Luft in einem riesigen gravitationsgebundenen Weltraumballon halten

Parameter der Oberfläche

Um die Größe der Kugel zu berechnen, benötigen wir
die Gravitationsfeldgleichung:

$$\nabla\vec{g} = -4\pi G \rho \qquad (1)$$ und die hydrostatische Version von Newtons 2. Gesetz: $$\rho \vec{g} = \nabla p \qquad (2)$$ Wo $G$ist die Gravitationskonstante,
$\rho$ist die Dichte der "Abdeckung",
$p$ist der Druck innerhalb der "Abdeckung".

Um die erste Gleichung zu lösen, kann man den Satz von Gauß verwenden.
In sphärischen Koordinaten ergibt dies$\vec{g} = \bigl(-g(r), 0, 0\bigr)$.

Die zweite Gleichung gibt die Druckverteilung in der "Abdeckung" an. An der Innenfläche ist er gleich dem Druck des Gases. An der Außenfläche ist es Null.

Stabilität

Die durch Gleichung (2) beschriebene Oberfläche verhält sich wie aus Wasser. Meine Intuition sagt, dass es instabil ist.

Wenn wir ein kleines Stück von der Außenfläche auf die Innenfläche legen, hat es weniger potenzielle Gravitationsenergie. Die Druckänderung ist insbesondere bei kleinen Partikeln vernachlässigbar. Dies wird als Rayleigh-Taylor-Instabilität bezeichnet (Dank an @mmc).

Um eine stabile Oberfläche zu erhalten, benötigen wir etwas festes Material. In diesem Fall treten zusätzliche Kräfte in Gleichung (2) auf. Wenn wir dann den Druck des Gases erhöhen, dehnt sich die Abdeckung aus, fliegt aber nicht weg. Es wird durch die elastischen Kräfte gehalten.

In diesem Fall sollte der Druck jedoch so hoch sein, dass die Stabilität des Ballons auf der Dehnung und nicht auf der Schwerkraft basiert. Das wäre also ein gewöhnlicher Ballon.

Meine Antwort wird in der Formulierung schamlos Newton und Physik 101 sein. Um mit den Annahmen zu beginnen, gehe ich davon aus, dass die Luft keine Masse hat. Inwiefern gilt das? Luft hat etwa die 1000-fache Dichte anderer Materialien wie Stein und Beton, also betrachten wir ungefähr das gleiche Volumenverhältnis, bevor die Luftmasse im Vergleich zur Wand signifikant wird, und wie Sie später in den Berechnungen sehen werden, wird dies nicht der Fall sein durchaus der Fall sein, bis das Objekt wirklich annähernd die Größe der Erde erreicht hat.

Die Schwerkraft an der Oberfläche des Ballons ist die folgende.

$$g = \frac{G M }{R^2}$$

Hier habe ich die M-Variable verwendet, um auf die Gesamtmasse der Wand zu verweisen. Nun, dies ist aufgrund meiner vorherigen Argumente nicht das Feld, das an der Wand wirkt. Hier ist der Teil, bei dem ich am unsichersten war: Ich teile das durch zwei. Warum? Nun, die Außenseite der Wand hat$g$auf sie einwirken, aber die Innenseite der Wand hat überhaupt keine Gravitationsfeldwirkung (da ich die Wirkung der Luft vernachlässige). Durchschnitt, um das herauszubekommen$1/2$. Wie setzt sich das in Druck um? Einführen$\mu = \rho t$Wo$t$ist die Dicke der Wand, und Sie haben die Dicke der Oberflächenmasse in$kg/m^2$. Das brauchen wir. Multiplizieren Sie das mit der Schwerkraft und Sie haben die gleiche Gleichung, die auf der Erde verwendet wird, um die Flüssigkeitshöhe zu finden.

$$P = \frac{1}{2} g \mu = \frac{G M}{2 R^2} \rho t$$

Der Punkt ist, dass wir bereits einen Wert von haben$P=14 psi$die wir befriedigen wollen. Für Annahmen über die Dichte gilt:$\rho$, mein bevorzugter Ansatz ist anzunehmen, dass es aus Asteroidenmaterial besteht$\rho=1.3 g/cm^3$. Als Nächstes führe ich eine weitere einfache Gleichung ein, die darin besteht, die Massedicke mit der Fläche zu multiplizieren, um die Masse zu erhalten.

$$M = 4 \pi \mu R^2 = 4 \pi t \rho R^2$$

Diese Gleichungen können bei bekannter Dichte selbst die Schalendicke in dem, was ich die "große Grenze" nenne, vorhersagen. Dabei wird davon ausgegangen, dass die Dicke relativ zum Gesamtradius klein ist. Für jeden großen Weltraumballon aus Material mit Asteroidendichte wird die Dicke also bestimmt durch:

$$t = \sqrt{ \frac{P}{2 G \pi \rho^2}} = 12.0 km$$

Da wir die Dicke kennen, können wir den Radius oder die Masse angeben. Ich hielt es für am angemessensten, einfach zu sagen, dass wir eine bestimmte Masse haben, mit der wir arbeiten können. Ich habe die Masse des Asteroiden 87 Sylvia genommen , das ist$1.5 \times 10^{19} kg$. Den Rest zu bekommen ist einfach.

$$R = \sqrt{ \frac{M}{4 \pi t \rho}} = 277.0 km$$

Ja, das ist sehr groß. Allerdings ist der Durchmesser immer noch etwa halb so groß wie der von Ceres. Und 87 Sylvia ist ungefähr die 18. größte nach Masse. Beachten Sie, dass die Wand in der diskutierten Konfiguration etwa 6,7 ​​% des Gesamtvolumens einnehmen würde.

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Jetzt gehe ich zu einem anderen Teil der Antwort, wo ich frage: "Was ist, wenn der Ballon ziemlich klein ist?" Wir beginnen mit der Definition$R$der Innenradius der Schale sein , der die Grenze des luftgefüllten Bereichs darstellt. Um schnell eine Antwort zu erhalten, gehen Sie davon aus$R\approx 0$, dies bildet die "kleine Grenze". Sie haben im Grunde einen kugelförmigen Asteroiden und eine vernachlässigbare Menge Luft in der Mitte. Integrieren Sie, um den Fluidkopf zu finden, der auf 1 Atmosphäre gesetzt wird.

$$P = \int_0^t g(r) \rho dr = \int_0^t G \frac{4}{3} r \rho^2 dr = \frac{2}{3} G \pi \rho^2 t^2$$

Jetzt erhalten wir eine definierbare Grenze für das kleinste Objekt, das wir aus Asteroidenmaterial herstellen können, das in seinem Zentrum 1 Atmosphäre Druck erhält.

$$t = \sqrt{ \frac{3 P }{ 2 G \pi \rho^2 }} = 20.7 km$$

Offensichtlich ist diese größer als die bisherige große Grenzdicke, was lediglich geometrischen Gegebenheiten geschuldet ist. Wie wechseln wir nun zwischen dem kleinen Grenzwert und dem großen Grenzwert? Wir richten eine komplexere Geometrie ein, bei der der Innenradius der Schale ist$R$und der Außenradius der Schale ist$R+t$. Ich hatte mit diesem Teil des Problems viel zu kämpfen, aber jetzt habe ich großes Vertrauen in diese Antwort. Um es aufzustellen, ist es angemessen zu sagen, dass das Feld innerhalb des Felsens gleich dem Feld ist, das Sie hätten, wenn das Ganze fest wäre (4/3 pi G rho r), minus dem Feld, das Sie erhalten würden, wenn die Luft Felsen wäre . Dabei wird nach dem Superpositionsprinzip der "herausgeschnittene" Stein in der Mitte abgezogen.

$$g(r) = g_{solid}(r) - g_{center}(r) = \frac{4}{3} \pi G \rho r + \frac{ G \rho \left( \frac{4}{3} \pi R^3 \right) }{ r^2 } \\ = \frac{4}{3} G \rho \pi t \frac{ \left( 3 R^2 + 3 R t + t^2 \right) }{ \left( R + t \right)^2 }$$

$$P = \int_R^{R+t} g(r) \rho dr = \frac{2}{3} \pi \rho^2 G t^2 \frac{ 3 R+t }{ R+t}$$

Diese Gleichung ist in Bezug auf R einfach zu lösen, aber nicht so einfach in Bezug auf t. Es kann auch relativ einfach in Bezug auf P, M und t ausgedrückt werden.

Ich hatte Diagramme, aber sie wurden erstellt, als die Gleichungen falsch waren, also wollte ich vorerst nur den mathematischen Fehler korrigieren lassen. Vielleicht füge ich später noch mehr hinzu.