Астрофизический портал | |
|
Задача 5: "плоская" Земля
«Плоская Земля». Древние греки считали, что Земли является плоским диском, вращающимся вокруг своей оси. Примем и мы, что Земля является плоским диском достаточно большого радиуса (скажем, более 40 000 км).
Будем также считать, что период обращения диска вокруг своей оси равен одним суткам. Среднюю плотность материала диска примем равной средней плотности Земли ρ = 5,5×103 кг/м3. | |
Познакомимся с «географией» плоской Земли. Она напоминает обычную карту земного шара с северным полюсом N. Далее аналогично: любую радиальную прямую, выходящую из северного полюса будем называть меридианом. Легко догадаться, что южного полюса нет — его роль играют все точки края диска. Соответственно, окружности, точки которых находятся на равном расстоянии от полюса, назовем параллелями. Движение по параллелям в направлении вращения Земли будет соответствовать движению на восток (E), а в противоположном направлении — на запад (W). Пусть Афины находятся в точке A, расположенной на расстоянии ro = 4,0×103 км от северного полюса N. 5.1. Какой должна быть толщина h этого диска, чтобы ускорение свободного падения на северном полюсе N было g = 9,8 м/с2? 5.2. Для связи с жителями «другой стороны» плоской Земли вдоль оси ее вращения пробурена сквозная тонкая шахта. Если без начальной скорости в шахту опустить камешек, то он пройдя сквозь шахту, окажется на другой стороне Земли. Найдите максимальную скорость vmax камешка при таком движении. Силой сопротивления воздуха пренебречь. 5.3. Для связи с жителями «своей стороны» плоской Земли из Афин с помощью суперкатапульты производится выстрел «снарядом» с начальной скоростью vo = 100 м/с под углом α = 45° к горизонту. Силой сопротивления воздуха пренебречь.
|
Решение
5.1. С точки зрения математики закон всемирного тяготения Ньютона и закон Кулона (основной закон электростатики) являются схожими, если считать массу m своеобразным «гравитационным зарядом» или наоборот, представить электрический заряд q «электрической массой»:F = G | m1m2 | ⇔ F = k | q1q2 | . |
r2 | r2 |
F = mg ⇔ F = qE. |
№ | Гравитация | Электростатика |
1 | m | q |
2 | g | E |
3 | G | k = 1/(4πεo) |
4 | 1/(4πG) | εo |
Напряженность электрического поля E пластины толщиной h, заряженной с постоянной объемной плотностью ρ:
E = | ρh | . |
2εo |
g = | ρh | 4πG = 2πGρh. (1) |
2 |
h = | g | = 4.3 × 106 м = 4.3 × 103 км. (2) |
2πGρ |
-------------------------------------------------
5.2. При движении камешка внутри шахты на него будет действовать переменная сила тяжести F(x), график зависимости которой от расстояния x до «нулевого сечения» планеты (на глубине h/2) представлен на рисунке. Работа силы тяжести A равна заштрихованной площади под графиком S (площади прямоугольного треугольника):
A = | 1 | mg | h | , |
2 | 2 |
Согласно теореме о кинетической энергии в этом случае получаем:
mvmax2 | = A = mg | h | , (3) |
2 | 4 |
vmax = √ | gh | = | g | √ | 1 | = 4,6 × 103 м/с = 4,6 км/с. (4) |
2 | 2 | πGρ |
-------------------------------------------------
5.3.
а) Рассмотрим выстрел из суперкатапульты вдоль меридиана от центра планеты. Афины вращаются вокруг центра Земли с линейной скоростью:
v = wr, |
Соответственно, эту же скорость приобретет снаряд в азимутальном направлении относительного абсолютного наблюдателя, находящегося в центре Земли (рис.). Однако линейная скорость вращения точек в районе приземления больше (они дальше!) на величину Δv:
Δv = w(r + Δr) − wr = wΔr, (5) |
Δr = | vo2 | sin 2α = | vo2 |
g | g |
Соответственно за время полета снаряда:
t = | 2vosin α |
g |
ΔS = Δvt = wΔr | 2vosin α | = | 4π | • | vo3 | sin α = 1,1 м. (6) |
g | T | g2 |
Легко догадаться, что при приближении снаряда к центру Земли линейная скорость вращения точек ее поверхности будет уменьшаться, т.е. теперь, в отличие от предыдущего случая, снаряд будет их «обгонять». Соответственно, меридиан в этом случае «отстанет» на ту же величину ΔS = 1,1 м, но в другом направлении. Таким образом, для земного наблюдателя при выстреле из катапульты вдоль меридиана по направлению к центру Земли снаряд отклонится уже на восток, но на ту же величину ΔS = 1,1 м.
б) при выстреле вдоль параллели на восток (запад) (рис.) снаряд также добавляет (теряет) азимутальный компонент скорости, что меняет его дальность полета. Кроме того, как следует из рис., за время полета снаряда точки параллели «повернут» относительно плоскости его полета, вследствие чего точка падения снаряда окажется на некотором расстоянии ΔS от параллели. Таким образом, дальность полета снаряда Δr при выстреле на восток (по направлению вращения диска):
Δr = (vocos α + wr) | 2vosin α | . (7) |
g |
Δr = (vocos α − wr) | 2vosin α | . (8) |
g |
(r + ΔS)2 = r2 + Δr2. (9) |
ΔS = | Δr2 | = | (vocos α ± wr)2(2vosin α)2 | = | 2(vocos α ± wr)2vo2sin2 α | . (10) |
2r | 2rg2 | rg2 |
Подчеркнем, что при расчетах в (10) следует брать знак "+" в случае выстрела на восток (ΔS = 3,4 м), и знак "−" в случае выстрела на запад (ΔS = 1,3 м).
Таким образом, для земного наблюдателя при выстреле из суперкатапульты вдоль параллели снаряд отклонится на юг в любом случае, но величины смещений в этом случае будут разными: ΔS = 3,4 м при выстреле на восток и ΔS = 1,3 м при выстреле на запад.
[тема: метод аналогии]
- Войдите или зарегистрируйтесь, чтобы отправлять комментарии