Matematické Fórum

kryštof · 05. 11. 2014 18:55

Ahoj, zajímá mě problém rotujícího tělesa, které je tvořeno ideální kapalinou a má dostatečnou hmotnost, aby v klidu zaujalo v důsledku gravitační síly tvar koule. Těleso rotuje ve volném prostoru, mimo dosah gravitačního působení jiných těles. Vím, že zaujme tvar rotačního elipsoidu, ale zajímá mě, jak se to dá dokázat na základě fyzikálních zákonů. Díky.

Brzls · 05. 11. 2014 21:56

↑ kryštof:
Čau

Mě napadlo tohle, jenže jsem uvažoval zjednodušený model. Přesné řešení by podle mě bylo celkem hardcore ale třeba se pletu.

Myšlenka: Pokud máme nějaké kapalné těleso, tak síla která působí na povrch v daném místě musí být na povrch kolmá. To je ale ekvivalentní s podmínkou že povrch tvoří ekvipotenciální plochu.

Zjednodušení:
1. Gravitační potenciál bereme takový, jako kdyby všechna hmota byla soustředěna ve středu. (což je celkem slušně splněno pro rotační tělesa které mají tvar lehce deformované koule, tedy například i ne moc "spolštělý" elipsoid)
2. Úhlovou rychlost, hmotnost, a vzdálenost od středu libovolného bodu na povrchu splňuje předpoklad
$\frac{\omega ^{2}r^{3}}{GM}\ll 1$
Trochu jsem nad tím přemýšlel a googlil a dospěl sem k závěru, že by to mohlo dobře platit pro dost těles, resp že to neni žádnej nelogickej předpoklad.
3. Zanedbáváme povrchové napětí, tření a podobný věci...

Samotný výpočet:
Gravitační potenciál je díky 1. rovna $V=-\frac{GM}{r_{(\varphi )}}$
Díky rotaci musíme ale uvažovat další složku energie. Chceme tedy najít potenciál této síly
$\omega ^{2}x=\frac{\partial V_{r}}{\partial x}$
$V_{r}=\frac{1}{2}w^{2}x^{2}=\frac{1}{2}w^{2}r_{(\varphi )}^{2}\cos ^{2}_{(\varphi )}$
Teďka ale musíme uvážit, že odstředivá síla působí na druhou stranu, takže i potenciál by měl mít opačné znaménko

Rovnice ekvipotenciální plochy má pak teda rovnici

$-(\frac{GM}{r_{(\varphi )}}+\frac{1}{2}w^{2}r_{(\varphi )}^{2}\cos ^{2}_{(\varphi )})=konst.$
$\frac{GM}{r_{(\varphi )}}+\frac{1}{2}w^{2}r_{(\varphi )}^{2}\cos ^{2}_{(\varphi )}=E$
$1+\frac{1}{2}\frac{\omega ^{2}r^{3}}{GM}\cos ^{2}_{(\varphi )}=\frac{E}{GM}r_{(\varphi )}$

Teď takovej trik, my vlastně otočíme vztah který se běžně používá pro zjednodušení vztahů na to abychom tento "zkomplikovali"
$\sqrt{1+x}\approx 1+\frac{1}{2}x$ pro malá x (proto jsme potřebovali 2. zjednodušení)

$r_{(\varphi )}\approx\frac{GM}{E}\sqrt{1+\frac{\omega ^{2}r^{3}}{GM}\cos ^{2}_{(\varphi )}}$

No a teď poslední zjednodušení - pokud se dané těleso přibližuje svým tvarem kouli, tak se r řádově nemění, a tudíž když vezmeme v úvahu i druhý předpoklad, tak můžeme považovat člen $\frac{\omega ^{2}r^{3}}{GM}$ za konstantní
Takže jme dostali, že

$r_{(\varphi )}\approx A\sqrt{1+B\cos ^{2}\varphi }$ kde A a B jsou konstanty

Jenže to není nic jiného než rovnice elipsy v polárních souřadnicích s počátkem ve středu elipsy (nikoli v ohnisku!)
To se dá lehko dokázat, neboť pro elipsu platí
$r=\sqrt{x^{2}+y^{2}}=\sqrt{a^{2}\cos ^{2}\varphi +b^{2}-b^{2}\cos ^{2}\varphi }=b\sqrt{{\frac{a^{2}-b^{2}}{b^{2}}}\cos ^{2}\varphi +1}=A\sqrt{1+B\cos ^{2}\varphi }$

Doufám že sem to teda nikde nezvoral. Těch zjednodušení je dost, ale jsem přesvědčený, že jsou celkem oprávněné, tedy že to neni nějaké znásilňování matematiky a fyziky.

Kdyby si chtěl přesné řešení, tak by to bylo opravdu komplikované a analyticky téměř určitě neřešitelné. Musel by si uvažovat libovolný tvar grav. potenciálu, najít vztah mezi tvarem tělesa a tímto průběhem potenciálu (to je ten největší problém) a dostal by si nějakou úplně šílenou diferenciální/integrální rovnici, nebo spíš jakousi divnou soustavu...

kryštof

↑ Brzls:
Díky za odpověď, je to zajímavý postup. Jenže jsem měl docela problém z toho vypočítat poloosy toho elipsoidu, protože považuješ $\frac{\omega ^{2}r^{3}}{GM}$ za konstantu, jenže se nedá zjistit její hodnota. Máš pravdu, že přesné řešení je komplikované. Na netu jsem zjistil, že je to starý problém, kterým se zabývali vědci už od Newtona, a že to neni vůbec tak snnadné, jak jsem si představoval. Každopádně díky za odpověď.

Brzls · 06. 11. 2014 21:31 — Editoval Brzls (06. 11. 2014 21:33)

↑ kryštof:
Není zač.
Jinak ty poloosy se určit dají. Celkem přirozeně ti vyjde že jsou přibližně stejné, což je v souladu s tím že jsme prohlásili ten člen B za konstantní. Je zřejmé, že

$b=\frac{GM}{E}$

Druhou poloosu určím z původního vztahu
$\frac{GM}{r_{(\varphi )}}+\frac{1}{2}w^{2}r_{(\varphi )}^{2}\cos ^{2}_{(\varphi )}=E$

kde za úhel dosadíme nula stupňů a dostaneme rovnici
$1+\frac{1}{2}\frac{\omega ^{2}r^{3}}{GM}\cos ^{2}_{(\varphi )}=\frac{E}{GM}r_{(\varphi )}$

$\frac{1}{2}\frac{\omega ^{2}}{GM}a^{3}-\frac{E}{GM}a+1=0$

To je rovnice, ze které se to a dá vyjádřit, výsledek například.
http://www.wolframalpha.com/input/?i=a* … *x%2B1%3D0

Pokud známe hustotu uvažované kapaliny a její celkový objem, tak konstanta E je určena vztahem
$\varrho \pi ab=M$

Pavel Brožek · 07. 11. 2014 01:17

Prakticky stejný problém jsme řešili tady, už si moc nepamatuju, k čemu jsme došli.

Matematické Fórum

#1 05. 11. 2014 18:55

Rotující těleso

#2 05. 11. 2014 21:56

Re: Rotující těleso

#3 06. 11. 2014 20:58 — Editoval kryštof (06. 11. 2014 20:59)

Re: Rotující těleso

#4 06. 11. 2014 21:31 — Editoval Brzls (06. 11. 2014 21:33)

Re: Rotující těleso

#5 07. 11. 2014 01:17

Re: Rotující těleso

Zápatí