Полость внутри звезды

[Побережный Александр]

Выставляю тему для математиков, потому что для решения вопроса необходим не тривиальный математический аппарат. По идее надо использовать интегралы по объему. Но здесь я не силен.
Привожу свои прикидочные рассуждения.

Закон всемирного тяготения выглядит так $F=G\frac{mM}{r^2}$.
Если тела расположены далеко друг от друга, то они выступают точечными объектами.
Ускорение свободного падения тела $m$ в поле тяготения тела $M$ определяется по схеме:
$F=ma=G\frac{mM}{r^2}$. Следовательно $a=G\frac{M}{r^2}$
Если в качестве примера взять Землю, то на поверхности Земли $g=G\frac{M}{R^2}$. Земля выступает здесь точечным объектом, где $R$ расстояние от
центра масс Земли до места измерения ускорения свободного падения на поверхности Земли.
Но такой подход не работает, если определять ускорение свободного падения внутри Земли.
Проведем мысленный эксперимент.
Сквозь землю и через ее центр прорыт тоннель.
Какое ускорение испытывает тело $m$ в каждой точке тоннеля?
http://postimage.org/image/4s6j2p6m9/
Для наглядности рассуждений рассмотрим шар с равномерно распределенной плотностью вещества.
На схеме указано какая часть шара вызывает ускорение тела $m$ (обозначено А). Это заштрихованная часть.
Незаштрихованная часть компенсирована симметричными векторами воздействия.
По такой логике с приближением к центру ускорение будет стремиться к нулю.
А максимальное ускорение будет на поверхности тела.
Как будет происходить процесс с течением времени?
В начальный момент тело с равномерным распределением вещества начинает сжиматься,
поскольку максимальное ускорение будет на поверхности тела.
Следовательно, плотность на поверхности увеличится. Это создает ситуацию, что
ускорения возле центра масс становятся направлены от центра.
Это в свою очередь вызывает отток вещества из центра к поверхности. Следовательно, в центре возникает полость или пустое пространство.
На мой взгляд любая звезда или газовая планета может описываться подобной моделью.
Может изложение несколько сумбурное, но я надеюсь, что основную мысль я выразил.

[venco]

Побережный Александр в сообщении #683165 писал(а):

В начальный момент тело с равномерным распределением вещества начинает сжиматься,
поскольку максимальное ускорение будет на поверхности тела.
Следовательно, плотность на поверхности увеличится.

Ошибка начинется со слова "Следовательно". Попробуйте обосновать этот вывод.

Хотя... слово "поскольку" тоже не на месте. Но максимальное ускорение таки будет на поверхности.

[Munin]

Побережный Александр в сообщении #683165 писал(а):

На схеме указано какая часть шара вызывает ускорение тела $m$ (обозначено А). Это заштрихованная часть.

Эту заштрихованную часть довольно непросто интегировать. Есть более простое и очень наглядное решение этой задачи. Оно основано на теореме (доказанной Ньютоном), что внутри массивной сферической оболочки никакого тяготения нет. Тогда Землю делят на две части: внешний слой и оставшийся внутренний шар. Получается для равномерной плотности очень простая формула.

Побережный Александр в сообщении #683165 писал(а):

Это создает ситуацию, что ускорения возле центра масс становятся направлены от центра.

Нет. См. теорему Ньютона.

Побережный Александр в сообщении #683165 писал(а):

Может изложение несколько сумбурное, но я надеюсь, что основную мысль я выразил.

Ваша мысль происходит просто из незнания теоремы Ньютона.

[Побережный Александр]

Уважаемый Munin, правильно ли я понял, что ускорение свободного падения уменьшается пропорционально уменьшению расстояния до центра по Ньютону? То есть, если $R/2$, то и $g/2$.

[venco]

Побережный Александр в сообщении #683441 писал(а):

Уважаемый Munin, правильно ли я понял, что ускорение свободного падения уменьшается пропорционально уменьшению расстояния до центра по Ньютону? То есть, если $R/2$, то и $g/2$.

Правильно.

[Побережный Александр]

Уважаемый venco, тогда, если я на картинке адекватно описал модель, получается нестыковка.
Пусть измеряем ускорение при $R/2$. По Ньютону должно быть $g/2$.
Посмотрим теперь на приведенную картинку. Я беру заведомо меньшую массу $M/2$, беру расстояние заведомо большее, чем расстояние до центра масс заштрихованной фигуры. Получается следующее:
$G\frac{(M/2)}{R^2}=\frac{1}{2}(G\frac{M}{R^2})=\frac{g}{2}$
Я не могу грешить на Ньютона, но где я ошибаюсь?

[nikvic]

Побережный Александр в сообщении #683165 писал(а):

http://postimage.org/image/4s6j2p6m9/Для наглядности рассуждений рассмотрим шар с равномерно распределенной плотностью вещества.На схеме указано какая часть шара вызывает ускорение тела (обозначено А). Это заштрихованная часть.

Подозреваю, что никто не взглянул на Вашу схему, предполагая известное
Штриховать нужно внутренность сферы, концентрической земной и проходящей через "пробное тело".

[venco]

nikvic в сообщении #683458 писал(а):

Подозреваю, что никто не взглянул на Вашу схему, предполагая известное
Штриховать нужно внутренность сферы, концентрической земной и проходящей через "пробное тело".

Штриховать можно и так и так, но в вашем (классическом) способе надо ещё доказать, что это корректно, но затем легко считать. Вариант ТС очевидно корректен, но что с ним делать дальше - совершенно не ясно, на что ТС и наткнулся.

-- Ср фев 13, 2013 10:41:57 --

Побережный Александр в сообщении #683450 писал(а):

Я не могу грешить на Ньютона, но где я ошибаюсь?

Закон гравитации Ньютона справедлив для точечных тел.
Можно доказать, что сферически-однородные тела снаружи сферы эквивалентны точечному телу той же массы. Для несферических тел (как у вас) это в общем случае неверно. Так что нельзя просто подставить массу и расстояние до центра масс, а придётся интегрировать. И если всё сделать по честному, то получится $g\over2$. Но интегрировать замучаетесь.
Поэтому обычно сначала доказывают, что гравитация внутри тонкой сферы полностью компенсируется (это достаточно просто и наглядно), а потом отрезают не как у вас, а всю часть шара за пределами расстояния пробного тела до центра, и считают притяжение к оставшемуся половинному шару.

[Munin]

Побережный Александр в сообщении #683450 писал(а):

Уважаемый venco, тогда, если я на картинке адекватно описал модель, получается нестыковка.
Пусть измеряем ускорение при $R/2$. По Ньютону должно быть $g/2$.
Посмотрим теперь на приведенную картинку. Я беру заведомо меньшую массу $M/2$,

Вы ошиблись, масса заштрихованной у вас части будет больше $M/2.$ $M/2$ - это полусфера, а у вас кроме того будет "бортик", поперечное сечение которого расположено сверху и снизу.

Побережный Александр в сообщении #683450 писал(а):

беру расстояние заведомо большее, чем расстояние до центра масс заштрихованной фигуры. Получается следующее:
$G\frac{(M/2)}{R^2}=\frac{1}{2}(G\frac{M}{R^2})=\frac{g}{2}$
Я не могу грешить на Ньютона, но где я ошибаюсь? :-)

Ещё одна ошибка: притяжение к несферическому телу нельзя рассчитывать только из расстояния до его центра масс. Надо интегрировать. Простейший пример: притяжение к бесконечной плоскости не бесконечно. Ещё один пример даёт теорема Ньютона: притяжение к сферической оболочке изнутри вообще отсутствует, а вовсе не направлено к её центру масс.

-- 13.02.2013 23:37:51 --

venco в сообщении #683480 писал(а):

Вариант ТС очевидно корректен, но что с ним делать дальше - совершенно не ясно, на что ТС и наткнулся.

Совершенно неясно, если не уметь интегрировать :-) А так - типичное студенческое упражнение. Надеюсь. Ничего страшного тут вылезти не должно.

venco в сообщении #683480 писал(а):

Закон гравитации Ньютона справедлив для точечных тел.
Можно доказать, что сферически-однородные тела снаружи сферы эквивалентны точечному телу той же массы.

Именно-именно. Вот как раз этим доказательством и занимался Ньютон. Закон для точечных тел был угадан разными учёными (в том числе Гуком) ещё раньше, но хотя он годился для планет, было очевидно, что он не годится для притяжения на поверхности Земли: Земля очевидно неточечная. Надо было найти притяжение к шару конечного размера. Ньютон решил эту задачу, найдя два результата для сферы: притяжение снаружи сферы равно притяжению к точечному телу, а притяжение внутри сферы равно нулю.

[Alex_J]

Такие задачки решаются по векторному анализу в применении к электростатике. Можно так делать и здесь, чтобы оценить что получится. Поверхность, поток вектора, все дела.

Если интегрировать неохота или нет соотв. умения, то поразмышляйте по такому алгоритму: берем конус внутри шара, ось через центр. Пересекаем со сферой. Для каждого угла раствора конуса и каждого радиуса сферы что происходит? Имеем окружности то с обеих сторон конуса (двунаправленного изначально), то с одной стороны. Когда с двух - осевая компонента обнуляется (а все другие обнулены изначально, т.к. конус, почему - ясно?), когда с одной - остается. Какова мощность множества непарных окружностей для каждого расстояния от центра? Вот и ответ. Хотя на математику это вы вряд ли так просто переведете, но как раз у физиков с пространственым воображением должно быть все в порядке.

[Побережный Александр]

Уважаемые софорумники, подскажите, где я могу увидеть оригинальный текст теоремы Ньютона с доказательством. То что я нахожу в инете имеет не совсем корректное представление.

[Munin]

Оригинальный - так оригинальный. Надеюсь, латынь вы знаете.

Philosophiæ Naturalis Principia Mathematica. (Editio tertia, p. 189.)
De Motu Corporum Liber Primus.
Sect. XII. De corporum sphæricorum viribus attractivis.
Propositio LXX. Theorema XXX.

Цитата:

Si ad sphæricæ superficiei puncta singula tendant vires æquales centripetæ decrescentes in duplicata ratione distantiarum a punctis: dico quod corpusculum intra superficiem constitutum his viribus nullam in partem attrahitur.

Доказательство с чертежом там же. Страницы в других изданиях могут отличаться.

[Someone]

Я вот здесь делал вычисление гравитационной силы внутри полости в сферически симметричном теле: http://dxdy.ru/post296234.html#p296234. Правда, по другому поводу.

[Евгений Машеров]

Ну, можно ещё собрание сочинений адмирала Крылова полистать. Он, для развлечения, Ньютоновские Principia Mathematica с латыни переводил.

[Munin]

(Оффтоп)

Не палите. Жутко интересно, осилит ли Побережный Александр оригинальный текст...