

$$\mathbf{g}(\mathbf{r}_0)=\iiint\frac{\rho(\mathbf{r})\,(\mathbf{r}-\mathbf{r}_0)}{\lvert\mathbf{r}-\mathbf{r}_0\rvert^3}d^3\mathbf{r},$$

В прямоугольных координатах $\rho(\mathbf{r})=\rho(x,y,z)$, $\lvert\mathbf{r}-\mathbf{r}_0\rvert=\sqrt{(x-x_0)^2+(y-y_0)^2+(z-z_0)^2}$ и $d^3\mathbf{r}=dx dy dz$. А вот как записать $(\mathbf{r}-\mathbf{r}_0)$?
Если я не сильно ошибаюсь, то $x$-овая составляющая вектора гравитации будет

$$g_x(x_0,y_0,z_0)=G\iiint\frac{\rho(x,y,z)(x-x_0)}{\sqrt{(x-x_0)^2+(y-y_0)^2+(z-z_0)^2}^3}dx dy dz,$$

.
Тогда $x$-овая составляющая силы, действующей на элемент объема

$$dF_x=g_x(x,y,z)\rho(x,y,z)dxdydz, F_x=\iiint dF_x$$

А вот как теперь перейти к полю напряжений? И дальше, как составить дифференциальные уравнения?

[Munin]

AndreyL в сообщении #453388 писал(а):

А вот как записать $(\mathbf{r}-\mathbf{r}_0)$? Если я не сильно ошибаюсь...

Вы всё правильно сделали. $\mathbf{r}-\mathbf{r}_0$ - это векторная разность, и она имеет именно координаты $(x-x_0,y-y_0,z-z_0).$ Это просто способ совместить в одной формуле и величину, и направление силы по закону тяготения (или закону Кулона): так как

$$F=G\frac{m_1m_2}{R^2},$$

то направление можно указать направляющим вектором

$$\mathbf{F}=F\mathbf{n}=G\frac{m_1m_2}{R^2}\,\frac{\mathbf{R}}{R}=G\frac{m_1m_2\mathbf{R}}{R^3}.$$

Надо только правильно выбрать знак $\mathbf{R}$ в соответствии с тем, к кому приложена сила.

AndreyL в сообщении #453388 писал(а):

А вот как теперь перейти к полю напряжений? И дальше, как составить дифференциальные уравнения?

Это не "дальше". Как раз чтобы перейти к полю напряжений, и придётся решить дифференциальные уравнения. Расписываю дивергенцию по компонентам:

$$\left\{\begin{array}{c} \displaystyle \frac{\partial\sigma_{xx}}{\partial x}+\frac{\partial\sigma_{xy}}{\partial y}+\frac{\partial\sigma_{xz}}{\partial z}=F_x\\ \displaystyle \frac{\partial\sigma_{yx}}{\partial x}+\frac{\partial\sigma_{yy}}{\partial y}+\frac{\partial\sigma_{yz}}{\partial z}=F_y\\ \displaystyle \frac{\partial\sigma_{zx}}{\partial x}+\frac{\partial\sigma_{zy}}{\partial y}+\frac{\partial\sigma_{zz}}{\partial z}=F_z \end{array}\right.$$

Вот такую систему дифференциальных уравнений и надо решить, относительно девяти неизвестных функций $\sigma_{ij}$ при заданных $F_i.$ Дополнительно во всей области решения наложены условия

$$\sigma_{ij}=\sigma_{ji},\quad\quad i,j=x,y,z$$

(по сути, сокращающие число неизвестных функций до шести), и на границах - граничные условия типа

$$\sigma_{xx}=\sigma_{xy}=\sigma_{xz}=0,\quad\quad x=x_1$$

(всего шесть таких условий).

[AndreyL]

Позвольте: а как решить систему из трех уравнений для шести переменных?

[worm2]

Не будет ли чрезмерно самоуверенным предположение о нулевой вязкости? Хотя нет, вязкость — динамическая характеристика, а здесь у нас статика... Короче, нельзя ли посчитать недиагональные компоненты тензора напряжений равными нулю?

[Munin]

Так, открыв следующий параграф 7 тома Ландау-Лифшица...
Если ограничиваться только напряжениями, то никак упростить систему уравнений не удастся. Но если связать напряжения с деформациями по закону Гука (тензору напряжений алгебраически соответствует тензор деформации), то можно прорваться глубже. Тензор деформации представляется (для малых деформаций) как симметризованный градиент от вектора деформации, который, таким образом, играет во всей задаче роль потенциала. Уравнение становится второго порядка, зато неизвестных - столько же, сколько уравнений (три), и такие уравнения вполне решабельны, может быть, в случае константных коэффициентов для этого уравнения известна функция Грина. Цитирую ЛЛ-7 (7.2):

$$\Delta\mathbf{u}+\frac{1}{1-2\sigma}\operatorname{grad}\operatorname{div}\mathbf{u}=-\rho\mathbf{g}\frac{2(1+\sigma)}{E},$$

где $E$ - модуль Юнга, а $\sigma$ - коэффициент Пуассона.

Вот только одна проблема, $E(\mathbf{r})$ и $\sigma(\mathbf{r})$ нам в условиях не заданы...

[AndreyL]

Забавно! В сферических координатах задача решается легко и просто, а в прямоугольных требует определения еще серии коэффициентов.