Vettem a faradsagot es szamoltam egy kicsit.
A gyuru sikjan kivul a gravitacio sehol nem nulla, ami adja magat, hiszen
ha az ember a gyuru felett van, akkor az egesz gyuru alatta van, azaz az
eredo vektornak mindig lesz egy nem-nulla komponense, ami a gyuru
tomegkozeppontja fele mutat. Ugyanez a helyzet a gyuru sikjaban, a gyurun
kivul is. A gyuru sikjaban, a gyurun belul lehet csak a gravitacio 0.
Az egyszeruseg kedveert tegyuk fel, hogy a gyuru sugara 1, a tomege m.
Ebbe beleteszunk, a sikjaban, egy probatomeget, aminek a tomege szinten
az
egyszeruseg kedveert 1. A ket "1" az altalanossagon nem ront, hisz a
mertekegysegek kello valasztasaval ez mindig elerheto.
A koordinatarendszer kozeppontja legyen a gyuru kozepe.
Namost, mivel az elrendezes rotaciora invarians, minden tovabbi nelkul
lehatarolhatjuk a probatomeg helyzetet az x tengely pozitiv felere, azaz
a
(p,0) 0 <= p < 1 tartomanyra. Ha most vesszunk egy theta (jeloljuk T-vel)
szoget, a gyuru ezen szog koruli vegtelen kis dT szogvaltozashoz tartozo
darabkajanak a tomege az m / 2PI * dT es a koordinatai x=cos(T), y=sin(T)
lesznek. Ha ezen kis darabkak vonzasat kiszamoljuk a (p,0) probatomegre
es
ezek utan T szerint vektorialisan integralunk 0,2PI kozott, akkor
megkapjuk az eredo erot. Rogvest eszre lehet venni, hogy a T es -T (azaz
2PI-T) szogeknel levo darabkakhoz tartozo vektorok x komponense azonos,
y
komponense viszont -1 szerese egymasnak. Ezek alapjan tudjuk, hogy az
eredmeny y komponense 0 lesz, es igy az x komponensre szoritkozhatunk,
megpedig ugy, hogy behozunk egy 2-es sorzot es az integralt leszukitjuk
a
0,PI tartomanyra. Most abrat nem tudok adni, de ha az ember mindezt
felrajzolja es leirja, akkor aranylag rovid szamolas utan a kovetkezo
egyenlet jon ki (G a grav. allando, a megfelelo mertekegysegben):
m*G p - cos(T)
Fx(p) = --- * INT(0,PI){ ------------------------------------- dT }
PI ( ( p - cos(T) )^2 + sin(T)^2 )^(3/2)
Namost az integrandusnak letezik primitiv fuggvenye zart alakban, iszonyu
ronda es hosszu, ket elliptikus integralfuggvennyel a kozepen. No nem is
en szamoltam ki, hanem Wolfram Research... Ami a fontos az az, hogy az
integral NEM nulla, kiveve a p=0 esetet. Hogy a feladat mennyire undorito,
az abbol is lathato, hogy nagyjabol ugyanez a helyzet egy gyuru alaku
toltes potencialterevel kapcsolatban, es atnezve az osszes egyetemi
irodalmamat, a megoldasok (es a hallgatoknak kiirt feladatok) minden
esetben a tengelyre szoritkoznak, az altalonos eset vagy akar csak a gyuru
sikjanak esete meg csak emlitesre sem kerul, pedig azert Simonyi konyvei
nem probaltak elkerulni a matematikat es az itteni elektromossagtani
konyvek is dupla olyan vastag matek konyveket ajanlanak az olvasonak, a
megertes segitese erdekeben.
A lenyeg az, hogy egy ilyen Kerr szingularitasnak csak kozepe kornyeken
biztonsagos repdesni.
Kocsonya
|
Sajnalom, hogy Soniba meg mindig nem erti a relativitaselmeletet, pedig
mennyit magyaraztam el neki szemelyesen is, telefonon is! Barki is
probalkozik a jovoben, akkor sem fogja, nem akarja megerteni. Szerinte
ezt
az egyetemen belesulykoljak a fizikusok fejebe es mindenki papagaly modon
ugyanazt azt mondja kritika es ertelem nelkul. Hat itt a nagy hiba, hogy
mindenki buta csak o nem. Sajnalom, de ez az igazsag. Azert udvozlom
Sonibat, hatha egyszer beugrik neki a lenyeg. Es persze mindekint udvozlok,
aki neha vagy rendszeresen belenez a TudomanyHixbe. Nyugalom, vidamsag!!!
Dezso
|
"""> síkjában nulla a gravitáció, akkor a gyűrű felületét el tudja hagyni
az
> anyag, megy befelé, aztán mindent gömbbé alakít.
Nem tudja elhagyni, mert forog, mint a ménkű."""
Ja, azt nem irtad.
Ha forog, meg mozog, meg áramlik, akkor meg nincs is statikus gravitáció,
hanem iszonyatos hullámzás van.
MJ.
|
