Stern Physik: MontyPythagoras Wunderbare Welt Der Schwerkraft
Released by matroid on Sa. 19. Januar 2019 23:47:20 [Statistics]
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Physik

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And now for something completely differential
S chwerkraft ist wohl die erste Kraft, mit der jeder Mensch in seinem Leben Erfahrungen macht. Meistens negative, nämlich bei seinen ersten Versuchen, ihr zu trotzen und aufrecht zu gehen, wie es sich für einen Homo sapiens gehört. Trotzdem hat es sehr lange gebraucht, bis die dahinter stehenden, mathematischen Gesetzmäßigkeiten erkannt wurden, und zwar durch den oben etwas gestresst wirkenden Sir Isaac Neutonne in seiner berühmten, 1687 erschienenen Schrift Philosophiae Naturalis Principia Mathematica. Übrigens nicht in der heute gebräuchlichen, expliziten Formel, die entstand erst fast 200 Jahre später. Ein Apfel soll bei der Entdeckung auch eine entscheidende Rolle gespielt haben, aber das ist wohl nur Mythos. Während wohl jeder wissenschaftsaffine Mensch die berühmte Formel kennt (vielleicht die zweitberühmteste nach $E=mc^2$), möchte ich in diesem Artikel aus meiner Reihe "Physikalisches Wissen, das keiner braucht" einige sich daraus ergebende Schlussfolgerungen zum Besten geben, die offenkundig weniger bekannt sind. Gleichzeitig ist der Artikel auch zu einer kleinen Hommage an die berühmte und für mich namensstiftende Komikertruppe geworden.

Ein weit verbreitetes Missverständnis im Zusammenhang mit der Formel $$F=\frac{Gm_1m_2}{r^2}$$ist leider, dass $r$ der Abstand zwischen den Schwerpunkten der beiden beteiligten Körper sei, und dass man sich die Körper punktförmig, also alle Masse im Schwerpunkt vereinigt vorstellen darf. Das stimmt auch - für Kugeln und Ellipsoide immer, bei allen anderen Körpern nur für große Distanzen. In der Himmelsmechanik, die ein zentrales Thema in der Zeit von Newton war, trifft gleich beides perfekt zu. Wenn die Körper jedoch eine komplexere Form haben und der Abstand zwischen ihnen klein wird in Relation zu ihrer Größe, dann muss die gegenseitige Anziehung vektoriell als Volumenintegral berechnet werden, und zwar beidseitig. Das möchte ich hier anhand von ein paar recht einfachen Beispielen vorführen, für die sich interessante Schlussfolgerungen oder Eigenschaften ergeben. Rein mathematisch betrachtet ist das Gravitationsfeld identisch mit dem elektrostatischen Feld von Punktladungen, denn die dahinter stehende Formel ist im Grunde die gleiche, siehe Coulombsches Gesetz. Sämtliche Gesetzmäßigkeiten z.B. für elektrisch geladene, kreisrunde Platten, Kugeln etc. gelten analog auch für die Schwerkraft. Dieser Zusammenhang wird wohl nur deshalb gerne übersehen, weil quadratische, platte oder stabförmige Exoplaneten bislang eher selten entdeckt wurden. In den nachfolgenden Untersuchungen ersetze ich den Buchstaben $r$ durch $a$ wie, na ja, "Abstand" halt, denn wir werden mit einigen runden Objekten zu tun haben, wo der Buchstabe $r$ öfter schon eine andere Rolle belegt. Nur um Verwechslungen zu vermeiden.

Doppelsternsystem

Dass die Annahme einer im Schwerpunkt eines komplexen Objektes versammelten Masse nicht stimmen kann, sieht man schon an folgendem einfachen Beispiel eines Doppelsternsystems:
Doppelstern
Die beiden Massen seien gleich groß, ihr Abstand vom Ursprung sei ebenfalls gleich, so dass ihr gemeinsamer Schwerpunkt im Ursprung des Koordinatensystems liege. Die beiden Kräfte haben sowohl einen Anteil in Richtung Ursprung, also des Massenschwerpunktes der beiden Sterne, und einen seitwärts davon abweichenden. In einer symmetrischen Anordnung würden die seitlich wirkenden Kraftanteile sich gegenseitig aufheben. In der dargestellten Situation jedoch ist die Masse 1 deutlich näher am Probekörper $m_p$ als die Masse 2. Dadurch ist der Betrag der Kraft $F_1$ auch deutlich größer als $F_2$. Außerdem ist der Winkel $\varphi_1$ größer als $\varphi_2$, und zwar ebenfalls, weil die Masse 1 näher ist als Masse 2. Ohne zu rechnen, kann man sich hier klar machen, dass die vektorielle Summe der beiden Kräfte eben nicht in Richtung Massenschwerpunkt zeigt, sondern daran vorbei, und zwar eher in Richtung der Masse 1. Während zwei Doppelsterne also gemeinsam um ihr Baryzentrum rotieren, würde ein sich in der Nähe befindlicher Probekörper eine hin- und herschwankende Gravitationskraft erfahren.
And now for something completely differential

Stab mit kleinem Querschnitt

Um es nicht zu kompliziert zu machen, beginnen wir mit einem dünnen Stab, der mit seinem Schwerpunkt im Ursprung liegt und in dessen gedachter Verlängerung sich der Probekörper befindet:
Stab längs
Der Stabquerschnitt sei in seinen beiden Dimensionen jeweils vernachlässigbar gegenüber $a$ (dem Abstand des Probekörpers vom Ursprung) und $l$, die Massenverteilung sei homogen. Das Massenelement hat die Masse $\mathrm dm=\frac{m_S}{l}\mathrm dx$ und befindet sich bei der Koordinate $x$, so dass wir als Schwerkraft erhalten: $$\mathrm dF=\frac{Gm_P\mathrm dm}{(a-x)^2}=\frac{Gm_Pm_S}{l(a-x)^2}\mathrm dx$$$$F=\intop_{-\frac12l}^{\frac12l}\frac{Gm_Pm_S}{l(a-x)^2}\mathrm dx=\left[\frac{Gm_Pm_S}{l(a-x)}\right]_{-\frac12l}^{\frac12l}$$$$F=\frac{Gm_Pm_S}l\left(\frac1{a-\tfrac12l}-\frac1{a+\tfrac12l}\right)$$$$\boxed{F=\frac{Gm_Pm_S}{a^2-\tfrac14l^2}}$$Wie man sieht, hat die Stablänge einen Einfluss auf die Schwerkraft. Lässt man jedoch $l$ gegen null gehen, was gleichbedeutend ist damit, dass der Abstand $a$ sehr groß wird, kann man $l$ in der Formel vernachlässigen und es gilt die "Standard"-Schwerkraftformel. Drehen wir den Stab nun um 90° im Ursprung:
Stab quer
Der Stab liege wieder mit seinem Schwerpunkt im Ursprung, aber der Probekörper liege nun quer zum Stab. Die Entfernung zum jeweiligen Massenelement ist nun $\sqrt{a^2+y^2}$. Die infinitesimale Kraft, die direkt in Richtung des betreffenden Massenelementes wirkt, kann in zwei Komponenten (in x- und in y-Richtung) zerlegt werden. Die Kraftkomponenten in y-Richtung heben sich aufgrund der symmetrischen Anordnung auf, so dass wir nur die Kraftkomponente in Richtung Ursprung betrachten müssen. Es ist dann: $$\mathrm dF=\frac{Gm_P\mathrm dm}{a^2+y^2}$$$$\mathrm dF_x=\mathrm dF\cos\varphi$$wobei $\cos\varphi=\frac a{\sqrt{a^2+y^2}}$ ist. Dann folgt: $$\mathrm dF_x=\mathrm dF\frac a{\sqrt{a^2+y^2}}$$$$F=\intop_{-\frac12l}^{\frac12l}\frac{Gm_Pm_Sa}{l\sqrt{a^2+y^2}^3}\mathrm dy$$$$F=\frac{Gm_Pm_Sa}{l}\left[\frac y{a^2\sqrt{a^2+y^2}}\right]_{-\frac12l}^{\frac12l}$$$$F=\frac{Gm_Pm_S}{al}\cdot\frac l{\sqrt{a^2+\frac14l^2}}$$$$\boxed{F=\frac{Gm_Pm_S}{a\sqrt{a^2+\frac14l^2}}}$$Wie oben gilt natürlich auch hier die "Standard"-Schwerkraftformel, wenn $l$ klein gegenüber $a$ wird. Man kann selbstverständlich auch die Formel für beliebige Lagen des Probekörpers relativ zum Stab berechnen, aber das wird schnell kompliziert und würde hier zu weit führen. Man erkennt aber, dass die Schwerkraft, wenn der Stab mit seiner Achse in Richtung Probekörper zeigt, größer ist als nach der Standard-Formel, weil die dem Probekörper näheren Massenanteile überproportional stärker anziehend wirken als die ferneren Massenanteile, während die Schwerkraft in Querlage kleiner ist als nach der Standard-Formel, weil die weiter von der x-Achse entfernten Massenanteile einen immer größeren Abstand zum Probekörper haben. Würde der Stab rotieren, würde ähnlich wie beim Doppelstern die Schwerkraft sowohl in ihrer Richtung als auch betragsmäßig schwanken. Interessantes folgt außerdem bei der Querlage, wenn man den Stab unendlich lang werden lässt. Dann geht die Kraft gegen null, weil eine endliche Stabmasse, verteilt auf eine unendliche Länge, natürlich keine Anziehung ausüben kann. Wenn man aber den Stab als Prisma der Grundfläche $A$ betrachtet und ihm eine konstante Dichte $\varrho$ gibt, ist die Masse proportional zur Länge, und dann gilt: $$F=\frac{Gm_PAl\varrho}{a\sqrt{a^2+\frac14l^2}}$$Wenn man den Stab nun unendlich lang werden lässt, folgt: $$\lim_{l \rightarrow \infty}F=\frac{2Gm_PA\varrho}a$$Die Anziehungskraft eines unendlich langen Stabes endlicher Dichte, aber infolgedessen unendlicher Masse, ist endlich, und zwar umgekehrt proportional zum Abstand, und sie wirkt orthogonal zur Stabachse.

Toroid mit Probekörper auf Rotationsachse

Um die Schwerkraft einer (Hohl-)Kugel zu berechnen, machen wir zunächst den Umweg über den Toroid:
Toroid
Was die Berechnung hier besonders einfach macht, ist die Tatsache, dass jedes Massenelement des Toroids gleichweit vom Probekörper entfernt ist, wenn sich Letzterer auf der Rotationsachse befindet und der Querschnitt des Toroids als vernachlässigbar klein im Vergleich zu den anderen Größen $r$ und $a$ angesehen werden kann. Wenn man den Toroid umlaufend in kleine Tortenstückchen aufteilt, erzeugt jedes dieser Tortenstückchen den Kraftanteil $$\mathrm dF_T=\frac{Gm_P\mathrm dm}{\sqrt{a^2+r^2}^2}$$Dies ist die Kraft, die in Richtung des Tortenstückchens wirkt, und zwar unter dem Winkel $\varphi$ zur Rotationsachse. Auch hier haben wir zwei Kraftkomponenten: die axiale, die in Richtung Ursprung bzw. Toroid-Schwerpunkt wirkt, und die radiale Komponente. Die Summe aller radialen Anteile ergibt null aufgrund der Symmetrie des Toroids, so dass wir nur die axialen Kraftanteile summieren müssen: $$\mathrm dF=\mathrm dF_T\cos\varphi=\mathrm dF_T\frac{a}{\sqrt{a^2+r^2}}$$Wenn man das nun über die Masse integriert, kommt als Anziehungskraft heraus: $$\boxed{F=Gm_Pm_T\frac{a}{\sqrt{a^2+r^2}^3}}$$Wie in allen anderen Fällen auch geht diese Gleichung in die Standardformel über, wenn der Radius $r$ des Toroids vernachlässigbar klein wird im Verhältnis zum Abstand $a$. Betrachtet man den Kurvenverlauf der Kraft über den Abstand, so findet man ein Kraftmaximum bei $a=\frac r{\sqrt 2}$:
Toroid Kurve
Die blaue Kurve ist der Verlauf der Kraft über den Abstand nach der Standardformel, die grüne Kurve der tatsächliche Verlauf, und es ist $x=\frac ar$. Schon bei $a>3r$, was immer noch relativ "nah" ist, ist der Unterschied im Kraftverlauf recht klein und im Diagramm kaum noch sichtbar, während bei kleinen Distanzen der Unterschied sehr groß ist, weil natürlich bei $a=0$ die Kraft nach der Standard-Formel unendlich groß werden müsste. Stattdessen erfährt der Probekörper im Zentrum des Toroids aufgrund der Symmetrie keinerlei Anziehungskraft.

Kreisscheibe und unendliche Platte konstanter Flächendichte

Eine Kreisscheibe kann man sich aus vielen konzentrischen Toroiden zusammengesetzt denken, so dass wir die Schwerkraft einer Kreisscheibe durch Integration über den Radius erhalten. Wir gehen wieder von einer konstanten Dichte aus. Die Masse des infinitesimalen Toroids ist: $$\mathrm dm=2\pi rb\varrho\mathrm dr$$wobei $b$ die Dicke und $\varrho$ die Dichte des Materials darstellen. Dann folgt für die Anziehungskraft einer Scheibe des Radius $R$: $$F=2\pi Gm_Pb\varrho\intop_{0}^{R} \frac{ar}{\sqrt{a^2+r^2}^3}\mathrm dr$$$$F=2\pi Gm_Pb\varrho\left[-\frac{a}{\sqrt{a^2+r^2}}\right]_{0}^{R}$$$$F=2\pi Gm_Pb\varrho\left(\frac{a}{\left|a\right|}-\frac{a}{\sqrt{a^2+R^2}}\right)$$Hier muss man streng genommen eine Fallunterscheidung machen, ob $a>0$ oder $a<0$ ist (oder man könnte auch die $\mathrm {sgn}$-Funktion benutzen). Dadurch zeigt die Kraft (selbstverständlich) immer in Richtung Scheibe, und nicht von ihr weg. Wir definieren daher hier einfach vorzeichenlos $a>0$ und $\frac{a}{\left|a\right|}=1$: $$\boxed{F=2\pi Gm_Pb\varrho\left(1-\frac{a}{\sqrt{a^2+R^2}}\right)}$$Hier ist der Zusammenhang zur Standard-Formel schon nicht mehr auf den ersten Blick erkennbar, aber bei Entwicklung der Wurzel in eine Taylor-Reihe taucht auch dort das $\frac1{a^2}$ wieder auf. Lassen wir nun den Radius der Scheibe $R$ gegen unendlich gehen, erhalten wir für eine unendliche Platte mit konstanter Flächendichte: $$\boxed{F_{\infty}=2\pi Gm_Pb\varrho}$$Das ist ein sehr interessantes Ergebnis, denn es besagt, dass eine unendliche Platte ein vom Abstand $a$ unabhängiges, homogenes Schwerefeld erzeugt, und es bedeutet auch, dass ein Körper zwischen zwei unendlichen Platten gleicher Flächendichte keinerlei Schwerkraft erfährt, weil sich die beiden homogenen Felder gegenseitig aufheben. Wir könnten uns in einem würfelförmigen Universum mit undurchdringlichen Außenwänden endlicher Flächendichte befinden und würden es nicht merken. Und wenn wir irgendwann mit dem Raumschiff an die Grenze des Universums vorstoßen, geht es plötzlich "BÄMM", und das Raumschiff zerschellt an der Außenwand wie ein Käfer auf der Windschutzscheibe... OK, ich gebe es zu, die Theorie hat Schwächen. Eine Würfelfläche ist nicht unendlich, und wenn doch, schaffen wir es mit dem Raumschiff nicht in endlicher Zeit bis zur Außenwand.

Kugelschale

Um die Anziehungskraft einer dünnen Kugelschale konstanter Dichte zu berechnen, setzen wir sie gedanklich aus vielen Toroiden zusammen:
Kugelschale
Die Querschnittsfläche des Toroids ist $wR\mathrm d\varphi$ und die Masse des Toroids dementsprechend $$\mathrm dm=2\pi\sqrt{R^2-x^2}\cdot\varrho wR\mathrm d\varphi$$Darüberhinaus ist die Distanz zwischen Probemasse und einem Massenelement laut Cosinus-Satz $$\sqrt{a^2+R^2-2aR\cos\varphi}=\sqrt{a^2+R^2-2ax}$$ Unter Anwendung der Formel für den Toroid ergibt sich dann: $$\mathrm dF=2\pi Gm_P \varrho wR\sqrt{R^2-x^2}\;\mathrm d\varphi\frac{a-x}{\sqrt{a^2+R^2-2ax}^3}$$Wir müssen noch $\varphi$ substituieren: $$\varphi=\arccos\frac xR$$$$\mathrm d\varphi=-\frac1{\sqrt{R^2-x^2}}\mathrm dx$$Damit erhalten wir $$\mathrm dF=-2\pi Gm_P \varrho wR\mathrm dx\frac{a-x}{\sqrt{a^2+R^2-2ax}^3}$$(Für positives $\mathrm d\varphi$ ist $\mathrm dx<0$, daher passt das Vorzeichen. Wir müssen die Integrationsgrenzen nur richtig herum setzen). Wir wollen zunächst die Anziehungskraft des größeren Kugelschalensegments "links" von dem grün dargestellten Toroid als Funktion von $x$ berechnen, um damit später noch ein wenig herumspielen zu können: $$F(x)=-2\pi Gm_P \varrho wR\intop_x^{-R}\frac{a-\xi}{\sqrt{a^2+R^2-2a\xi}^3}\mathrm d\xi$$Das Integral ist durch partielle Integration lösbar und wir erhalten: $$F(x)=2\pi Gm_P \varrho wR\left[\frac{a\xi-R^2}{a^2\sqrt{a^2+R^2-2a\xi}}\right]_{-R}^x$$$$F(x)=2\pi Gm_P \varrho wR\left(\frac{ax-R^2}{a^2\sqrt{a^2+R^2-2ax}}-\frac{-aR-R^2}{a^2\sqrt{a^2+R^2+2aR}}\right)$$$$F(x)=\frac{2\pi Gm_P \varrho wR}{a^2}\left(\frac{ax-R^2}{\sqrt{a^2+R^2-2ax}}+\frac{R\left(a+R\right)}{|a+R|}\right)$$Da $R>0$ ist und wir auch $a>0$ annehmen können, wenn wir die Anziehungskraft des "abgewandten" Kugelschalensegments berechnen wollen, folgt: $$\boxed{F(x)=\frac{2\pi Gm_P \varrho wR^2}{a^2}\left(\frac{ax-R^2}{R\sqrt{a^2+R^2-2ax}}+1\right)}$$Das sieht jetzt gar nicht so einfach aus, oder? Ist es aber, wenn wir zunächst die volle Kugelschale berechnen, in dem wir $x=R$ einsetzen: $$F(R)=F_{KS}=\frac{2\pi Gm_P \varrho wR^2}{a^2}\left(\frac{R\left(a-R\right)}{R\sqrt{a^2+R^2-2aR}}+1\right)$$$$F_{KS}=\frac{2\pi Gm_P \varrho wR^2}{a^2}\left(\frac{a-R}{|a-R|}+1\right)$$Und jetzt können wir nicht mehr so einfach kürzen, wir müssen die Fälle $a>R$ (Probemasse außerhalb der Kugelschale) und $R>a$ (Probemasse innerhalb der Kugelschale) unterscheiden. Für Probekörper innerhalb der Kugelschale gilt $a-R=-|a-R|$, und somit: $$F_{KS}=\frac{2\pi Gm_P \varrho wR^2}{a^2}\left(-1+1\right)=0$$Innerhalb einer dünnen Kugelschale konstanter Dichte ist die Schwerkraft also tatsächlich null, ganz gleich, wo sich die Probemasse befindet! Somit bin ich mit meiner kosmologischen Theorie wieder im Rennen, dass das Universum vielleicht nicht von einem Würfel, sondern von einer massiven Kugelschale umschlossen ist. Jedenfalls würden wir es nicht merken, wenn es so wäre. Vielleicht befinden wir uns ja in einer riesigen Schneekugel auf Gottes Schreibtisch, und alle paar Milliarden Jahre schüttelt er sie einmal kräftig. Würfelform ist jedenfalls gestorben. Und wie sieht es nun aus mit der Probemasse außerhalb der Kugel? Dann ist $a-R=|a-R|$, und folglich: $$F_{KS}=\frac{2\pi Gm_P \varrho wR^2}{a^2}\left(1+1\right)=\frac{4\pi Gm_P \varrho wR^2}{a^2}$$Die Masse der dünnwandigen Kugelschale ist außerdem $$m_{KS}=4\pi R^2w\varrho$$so dass man wie folgt vereinfachen kann: $$F_{KS}=\frac{Gm_Pm_{KS}}{a^2}$$My brain hurtsWer hätte das gedacht, der Radius der Kugelschale spielt keine Rolle, die Schwerkraft gehorcht hier tatsächlich der einfachen Standardformel. Die Schwerkraft einer Vollkugel kann man nun wiederum durch Integration vieler Kugelschalen berechnen, aber es bleibt im Grunde bei dieser Formel, wenn sich der Probekörper außerhalb der Vollkugel befindet. Befindet er sich dagegen innerhalb der Vollkugel, so kann man die Kugel gedanklich zerlegen in eine Kugel mit dem Radius $a$, auf dessen Oberfläche sich der Probekörper befindet, und eine Hohlkugel mit dem Innenradius $a$ und dem Außenradius $R$, deren Schwerkraftwirkung auf den Probekörper null ist. Daraus folgt letztlich die Aussage, dass für einen Probekörper innerhalb einer Vollkugel immer nur die "unter" dem Probekörper liegende Restkugel für die Schwerkraftwirkung verantwortlich ist. Bei diesen Überlegung ist nicht einmal notwendig, dass die gesamte Kugel eine homogene Dichteverteilung hat, denn die Dichte kann und darf mit dem Radius variieren. Sie muss nur schalenweise homogen sein und darf nicht von den Winkelkoordinaten abhängen. Dieser Sachverhalt ist bekannt als das Newtonsche Schalentheorem, das Newton übrigens ganz ohne Differentialrechnung und nur durch geometrische Überlegungen hergeleitet hat, wie man in diesem englischsprachigen Wiki-Artikel nachlesen kann und was vermutlich nebenstehend bildlich dargestellte Konsequenzen nach sich zog. Aber wie kommt es zu dieser Unstetigkeit in der Anziehungskraft der Kugelschale beim Überwinden des Schalenradius? Das liegt daran, dass bei Annäherung an die Kugeloberfläche die in unmittelbarer Nähe der Probemasse liegenden Kugelschalenatome eine sehr viel größere Schwerkraftwirkung ausüben als die weiter entfernt liegenden, und somit selbst die deutliche Überzahl der weiter entfernt liegenden Massenelemente komplett kompensieren. Wir betrachten dazu folgende Skizze:
Kugelschale
Stellen wir uns vor, es befinde sich eine Probemasse beim Punkt E. Die Ebene durch diesen Punkt, die senkrecht auf der Verbindungslinie $AE$ steht, teilt die Kugelschale in ein grünes und ein rotes Kugelschalensegment. Die Summe der beiden Anziehungskräfte muss null sein. Das grüne Segment zieht exakt nach "links", also in negative x-Richtung, weil alle seine Massenelemente links von Punkt E liegen, und das rote Segment zieht mit gleichgroßer Kraft nach rechts, obwohl es viel kleiner ist und viel weniger Masse hat. Rücken wir den Punkt E nun ganz nah an den Punkt F, wird das rote Segment immer kleiner, und auch der Punkt D rückt von außen nahe an den Punkt F heran. Die Entfernungen $\overline{EF}$ und $\overline{FD}$ sind annähernd gleich lang, die Abstände $\overline{AE}$ und $\overline{AD}$ sind auch näherungsweise gleich groß. Das bedeutet, dass das grüne Segment auf eine Probemasse bei E die gleiche Anziehung ausübt wie auf eine Probemasse bei D, und das rote Segment übt aufgrund des annähernd gleichen Abstandes zu E und zu D auf diese die gleichen Anziehungskräfte aus, aber in entgegengesetzte Richtungen. Während die Kräfte für Punkt E sich also aufheben, verdoppeln sie sich für den Punkt D. Das lässt sich anhand der oben hergeleiteten Funktion $F(x)$ nicht nur näherungsweise, sondern sogar exakt zeigen. Aufgrund der Ähnlichkeit der Dreiecke AEB und ABD gilt: $$\frac{\overline{AE}}{\overline{AB}}=\frac{\overline{AB}}{\overline{AD}}$$In das obige Bild der Kugelschale übersetzt heißt das, wenn $x$ die Koordinate des Punktes E sei: $$\frac xR=\frac Ra$$$$ax-R^2=0$$Die letzte Zeile entspricht dem Zähler in der oben hergeleiteten, eingerahmten Formel für das Kugelschalensegment, so dass der dortige Bruch herausfällt. Übrig bleibt dann nur: $$F(\tfrac{R^2}a)=\frac{2\pi Gm_P \varrho wR^2}{a^2}=\frac12F_{KS}$$ Das bedeutet, dass das grüne Kugelschalensegment tatsächlich exakt die Hälfte der Schwerkraft beisteuert, und das rote Segment ebenso. Die Punkte B und C stellen für den Probekörper bei Punkt D quasi den überblickbaren Horizont dar. Wir können also sehr einprägsam formulieren, dass die vom Probekörper aus überblickbare Oberfläche einer Kugelschale die Hälfte der Schwerkraft ausmacht, und die nicht überblickbare Rest-Kugelschale die andere Hälfte. Ich persönlich finde das trotz aller mathematischer Logik recht kontra-intuitiv. Wenn man sich vorstellt, man stünde auf einer erdgroßen Hohlkugel von 12.756km Durchmesser "am Strand" und die Augen befänden sich auf 1,8m Höhe über NN, dann sorgt die vergleichsweise winzige, überblickbare Welt von gut 72km² für die Hälfte der Schwerkraft, und die restlichen 511 Mio. km² für die andere Hälfte! Anmerkung für Klugscheißer: wenn sich stehenderweise die Augen auf 1,8m Höhe befinden, dann befindet sich der Körperschwerpunkt natürlich nur auf etwa 1,1m Höhe. Nehmen wir daher an, die Dicke der Kugelschale sei 1,4m, dann befindet sich der Körperschwerpunkt die gleichen 1,8m über der Mittelfläche der Kugelschale wie die Augen über deren Oberfläche. Oder wir nehmen sicherheitshalber gleich an, wir seien kugelförmig und nur ein paar Zentimeter groß. In den realitätsnahen Aufgaben an der Uni funktioniert das schließlich auch. Hier eine kleine Denksportaufgabe mit einer, wie ich meine, ebenfalls etwas kontra-intuitiven Lösung, siehe folgendes Bild:
Wir haben nur eine halbe Kugelschale, Punkt A befinde sich irgendwo auf der Trennebene zwischen den Halbkugeln, Punkt B genau im Schwerpunkt der Halbkugelschale. In welche Richtung wirkt jeweils die Schwerkraft der halben Schale auf Probekörper, die sich an den Punkten A und B befinden? Auflösung ganz am Ende des Artikels.

Vollkugel mit schalenweise homogener Massenverteilung

... sprich: Planet oder Stern (näherungsweise). Die wesentlichen Ergebnisse habe ich oben schon vorweggenommen, also werde ich sie hier nicht noch einmal wiederholen. Interessant ist vielleicht die Schlussfolgerung über den Verlauf der Schwerkraft im Inneren einer Vollkugel, wenn diese eine konstante Dichte hat. Die Masse der sich unter der Probemasse befindlichen "inneren" Kugel ist $$m_K=\frac43\pi \varrho a^3$$und die Schwerkraft auf den Probekörper ist dann: $$F(a)=\frac{Gm_P\cdot\frac43\pi\varrho a^3}{a^2}=\frac43\pi Gm_P\varrho \cdot a$$Eine homogene Vollkugel hat also im Inneren einen linearen Schwerkraftverlauf. Das ist eine oft zitierte und weitläufig bekannte Tatsache, wenn sie auch auf unseren Planeten aufgrund der eben nicht homogen verteilten Masse nicht zutrifft. Noch interessanter finde ich wie oben im Kapitel "Kugelschale" die Frage, wie viel Masse unmittelbar unter mir eigentlich wiederum für die Hälfte der Schwerkraft sorgt. Dazu können wir auch eine Kugel mit schalenweise variierender Dichte in Kugelschalen zerlegen. Wir erhalten dann über alle Schalen eine Grenzlinie, die den gesuchten Volumenkörper abgrenzt. Wir suchen somit für alle Radien die Ortskurve der "Horizontpunkte". Diese Kurve zu finden, ist in der Tat sehr einfach, wie nachfolgendes Bild zeigt:
Schnittkörper
Die Verbindungslinie zwischen Planetenschwerpunkt und Probekörper bildet die Hypotenuse eines rechtwinkligen Dreiecks zum "Horizontpunkt" an der jeweiligen Kugelschale. Die Ortskurve ist laut dem Satz des Thales ein Halbkreis, bzw. im Dreidimensionalen eine Kugel (gestrichelt dargestellt), die zwischen dem Planetenschwerpunkt und dem Probekörper liegt. Der Körper, der also die Hälfte der Schwerkraft erzeugt, ist der Schnittkörper des Planeten mit der eben beschriebenen Kugel. Bei unendlich weit entferntem Probekörper wird die Schnittkugel sehr groß und teilt den Planeten trivialerweise in zwei identische Hälften. Wenn wir der Probekörper sind und uns auf der Erdoberfläche befinden, ist der Schnittkörper eine Kugel direkt unter unseren Füßen, deren Radius dem halben Erdradius entspricht. Bei homogener Masseverteilung hätte diese Kugel ein Achtel der Planetenmasse, aber bei der tatsächlichen Dichteverteilung in der Erde nach dem PREM-Modell ergibt sich ein anderer Wert, den man numerisch berechnen kann. Es stellt sich heraus, dass sich in dieser "halbgroßen" Kugel ein Sechstel der Erdmasse befindet, und zwar mit erstaunlicher, wenngleich zufälliger Genauigkeit.

Zu guter Letzt

... sei noch gesagt, dass es über die Erfindung der Differentialrechnung, die hier in meinem Artikel das wichtigste Werkzeug war, einen erbitterten Streit gab zwischen Gottfried Leibniz und Isaac Newton, der in dieser Auseinandersetzung mit ziemlich hinterlistigen Mitteln kämpfte, die im Nachhinein kein all zu gutes Licht auf den Charakter eines der größten Wissenschaftler aller Zeiten werfen. Aber das soll seine Leistungen natürlich nicht schmälern. Leibniz fand auch die Idee einer Schwerkraft, die ohne Zeitverzögerung über schier unendliche Entfernungen wirken sollte, absurd. Letztlich hatte er damit ja auch nicht Unrecht, denn wie sich im Rahmen der Allgemeinen Relativitätstheorie herausstellte, breitet sich die Schwerkraft ja auch nur mit Lichtgeschwindigkeit aus. Da zeitgenössische Fotos aus verständlichen Gründen Mangelware sind, nachfolgend Bilder des Reenactments der Schlammschlacht zwischen Leibniz und Newton, durchgeführt von der Batley Townswomen's Guild.
Schlammschlacht

Auflösung

Die Kraft im Punkt A wirkt horizontal nach rechts, ohne vertikale Komponente, denn die andere, fehlende Halbkugel würde aus Symmetriegründen ja die gleiche vertikale Kraftkomponente erzeugen. Während sich die horizontalen Komponenten auf jeden Fall aufheben würden, würden sich die vertikalen addieren. Da die Gesamtkraft einer vollen Kugelschale aber null sein muss, muss es auch die vertikale Kraftkomponente sein. Die Kraft im Punkt B, obwohl im Schwerpunkt der Halbkugel befindlich, wirkt ebenfalls horizontal nach rechts, denn auch hier würde die ergänzende andere Halbkugel (auch aus Symmetriegründen) genau horizontal nach links ziehen. Die Summe beider Kräfte muss aber auch hier null ergeben.
Schwerwiegende Grüße, Thomas (MontyPythagoras)
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"Stern Physik: MontyPythagoras Wunderbare Welt Der Schwerkraft" | 5 Comments
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Re: MontyPythagoras Wunderbare Welt Der Schwerkraft
von: Slash am: So. 20. Januar 2019 19:11:40
\(\begingroup\)Alles in Allem: Spitzenmäßig! Die Collagen sind echt witzig. Das "S" am Anfang gefällt mir besonders gut. Ein Buch zur Physik in diesem Stil wäre ein Verkaufsschlager.\(\endgroup\)
 

Re: MontyPythagoras Wunderbare Welt Der Schwerkraft
von: Wally am: So. 20. Januar 2019 22:23:56
\(\begingroup\)Astreiner Artikel, Thomas. Morgen werde ich das meinen Physik-Erstsemestern mal zum Lesen empfehlen. Peter\(\endgroup\)
 

Re: MontyPythagoras Wunderbare Welt Der Schwerkraft
von: helmetzer am: Mo. 21. Januar 2019 13:18:43
\(\begingroup\)Feine Sahne ...\(\endgroup\)
 

Re: MontyPythagoras Wunderbare Welt Der Schwerkraft
von: Yakob am: Mo. 21. Januar 2019 14:47:19
\(\begingroup\)Hallo MontyPythagoras ! Vielen Dank für diesen sehr schönen und witzig dargestellten Beitrag. Bei der Lektüre wurde ich natürlich an einen Artikel zum Thema der verschwindenden Schwerkraft im Inneren einer Hohlkugelschale erinnert, den ich vor etwa 2 Jahren verfasst und hier eingebracht habe: https://matheplanet.de/default3.html?article=1782 LG , Yakob\(\endgroup\)
 

Re: MontyPythagoras Wunderbare Welt Der Schwerkraft
von: StrgAltEntf am: Di. 22. Januar 2019 22:06:35
\(\begingroup\)Vielen Dank für diesen schönen Artikel! 😄 Beste Grüße StrgAltEntf\(\endgroup\)
 

 
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