Gravitationspotentialenergie beliebiger Kugelverteilung

Question

Gravitationspotentialenergie beliebiger Kugelverteilung

Cham

Die allgemeine Formel, um die potentielle Energie einer beliebigen Kugelverteilung zu erhalten, lautet wie folgt:

\begin{matrix} (1) & U = - \int_{0}^{R} \frac{G M (R)}{R} ρ (R) 4 π R^{2} D R, \end{matrix}

$\begin{equation}\tag{1} U = - \int_0^R \frac{GM(r)}{r} \, \rho(r) \, 4 \pi r^2 \, dr, \end{equation}$ Wo

M (r)

$M(r)$ ist die Masse innerhalb einer Schale mit Radius

r < R

$r < R$ . Es ist leicht, die Gravitationsenergie einer gleichförmigen Massenkugel zu erhalten

M

$M$ und Radius

R

$R$ :

\begin{matrix} (2) & U = - \frac{3 G M^{2}}{5 R} . \end{matrix}

$\begin{equation}\tag{2} U = -\, \frac{3 G M^2}{5 R}. \end{equation}$ Im Allgemeinen für jede sphärische Verteilung der Gesamtmasse

M

$M$ und Außenradius

R

$R$ , wir können das schreiben:

\begin{matrix} (3) & U = - \frac{k G M^{2}}{R}, \end{matrix}

$\begin{equation}\tag{3} U = -\, \frac{k \, G M^2}{R}, \end{equation}$ Wo

k > 0

$k > 0$ ist eine Konstante, die von der internen Verteilung abhängt.

k = \frac{3}{5}

$k = \frac{3}{5}$ für die gleichmäßige Verteilung. Für eine dünne Kugelschale mit Radius

R

$R$ (alle Masse auf seiner Oberfläche konzentriert), können wir bekommen

k = \frac{1}{2}

$k = \frac{1}{2}$ .

Nun, ich vermute, dass für alle Fälle:

\begin{matrix} (4) & \frac{1}{2} \leq k < \infty . \end{matrix}

$\begin{equation}\tag{4} \frac{1}{2} \le k < \infty. \end{equation}$

Physikalisch macht das Sinn. Aber wie beweist man das aus dem allgemeinen Integral (1) ?

Um die Dinge etwas zu vereinfachen, können wir die dimensionslose Variable einführen $x = r/R \le 1$ , und definiert die relative Masse $\bar{M}(x) \equiv M(r)/M \le 1$ und relative Dichte $\bar{\rho}(x) = \rho(r) / \rho_{\text{average}}$ , Wo $\rho_{\text{average}} = 3 M/4 \pi R^3$ . Somit nimmt das Integral (1) die folgende Form an:

\begin{matrix} (5) & U = - \frac{3 G M^{2}}{R} \int_{0}^{1} \bar{M} (X) \bar{ρ} (X) X D X . \end{matrix}

$\begin{equation}\tag{5} U = -\, \frac{3 G M^2}{R} \int_0^1 \bar{M}(x) \, \bar{\rho}(x) \, x \, dx. \end{equation}$ Das letzte Integral ist

\frac{k}{3}

$\frac{k}{3}$ . Ich bin mir nicht sicher, ob dies helfen kann, (4) zu beweisen.

SRS

Wie funktioniert das Integral von Gl. (5) zu bewerten

k / 3

$k/3$ ? Ich konnte nicht folgen. @ Cham

Cham

@SRS, es ist einfach:

U = - k \frac{G M^{2}}{R} \equiv - \frac{3 G M^{2}}{R} \int_{0}^{1} \bar{M} (X) \bar{ρ} (X) X D X \Rightarrow \int_{0}^{1} \bar{M} (X) \bar{ρ} (X) X D X \equiv \frac{k}{3} .

$\begin{equation}U = -\, k \, \frac{G M^2}{R} \equiv -\, \frac{3 G M^2}{R} \int_0^1 \bar{M}(x) \, \bar{\rho}(x) \, x \, dx \quad \Rightarrow \quad \int_0^1 \bar{M}(x) \, \bar{\rho}(x) \, x \, dx \equiv \frac{k}{3}.\end{equation}$

Antworten (2)

Gravitationspotentialenergie beliebiger Kugelverteilung

Wie funktioniert das Integral von Gl. (5) zu bewerten $k/3$ ? Ich konnte nicht folgen. @ Cham
@SRS, es ist einfach: $U = - k \frac{G M^{2}}{R} \equiv - \frac{3 G M^{2}}{R} \int_{0}^{1} \bar{M} (X) \bar{ρ} (X) X D X \Rightarrow \int_{0}^{1} \bar{M} (X) \bar{ρ} (X) X D X \equiv \frac{k}{3} .$ $\begin{equation}U = -\, k \, \frac{G M^2}{R} \equiv -\, \frac{3 G M^2}{R} \int_0^1 \bar{M}(x) \, \bar{\rho}(x) \, x \, dx \quad \Rightarrow \quad \int_0^1 \bar{M}(x) \, \bar{\rho}(x) \, x \, dx \equiv \frac{k}{3}.\end{equation}$

CDCM · Answer 1

Beginnen Sie damit, Folgendes zu schreiben:

\begin{matrix} (1) & M = \int_{0}^{R} ρ (R) 4 π R^{2} D R = \int_{0}^{R} \frac{D M}{D R} D R . \end{matrix}

$\tag1 M=\int^R_0 \rho(r)4\pi r^2 dr = \int^R_0 \frac{dM}{dr}dr.$ Aus (1) können wir Folgendes erkennen:

\begin{matrix} (2) & \frac{D M}{D R} D R = 4 π R^{2} ρ (R) D R . \end{matrix}

$\tag2 \frac{dM}{dr}dr = 4\pi r^2 \rho(r)dr.$ Kehren wir nun zu Ihrer Gleichung (1) zurück:

U = - \int_{0}^{R} \frac{G M (R)}{R} ρ (R) 4 π R^{2} D R,

$U = - \int_0^R \frac{GM(r)}{r} \, \rho(r) \, 4 \pi r^2 dr,$ Unter Verwendung von Gleichung (2) wird dies zu:

U = - G \int_{0}^{R} \frac{M (R)}{R} \frac{D M}{D R} D R .

$U=-G\int_0^R \frac{M(r)}{r} \frac{dM}{dr}dr.$

Konzentrieren wir uns nur auf den integralen Teil und nennen ihn $I$ für Konkretheit,

\begin{matrix} (3) & ICH = \int_{0}^{R} \frac{M (R)}{R} \frac{D M}{D R} D R . \end{matrix}

$I=\int_0^R \tag{3}\frac{M(r)}{r} \frac{dM}{dr}dr.$ Aha! Das sieht nach etwas aus, das wir in Teilen integrieren können. Legen wir fest

u = \frac{M (r)}{r}

$u=\frac{M(r)}{r}$ , Und

v^{'} = \frac{d M}{d r}

$v'=\frac{dM}{dr}$ . Dann

u^{'} = - \frac{M (R)}{R^{2}} + \frac{1}{R} \frac{D M}{D R} .

$u'=-\frac{M(r)}{r^2} + \frac{1}{r}\frac{dM}{dr}.$ Wenn wir mit IBP fortfahren, erhalten wir:

ICH = [\frac{M (R)}{R} M (R)]_{0}^{R} - \int_{0}^{R} (- \frac{M (R)}{R^{2}} + \frac{1}{R} \frac{D M}{D R}) M (R) D R .

$I=\Bigg[\frac{M(r)}{r}M(r)\Bigg]^R_0-\int^R_0 \Big(-\frac{M(r)}{r^2} + \frac{1}{r}\frac{dM}{dr}\Big)M(r) dr.$ Schauen wir uns nur den integralen Teil an und nennen ihn

J

$J$ :

J = - \int_{0}^{R} \frac{M^{2} (R)}{R^{2}} D R + \underset{Wir kennen dieses Integral, es ist ICH}{\underset{⏟}{\int_{0}^{R} \frac{M (R)}{R} \frac{D M}{D R} D R}} .

$J=-\int^R_0 \frac{M^2(r)}{r^2} dr + \underbrace{\int^R_0 \frac{M(r)}{r}\frac{dM}{dr} dr}_{\textrm{we know this integral, it's }I}.$ Also das haben wir jetzt:

ICH = [\frac{M^{2} (R)}{R}]_{0}^{R} + \int_{0}^{R} \frac{M^{2} (R)}{R^{2}} D R - ICH,

$I=\Bigg[\frac{M^2(r)}{r}\Bigg]^R_0 + \int^R_0 \frac{M^2(r)}{r^2} dr - I,$ und so:

2 ICH = [\frac{M^{2} (R)}{R}]_{0}^{R} + \int_{0}^{R} (\frac{M (R)}{R})^{2} D R .

$2I= \Bigg[\frac{M^2(r)}{r}\Bigg]^R_0 + \int^R_0 \Bigg(\frac{M(r)}{r}\Bigg)^2 dr.$ Für den Fall von nicht-pathologischen

M

$M$ , das ist

M (0) = 0

$M(0)=0$ , wir bekommen:

ICH = \frac{M^{2}}{2 R} + \frac{1}{2} \int_{0}^{R} (\frac{M (R)}{R})^{2} D R .

$I=\frac{M^2}{2R} + \frac{1}{2}\int^R_0 \Bigg(\frac{M(r)}{r}\Bigg)^2 dr.$

Daher können wir daraus das erkennen $U$ hat die Grenze von $-\frac{GM^2}{2R}$ , und davon subtrahieren wir das Integral von etwas positiv Bestimmtem.

Ich glaube, dies beweist (nach physikalischen Maßstäben) Ihre Vermutung darüber $k$ .

Antrag auf Verfahrensvereinfachung:

Betrachten wir einfach das Integral ohne Dimensionen:

K = \int_{0}^{X} \frac{F (X) F^{'} (X)}{X} D X .

$K=\int^X_0 \frac{f(x) f'(x)}{x} dx.$

Nehmen:

G (X) = \frac{F^{2} (X)}{2 X},

$g(x)=\frac{f^2(x)}{2x},$ dann Ableitung nehmen:

G^{'} (X) = \frac{F (X) F^{'} (X)}{X} - \frac{F^{2} (X)}{2 X^{2}} .

$g'(x) = \frac{f(x) f'(x)}{x}-\frac{f^2(x)}{2 x^2}.$ In dieser Mischung können wir unser ursprüngliches Integral erkennen und so integrieren

g^{'} (x)

$g'(x)$ wird uns unser Integral weniger geben

\int_{0}^{X} \frac{f^{2} (x)}{2 x^{2}} d x

$\int^X_0 \frac{f^2(x)}{2 x^2} dx$ , und so können wir schreiben:

K = [G (X)]_{0}^{X} + \frac{1}{2} \int_{0}^{X} \frac{F^{2} (X)}{X^{2}} D X = [\frac{F^{2} (X)}{2 X}]_{0}^{X} + \frac{1}{2} \int_{0}^{X} (\frac{F (X)}{X})^{2} D X .

$K=\big[g(x)\big]^X_0 + \frac{1}{2}\int^X_0 \frac{f^2(x)}{x^2}dx= \Bigg[\frac{f^2(x)}{2 x}\Bigg]^X_0 + \frac{1}{2}\int^X_0 \bigg( \frac{f(x)}{x} \bigg)^2 dx.$ So erhalten wir das gewünschte Ergebnis. Da IBP immer die Umkehrung der Produktregel ist, können Sie mit ein wenig Nachdenken im Allgemeinen die ursprüngliche Funktion herausfinden. Wenn ich jedoch gerade diesen letzten 4-Schritte-Beweis gepostet hätte, denke ich, Sie hätten einfach gedacht, ich sei ein Zauberer ...

Das fragt das $lim_{R \to 0} \frac{M^{2} (R)}{R} = 0,$ $\begin{equation} \lim_{r \, \rightarrow \, 0} \frac{M^2(r)}{r} = 0,\end{equation}$ was ich für sehr vernünftig halte, da ich das glaube $M(r) \approx \rho(0) \, 4 \pi r^3 / 3$ für $r \ll R$ . Dieser Beweis scheint ziemlich perfekt zu sein. Irgendwelche Möglichkeiten, es zu verbessern oder es ein bisschen einfacher zu machen? (Ich glaube nicht, dass es einfacher sein könnte)
@Cham Ich war hauptsächlich besorgt über ein Point-Charge-Szenario, bei dem der Zähler sogar für ungleich Null wäre $r=0$ . Ich habe die ursprüngliche Antwort mit einer einfacheren Version des Beweises aktualisiert.

youpilat13 · Answer 2

Ihr Anspruch, $k\in\bigg[\dfrac{1}{2},\infty\bigg)$ , ist wahr.

Ich werde einen handgewellten Beweis liefern, den Physiker vielleicht als Beweis akzeptieren, aber Mathematiker sicherlich als Vermutung verspotten werden. Also, hier geht es:

Wenn Sie das Vorzeichen Ihres Integrals umkehren (und wir setzen $4\pi G=1$ ) dann heißt es:

\begin{matrix} (1) & \int \frac{M_{In} (R)}{R} ρ (R) R^{2} D R \end{matrix}

$\displaystyle\int\dfrac{M_{\text{in}}(r)}{r}\rho(r) r^2 dr \tag{1}$ Dies ist identisch mit dem Ausdruck (vorausgesetzt, wir haben gesetzt

4 π ϵ_{0} = 1)

$4\pi\epsilon_0=1)$ für die Selbstpotentialenergie einer sphärischen Ladungsverteilung, wenn wir identifizieren

M_{in} (r)

$M_{\text{in}}(r)$ mit der Ladung im Radius

r

$r$ Und

ρ (r)

$\rho(r)$ mit der Ladungsdichte am Radius

r

$r$ . Nun wissen wir, dass, wenn wir eine bestimmte Ladung auf eine metallische sphärische Kugel legen, die Ladungsverteilung in ihrem Gleichgewichtszustand so sein wird, dass sie die Eigenpotentialenergie minimiert, die eine Ladungsverteilung der Gesamtladung ist

M

$M$ haben können, wenn sie innerhalb eines Radius verteilt sind

R

$R$ . Wir wissen aber, dass sich nach dem Gaußschen Gesetz die Ladung in Form einer Kugelschale auf der Oberfläche der Kugel verteilt. Somit ist der Mindestwert von

(1)

$(1)$ wird sein, wenn die ganze Ladung bei ist

R = 1

$R=1$ . Wir wissen, wie Sie berechnet haben, wird die potentielle Selbstenergie in diesem Fall

\frac{1}{2} \frac{M^{2}}{R}

$\dfrac{1}2\dfrac{M^2}R$ . Natürlich der Maximalwert

(1)

$(1)$ haben kann, ist unendlich groß, was einem immer größeren Ladungsanteil entspricht, der immer näher an das Zentrum gebracht wird.

Im Gravitationsfall lässt Sie das zusätzliche Minuszeichen Minimum der obigen Erklärung als Maximum lesen und umgekehrt. Aber da Sie das negative Vorzeichen außerhalb der Definition von gehalten haben $k$ (dh du multiplizierst $k$ mit einem Minus, um das Finale zu erreichen $U$ ), sieht man das sehr direkt $k\in\bigg[\dfrac{1}{2},\infty\bigg)$ hält.

Es macht Sinn, aber ich würde den mathematischen Weg bevorzugen. Ein allgemeiner Beweis aus Integral (5) (oder (1)).

Gravitationspotentialenergie beliebiger Kugelverteilung

Cham

SRS

Cham

Antworten (2)

CDCM

Cham

CDCM

youpilat13

Cham

Was ist der physikalische Grund dafür, dass das Gravitationspotential (oder elektrische Potential) aufgrund von zwei Massen an einem Punkt einfach algebraisch addiert werden kann?

Marvin der Marsmensch gegen den Todesstern: Wie viel Energie werden sie tatsächlich brauchen, um die Erde zu zerstören?

Inwiefern ist die von einer Kraft auf einen Körper geleistete Arbeit negativ?

Wie berechnet man den Schwerpunkt einer hohlen Halbkugel mit einer gewissen Dicke?

Warum ignorieren wir immer die Integrationskonstante, wenn wir Formeln in der Physik ableiten (durch Integration)?

In welche Richtung wird positive Arbeit unter einer Gravitationskraft verrichtet und was rechtfertigt den Zusammenhang zwischen Arbeit, potentieller und kinetischer Energie?

Warum hebt sich potentielle Gravitationsenergie nicht auf?

Warum ist das Netz eines Wanderers, der einen 15-kg-Rucksack 10 Meter hoch trägt, = 0 J (Giancoli)?

Schwerelosigkeit bedeutet null Reibung?

Eine Verwirrung bezüglich eines Beispiels in The Feynman Lectures