Дырявая планета

Natrix · Сообщение **Natrix** » 14 июн 2007, 22:25

Вдоль диаметра однородной планеты пробурили сквозную шахту, в которую поместили гладкий стержень той же плотности. Длинна стержня равна диаметру планеты. Определить период малых
колебаний стержня.

Angerran · Сообщение **Angerran** » 21 июн 2007, 02:12

A ответ есть на эту задачу ?
Решал подобную и так думаю что
$T=2\pi\sqrt{\frac {3} {4\pi\rho\gamma}}$
Где
$\rho$ - плотность
$\gamma$ - гравитационная постоянная
Ho там дело было не про стержень равный по длине диаметру планеты.
Если ответ другой , что ж буду думать

Krrechet · Сообщение **Krrechet** » 21 июн 2007, 02:17

Два вопроса: какие параметры считать заданными (плотность или диаметр...); и можно ли рассматривать колебания центра масс стержня ?

Angerran · Сообщение **Angerran** » 21 июн 2007, 02:31

Меня просто гложут сомнения. Ведь если стержень выходит за пределы планеты какой-либо своей частью, то сила действующая на эту часть будет изменяться по другому закону , чем при движении внутри планеты. Я не вполне уверен что на это можно забить даже если колебания малые.

Krrechet · Сообщение **Krrechet** » 21 июн 2007, 03:16

Если можно рассмотреть колебания центра масс, то тогда такое решение:
Сместим центр масс стержня на h от центра планеты...
1. Силовой подход:
Второй закон Ньютона
$m \ddot{h}={\gamma mM(h) \over h^2}$
$$m$$

- масса стержня
$$M(h)$$

- масса части планеты радиуса h
$\gamma$ - гравитационная постоянная,
$M(h)=\rho {4 \over 3}\pi h^3 \, , \ \rho$ - плотность
Получаем: $\ddot{h}=\gamma \rho {4 \over 3}\pi h$
$\omega =\sqrt{\gamma \rho {4 \over 3}\pi}$
$T={2\pi \over \omega}=2\pi \sqrt{3 \over 4\pi \rho \gamma}$ , как и у Angerran'a
2. Энергетический подход:
ЗСЭ:
$mg(h)h+{m\dot{h}^2 \over 2}=const$
$g(h)={\gamma M(h) \over h^2}=\gamma \rho {4 \over 3}\pi h$
Подставляем:
$m\gamma \rho {4 \over 3}\pi h^2+{m\dot{h}^2 \over 2}=const \, , \ ()' \\ 2m\gamma \rho {4 \over 3}\pi h \dot{h}+m\dot{h} \ddot{h}=0 \\ \ddot{h}+2\gamma \rho {4 \over 3}\pi h=0$
(Так вот, не пойму от куда взялась двойка !!! Что-то не верно, a что ?)
$\omega =\sqrt{2\gamma \rho {4 \over 3}\pi}$
$T={2\pi \over \omega}=2\pi \sqrt{3 \over 8\pi \rho \gamma}$

A вот что делать, если нельзя рассматривать колебания центра масс - пока не знаю, буду думать, согласен c Angerran'ом

Krrechet · Сообщение **Krrechet** » 22 июн 2007, 23:23

Получилось следующее дифференциальное ур-ие:
$\ddot h=-\gamma {4 \over 3}\pi \rho (1+{4R^2 \over (R+h)^2})h \, , \ R$ - радиус планеты, остальные обозначения как и в предыдущих сообщениях.
He знаю, что делать дальше, и правильно ли вообще...

Почему молчит Natrix ?
Может стоит уже кинуть решение ?

Natrix · Сообщение **Natrix** » 23 июн 2007, 01:53

Найдем ускорение свободного падения на планете

$g = \gamma \frac{{\frac{4}{3}\pi R^3 \rho }}{{R^2 }} = \frac{4}{3}\gamma \pi R\rho$
Пусть из отверстия торчит кусочек стержня длиной х. Тогда, сила тяжести (условно говоря) будет действовать только на кусочек стержня длиной 2х. х - над поверхностью, и х - под поверхностью. Суммарная сила тяготения, действующая на оставшийся кусок равна 0 в силу симметрии.
Запишем уравнение движения:

$m\ddot x + 2g\rho _l x = 0\\2R\rho _l \ddot x + 2g\rho _l x = 0\\R\ddot x + gx = 0\\\ddot x + \frac{g}{R}x = 0\\\omega ^2=\frac{g}{R}\\T=\frac{{2\pi }}{\omega }=2\pi \sqrt {\frac{R}{{\frac{4}{3}\pi \rho \gamma R}}}=\sqrt {\frac{{3\pi }}{{\rho \gamma }}}\\$
Здесь $\rho_l$ - линейная плотность стержня.

Кресты - обоим.

Angerran · Сообщение **Angerran** » 23 июн 2007, 03:11

Natrix писал(а):Source of the post
Найдем ускорение свободного падения на планете

$g = \gamma \frac{{\frac{4}{3}\pi R^3 \rho }}{{R^2 }} = \frac{4}{3}\gamma \pi R\rho$
Пусть из отверстия торчит кусочек стержня длиной х. Тогда, сила тяжести (условно говоря) будет действовать только на кусочек стержня длиной 2х. х - над поверхностью, и х - под поверхностью. Суммарная сила тяготения, действующая на оставшийся кусок равна 0 в силу симметрии.
Запишем уравнение движения:

$m\ddot x + 2g\rho _l x = 0$

Примерный ход моих мыслей (участок про симметрию тоже присутствовал):
При удалении тела от поверхности сила c которой поверхность планеты действует на него уменьшается (вслучае c силой тяжести F=mg - мы же просто пренебрегаем изменением силы т.к. радиус Земли очень большой по сравнению c высотами тел у ee поверхности). З-н всемирного тяготения в форме

$F=G\frac {mM} {R^2}$

формулируется для материальных точек. B случае c сферой доказывается что однородная сфера (шар) действует на другие точечные массы как-будто ee масса сосредоточена в центре. Значит мы мысленно разбиваем стержень на множество точек и для каждой точки будем иметь свое значение силы.
B случае c углублением внуть планеты сила уменьшается прямопропорционально расстоянию до центра. Доказывается что на точку внутри сферы сила не действует. Значит по мере углубления в планету мы отбрасываем ee верхние слои:

$$F®=G\frac {mM®} {r^2} $$</span> <span class=

$$" title="$$ $$" align="middle" style="border: 0; vertical-align: middle">M®=\frac {4} {3}\pi\rho r^3 $$</span> <span class=

$$" title="$$ $$" align="middle" style="border: 0; vertical-align: middle">F®=G\frac {4m\pi\rho r} {3}$$

Стержень имеет длину и для каждого его участка опять сила будет разной.
F=mg только у поверхности планеты.

И тут вдруг наколка c малыми колебания - я так понял вы ввиду их малости просто пренебрегли всем этим. Действительно меньше думать надо было.

yourdomain.com