Wo liegt der Schwerpunkt der Erde? [geschlossen]

Question

Wo liegt der Schwerpunkt der Erde? [geschlossen]

Kantura

Nehmen Sie die Sonne als Punktobjekt am Ursprung.

Nehmen Sie die Erde als eine Kugel mit dem Mittelpunkt an $x=d$ mit einem Radius von $R$

Lassen $d=150,000,000,000$ M

Lassen $R=6,400,000$ M

Schneiden Sie die Kugel in vertikale Massenscheiben $\Delta m$

Die Kraft auf jede Scheibe wird sein $\frac{k\Delta m}{x^2}$ Wo $k=GM_{Sun}$

Die Gesamtkraft wird $F=k\int^{d+R}_{d-R} \frac{\Delta m}{x^2}$

Angenommen, die Erde hat eine konstante Dichte.

Sei die Masse der gesamten Erde $m$

\frac{Δ M}{v Ö l u M e - Ö F - D ich S k} = \frac{M}{v Ö l u M e - Ö F - e A R T H}

$\frac{\Delta m}{volume-of-disk}=\frac{m}{volume-of-earth}$

\frac{Δ M}{π j^{2} Δ X} = \frac{M}{\frac{4}{3} π R^{3}}

$\frac{\Delta m}{\pi y^2 \Delta x}=\frac{m}{\frac{4}{3}\pi R^3}$

Δ M = \frac{3 M j^{2}}{4 R^{3}} Δ X

$\Delta m = \frac{3my^2}{4R^3} \Delta x$

F = \frac{3 k M}{4 R^{3}} \int_{D - R}^{D + R} \frac{j^{2}}{X^{2}} δ X

$F=\frac{3km}{4R^3}\int^{d+R}_{d-R} \frac{y^2}{x^2} \delta x$

Beschäftigen wir uns mit dem $y^2$ Jetzt.

R^{2} = j^{2} + (D - X)^{2}

$R^2=y^2+(d-x)^2$

j^{2} = R^{2} - D^{2} + 2 D X - X^{2}

$y^2=R^2-d^2+2dx-x^2$

\frac{j^{2}}{X^{2}} = \frac{R^{2} - D^{2}}{X^{2}} + \frac{2 D}{X} - 1

$\frac{y^2}{x^2}=\frac{R^2-d^2}{x^2}+\frac{2d}{x}-1$

Die Kraft ist also jetzt:

F = \frac{3 k M}{4 R^{3}} \int_{D - R}^{D + R} (\frac{R^{2} - D^{2}}{X^{2}} + \frac{2 D}{X} - 1) δ X

$F=\frac{3km}{4R^3}\int^{d+R}_{d-R} (\frac{R^2-d^2}{x^2}+\frac{2d}{x}-1) \delta x$

F = \frac{3 k M}{4 R^{3}} [\frac{D^{2} - R^{2}}{X} + 2 D \ln | X | - X]_{D - R}^{D + R}

$F=\frac{3km}{4R^3} [\frac{d^2-R^2}{x}+2d \ln{|x|}-x]^{d+R}_{d-R}$

F = \frac{3 k M}{2 R^{3}} (D \ln | \frac{D + R}{D - R} | - 2 R)

$F=\frac{3km}{2R^3}(d\ln{|\frac{d+R}{d-R}|}-2R)$

Wenn die Schwerkraft auf einen Punkt am Ort wirkt $x=r$ dann die Kraft $F$ wird auch gegeben von:

F = \frac{k M}{R^{2}}

$F=\frac{km}{r^2}$

So:

F = \frac{k M}{R^{2}} = \frac{3 k M}{2 R^{3}} (D \ln | \frac{D + R}{D - R} | - 2 R)

$F=\frac{km}{r^2}=\frac{3km}{2R^3}(d\ln{|\frac{d+R}{d-R}|}-2R)$

F = \frac{1}{R^{2}} = \frac{3}{2 R^{3}} (D \ln | \frac{D + R}{D - R} | - 2 R)

$F=\frac{1}{r^2}=\frac{3}{2R^3}(d\ln{|\frac{d+R}{d-R}|}-2R)$

Wenn ich mich jetzt einlogge $R=6400000$ Und $d=150000000000$ Ich erwarte einen Wert für $r$ etwas weniger als $d$ , aber ich bekomme dieses Ergebnis nicht. Tatsächlich erweist sich der Wert dessen, was in der Klammer steht, als negativ: $-0.003868$ . Habe ich bei meiner Herleitung etwas falsch gemacht?

JEB

Ignorieren Sie die Tatsache, dass die Feldlinien konvergieren?

y \neq 0

$y \ne 0$ ? Sollte dieser Effekt nicht genauso groß sein wie die Abstandsabhängigkeit?

Kantura

@JEB Ich weiß nicht, was das bedeutet, JEB. Könnten Sie das bitte umformulieren oder für mich verdummen?

G. Smith

Wenn Sie davon ausgehen, dass die Erde eine kugelsymmetrische Massendichte hat, sollten Sie feststellen, dass die Gravitationskraft der Sonne effektiv auf den Erdmittelpunkt wirkt.

Antworten (1)

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Ignorieren Sie die Tatsache, dass die Feldlinien konvergieren? $y \ne 0$ ? Sollte dieser Effekt nicht genauso groß sein wie die Abstandsabhängigkeit?
@JEB Ich weiß nicht, was das bedeutet, JEB. Könnten Sie das bitte umformulieren oder für mich verdummen?
Wenn Sie davon ausgehen, dass die Erde eine kugelsymmetrische Massendichte hat, sollten Sie feststellen, dass die Gravitationskraft der Sonne effektiv auf den Erdmittelpunkt wirkt.

JEB · Answer 1

Die Schwerkraft der Sonne ist stärker (schwächer) auf der nahen (fernen) Seite in Bezug auf das Zentrum (entlang der Mittellinie, $y=z=0$ ). Wenn Sie den Schwerpunkt davon finden:

X_{C G} = \frac{\int_{X = - R}^{X = R} X \frac{G ρ (X)}{(D + X)^{2}} D X}{\int_{X = - R}^{X = R} \frac{G ρ (X)}{(D + X)^{2}} D X} < 0

$x_{cg} = \frac{\int_{x=-R}^{x=R}{x\frac{G\rho(x)}{(d+x)^2}dx}}{\int_{x=-R}^{x=R}{\frac{G\rho(x)}{(d+x)^2}dx}} < 0$

(wo ich den Ursprung zum Mittelpunkt der Erde verschoben habe), der näher an der Sonne sein wird als der Massenmittelpunkt:

X_{C M} = \frac{\int_{X = - R}^{+ R} X ρ (X) D X}{\int_{X = - R}^{X = R} ρ (X) D X} = 0

$x_{cm} = \frac{\int_{x=-R}^{+R}{x\rho(x)dx}} {\int_{x=-R}^{x=R}{\rho(x)dx}}=0$

das ist, was Sie versucht haben zu tun.

Sie können den Unterschied in der Kraft an jedem Ende abschätzen

F (X) \approx F (0) + \frac{D F}{D X} (X) = F (0) [1 - \frac{2 X}{D}]

$F(x) \approx F(0) + \frac{dF}{dx}(x) = F(0)[1-\frac{2x}{d}]$

So

F (\pm R) = F (0) [1 \mp \frac{2 R}{D}]

$F(\pm R) = F(0)[1\mp \frac{2R}d]$

oder

\frac{Δ F}{F} = \frac{2 R}{D}

$\frac{\Delta F} F = \frac{2R} d$

für eine Verschiebung von 1 Radius.

Das Problem ist, dass die Felder, wenn Sie von der Mittellinie wegkommen, nicht parallel sind, sondern alle nach innen zum Mittelpunkt der Sonne zeigen. Obwohl Querkomponenten durch Symmetrie aufgehoben werden, wird die Längskomponente reduziert.

Sie können schätzen, wie viel:

F (X = 0, j = R) \approx F (0) \cos \frac{R}{D} = F (0) [1 - \frac{1}{2} (\frac{R}{D})^{2}]

$F(x=0, y=R) \approx F(0)\cos{\frac R d} = F(0)[1-\frac 1 2 (\frac R d)^2]$

was im Vergleich zum Gezeiteneffekt in Längsrichtung unbedeutend erscheint , da es im kleinen Parameter quadratisch ist (gegenüber linear).

Aber: Es trifft auf viel mehr Masse zu, da es den ganzen Ring abdeckt und nicht nur die Endpunkte (das macht 1 Potenz aus $R/d$ ) und der Quereffekt hat die gleiche Größe wie der Längseffekt (und daher ist der Gezeitentensor spurlos).

Sie müssen die 1. Formel für verallgemeinern $x_{cg}$ 3 Dimensionen (mit zylindrischer Symmetrie) einzubeziehen, um die richtige Antwort zu finden.

Die richtige Antwort ist, dass die Kraft so wirkt, als wäre die gesamte Masse im Zentrum der Erde – für eine kugelsymmetrische Erde. Wenn es ein vierfaches Moment gibt (vgl. $J_2$ ), dann koppelt es an den Tensorgradienten des Gravitationsfeldes, um Drehmomente zu erzeugen und Schwerpunkte zu verschieben, aber kugelsymmetrische Erden haben keine Momente höherer Ordnung.

Ich bin mir nicht sicher, ob Sie Einschränkungen für die Massenverteilung innerhalb jedes Körpers gesehen haben, so dass ihre gegenseitigen Umlaufbahnen Keplersch sind? noch; Ist es möglich, dass eine Erweiterung Ihrer Antwort hier auch dort gilt?
@uhoh Ich habe es nicht nur nicht gesehen, ich verstehe auch nicht, warum ich es nicht gesehen habe, da es einen Monat alt ist und ich alle paar Tage zu physical.stackexchange.com/questions gehe.

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Kantura

JEB

Kantura

G. Smith

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JEB

äh

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