球殻のつくるポテンシャル



$構造力学的に球状を維持できるかどうかわからないが、皮の薄い巨大な中空のボールを球殻といいます。$
$この球殻がつくるポテンシャルを考えてみましょう。$

1　球殻の外部の点におけるポテンシャル


$球殻は、半径 \ R,\ 厚さ \ \Delta r , \ 面密度(単位面積当たりの質量) \ \rho \ \ とすると、質量は \ M=4\pi R^2 \rho \Delta r　$

$球殻上の点 \ P\ の位置は球面極座標を用いて \quad P(R,\ \theta , \ \varphi) \ \ と表す。ただし、 0 \leqq \theta \leqq \pi , \quad 0 \leqq \varphi \leqq 2\pi $

$点 \ P\ から、\ d\theta ,\ d\varphi \ \ 増加させた領域の微小面積は \quad dS=Rd\theta \times R\sin \theta d\varphi=R^2 \sin \theta \ d\theta \ d\varphi　\quad だから$

$微小質量は \quad dM=dS \times \rho \times \Delta r=R^2 \rho \Delta r \sin \theta \ d\theta \ d\varphi $

　

$右図のように、球殻上の任意の点を \ P,\ z\ 軸上で$
$中心 \ O\ から \ q\ 離れた位置に質量 \ m\ の質点 \ Q\ をおく。$
$ただし \quad R < q \ \ である。$

$PQ=d \ \ として、△OPQに余弦定理を用いると$

$\qquad d^2=q^2+R^2-2qR\cos \theta $

$点Pを含む微小領域のポテンシャルは$
\begin{eqnarray*} dU &=&-G\ dM\ m\ \cfrac{1}{d}\\ &=&-G R^2 \rho \Delta r \sin \theta \ d\theta \ d\varphi \ m\ \cfrac{1}{d}\\ &=&-Gm\cfrac{R^2 \rho \Delta r \sin \theta }{\sqrt{q^2+R^2-2qR\cos \theta}} \ d\theta \ d\varphi \\ \end{eqnarray*} $したがって、球殻全体のポテンシャルは$
\[U=-Gm \int _0 ^\pi d\theta \int _0 ^{2\pi}d\varphi \cfrac{R^2 \rho \Delta r \sin \theta }{\sqrt{q^2+R^2-2qR\cos \theta}}\] \[ここで、 \int _0 ^{2\pi}d\varphi =2\pi 　だから\] \[U=-2\pi Gm R^2 \rho \Delta r \int _0 ^\pi \cfrac{\sin \theta }{\sqrt{q^2+R^2-2qR\cos \theta}}\ d\theta \] \[\quad \int _0 ^\pi \cfrac{\sin \theta }{\sqrt{q^2+R^2-2qR\cos \theta}}d\theta =\cfrac{1}{qR}\{(q+R)-|q-R|\} \quad より\]
$\quad (この積分については($太陽は質点と考えてよいか$)をみてください)$

\[R < q \quad だから \quad \int _0 ^\pi \cfrac{\sin \theta }{\sqrt{q^2+R^2-2qR\cos \theta}}d\theta =\cfrac{1}{qR} \times 2R=\cfrac{2}{q}\] $\therefore \ \ U=-2\pi Gm R^2 \rho \Delta r \times \cfrac{2}{q}=-G\cfrac{m}{q} \times 4\pi R^2 \rho \Delta r=-G\cfrac{Mm}{q}$

$したがって球殻を質点とみ なしたときのポテンシャルに一致することがわかりました。$


2　球殻の内部の点におけるポテンシャル

　

$右図のように、球殻上の任意の点を \ P,\ z\ 軸上で$
$中心 \ O\ から \ q\ 離れた位置に質量 \ m\ の質点 \ Q\ をおく。$
$ただし \quad R > q \ \ である。$

$PQ=d \ \ として、点 \ P\ を含む微小領域のポテンシャルは \ 1\ と同様にして$
\begin{eqnarray*} dU=-Gm\cfrac{R^2 \rho \Delta r \sin \theta }{\sqrt{q^2+R^2-2qR\cos \theta}} \ d\theta \ d\varphi \\ \end{eqnarray*} $したがって、球殻全体のポテンシャルは$
\[U=-Gm \int _0 ^\pi d\theta \int _0 ^{2\pi}d\varphi \cfrac{R^2 \rho \Delta r \sin \theta }{\sqrt{q^2+R^2-2qR\cos \theta}} 　=-2\pi Gm R^2 \rho \Delta r \int _0 ^\pi \cfrac{\sin \theta }{\sqrt{q^2+R^2-2qR\cos \theta}}\ d\theta \] \[\quad \int _0 ^\pi \cfrac{\sin \theta }{\sqrt{q^2+R^2-2qR\cos \theta}}d\theta =\cfrac{1}{qR}\{(q+R)-|q-R|\} \quad より\] \[R > q \quad だから \quad \int _0 ^\pi \cfrac{\sin \theta }{\sqrt{q^2+R^2-2qR\cos \theta}}d\theta =\cfrac{1}{qR} \times 2q=\cfrac{2}{R}\] $\therefore \ \ U=-2\pi Gm R^2 \rho \Delta r \times \cfrac{2}{R}=-G\cfrac{m}{R} \times 4\pi R^2 \rho \Delta r=-G\cfrac{Mm}{R}$

$これでポテンシャルは一定であることがわかりました。$

\[ポテンシャル \ U(r)\ は \quad U(r)=-\int _{r{_0}} ^r F(r)dr \quad で定義されるから\] $\qquad F(r)=-\cfrac{\partial U(r)}{\partial r}=0 \quad より$

$球殻内部の点では万有引力は働かない(つり合いがとれているということ)こともわかります。$


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