Задача 5: "плоская" Земля

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

В продолжение этой аналогии можем сказать, что ускорение свободного падения g в теории гравитации является «силовым аналогом» вектора напряженности электрического поля E.

F = mg   ⇔   F = qE.

Таким образом, можем составить небольшую табличку «гравитационно-электрических» аналогий:

№	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

Следовательно, методом аналогий находим, что ускорение свободного падения на северном полюсе (вдали от краев пластины):

g =	ρh	4πG = 2πGρh.       (1)
	2

С помощью (1) находим искомую толщину Земного диска:

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

где h дается выражением (2). Скорость камешка будет максимальной именно в нулевом сечении, поскольку при дальнейшем движении гравитационные силы начнут его притормаживать.

Согласно теореме о кинетической энергии в этом случае получаем:

mvmax2	= A = mg	h	,       (3)
2		4

где m — масса камешка. Из (3) находим:

vmax = √	gh	=	g	√	1	= 4,6 × 103 м/с = 4,6 км/с.       (4)
	2		2		πGρ

Как видим из (4), даже плоская Земля разгонит камешек до «полукосмической» скорости.

-------------------------------------------------

5.3.

а) Рассмотрим выстрел из суперкатапульты вдоль меридиана от центра планеты. Афины вращаются вокруг центра Земли с линейной скоростью:

v = wr,

где w = 2π — угловая скорость вращения планеты, T = 86400 c — период обращения Земли вокруг своей оси.

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)

где:

Δr =	vo2	sin 2α =	vo2
	g		g

— дальность полета снаряда на неподвижной Земле.

Соответственно за время полета снаряда:

t =	2vosin α
	g

эти точки «уйдут вперед» на величину:

ΔS = Δvt = wΔr	2vosin α	=	4π	•	vo3	sin α = 1,1 м.       (6)
	g		T		g2

Поскольку меридиан уйдет вперед по направлению вращения Земли, то для наблюдателя снаряд отклонится на запад от меридиана на величину ΔS = 1,1 м.

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

При выстреле на запад (против направления вращения земного диска)

Δr = (vocos α − wr)	2vosin α	.       (8)
	g

Заметим, что в этом случае (см. рис.) смещение снаряда ΔS происходит всегда на юг, т. к. он в любом случае удаляется от центра Земли (параллели). При этом, согласно теореме Пифагора:

(r + ΔS)2 = r2 + Δr2.       (9)

Поскольку ΔS >> r, то в (9) можно пренебречь слагаемым (ΔS)², что приводит к результату:

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]

---