Съдържание

BelPhO 2005, Областен етап, 9–11 клас — Задача 8. 10 класс. «Плоская Земля»

Оригинал на условието (PDF)Съобщи за грешка

Всички материали от BelPhO 2005

Республиканская физическая олимпиада (III этап). 2005 год.

Условие

Древние греки считали, что Земля является плоским диском, вращающимся вокруг своей оси. Примем и мы, что Земля является плоским диском достаточно большого радиуса (скажем, более 40 000 км).

Плоский диск толщиной h, вращающийся вокруг вертикальной оси (стрелка вращения над осью).

Будем также считать, что период обращения диска вокруг своей оси равен одним суткам. Среднюю плотность материала диска примем равной средней плотности Земли $\rho = 5{,}5 \cdot 10^3\,\dfrac{\text{кг}}{\text{м}^3}$ .

Гравитационная постоянная равна $G = 6{,}67 \cdot 10^{-11}\,\dfrac{\text{Н} \cdot \text{м}^2}{\text{кг}^2}$ .

Познакомимся с «географией» плоской Земли. Она напоминает обычную карту земного шара с северным полюсом в центре. Точка пересечения оси вращения планеты с поверхностью диска является северным полюсом $N$ . Далее аналогично: любую радиальную прямую, выходящую из северного полюса будем называть меридианом. Легко догадаться, что южного полюса $S$ , как такового, на плоской планете 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 $r_0 = 4{,}0 \cdot 10^3\,\text{км}$ от северного полюса $N$ .

Карта плоской Земли: концентрические окружности-параллели и радиальные прямые-меридианы; в центре северный полюс N, рядом точка A, направления W и E, на краю S; стрелка показывает направление вращения.

4.1 Какой должна быть толщина $h$ этого диска, чтобы ускорение свободного падения на северном полюсе $N$ было $g = 9{,}8\,\dfrac{\text{м}}{\text{с}^2}$ ?

4.2 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 $\upsilon_{\max}$ камешка при таком движении. Силой сопротивления воздуха пренебречь.

4.3 Для связи с жителями «своей стороны» плоской Земли из Афин с помощью суперкатапульты производится выстрел «снарядом» с начальной скоростью $\upsilon_0 = 100\,\dfrac{\text{м}}{\text{с}}$ под углом $\alpha = 45^{\circ}$ к горизонту. Силой сопротивления воздуха пренебречь.

а) найдите величину и направление смещения $\Delta S$ снаряда от меридиана за время его полета при выстреле вдоль меридиана (рассмотрите два случая).

б) найдите величину и направление смещения $\Delta S$ снаряда от параллели за время его полета при выстреле вдоль параллели (рассмотрите два случая).

Отговори

Решение

4.1 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»

\left|\vec F\right| = G\frac{m_1 m_2}{r^2} \;\Leftrightarrow\; \left|\vec F\right| = k\frac{q_1 q_2}{r^2}.

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

\vec F = m\vec g \quad\Leftrightarrow\quad \vec F = q\vec E.

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

№	Гравитация	Электростатика
1.	$m$	$q$
2.	$\vec g$	$\vec E$
3.	$G$	$k = \dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}$
4.	$\dfrac{1}{4\pi G}$	$\varepsilon_0$

Напряженность электрического поля $E$ пластины толщиной $h$ , заряженной с постоянной объемной плотностью $\rho$ :

E = \frac{\rho h}{2\varepsilon_0}.

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

g = \frac{\rho h}{2} 4\pi G = 2\pi G\rho h. \qquad (1)

С помощью (1) находим искомую толщину Земного диска

h = \frac{g}{2\pi G\rho} = 4{,}3 \cdot 10^6\,\text{м} = 4{,}3 \cdot 10^3\,\text{км}. \qquad (2)

4.2 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 $\dfrac{h}{2}$ ) представлен на рис. 5.

График F(x): сила постоянна (−mg) при x < −h/2, линейно растет от −mg до mg на отрезке от −h/2 до h/2 и постоянна (mg) при x > h/2; треугольник под графиком от 0 до h/2 заштрихован и подписан A = S. — Рис. 5

Работа силы тяжести $A$ равна заштрихованной площади под графиком $S$ (площади прямоугольного треугольника)

A = \frac{1}{2} mg\frac{h}{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

\frac{m\upsilon_{\max}^2}{2} = A = mg\frac{h}{4}, \qquad (3)

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

\upsilon_{\max} = \sqrt{\frac{gh}{2}} = \frac{g}{2}\sqrt{\frac{1}{\pi G\rho}} = 4{,}6 \cdot 10^3\,\frac{\text{м}}{\text{с}} = 4{,}6\,\frac{\text{км}}{\text{с}}. \qquad (4)

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

4.3 а) рассмотрим выстрел из суперкатапульты вдоль меридиана от центра планеты. Афины вращаются вокруг центра Земли с линейной скоростью $\upsilon = \omega r$ , где $\omega = \dfrac{2\pi}{T}$ — угловая скорость вращения планеты, $T = 86\,400\,\text{c}$ — период обращения Земли вокруг своей оси.

Соответственно, эту же скорость приобретает снаряд в азимутальном направлении относительного абсолютного наблюдателя, находящегося в центре Земли (рис. 6). Однако линейная скорость вращения точек в районе приземления больше (они дальше!) на величину $\Delta\upsilon$

Вид сверху на вращающийся диск (ω): от центра проведен радиус r до точки выстрела и далее Δr; стрелки линейных скоростей ωr и ω(r+Δr). — Рис. 6

\Delta\upsilon = \omega(r + \Delta r) - \omega r = \omega\Delta r, \qquad (5)

где $\Delta r = \dfrac{\upsilon_0^2}{g}\sin 2\alpha = \dfrac{\upsilon_0^2}{g}$ — дальность полета снаряда на неподвижной Земле. Соответственно за время полета снаряда $t = \dfrac{2\upsilon_0\sin\alpha}{g}$ эти точки «уйдут вперед» на величину

\Delta S = \Delta\upsilon t = \omega\Delta r\frac{2\upsilon_0\sin\alpha}{g} = \frac{4\pi}{T}\frac{\upsilon_0^3}{g^2}\sin\alpha = 1{,}1\,\text{м}. \qquad (6)

Поскольку меридиан уйдет вперед по направлению вращения Земли, то для наблюдателя снаряд отклонится на запад от меридиана на величину $\Delta S = 1{,}1\,\text{м}$ .

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 $\Delta S = 1{,}1\,\text{м}$ , 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 $\Delta S = 1{,}1\,\text{м}$ .

Вид сверху на вращающийся диск (ω): окружность-параллель радиуса r, из точки на ней касательно проведен отрезок Δr; смещение ΔS от параллели. — Рис. 7

б) при выстреле вдоль параллели на восток (запад) (рис. 7) снаряд также добавляет (теряет) азимутальный компонент скорости, что меняет его дальность полета. Кроме того, как следует из рис.7, за время полета снаряда точки параллели «повернут» относительно плоскости его полета, вследствие чего точка падения снаряда окажется на некотором расстоянии $\Delta S$ от параллели.

Таким образом, дальность полета снаряда $\Delta r$ при выстреле на восток (по направлению вращения диска)

\Delta r = (\upsilon_0\cos\alpha + \omega r)\frac{2\upsilon_0\sin\alpha}{g}. \qquad (7)

При выстреле на запад (против направления вращения земного диска)

\Delta r = (\upsilon_0\cos\alpha - \omega r)\frac{2\upsilon_0\sin\alpha}{g}. \qquad (8)

Заметим, что в этом случае (см. рис.7) смещение снаряда $\Delta S$ происходит всегда на юг, т.к. он в любом случае удаляется от центра Земли (параллели). При этом, согласно теореме Пифагора,

\left(r + \Delta S\right)^2 = r^2 + \Delta r^2. \qquad (9)

Поскольку $\Delta S \ll r$ , то в (9) можно пренебречь слагаемым $(\Delta S)^2$ , что приводит к результату

\Delta S = \frac{\Delta r^2}{2r} = \frac{\left(\upsilon_0\cos\alpha \pm \omega r\right)^2 (2\upsilon_0\sin\alpha)^2}{2rg^2} = \frac{2\left(\upsilon_0\cos\alpha \pm \omega r\right)^2\upsilon_0^2\sin^2\alpha}{rg^2}. \qquad (10)

Подчеркнем, что при расчетах в (10) следует брать знак «+» в случае выстрела на восток

\Delta S = 3{,}4\,\text{м},

и знак «-» в случае выстрела на запад

\Delta S = 1{,}3\,\text{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: $\Delta S = 3{,}4\,\text{м}$ при выстреле на восток и $\Delta S = 1{,}3\,\text{м}$ при выстреле на запад.

Оригинал в Архива: 3_etap_2005_problems.pdf · официални решения: 3_etap_2005_solutions.pdf