Давление в центре планеты

Разбейте планету на тонкие сферические слои. Какая сила тяжести действует на вещество в слое радиуса \(r\), если внешние слои его не притягивают? Давление нарастает от поверхности к центру на вес вещества над слоем.

\(p=\dfrac23\pi G\rho^2R^2\).

Что происходит. Вещество планеты сжато собственным притяжением: давление растёт от нуля на поверхности к центру. На расстоянии \(r\) от центра ускорение свободного падения создаёт только вещество внутри шара радиуса \(r\) — внешние слои не притягивают. Прирост давления в тонком слое толщиной \(\Delta r\) равен весу столба над единицей площади слоя; сложим эти приросты от поверхности к центру.

Обозначения. \(G\) — гравитационная постоянная, \(r\) — расстояние до центра, \(g(r)\) — ускорение свободного падения на расстоянии \(r\), \(p(r)\) — давление. На поверхности \(p=0\).

1. Однородный шаровой слой не притягивает частицу внутри него. Проведём из точки внутри слоя узкий конус с телесным углом \(\Omega\) в обе стороны: он вырезает из слоя две площадки \(S_1\) и \(S_2\) на расстояниях \(r_1\) и \(r_2\). Площадка \(S_i=\dfrac{r_i^2\Omega}{\cos\alpha_i}\) (\(\alpha_i\) — угол между осью конуса и нормалью к слою), её масса пропорциональна площади, а сила притяжения \(\sim S_i/r_i^2=\Omega/\cos\alpha_i\). Углы \(\alpha_1=\alpha_2\) (они опираются на одну хорду), поэтому силы с обеих сторон равны и противоположны. Разбив слой на такие пары площадок, получаем нулевую силу.

2. Поле тяжести внутри планеты. На расстоянии \(r\) притягивает масса шара радиуса \(r\), равная \(\tfrac43\pi r^3\rho\): \[g(r)=\frac{G\cdot\tfrac43\pi r^3\rho}{r^2}=\frac43\pi G\rho\,r .\]

3. Давление в тонком слое. Слой толщиной \(\Delta r\) на расстоянии \(r\): давление на нижней границе больше, чем на верхней, на вес столба над единицей площади. Столб высотой \(\Delta r\) плотности \(\rho\) с ускорением \(g(r)\) (оно почти не меняется внутри слоя): \[\Delta p=\rho\,g(r)\,\Delta r=\frac43\pi G\rho^2\,r\,\Delta r .\]

4. Сумма по слоям. Давление в центре — сумма \(\Delta p\) от поверхности (\(r=R\)) до центра. Это площадь под графиком \(\rho g(r)=\tfrac43\pi G\rho^2 r\) — прямой, идущей из начала координат; от \(r=0\) до \(r=R\) получается треугольник с основанием \(R\) и высотой \(\tfrac43\pi G\rho^2R\): \[p=\frac12\cdot R\cdot\frac43\pi G\rho^2R=\frac23\pi G\rho^2R^2 .\] Для давления на расстоянии \(r_0\) от центра площадь — трапеция: \(p(r_0)=\dfrac23\pi G\rho^2\,(R^2-r_0^2)\).

Обратите внимание: притягивает только вещество внутри шара радиуса \(r\), поэтому \(g\) растёт к поверхности линейно, а не как \(1/r^2\).

Ответ. \(p=\dfrac23\pi G\rho^2R^2\).

Проверка. Размерность: \(G\rho^2R^2\sim\dfrac{\text{м}^3}{\text{кг}\cdot\text{с}^2}\cdot\dfrac{\text{кг}^2}{\text{м}^6}\cdot\text{м}^2=\dfrac{\text{кг}}{\text{м}\cdot\text{с}^2}\) — паскаль. Порядок величины: для Земли (\(\rho=5500\text{ кг/м}^3\), \(R=6{,}4\cdot10^6\) м) получается \(1{,}7\cdot10^{11}\) Па; настоящее давление в центре \(\approx3{,}6\cdot10^{11}\) Па больше, потому что плотность растёт к центру. (В решении книги для \(\rho=1{,}7\cdot10^3\text{ кг/м}^3\) указано \(1{,}6\cdot10^9\) Па; по формуле выходит \(1{,}6\cdot10^{10}\) Па — в книге опечатка в показателе.) Второй способ при \(r_0=R\): \(p=0\), как и должно быть на поверхности.

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.