Разделы 
Дополнительно
Задача по физике - 11690
2019-11-24 
В сосуд с водой погружается свинцовый шар. В какую сторону выгнется поверхность воды в сосуде за счет дополнительного поля тяготения, создаваемого шаром?
Решение:
Форма поверхности жидкости должна быть такой, чтобы сила $\vec{N}$ реакции окружающей жидкости, действующей на элемент объема жидкости с массой $\Delta m$ у поверхности, была направлена перпендикулярно к поверхности. В противном случае сила $\vec{N}$ будет иметь составляющую, направленную вдоль поверхности жидкости, и жидкость не сможет находиться в равновесии.
Разберем теперь, как направлена сила $\vec{N}$. Она должна уравновешивать две силы: силу $\vec{F}_{1}$ притяжения Земли, направленную к центру Земли, и добавочную силу $\vec{F}_{2}$ притяжения шара, направленную к центру шара (на рисунке сила $\vec{F}_{2}$ сделана непропорционально большой по сравнению с силой $\vec{F}_{1}$). Сила $\vec{N}$ должна быть численно равна и противоположна по направлению равнодействующей $\vec{Q}$ сил $\vec{F}_{1}$ и $\vec{F}_{2}$. Значит, она отклонена вправо от вертикали и поверхность веды над шаром выпуклая.
Оценим величину «вздутия» поверхности воды. Рассмотрим точку В, лежащую на малом расстоянии $x$ от вертикали AO, проходящей через центр шара ($x \ll r$ где $r$ - радиус шара), О - центр кривизны и $BO = R$ - радиус кривизны поверхности воды.
$Q \approx F_{1}$ (поскольку $F_{2} \ll F_{1}$), a $Q \sin \alpha = F_{2} \sin \beta$. Так как углы $\alpha$ и $\beta$ малы ($x \ll r, x \ll R$), то
$\sin \alpha \approx tg \alpha \approx \frac{x}{R}$ и $\sin \beta \approx tg \beta \approx \frac{x}{r}$.
Поэтому можно считать, что
$Q \frac{x}{R} = F_{2} \frac{x}{r}$
или
$R = r \frac{Q}{F_{2}} = r \frac{F_{1} }{F_{2} }$.
Но
$F_{1} = \gamma \frac{ \left ( \frac{4}{3} \pi R_{з}^{3} \rho \right ) \Delta m }{R_{з}^{2} } = \frac{4}{3} \pi \gamma r R_{з} \rho \Delta m $
($R_{з}$ - радиус Земли, $\rho$ - ее плотность), а
$F_{2} = \gamma \frac{ \frac{4}{3} \pi r^{3} ( \rho_{1} - \rho_{0}) \Delta m }{r^{2} } = \frac{4}{3} \pi \gamma r ( \rho_{1} - \rho_{0} ) \Delta m$
($\rho_{1}$ - плотность шара, $\rho_{0}$ - плотность воды). Поэтому
$R = r \frac{ \frac{4}{3} \pi \gamma R_{з} \rho \Delta m }{ \frac{4}{3} \pi \gamma r ( \rho_{1} - \rho_{0} ) \Delta m } = R_{з} \frac{ \rho}{ \rho_{1} - \rho_{0} } \approx R_{з} \frac{ \rho}{ \rho_{1} }$
(так как $\rho_{1} \gg \rho_{0}$). Подставляя сюда значения $R_{з} = 6,4 \cdot 10^{6} м, \rho = 5,5 г/см^{3}$ и $\rho_{1} = 11,3 г/см^{3}$, найдем $R \approx 3,2 \cdot 10^{8} м$.
Полагая, что вздутие распространяется на расстояние $x$ от точки А (эта оценка сильно завышена!), найдем его высоту
$h = x tg \alpha \approx \frac{r^{2} }{R}$.
Если радиус свинцового шара равен 1 м, то $h \approx 3 \cdot 10^{-7} м$.
Это означает, что эффект вздутия нельзя наблюдать экспериментально даже с помощью интерференционных методов. Ведь длина волны света несколько тысяч ангстрем ($1 \overset{ \circ}{A} = 10^{-10} м$), то есть больше величины вздутия.
В сосуд с водой погружается свинцовый шар. В какую сторону выгнется поверхность воды в сосуде за счет дополнительного поля тяготения, создаваемого шаром?
Решение:
Форма поверхности жидкости должна быть такой, чтобы сила $\vec{N}$ реакции окружающей жидкости, действующей на элемент объема жидкости с массой $\Delta m$ у поверхности, была направлена перпендикулярно к поверхности. В противном случае сила $\vec{N}$ будет иметь составляющую, направленную вдоль поверхности жидкости, и жидкость не сможет находиться в равновесии.
Разберем теперь, как направлена сила $\vec{N}$. Она должна уравновешивать две силы: силу $\vec{F}_{1}$ притяжения Земли, направленную к центру Земли, и добавочную силу $\vec{F}_{2}$ притяжения шара, направленную к центру шара (на рисунке сила $\vec{F}_{2}$ сделана непропорционально большой по сравнению с силой $\vec{F}_{1}$). Сила $\vec{N}$ должна быть численно равна и противоположна по направлению равнодействующей $\vec{Q}$ сил $\vec{F}_{1}$ и $\vec{F}_{2}$. Значит, она отклонена вправо от вертикали и поверхность веды над шаром выпуклая.
Оценим величину «вздутия» поверхности воды. Рассмотрим точку В, лежащую на малом расстоянии $x$ от вертикали AO, проходящей через центр шара ($x \ll r$ где $r$ - радиус шара), О - центр кривизны и $BO = R$ - радиус кривизны поверхности воды.
$Q \approx F_{1}$ (поскольку $F_{2} \ll F_{1}$), a $Q \sin \alpha = F_{2} \sin \beta$. Так как углы $\alpha$ и $\beta$ малы ($x \ll r, x \ll R$), то
$\sin \alpha \approx tg \alpha \approx \frac{x}{R}$ и $\sin \beta \approx tg \beta \approx \frac{x}{r}$.
Поэтому можно считать, что
$Q \frac{x}{R} = F_{2} \frac{x}{r}$
или
$R = r \frac{Q}{F_{2}} = r \frac{F_{1} }{F_{2} }$.
Но
$F_{1} = \gamma \frac{ \left ( \frac{4}{3} \pi R_{з}^{3} \rho \right ) \Delta m }{R_{з}^{2} } = \frac{4}{3} \pi \gamma r R_{з} \rho \Delta m $
($R_{з}$ - радиус Земли, $\rho$ - ее плотность), а
$F_{2} = \gamma \frac{ \frac{4}{3} \pi r^{3} ( \rho_{1} - \rho_{0}) \Delta m }{r^{2} } = \frac{4}{3} \pi \gamma r ( \rho_{1} - \rho_{0} ) \Delta m$
($\rho_{1}$ - плотность шара, $\rho_{0}$ - плотность воды). Поэтому
$R = r \frac{ \frac{4}{3} \pi \gamma R_{з} \rho \Delta m }{ \frac{4}{3} \pi \gamma r ( \rho_{1} - \rho_{0} ) \Delta m } = R_{з} \frac{ \rho}{ \rho_{1} - \rho_{0} } \approx R_{з} \frac{ \rho}{ \rho_{1} }$
(так как $\rho_{1} \gg \rho_{0}$). Подставляя сюда значения $R_{з} = 6,4 \cdot 10^{6} м, \rho = 5,5 г/см^{3}$ и $\rho_{1} = 11,3 г/см^{3}$, найдем $R \approx 3,2 \cdot 10^{8} м$.
Полагая, что вздутие распространяется на расстояние $x$ от точки А (эта оценка сильно завышена!), найдем его высоту
$h = x tg \alpha \approx \frac{r^{2} }{R}$.
Если радиус свинцового шара равен 1 м, то $h \approx 3 \cdot 10^{-7} м$.
Это означает, что эффект вздутия нельзя наблюдать экспериментально даже с помощью интерференционных методов. Ведь длина волны света несколько тысяч ангстрем ($1 \overset{ \circ}{A} = 10^{-10} м$), то есть больше величины вздутия.
