Nein, das liegt nicht an der Schwerkraft.Sie müssen ziemlich viel Wasser zu sich nehmen, damit die Gravitationseffekte signifikant werden.

Es liegt an der Oberflächenspannung.Kugel ist eine Form, die die Oberfläche für ein bestimmtes Volumen minimiert.Die Oberflächenspannungs-bezogene potentielle Energie des Wassers ist proportional zur Oberfläche, so dass die Kugelform die potentielle Energie minimiert

Energie minimieren. Wenn es eine kleine Menge Wasser gibt, möchte die Oberflächenspannung versuchen, die Oberfläche zu minimieren, und die minimale Oberfläche für ein Material mit einem bestimmten Volumen ist eine Kugel. Für wirklich große Wassermengen (wenn Sie zum Beispiel das gesamte Wasser aus den Ozeanen gesaugt und es auf die übliche Art und Weise eines verrückten Wissenschaftlers irgendwo weit im Weltraum platziert haben), erhalten Sie auch eine Kugel, aber aus einem anderen Grund: Die Wassermasse will ihre (Selbst-) Gravitationspotentialenergie minimieren, und dies geschieht auch, wenn sie kugelförmig ist. Wenn sich ein solches Volumen in Gegenwart eines externen Gravitationsfeldes befindet (zum Beispiel wenn es die Erde umkreist), wäre es nicht vollständig kugelförmig: Dies ist einer der Gründe, warum der Mond beispielsweise eine etwas merkwürdige Form hat. P. >

Zwischen diesen beiden Regimen - wenn Sie zum Beispiel ein paar tausend Gallonen Wasser hätten, würde dies sehr lange dauern, obwohl es irgendwann ohne andere Einflüsse kugelförmig werden würde Zeit.

Quantifizierung der Effekte

Es ist interessant zu versuchen, die Unterschiede zwischen den Effekten zu quantifizieren. Eine Möglichkeit, dies zu tun, besteht darin, einen kugelförmigen Wasserball (oder irgendetwas anderes, aber ich bleibe beim Wasser, weil Zahlen leicht zu bekommen sind) zu betrachten und zu überlegen, welche Kraft Sie benötigen würden, um die Kugel zu halbieren und die beiden Hälften auseinander zu bewegen . Dann können wir die Kraft berechnen, die erforderlich wäre, um die Oberflächenspannung zu brechen, und die erforderlich wäre, um die Anziehungskraft der beiden Hälften zu überwinden.

Oberflächenspannung

Der Radius des Balls sei $ R $ span> und die Oberflächenspannung sei $ T $ span>: $ T $ span> hat Krafteinheiten pro Länge. Die Gesamtkraft, die wir beim Teilen der Kugel ausüben müssen, ist einfach die Gesamtkraft, die durch die Oberflächenspannung um einen Umfang der Kugel ausgeübt wird, und wir können sofort erkennen, dass dies wie $ R $ aussieht span>.

$$ F_T = 2 \ pi R T \ tag {T} $$ span>

Für Wasser $ T = 7,3 \ mal 10 ^ {- 2} \, \ mathrm {N / m} $ span> ungefähr.

Schwerkraft

Das ist komplizierter. Zunächst können wir etwas über das Verhalten der Kraft sagen: Die Massen der beiden Hemisphären gehen wie $ R ^ 3 $ span> und die Trennung wie $ R $ span>, daher ist sofort klar, dass die Kraft wie $ R ^ 3 \ times R ^ 3 / R ^ 2 $ verlaufen wird span>: wie $ R ^ 4 $ span> mit anderen Worten. Die Schwerkraft wird gewinnen, wenn $ R $ span> groß wird!

Aber wir können tatsächlich eine Zahl erhalten, obwohl die Hemisphären keine Kugeln sind und daher schwer gravitativ zu behandeln sind: Wenn Sie an die Oberfläche denken, die den Ball in zwei Hemisphären schneidet, was verhindert dann den Ball? Über diese Oberfläche nach innen zusammenzufallen ist Druck. Die Gravitationskraft zwischen den beiden Hälften des Balls muss also beim Berühren gleich dem Integral des Drucks über dieser Oberfläche sein (ich habe ewig gebraucht, um diesen Trick zu realisieren!).

Nehmen wir an, die Dichte ist gleichmäßig, was nicht für wirklich große Objekte gilt, sondern für relativ kleine Objekte. Rufen Sie die Dichte $ \ rho $ span> auf. Dann können wir die Gravitationsbeschleunigung im Radius $ r $ span> vom Zentrum aus berechnen, wobei wir uns auf den Shell-Satz stützen und die Masse im $ r $ span> ist $ m (r) = 4/3 \ pi r ^ 3 $ span>.

$$ g (r) = \ frac {4 \ pi} {3} G \ rho r $$ span>

Und dies gibt uns den Druck bei $ r $ span>, indem wir einfach $ g $ span> von $ r $ span> bis $ R $ span>:

$$ \ begin {align} p (r_0) & = \ int \ border_ {r_0} ^ R \ rho g (r) \, dr \\ & = \ frac {4 \ pi} {3} G \ rho ^ 2 \ int_ {r_0} ^ R r \, dr \\ & = \ frac {2 \ pi} {3} G \ rho ^ 2 \ left [R ^ 2 - r_0 ^ 2 \ right] \ end {align} $$ span>

oder

$$ p (r) = \ frac {2 \ pi} {3} G \ rho ^ 2 \ left [R ^ 2 - r ^ 2 \ right] $$ span>

Und schließlich können wir dies über die Oberfläche integrieren, um die Gesamtkraft zu erhalten:

$$ \ begin {align} F_G & = \ int \ limit_0 ^ R 2 \ pi r p (r) \, dr \\ & = \ frac {4 \ pi ^ 2} {3} G \ rho ^ 2 \ int \ limit_0 ^ R R ^ 2r - r ^ 3 \, dr \\ F_G & = \ frac {\ pi ^ 2} {3} G \ rho ^ 2 R ^ 4 \ tag {G} \ end {align} $$ span>

(Ich hoffe, das ist richtig: Es ist in Ordnung, aber ich habe möglicherweise irgendwo Faktoren übersehen.)

Im Vergleich

Wenn also $ \ rho = 10 ^ 3 \, \ mathrm {kg / m ^ 3} $ span> gegeben ist, $ G = 6.7 \ mal 10 ^ {- 11} \, \ mathrm {m ^ 3 / (kg s ^ 2)} $ span> können wir für den Radius $ R $ span> wobei $ F_T $ span> = $ F_G $ span> und die Antwort lautetungefähr $ 12.8 \, \ mathrm {m} $ span>.Ich war überrascht, wie klein das ist (und ich mache mir Sorgen, dass ich deshalb einen Fehler gemacht habe).

Wenn dies richtig ist, bedeutet dies, dass die Schwerkraft die Oberflächenspannung für einen Wasserball mit einem Radius von etwa $ 13 \, \ mathrm {m} $ span> zu schlagen beginntund darüber hinaus gewinnt es aufgrund der Abhängigkeit von $ R ^ 4 $ span> ziemlich schnell.Was Ihnen dies nicht sagt, ist etwas darüber, wie lange es dauert, bis etwas sphärisch wird: Ich denke, das wäre ein Haufen schwieriger zu erarbeiten.

Ich bin sicher, dass ein Chemiker eine tiefere Antwort geben könnte.Oder aus Wikipedia erhalten wir, dass die Oberflächenspannung auftritt, weil Wasser Wasserstoffbonding.

Wegen seiner Polarität kann ein Wassermolekül im flüssigen oder festen Zustand bis zu vier Wasserstoffbrücken mit benachbarten Molekülen bilden.Diese Bindungen sind die Ursache für die hohe Oberflächenspannung und die Kapillarkräfte des Wassers.