Разделы 
Дополнительно
Задача по физике - 11667
2019-11-24 
Найти давление в центре жидкой планеты радиуса $R$, если жидкость несжимаема и имеет плотность $\rho$.
Решение:
Разобьем объем планеты на тонкие сферические слои толщиной $\Delta r$. Легко показать, что равнодействующая гравитационных сил, действующих со стороны слоя на частицу внутри этого слоя, равна нулю. Действительно, рассмотрим для этого конус с малым углом при вершине, в которую помещена частица массы $m$. Конус вырезает из слоя участки площадями $s_{1}$ и $s_{2}$ (рис.). Если масса вещества, приходящегося на единицу поверхности слоя, равна $\mu$, то гравитационные силы, действующие на массу $m$ со стороны участков $s_{1}$ и $s_{2}$, равны
$F_{1} = \gamma \frac{m \mu s_{1} }{r_{1}^{2} }, F_{2} = \gamma \frac{m \mu s_{2} }{r_{2}^{2} }$;
но
$\frac{s_{1} }{r_{1}^{2} } \cos \alpha_{1} = \frac{s_{2} }{r_{2}^{2} } \cos \alpha_{2} = \Omega$
($\Omega$ - телесный угол при вершине конуса), а $\alpha_{1} = \alpha_{2}$; заштрихованные треугольники подобны, то $\angle OA_{1}M_{1} = \angle OA_{2}M_{2}, \angle OA_{1}B_{1} = \angle OA_{2}B_{2}$ (они опираются на одну и ту же дугу) и $\alpha_{1} = \angle OA_{1}B_{1} - \angle OA_{1}M_{1}$, а $\alpha_{2} = \angle OA_{2}B_{2} - \angle OA_{2}M_{2}$. Поэтому $\frac{s_{1} }{r_{1}^{2} } = \frac{s_{2} }{r_{2}^{2} }$. Благодаря этому $F_{1} = F_{2}$, то есть эти силы взаимно уравновешивают друг друга. Проведя аналогичное рассмотрение для других участков слоя, мы и докажем сделанное утверждение.
Сила, с которой притягивается элемент слоя $\Delta s \Delta r$ к центру планеты, равна
$F = \gamma \frac{ \frac{4}{3} \pi r^{3} \rho \Delta s \Delta r \rho }{r^{2} }$,
где $r$ - расстояние от этого элемента до центра планеты. Отсюда найдем, что увеличение давления на участке толщиной $\Delta s$ равно
$\Delta p = \frac{F }{ \Delta s} = \frac{4}{3} \pi \gamma \rho^{2} r \Delta r$.
Поэтому давление на расстоянии $r_{0}$ от центра планеты будет равно
$p = p_{0} + \frac{4}{3} \pi \gamma \rho^{2} \sum r \Delta r$.
Так как сумма $r \Delta r$ равна площади фигуры, ограниченной графиком $y = r$ и осью $r$ (рис.), то
$\sum r \Delta r = \frac{(R + r_{0} )(R - r_{0} )}{2} = \frac{R^{2} - r_{0}^{2} }{2}$.
Поэтому
$p = p_{0} + \frac{2}{3} \pi \gamma \rho^{2} (R^{2} - r_{0}^{2})$;
$p_{0}$ - давление на поверхности планеты, которое можно принять равным нулю. Тогда
$p = \frac{2}{3} \pi \gamma \rho^{2} (R^{2} - r_{0}^{2} )$.
В центре планеты ($r_{0} = 0$) давление будет равно
$p_{ц} = \frac{2}{3} \pi \gamma \rho^{2} R^{2}$.
Найти давление в центре жидкой планеты радиуса $R$, если жидкость несжимаема и имеет плотность $\rho$.
Решение:
Разобьем объем планеты на тонкие сферические слои толщиной $\Delta r$. Легко показать, что равнодействующая гравитационных сил, действующих со стороны слоя на частицу внутри этого слоя, равна нулю. Действительно, рассмотрим для этого конус с малым углом при вершине, в которую помещена частица массы $m$. Конус вырезает из слоя участки площадями $s_{1}$ и $s_{2}$ (рис.). Если масса вещества, приходящегося на единицу поверхности слоя, равна $\mu$, то гравитационные силы, действующие на массу $m$ со стороны участков $s_{1}$ и $s_{2}$, равны
$F_{1} = \gamma \frac{m \mu s_{1} }{r_{1}^{2} }, F_{2} = \gamma \frac{m \mu s_{2} }{r_{2}^{2} }$;
но
$\frac{s_{1} }{r_{1}^{2} } \cos \alpha_{1} = \frac{s_{2} }{r_{2}^{2} } \cos \alpha_{2} = \Omega$
($\Omega$ - телесный угол при вершине конуса), а $\alpha_{1} = \alpha_{2}$; заштрихованные треугольники подобны, то $\angle OA_{1}M_{1} = \angle OA_{2}M_{2}, \angle OA_{1}B_{1} = \angle OA_{2}B_{2}$ (они опираются на одну и ту же дугу) и $\alpha_{1} = \angle OA_{1}B_{1} - \angle OA_{1}M_{1}$, а $\alpha_{2} = \angle OA_{2}B_{2} - \angle OA_{2}M_{2}$. Поэтому $\frac{s_{1} }{r_{1}^{2} } = \frac{s_{2} }{r_{2}^{2} }$. Благодаря этому $F_{1} = F_{2}$, то есть эти силы взаимно уравновешивают друг друга. Проведя аналогичное рассмотрение для других участков слоя, мы и докажем сделанное утверждение.
Сила, с которой притягивается элемент слоя $\Delta s \Delta r$ к центру планеты, равна
$F = \gamma \frac{ \frac{4}{3} \pi r^{3} \rho \Delta s \Delta r \rho }{r^{2} }$,
где $r$ - расстояние от этого элемента до центра планеты. Отсюда найдем, что увеличение давления на участке толщиной $\Delta s$ равно
$\Delta p = \frac{F }{ \Delta s} = \frac{4}{3} \pi \gamma \rho^{2} r \Delta r$.
Поэтому давление на расстоянии $r_{0}$ от центра планеты будет равно
$p = p_{0} + \frac{4}{3} \pi \gamma \rho^{2} \sum r \Delta r$.
Так как сумма $r \Delta r$ равна площади фигуры, ограниченной графиком $y = r$ и осью $r$ (рис.), то
$\sum r \Delta r = \frac{(R + r_{0} )(R - r_{0} )}{2} = \frac{R^{2} - r_{0}^{2} }{2}$.
Поэтому
$p = p_{0} + \frac{2}{3} \pi \gamma \rho^{2} (R^{2} - r_{0}^{2})$;
$p_{0}$ - давление на поверхности планеты, которое можно принять равным нулю. Тогда
$p = \frac{2}{3} \pi \gamma \rho^{2} (R^{2} - r_{0}^{2} )$.
В центре планеты ($r_{0} = 0$) давление будет равно
$p_{ц} = \frac{2}{3} \pi \gamma \rho^{2} R^{2}$.
