3.3: Гравітаційні явища

Last updated
Save as PDF

Page ID: 73286

$ \newcommand{\vecs}[1]{\overset { \scriptstyle \rightharpoonup} {\mathbf{#1}} } $ $ \newcommand{\vecd}[1]{\overset{-\!-\!\rightharpoonup}{\vphantom{a}\smash {#1}}} $$\newcommand{\id}{\mathrm{id}}$ $ \newcommand{\Span}{\mathrm{span}}$ $ \newcommand{\kernel}{\mathrm{null}\,}$ $ \newcommand{\range}{\mathrm{range}\,}$ $ \newcommand{\RealPart}{\mathrm{Re}}$ $ \newcommand{\ImaginaryPart}{\mathrm{Im}}$ $ \newcommand{\Argument}{\mathrm{Arg}}$ $ \newcommand{\norm}[1]{\| #1 \|}$ $ \newcommand{\inner}[2]{\langle #1, #2 \rangle}$ $ \newcommand{\Span}{\mathrm{span}}$ $\newcommand{\id}{\mathrm{id}}$ $ \newcommand{\Span}{\mathrm{span}}$ $ \newcommand{\kernel}{\mathrm{null}\,}$ $ \newcommand{\range}{\mathrm{range}\,}$ $ \newcommand{\RealPart}{\mathrm{Re}}$ $ \newcommand{\ImaginaryPart}{\mathrm{Im}}$ $ \newcommand{\Argument}{\mathrm{Arg}}$ $ \newcommand{\norm}[1]{\| #1 \|}$ $ \newcommand{\inner}[2]{\langle #1, #2 \rangle}$ $ \newcommand{\Span}{\mathrm{span}}$

Круїз свій радіо-циферблат сьогодні і спробуйте знайти будь-яку популярну пісню, яку можна було б собі уявити без Луї Армстронга. Впроваджуючи сольну імпровізацію в джаз, Армстронг розібрав головоломки популярної музики і по-іншому вписував шматки разом. Таким же чином Ньютон знову зібрав наш погляд на Всесвіт. Розглянемо назви деяких останніх книг з фізики, написаних для загального читача: Частинка Бога, Сни остаточної теорії. Коли субатомна частка під назвою нейтрино була недавно вперше доведена, що має масу, фахівці з космології почали серйозно обговорювати, який вплив це матиме на розрахунки еволюції Всесвіту від Великого вибуху до її теперішнього стану. Без англійського фізика Ісаака Ньютона подібні спроби загального розуміння не просто здавалися б амбітними, вони просто нікому не прийшли б в голову.

Цей розділ присвячений теорії гравітації Ньютона, яку він використовував для пояснення руху планет, коли вони оберталися навколо Сонця. Ньютон скидає загальну обробку руху на перших 20 сторінках своїх Математичних принципів природної філософії, а потім проводить наступні 130, обговорюючи рух планет. Зрозуміло, що він розглядав це як найважливішу наукову спрямованість своєї роботи. Чому? Тому що в ньому він показав, що ті самі закони природи застосовуються до небес, що і до землі, і що гравітаційна взаємодія, яка змусила яблуко впасти, була такою ж, як та, яка утримувала рух землі від перенесення його від сонця.

2.3.1 Закони Кеплера

Ньютон не зміг би зрозуміти, чому планети рухаються так, як вони роблять, якби не астроном Тихо Браге (1546-1601) та його ставленик Йоганнес Кеплер (1571-1630), який разом придумав перший простий і точний опис того, як насправді роблять планети рухатися. Складність їх завдання передбачає малюнок нижче, який показує, як порівняно прості орбітальні рухи землі та Марса поєднуються так, що, як видно з землі, Марс здається приголомшливим у петлі, як п'яний моряк.

d/ Оскільки земля і Марс обертаються навколо Сонця з різною швидкістю, сукупний ефект їх рухів змушує Марс простежити дивний, петельний шлях на тлі далеких зірок.

Браге, останній з великих астрономів неозброєним оком, збирав великі дані про рухи планет протягом багатьох років, зробивши гігантський крок від точності попередніх спостережень близько 10 хвилин дуги (10/60 градуса) до безпрецедентної 1 хвилини. Якість його роботи тим більше чудова, враховуючи, що його обсерваторія складалася з чотирьох гігантських латунних транспортирів, встановлених вертикально в його замку в Данії. Чотири різних спостерігачів одночасно вимірювали б положення планети, щоб перевірити наявність помилок і зменшити випадкові помилки.

Зі смертю Браге випало його колишньому помічнику Кеплеру, щоб спробувати зробити певний сенс з обсягів даних. Після 900 сторінок обчислень і багатьох помилкових стартів і тупикових ідей Кеплер остаточно синтезував дані в наступні три закони:

Закон еліптичної орбіти Кеплера: Планети обертаються навколо Сонця на еліптичних орбітах з Сонцем в одному фокусі.

a/ Еліпс - це коло, яке було спотворено скороченням і розтягуванням вздовж перпендикулярних осей.

б/ Еліпс можна побудувати, прив'язавши нитку до двох шпильок і малюючи так олівцем натягнувши струну туго. Кожен штифт являє собою один фокус еліпса.

Закон про рівну площу Кеплера: Лінія, що з'єднує планету з сонцем, змітає рівні площі за однакову кількість часу.

c/Якщо часовий інтервал, прийнятий планетою для переміщення від P до Q, дорівнює часовому інтервалу від R до S, то згідно із законом рівних площ Кеплера дві затінені області рівні. Планета рухається швидше протягом часового інтервалу RS, ніж це було під час PQ, оскільки гравітаційна енергія трансформувалася в кінетичну енергію.

Закон періодів Кеплера: Час, необхідний планеті для орбіти Сонця, який називається його періодом$T$, пропорційний довгій осі еліпса, піднятої до потужності 3/2. Константа пропорційності однакова для всіх планет.
Хоча орбіти планет - це еліпси, а не кола, більшість з них дуже близькі до того, щоб бути круговими. Наприклад, орбіта Землі сплющена лише на 1,7% щодо кола. В окремому випадку планети на круговій орбіті два осередки (множина «фокусу») збігаються в центрі кола, і закон еліптичної орбіти Кеплера, таким чином, говорить про те, що коло зосереджено на сонці. Закон рівної площі має на увазі, що планета по круговій орбіті рухається навколо Сонця з постійною швидкістю. Для кругової орбіти закон періодів тоді дорівнює твердженню, що час для однієї орбіти пропорційний$r^{3/2}$, де$r$ радіус. Якби всі планети рухалися по своїх орбітах з однаковою швидкістю, то час однієї орбіти просто залежало б від окружності кола, тому воно було б пропорційно тільки першій потужності.$r$ Більш різка залежність від$r^{3/2}$ означає, що зовнішні планети повинні рухатися повільніше, ніж внутрішні планети. Наша основна увага в цьому розділі буде полягати у використанні закону періодів для виведення загального рівняння для гравітаційної енергії. Закон рівної площі виявляється твердженням про збереження моменту моменту, про який йдеться в главі 4. Ми продемонструємо закон еліптичної орбіти чисельно в главі 3, а аналітично в розділі 4 .2.3.2 Закони Кругової орбіти Кеплера говорять про те, що планети рухаються по еліптичних шляхах (з колами як особливий випадок), що, здавалося б, суперечить доказу на сторінці 90, що об'єкти рухаються під впливом сили тяжіння мають параболічні траєкторії. Кеплер мав рацію. Параболічний шлях насправді був лише наближенням, заснованим на припущенні, що гравітаційне поле постійне, і що вертикальні лінії паралельні. На малюнку е траєкторія 1 - це еліпс, але він відрубається, коли гарматне ядро потрапляє на землю, і невеликий шматочок його, який знаходиться над землею, майже не відрізняється від параболи. Наша мета полягає в тому, щоб зв'язати попередній розрахунок параболічних траєкторій$y=(g/2v^2)x^2$, з даними Кеплера для планет, що обертаються навколо Сонця на майже кругових орбітах. Почнемо з мислення з точки зору орбіти, яка кружляє Землю, як орбіта 2 на малюнку e. Зараз природніше вибирати систему координат з її початком у центрі землі, тому параболічне наближення стає$y=r-(g/2v^2)x^2$, де$r$ відстань від центру землі. Для малих значень$x$, тобто, коли гарматне ядро не пройшло дуже далеко від дула гармати, парабола все ще є хорошим наближенням до фактичної кругової орбіти, визначеної теоремою Піфагора$r^2=x^2+y^2$, або$y=r\sqrt{1-x^2/r^2}$. Для малих значень$x$, ми можемо використовувати наближення$\sqrt{1+\epsilon}\approx1+\epsilon/2$, щоб знайти$y\approx{}r-(1/2r)x^2$. Встановлюючи це рівняння параболи, ми маємо$g/2v^2=(1/2r)$, або\[\begin{equation*} v = \sqrt{gr} \text{[condition for a circular orbit]} . \end{equation*}\]

e/Гармата стріляє гарматними ядрами з різною швидкістю, з вершини уявної гори, яка піднімається над земною атмосферою. Це майже те ж саме, що фігура Ньютона, включена в його Математичні принципи.

Приклад 14: Низькоземна орбіта
Щоб зрозуміти, що це все означає, давайте обчислимо швидкість, необхідну для супутника на круговій низькоземній орбіті. Реальні низькоорбітальні супутники знаходяться всього на кілька сотень км вгору, тому для цілей приблизної оцінки ми можемо прийняти\(r\) радіус Землі, і не\(g\) набагато менше його значення на земній поверхні, 10\(\text{m/s}^2\). Взявши числові дані з додатку 5, ми маємо\[\begin{align} v &= \sqrt{ gr} \\ &= \sqrt{(10\ \text{m}/\text{s}^2)(6 .4\times10^3\ \text{km})} \\ &= \sqrt{(10\ \text{m}/\text{s}^2)(6.4\times10^6\ \text{m})} \\ &= \sqrt{ 6.4\times10^7\ \text{m}^2/\text{s}^2} \\ &= \text{8000 m/s} \end{align}\] (приблизно в двадцять разів більше швидкості звуку). За одну секунду супутник рухається на 8000 м по горизонталі. За цей час він опускається на таку ж відстань будь-який інший об'єкт: близько 5 м Але падіння 5 м на горизонтальній відстані 8000 м якраз достатньо, щоб тримати його на тій же висоті над кривою поверхнею землі.

Приклад 14: Низькоземна орбіта

Щоб зрозуміти, що це все означає, давайте обчислимо швидкість, необхідну для супутника на круговій низькоземній орбіті. Реальні низькоорбітальні супутники знаходяться всього на кілька сотень км вгору, тому для цілей приблизної оцінки ми можемо прийняти$r$ радіус Землі, і не$g$ набагато менше його значення на земній поверхні, 10$\text{m/s}^2$. Взявши числові дані з додатку 5, ми маємо\[\begin{align*} v &= \sqrt{ gr} \\ &= \sqrt{(10\ \text{m}/\text{s}^2)(6 .4\times10^3\ \text{km})} \\ &= \sqrt{(10\ \text{m}/\text{s}^2)(6.4\times10^6\ \text{m})} \\ &= \sqrt{ 6.4\times10^7\ \text{m}^2/\text{s}^2} \\ &= \text{8000 m/s} \end{align*}\] (приблизно в двадцять разів більше швидкості звуку). За одну секунду супутник рухається на 8000 м по горизонталі. За цей час він опускається на таку ж відстань будь-який інший об'єкт: близько 5 м Але падіння 5 м на горизонтальній відстані 8000 м якраз достатньо, щоб тримати його на тій же висоті над кривою поверхнею землі.

2.3.3 Гравітаційне поле сонця

Тепер ми можемо використовувати умову кругової орбіти$v = \sqrt{gr}$, поєднану із законом періодів Кеплера,$T\propto{}r^{3/2}$ для кругових орбіт, щоб визначити, як гравітаційне поле Сонця падає з відстанню. ⁸ Звідти це буде просто стрибок, пропуск і стрибок, щоб дістатися до універсального опису гравітаційних взаємодій. Швидкість планети на круговій орбіті пропорційна$r/T$, тому\[\begin{align*} r/T & \propto{}\sqrt{gr} \\ r/r^{3/2} & \propto{}\sqrt{gr} \\ g & \propto{}1/r^2 \end{align*}\] якщо гравітація веде себе систематично, то ми можемо очікувати, що те саме буде правдою для гравітаційне поле, створене будь-яким об'єктом, а не тільки сонцем. Тут є тонка точка, яка полягає в тому,$r$ що до цих пір просто означало радіус кругової орбіти, але те, що ми придумали, пахне більше як рівняння, яке говорить нам сила гравітаційного поля, зробленого деяким об'єктом ( сонце) якщо ми знаємо, як далеко ми знаходимося від об'єкта. Іншими словами, ми могли б переосмислити$r$ як відстань від сонця.

i/Траєкторія космічного зонда Pioneer 10 з 1974 по 1992 рік, з колами, що позначають його положення з інтервалом в один рік. Після маневру рогатки 1974 року навколо Юпітера рух зонда визначався майже виключно гравітацією сонця.

2.3.4 Гравітаційна енергія загалом

Тепер ми хочемо знайти рівняння для гравітаційної енергії будь-яких двох мас, які притягують один одного здалеку$r$. Ми припускаємо, що$r$ це досить великий порівняно з відстанню між об'єктами, так що нам насправді не доведеться турбуватися про те, чи$r$ вимірюється від центру до центру чи іншим способом. Це було б хорошим наближенням для опису Сонячної системи, наприклад, оскільки сонце і планети невеликі порівняно з відстанями між ними - тому ви бачите Венеру («вечірню зірку») голими очима як крапку, а не диск.

Рівняння, яке ми шукаємо, дасть гравітаційну енергію$U$, як функцію$m_1$$m_2$, і$r$. Ми вже знаємо з досвіду з гравітацією біля земної поверхні,$U$ що пропорційно масі об'єкта, який взаємодіє з землею гравітаційно, тому має сенс припустити, що зв'язок$U$ симетричний: імовірно пропорційний добутку$m_1m_2$. Ми більше не можемо припустити$\Delta{}U\propto{}\Delta{}r$, як у рівнянні землі-поверхні$\Delta{}U=mg\Delta{}y$, оскільки ми намагаємося побудувати рівняння, яке було б дійсним для всіх значень$r$ і$g$ залежить від$r$. Однак ми можемо розглянути нескінченно малу зміну відстані$d{}r$, для якої ми будемо мати$d{}U=m_2g_1d{}r$, де$g_1$ гравітаційне поле, створене$m_1$. (Ми могли б так само добре написати це$d{}U=m_1g_2d{}r$, оскільки ми не припускаємо, що або маса є «особливою» або «активною».) Інтегруючи це рівняння, ми маємо

\[\begin{align*} \int{d{}U} &= \int{m_2g_1d{}r}\\ U &= m_2\int{g_1d{}r}\\ U &\propto m_1m_2\int{\frac{1}{r^2}d{}r}\\ U &\propto -\frac{m_1m_2}{r} , \end{align*}\]

де ми вільні прийняти константу інтеграції рівною нулю, оскільки гравітаційна енергія ніколи не є чітко визначеною величиною в абсолютному вираженні. $G$Пишемо для константи пропорційності, ми маємо наступний фундаментальний опис гравітаційних взаємодій:

\[\begin{align*} U = -\frac{Gm_1m_2}{r} & \text{[gravitational energy of two masses}\\ & \text{separated by a distance $r$]} \end{align*}\]

Ми будемо називати це законом гравітації Ньютона, хоча насправді він заявив це в зовсім іншій формі, яка виявляється математично еквівалентною цьому.

f/Гравітаційна енергія$U=-Gm_1m_2/r$, графічна як функція$r$.

Давайте інтерпретуємо його результат. По-перше, не варто зациклюватися на тому, що це негативно, так як фізичне значення мають лише відмінності в гравітаційній енергії. Графік на малюнку f може бути зміщений вгору або вниз, не маючи жодного фізичного ефекту. Нахил цього графіка відноситься до сили гравітаційного поля. Наприклад, припустимо, що цифра f - це графік гравітаційної енергії астероїда, що взаємодіє з сонцем. Якщо астероїд падає прямо до сонця, від А до Б, зменшення гравітаційної енергії дуже мало, тому воно не дуже прискорюється під час цього руху. Точки C і D, однак, знаходяться в області, де нахил графіка набагато більший. У міру переміщення астероїда від C до D він втрачає багато гравітаційної енергії, а тому значно прискорюється. Це пов'язано з більш сильним гравітаційним полем.

Приклад 15: Визначення G
Константу визначити\(G\) непросто, і Ньютон пішов до своєї могили, не знаючи для неї точного значення. Якби ми знали масу землі, то ми могли б легко визначити\(G\) з експериментів з земною гравітацією, але єдиний спосіб точно визначити масу землі в одиницях кілограмів - це знайти\(G\) і міркувати навпаки! (Якщо оцінити середню щільність землі, то можна зробити хоча б приблизну оцінку\(G\).) Цифри g і h показують, як вперше\(G\) був виміряний Генрі Кавендішем в дев'ятнадцятому столітті. Обертається рука звільняється від спокою, а кінетична енергія двох рухомих куль вимірюється, коли вони проходять положення C. збереження енергії дає \[\begin{equation} -2\frac{ GMm}{ r_{BA}} -2\frac{ GMm}{ r_{BD}} = -2\frac{ GMm}{ r_{CA}} -2\frac{ GMm}{ r_{CD}} + 2 K , \end{equation}\] де\(M\) маса одного з великих куль,\(m\) це маса одного з малих, а фактори двох, які скасують, відбуваються тому, що кожна енергія дзеркальна на протилежному боці апарату. (Як обговорювалося на стор. 102, виходить, що ми отримуємо правильний результат, виміряючи всі відстані від центру однієї сфери до центру іншої.) Це можна легко вирішити для\(G\). Найкраща сучасна цінність\(G\), з більш пізніх версій того ж експерименту, є\( 6.67\times10^{-11}\ \text{J}\cdot\text{m}/\text{kg}^2\). г/Оригінальний малюнок Кавендіша апарату для його експерименту, розглянутий в прикладі 15. Приміщення було герметично закрито, щоб виключити повітряні потоки, а рух спостерігалося через телескопи, що стирчать через отвори в стінках. h/Спрощений малюнок експерименту Кавендіша, розглянутий зверху. Стрижень з двома невеликими масами на кінцях звисає з тонкого волокна, і вільно обертається.

Приклад 15: Визначення G

Константу визначити$G$ непросто, і Ньютон пішов до своєї могили, не знаючи для неї точного значення. Якби ми знали масу землі, то ми могли б легко визначити$G$ з експериментів з земною гравітацією, але єдиний спосіб точно визначити масу землі в одиницях кілограмів - це знайти$G$ і міркувати навпаки! (Якщо оцінити середню щільність землі, то можна зробити хоча б приблизну оцінку$G$.) Цифри g і h показують, як вперше$G$ був виміряний Генрі Кавендішем в дев'ятнадцятому столітті. Обертається рука звільняється від спокою, а кінетична енергія двох рухомих куль вимірюється, коли вони проходять положення C. збереження енергії дає

\[\begin{equation*} -2\frac{ GMm}{ r_{BA}} -2\frac{ GMm}{ r_{BD}} = -2\frac{ GMm}{ r_{CA}} -2\frac{ GMm}{ r_{CD}} + 2 K , \end{equation*}\]

де$M$ маса одного з великих куль,$m$ це маса одного з малих, а фактори двох, які скасують, відбуваються тому, що кожна енергія дзеркальна на протилежному боці апарату. (Як обговорювалося на стор. 102, виходить, що ми отримуємо правильний результат, виміряючи всі відстані від центру однієї сфери до центру іншої.) Це можна легко вирішити для$G$. Найкраща сучасна цінність$G$, з більш пізніх версій того ж експерименту, є$ 6.67\times10^{-11}\ \text{J}\cdot\text{m}/\text{kg}^2$.

г/Оригінальний малюнок Кавендіша апарату для його експерименту, розглянутий в прикладі 15. Приміщення було герметично закрито, щоб виключити повітряні потоки, а рух спостерігалося через телескопи, що стирчать через отвори в стінках.

h/Спрощений малюнок експерименту Кавендіша, розглянутий зверху. Стрижень з двома невеликими масами на кінцях звисає з тонкого волокна, і вільно обертається.

Приклад 16: Швидкість втечі
\(\triangleright\)Космічний зонд Pioneer 10 був запущений в 1972 році і продовжував надсилати назад сигнали протягом 30 років. У 2001 році, незадовго до того, як контакт з зондом був втрачений, він був приблизно\( 1.2\times10^{13}\ \text{m}\) від сонця, і рухався майже безпосередньо від сонця зі швидкістю\( 1.21\times10^4\ \text{m}\). Маса сонця є\( 1.99\times10^{30}\ \text{kg}\). Чи буде Pioneer 10 назавжди втекти, або він впаде назад в Сонячну систему? \(\triangleright\)Ми хочемо знати, чи буде точка, де зонд буде обертатися. Якщо так, то він матиме нульову кінетичну енергію в точці повороту: \[\begin{align} K_{i}+ U_{i} &= U_{f} \\ \frac{1}{2} mv^2-\frac{ GMm}{ r_{i}} &= -\frac{ GMm}{ r_{f}} \\ \frac{1}{2} v^2-\frac{ GM}{ r_{i}} &= -\frac{ GM}{ r_f} , \end{align}\] де\(M\) - маса сонця,\(m\) - це (неактуальна) маса зонда, і\(r_f\) відстань від сонця гіпотетичної точки повороту. Підключивши цифри зліва, отримуємо позитивний результат. Тому рішення бути не може, оскільки права сторона негативна. Там не буде жодної точки повороту, і Pioneer 10 ніколи не повернеться. Мінімальна швидкість, необхідна для цього, називається швидкістю втечі. Для швидкостей вище швидкості втечі орбіти є відкритими гіперболами, а не повторюваними еліптичними орбітами. На малюнку i гіперболічна траєкторія Піонера стає майже не відрізною від лінії на великих відстанях від сонця. Рух помітно сповільнюється в перші кілька років після 1974 року, але пізніше швидкість стає майже постійною, про що свідчить майже постійний інтервал точок.

Приклад 16: Швидкість втечі

$\triangleright$Космічний зонд Pioneer 10 був запущений в 1972 році і продовжував надсилати назад сигнали протягом 30 років. У 2001 році, незадовго до того, як контакт з зондом був втрачений, він був приблизно$ 1.2\times10^{13}\ \text{m}$ від сонця, і рухався майже безпосередньо від сонця зі швидкістю$ 1.21\times10^4\ \text{m}$. Маса сонця є$ 1.99\times10^{30}\ \text{kg}$. Чи буде Pioneer 10 назавжди втекти, або він впаде назад в Сонячну систему?

$\triangleright$Ми хочемо знати, чи буде точка, де зонд буде обертатися. Якщо так, то він матиме нульову кінетичну енергію в точці повороту:

\[\begin{align*} K_{i}+ U_{i} &= U_{f} \\ \frac{1}{2} mv^2-\frac{ GMm}{ r_{i}} &= -\frac{ GMm}{ r_{f}} \\ \frac{1}{2} v^2-\frac{ GM}{ r_{i}} &= -\frac{ GM}{ r_f} , \end{align*}\]

де$M$ - маса сонця,$m$ - це (неактуальна) маса зонда, і$r_f$ відстань від сонця гіпотетичної точки повороту. Підключивши цифри зліва, отримуємо позитивний результат. Тому рішення бути не може, оскільки права сторона негативна. Там не буде жодної точки повороту, і Pioneer 10 ніколи не повернеться.

Мінімальна швидкість, необхідна для цього, називається швидкістю втечі. Для швидкостей вище швидкості втечі орбіти є відкритими гіперболами, а не повторюваними еліптичними орбітами. На малюнку i гіперболічна траєкторія Піонера стає майже не відрізною від лінії на великих відстанях від сонця. Рух помітно сповільнюється в перші кілька років після 1974 року, але пізніше швидкість стає майже постійною, про що свідчить майже постійний інтервал точок.

Гравітаційне поле

Ми отримали енергетичне рівняння,$U = -Gm_1m_2/r$ інтегруючи,$g\propto 1/r^2$ а потім вставивши константу пропорційності, щоб зробити пропорційність у рівняння. Протилежність інтеграла є похідною, тому тепер ми можемо піти назад і вставити константу пропорційності в тому$g\propto 1/r^2$, що буде відповідати рівнянню енергії:

\[\begin{align*} dU &= m_2 g_1 dr \\ g_1 &= \frac{1}{m_2} \,\frac{dU}{dr} \\ &= \frac{1}{m_2} \,\frac{d}{dr} \left(-\frac{Gm_1m_2}{r}\right)\\ &= -Gm_1 \,\frac{d}{dr} \left(\frac{1}{r}\right)\\ &= \frac{Gm_1}{r^2} \end{align*}\]

Такий вид зворотно-квадратного закону зустрічається весь час в природі. Наприклад, якщо ви йдете вдвічі далі від лампочки, ви отримаєте 1/4 більше світла від неї, тому що, коли світло поширюється, він схожий на розширюється сферу, а сфера з подвійним радіусом має чотири рази більше площі поверхні. Це все одно, що намазувати однакову кількість арахісового масла на чотири шматки хліба замість одного - ми повинні намазувати його тонше.

Питання для обговорення

◊ Куля для боулінгу гравітаційно взаємодіє з землею. Чи має сенс, щоб гравітаційна енергія була обернено пропорційною відстані між їх поверхнями, а не їх центрами?

2.3.5 Теорема про оболонку

Велике розуміння Ньютона полягало в тому, що гравітація біля земної поверхні була такою ж взаємодією, як та, яка утримувала планети від польоту від сонця. Він сказав племінниці, що ідея прийшла до нього, коли він побачив, як яблуко падає з дерева, що змусило його задуматися, чи може земля впливати на яблуко і місяць однаково. До цих пір ми, як правило, мали справу з гравітаційними взаємодіями між об'єктами, які є невеликими порівняно з відстанями між ними, але це припущення не стосується яблука. Кілограм бруду в декількох футах під його садом в Англії взаємодіяв би набагато сильніше з яблуком, ніж кілограм розплавленої породи глибоко під Австралією, за тисячі миль. Також ми знаємо, що земля має деякі частини, які більш щільні, а деякі частини менш щільні. Тверда кора, на якій ми живемо, значно менш щільна, ніж розплавлена порода, на якій вона плаває. За всіма правами, обчислення загальної гравітаційної енергії яблука має бути жахливим безладом. Дивно, але в підсумку він виявляється досить простим. По-перше, ми зауважимо, що хоча земля не має однакової щільності у всьому протязі, вона має сферичну симетрію: якщо ми уявляємо поділ її на тонкі концентричні оболонки, щільність кожної оболонки рівномірна.

j / A spherical shell of mass $M$ interacts with a pointlike mass $m$.

Second, it turns out that a uniform spherical shell interacts with external masses as if all its mass were concentrated at its center.

\mythmhdr{The shell theorem} The gravitational energy of a uniform spherical shell of mass $M$ interacting with a pointlike mass $m$ outside it equals $-GMm/s$, where $s$ is the center-to-center distance. If mass $m$ is inside the shell, then the energy is constant, i.e., the shell's interior gravitational field is zero.

k / The gravitational energy of a mass $m$ at a distance $s$ from the center of a hollow spherical shell of mass.

\mythmhdr{Proof} Let $b$ be the radius of the shell, $h$ its thickness, and $\rho$ its density. Its volume is then $V$=(area)(thickness)=$4\pi{}b^2h$, and its mass is $M=\rho{}V=4\pi{}\rho{}b^2h$. The strategy is to divide the shell up into rings as shown in figure j, with each ring extending from $\theta$ to $\theta+d{}\theta$. Since the ring is infinitesimally skinny, its entire mass lies at the same distance, $r$, from mass $m$. The width of such a ring is found by the definition of radian measure to be $w=bd{}\theta$, and its mass is $d{}M=(\rho)$(circumference)(thickness)(width)= $(\rho)(2\pi{}b \sin{} \theta)(h)(bd{}\theta)$=$2\pi\rho b^2h\sin{}\theta{}d{}\theta$. The gravitational energy of the ring interacting with mass $m$ is therefore

\[\begin{align*} d{}U &= -\frac{Gmd{}M}{r} \\ &= -2\pi{}G\rho{}b^2hm\frac{\sin{}\theta d{}\theta}{r} . \\ &\text{Integrating both sides, we find the total gravitational energy of the shell:} \\ &U = -2\pi{}G\rho{}b^2hm\int_0^\pi{\frac{\sin{}\theta d{}\theta}{r}} \end{align*}\]

The integral has a mixture of the variables $r$ and $\theta$, which are related by the law of cosines,

\[\begin{equation*} r^2 = b^2 + s^2 - 2bs\cos\theta , \end{equation*}\]

and to evaluate the integral, we need to get everything in terms of either $r$ and $d{}r$ or $\theta$ and $d{}\theta$. The relationship between the differentials is found by differentiating the law of cosines,

\[\begin{equation*} 2rd{}r = 2bs\sin\theta{}d\theta , \end{equation*}\]

and since $\sin\theta{}d\theta$ occurs in the integral, the easiest path is to substitute for it, and get everything in terms of $r$ and $d{}r$:

\[\begin{align*} U &= -\frac{2\pi{}G\rho{}bhm}{s}\int_{s-b}^{s+b}{d{}r} \\ &= -\frac{4\pi{}G\rho{}b^2hm}{s} \\ &= -\frac{GMm}{s} \end{align*}\]

This was all under the assumption that mass $m$ was on the outside of the shell. To complete the proof, we consider the case where it's inside. In this case, the only change is that the limits of integration are different:

\[\begin{align*} U &= -\frac{2\pi{}G\rho{}bhm}{s}\int_{b-s}^{b+s}{d{}r} \\ &= -4\pi{}G\rho{}bhm \\ &= -\frac{GMm}{b} \end{align*}\]

The two results are equal at the surface of the sphere, $s=b$, so the constant-energy part joins continuously onto the $1/s$ part, and the effect is to chop off the steepest part of the graph that we would have had if the whole mass $M$ had been concentrated at its center. Dropping a mass $m$ from A to B in figure k releases the same amount of energy as if mass $M$ had been concentrated at its center, but there is no release of gravitational energy at all when moving between two interior points like C and D. In other words, the internal gravitational field is zero. Moving from C to D brings mass $m$ farther away from the nearby side of the shell, but closer to the far side, and the cancellation between these two effects turns out to be perfect. Although the gravitational field has to be zero at the center due to symmetry, it's much more surprising that it cancels out perfectly in the whole interior region; this is a special mathematical characteristic of a $1/r$ interaction like gravity.

Example 17: Newton's apple
Over a period of 27.3 days, the moon travels the circumference of its orbit, so using data from Appendix 5, we can calculate its speed, and solve the circular orbit condition to determine the strength of the earth's gravitational field at the moon's distance from the earth, \(g= v^2/ r= 2.72\times10^{-3}\ \text{m}/\text{s}^2\), which is 3600 times smaller than the gravitational field at the earth's surface. The center-to-center distance from the moon to the earth is 60 times greater than the radius of the earth. The earth is, to a very good approximation, a sphere made up of concentric shells, each with uniform density, so the shell theorem tells us that its external gravitational field is the same as if all its mass was concentrated at its center. We already know that a gravitational energy that varies as \(-1/ r\) is equivalent to a gravitational field proportional to \(1/ r^2\), so it makes sense that a distance that is greater by a factor of 60 corresponds to a gravitational field that is \(60\times60\)=3600 times weaker. Note that the calculation didn't require knowledge of the earth's mass or the gravitational constant, which Newton didn't know. In 1665, shortly after Newton graduated from Cambridge, the Great Plague forced the college to close for two years, and Newton returned to the family farm and worked intensely on scientific problems. During this productive period, he carried out this calculation, but it came out wrong, causing him to doubt his new theory of gravity. The problem was that during the plague years, he was unable to use the university's library, so he had to use a figure for the radius of the moon's orbit that he had memorized, and he forgot that the memorized value was in units of nautical miles rather than statute miles. Once he realized his mistake, he found that the calculation came out just right, and became confident that his theory was right after all. ⁹

Example 17: Newton's apple

Over a period of 27.3 days, the moon travels the circumference of its orbit, so using data from Appendix 5, we can calculate its speed, and solve the circular orbit condition to determine the strength of the earth's gravitational field at the moon's distance from the earth, $g= v^2/ r= 2.72\times10^{-3}\ \text{m}/\text{s}^2$, which is 3600 times smaller than the gravitational field at the earth's surface. The center-to-center distance from the moon to the earth is 60 times greater than the radius of the earth. The earth is, to a very good approximation, a sphere made up of concentric shells, each with uniform density, so the shell theorem tells us that its external gravitational field is the same as if all its mass was concentrated at its center. We already know that a gravitational energy that varies as $-1/ r$ is equivalent to a gravitational field proportional to $1/ r^2$, so it makes sense that a distance that is greater by a factor of 60 corresponds to a gravitational field that is $60\times60$=3600 times weaker. Note that the calculation didn't require knowledge of the earth's mass or the gravitational constant, which Newton didn't know.

In 1665, shortly after Newton graduated from Cambridge, the Great Plague forced the college to close for two years, and Newton returned to the family farm and worked intensely on scientific problems. During this productive period, he carried out this calculation, but it came out wrong, causing him to doubt his new theory of gravity. The problem was that during the plague years, he was unable to use the university's library, so he had to use a figure for the radius of the moon's orbit that he had memorized, and he forgot that the memorized value was in units of nautical miles rather than statute miles. Once he realized his mistake, he found that the calculation came out just right, and became confident that his theory was right after all. ⁹

Example 18: Weighing the earth
\(\triangleright\) Once Cavendish had found \(G= 6.67\times10^{-11}\ \text{J}\cdot\text{m}/\text{kg}^2\) (p. 101, example 15), it became possible to determine the mass of the earth. By the shell theorem, the gravitational energy of a mass \(m\) at a distance \(r\) from the center of the earth is \(U=- GMm/ r\), where \(M\) is the mass of the earth. The gravitational field is related to this by \( mgd{} r=d{} U\), or \(g=(1/ m)d{} U/d{} r= GM/ r^2\). Solving for \(M\), we have \[\begin{align} M &= gr^2/ G \\ & = \frac{\text{(9.8\ }\text{m}/\text{s}^2\text{)} \text{(} 6.4\times10^6\text{\ m)}^2} { 6.67\times10^{-11}\ \text{J}\cdot\text{m}/\text{kg}^2} \\ & = 6.0\times10^{24} \ \frac{\text{m}^2\cdot\text{kg}^2}{\text{J}\cdot\text{s}^2} \\ & = 6.0\times10^{24}\ \text{kg} \end{align}\]

Example 18: Weighing the earth

$\triangleright$ Once Cavendish had found $G= 6.67\times10^{-11}\ \text{J}\cdot\text{m}/\text{kg}^2$ (p. 101, example 15), it became possible to determine the mass of the earth. By the shell theorem, the gravitational energy of a mass $m$ at a distance $r$ from the center of the earth is $U=- GMm/ r$, where $M$ is the mass of the earth. The gravitational field is related to this by $ mgd{} r=d{} U$, or $g=(1/ m)d{} U/d{} r= GM/ r^2$. Solving for $M$, we have

\[\begin{align*} M &= gr^2/ G \\ & = \frac{\text{(9.8\ }\text{m}/\text{s}^2\text{)} \text{(} 6.4\times10^6\text{\ m)}^2} { 6.67\times10^{-11}\ \text{J}\cdot\text{m}/\text{kg}^2} \\ & = 6.0\times10^{24} \ \frac{\text{m}^2\cdot\text{kg}^2}{\text{J}\cdot\text{s}^2} \\ & = 6.0\times10^{24}\ \text{kg} \end{align*}\]

Example 19: Gravity inside the earth
\(\triangleright\) The earth is somewhat more dense at greater depths, but as an approximation let's assume it has a constant density throughout. How does its internal gravitational field vary with the distance \(r\) from the center? \(\triangleright\) Let's write \(b\) for the radius of the earth. The shell theorem tell us that at a given location \(r\), we only need to consider the mass \(M_{\lt r}\) that is deeper than \(r\). Under the assumption of constant density, this mass is related to the total mass of the earth by \[\begin{equation} \frac{ M_{\lt r}}{ M} = \frac{ r^3}{\text{b}^3} , \end{equation}\] and by the same reasoning as in example 18, \[\begin{equation} g = \frac{ GM_{\lt r}}{ r^2} , \end{equation}\] so \[\begin{equation} g = \frac{ GMr}{ b^3} . \end{equation}\] In other words, the gravitational field interpolates linearly between zero at \(r=0\) and its ordinary surface value at \(r= b\).

Example 19: Gravity inside the earth

$\triangleright$ The earth is somewhat more dense at greater depths, but as an approximation let's assume it has a constant density throughout. How does its internal gravitational field vary with the distance $r$ from the center?

$\triangleright$ Let's write $b$ for the radius of the earth. The shell theorem tell us that at a given location $r$, we only need to consider the mass $M_{\lt r}$ that is deeper than $r$. Under the assumption of constant density, this mass is related to the total mass of the earth by

\[\begin{equation*} \frac{ M_{\lt r}}{ M} = \frac{ r^3}{\text{b}^3} , \end{equation*}\]

and by the same reasoning as in example 18,

\[\begin{equation*} g = \frac{ GM_{\lt r}}{ r^2} , \end{equation*}\]

\[\begin{equation*} g = \frac{ GMr}{ b^3} . \end{equation*}\]

In other words, the gravitational field interpolates linearly between zero at $r=0$ and its ordinary surface value at $r= b$.

The following example applies the numerical techniques of section 2.2.

Example 20: From the earth to the moon

l / The actual trajectory of the Apollo 11 spacecraft, A, and the straight-line trajectory, B, assumed in the example.

The Apollo 11 mission landed the first humans on the moon in 1969. In this example, we'll estimate the time it took to get to the moon, and compare our estimate with the actual time, which was 73.0708 hours from the engine burn that took the ship out of earth orbit to the engine burn that inserted it into lunar orbit. During this time, the ship was coasting with the engines off, except for a small course-correction burn, which we neglect. More importantly, we do the calculation for a straight-line trajectory rather than the real S-shaped one, so the result can only be expected to agree roughly with what really happened. The following data come from the original press kit, which NASA has scanned and posted on the Web:

initial altitude	3.363 X 10⁵ m
initial velocity	1.083 X 10⁴ m/s

The endpoint of the the straight-line trajectory is a free-fall impact on the lunar surface, which is also unrealistic (luckily for the astronauts).

The ship's energy is

\[\begin{align*} E &= -\frac{ GM_{e} m}{ r} -\frac{ GM_{m} m}{ r_{m}- r} +\frac{1}{2} mv^2 , \\ &\text{but since everything is proportional to the mass of the ship, m, we can divide it out} \\ &\frac{ E}{ m} = -\frac{ GM_{e}}{ r} -\frac{ GM_{m}}{ r_{m}- r} +\frac{1}{2} v^2 , \end{align*}\]

and the energy variables in the program with names like e, k, and u are actually energies per unit mass. The program is a straightforward modification of the function time3 on page 93.

import math
def tmoon(vi,ri,rf,n):
  bigg=6.67e-11        # gravitational constant
  me=5.97e24        # mass of earth
  mm=7.35e22        # mass of moon
  rm=3.84e8        # earth-moon distance
  r=ri
  v=vi
  dr = (rf-ri)/n
  e=-bigg*me/ri-bigg*mm/(rm-ri)+.5*vi**2
  t=0
  for i in range(n):
    u_old = -bigg*me/r-bigg*mm/(rm-r)
    k_old = e - u_old
    v_old = math.sqrt(2.*k_old)
    r = r+dr
    u = -bigg*me/r-bigg*mm/(rm-r)
    k = e - u
    v = math.sqrt(2.*k)
    v_avg = .5*(v_old+v)
    dt=dr/v_avg
    t=t+dt
  return t

>>> re=6.378e6  # radius of earth
>>> rm=1.74e6   # radius of moon
>>> ri=re+3.363e5       # re+initial altitude
>>> rf=3.8e8-rm # earth-moon distance minus rm
>>> vi=1.083e4 # initial velocity
>>> print(tmoon(vi,ri,rf,1000)/3600.) # convert seconds to hours
59.654047441976552

This is pretty decent agreement, considering the wildly inaccurate trajectory assumed. It's interesting to see how much the duration of the trip changes if we increase the initial velocity by only ten percent:

>>> vi=1.2e4
>>> print(tmoon(vi,ri,rf,1000)/3600.)
18.177752636111677

The most important reason for using the lower speed was that if something had gone wrong, the ship would have been able to whip around the moon and take a “free return” trajectory back to the earth, without having to do any further burns. At a higher speed, the ship would have had so much kinetic energy that in the absence of any further engine burns, it would have escaped from the earth-moon system. The Apollo 13 mission had to take a free return trajectory after an explosion crippled the spacecraft.

Contributors and Attributions

Template:ContribCrowell