Разделы 
Дополнительно
Задача по физике - 12161
2019-12-20 
Астронавты "Скайлэба" с помощью специального радиолокационного высотомера обнаружили, что поверхность океана в районе "Бермудского треугольника" ниже нормального уровня на 25 метров. Предполагая, что этот "прогиб" можно объяснить наличием под дном океана шаровой полости, заполненной водой, оценить радиус этой полости. Глубина океана $h=6 км$, средняя плотность земных пород $\rho_{п} = 3 \cdot 10^{3} кг/м^{3}$.
Решение:
Свободная поверхность воды в поле тяготения Земли всегда устанавливается так, что в любой точке поверхности сила тяготения перпендикулярна к ней, то есть, направлена к центру Земли по радиусу. Из-за наличия полости поверхность океана искривлена - суммарная сила тяготения (со стороны Земли и со стороны "полости") направлена, вообще говоря, не по радиусу Земли.
В дальнейших рассуждениях мы будем пользоваться аналогией между электростатическим полем точечного заряда $Q$ и полем тяготения точечной массы $M$. (Напомним, что поле тяготения шара массы $M$ эквивалентно полю тяготения точечной массы $M$, помещенной в центр шара.)
Сила, действующая на пробный заряд $q$ со стороны заряда $Q$, и сила, действующая на пробную массу $m$ со стороны массы $M$, равны, соответственно,
$F_{эл} = \frac{1}{4 \pi \epsilon_{0} } \frac{Qq}{r^{2} }, F_{т} = \gamma \frac{Mm}{r^{2} }$,
где $r$ - расстояние между $Q$ и $q, M$ и $m$. Эти формулы похожи: $F_{эл } \sim 1/r^{2}$ и $F_{т} \sim 1/r^{2}, F_{эл} \sim q$, a $F_{т} \sim m$, то есть зависимость этих сил от расстояния одна и та же и зависимости от величины пробного заряда и величины пробной массы одинаковы. Пользуясь этой аналогией, введем потенциал $\phi_{т}$ поля тяготения точечной массы $M$ (равный потенциальной энергии единичной массы в поле массы $M$). Выражение для $\phi_{т}$ аналогично выражению для потенциала $\phi_{эл} = \frac{1}{4 \pi \epsilon_{0} } \frac{Q}{r}$ электростатического поля точечного заряда $Q$:
$\phi_{т} = - \gamma \frac{M}{r}$.
(Знак "минус" отражает основное различие между $F_{эл}$ и $F_{т}$: под действием гравитационных сил тела всегда притягиваются. Поскольку потенциальная энергия прн бесконечно большом $r$ полагается равной нулю, в случае сил притяжения потенциальная энергия в поле тяготения оказывается отрицательной.)
Потенциальная энергия частицы массы $m$ на поверхности воды должна быть всюду одинаковой. (Поскольку сила тяготения всюду перпендикулярна поверхности, работа силы тяготения по перемещению частицы по поверхности равна нулю.) Следовательно, поверхность океана (поверхность Земли) - эквипотенциальная поверхность (аналог - эквипотенциальная поверхность в электростатическом поле).
Запишем потенциал поля тяготения Земли в точке $A$, находящейся далеко от полости, и в точке $B$, находящейся непосредственно над полостью (рис.). В точке $A$ наличием полости можно пренебречь и считать потенциал равным
$\phi_{A} = - \gamma \frac{M}{R}$,
где $R$ - радиус Земли, $M = \frac{4}{3} \pi R^{3} \rho_{п}$ - ее масса. Чтобы найти потенциал в точке $B$, воспользуемся принципом суперпозиции. Рисунок иллюстрирует суперпозицию полей тяготения Земли и полости. Из рисунка понятно, что потенциал в точке $B$ складывается из потенциала поля тяготения Земли (без полости) и поля тяготения шаровой массы с плотностью $\rho_{в} - \rho_{п}$, то есть точечной массы ($\mu = \frac{4}{3} \pi r^{3} ( \rho_{в} - \rho_{п})$, где $r$ - радиус полости, $\rho_{в}$ - плотность воды. Итак (см. рис.).
$\phi_{B} = - \gamma \frac{M}{R - \gamma} + \left ( - \gamma \frac{ \mu}{r + h - \delta } \right )$.
Поскольку поверхность океана - эквипотенциальная, $\phi_{A} = \phi_{B}$, то есть
$\frac{M}{R} = \frac{M}{R - \delta} + \frac{ \mu}{r + h - \delta}$.
Преобразуем это выражение:
$- M \frac{ \delta }{R(R - \delta)} = \frac{ \mu}{(r + h) - \delta} \Rightarrow - \frac{M}{ \mu} [(r + h) \delta - \delta^{2} ] = R(R - \delta)$.
Пренебрегая $\delta^{2}$ в левой части и $\delta$ - в правой, получаем
$- \frac{M}{ \mu} (r + h) \delta \approx R^{2}$,
или, подставляя $- \frac{M}{ \mu} = - \frac{R^{3} }{r^{3} } \frac{ \rho_{п} }{ \rho_{в} - \rho_{п} }$,
$\frac{r + h}{r^{3} } \frac{R \Delta \rho_{п} }{ \rho_{п} - \rho_{в} } \approx 1 \Rightarrow \frac{r^{3} }{r + h} \approx \frac{ \rho_{п} }{ \rho_{п} - \rho_{в} } R \delta = \frac{3}{2} \cdot 6,4 \cdot 10^{6} \cdot 25 м^{2} $
(здесь подставлены численные значения $R = 6,4 \cdot 10^{6} м, \rho_{п} = 3 \cdot 10^{3} кг/м^{3}, \rho_{в} = 1 \cdot 10^{3} кг/м^{3}, \delta = 25 м$). Мы не будем решать это кубическое уравнение относительно $r$, а лишь оценим значение $r$. Для оценки воспользуемся тем, что функция $\frac{r^{3}}{r + h}$ монотонно возрастает при $r > 0$.
Непосредственными вычислениями легко убедиться, что $r$ заключено в интервале между 18 км и 20 км.
Астронавты "Скайлэба" с помощью специального радиолокационного высотомера обнаружили, что поверхность океана в районе "Бермудского треугольника" ниже нормального уровня на 25 метров. Предполагая, что этот "прогиб" можно объяснить наличием под дном океана шаровой полости, заполненной водой, оценить радиус этой полости. Глубина океана $h=6 км$, средняя плотность земных пород $\rho_{п} = 3 \cdot 10^{3} кг/м^{3}$.
Решение:
Свободная поверхность воды в поле тяготения Земли всегда устанавливается так, что в любой точке поверхности сила тяготения перпендикулярна к ней, то есть, направлена к центру Земли по радиусу. Из-за наличия полости поверхность океана искривлена - суммарная сила тяготения (со стороны Земли и со стороны "полости") направлена, вообще говоря, не по радиусу Земли.
В дальнейших рассуждениях мы будем пользоваться аналогией между электростатическим полем точечного заряда $Q$ и полем тяготения точечной массы $M$. (Напомним, что поле тяготения шара массы $M$ эквивалентно полю тяготения точечной массы $M$, помещенной в центр шара.)
Сила, действующая на пробный заряд $q$ со стороны заряда $Q$, и сила, действующая на пробную массу $m$ со стороны массы $M$, равны, соответственно,
$F_{эл} = \frac{1}{4 \pi \epsilon_{0} } \frac{Qq}{r^{2} }, F_{т} = \gamma \frac{Mm}{r^{2} }$,
где $r$ - расстояние между $Q$ и $q, M$ и $m$. Эти формулы похожи: $F_{эл } \sim 1/r^{2}$ и $F_{т} \sim 1/r^{2}, F_{эл} \sim q$, a $F_{т} \sim m$, то есть зависимость этих сил от расстояния одна и та же и зависимости от величины пробного заряда и величины пробной массы одинаковы. Пользуясь этой аналогией, введем потенциал $\phi_{т}$ поля тяготения точечной массы $M$ (равный потенциальной энергии единичной массы в поле массы $M$). Выражение для $\phi_{т}$ аналогично выражению для потенциала $\phi_{эл} = \frac{1}{4 \pi \epsilon_{0} } \frac{Q}{r}$ электростатического поля точечного заряда $Q$:
$\phi_{т} = - \gamma \frac{M}{r}$.
(Знак "минус" отражает основное различие между $F_{эл}$ и $F_{т}$: под действием гравитационных сил тела всегда притягиваются. Поскольку потенциальная энергия прн бесконечно большом $r$ полагается равной нулю, в случае сил притяжения потенциальная энергия в поле тяготения оказывается отрицательной.)
Потенциальная энергия частицы массы $m$ на поверхности воды должна быть всюду одинаковой. (Поскольку сила тяготения всюду перпендикулярна поверхности, работа силы тяготения по перемещению частицы по поверхности равна нулю.) Следовательно, поверхность океана (поверхность Земли) - эквипотенциальная поверхность (аналог - эквипотенциальная поверхность в электростатическом поле).
Запишем потенциал поля тяготения Земли в точке $A$, находящейся далеко от полости, и в точке $B$, находящейся непосредственно над полостью (рис.). В точке $A$ наличием полости можно пренебречь и считать потенциал равным
$\phi_{A} = - \gamma \frac{M}{R}$,
где $R$ - радиус Земли, $M = \frac{4}{3} \pi R^{3} \rho_{п}$ - ее масса. Чтобы найти потенциал в точке $B$, воспользуемся принципом суперпозиции. Рисунок иллюстрирует суперпозицию полей тяготения Земли и полости. Из рисунка понятно, что потенциал в точке $B$ складывается из потенциала поля тяготения Земли (без полости) и поля тяготения шаровой массы с плотностью $\rho_{в} - \rho_{п}$, то есть точечной массы ($\mu = \frac{4}{3} \pi r^{3} ( \rho_{в} - \rho_{п})$, где $r$ - радиус полости, $\rho_{в}$ - плотность воды. Итак (см. рис.).
$\phi_{B} = - \gamma \frac{M}{R - \gamma} + \left ( - \gamma \frac{ \mu}{r + h - \delta } \right )$.
Поскольку поверхность океана - эквипотенциальная, $\phi_{A} = \phi_{B}$, то есть
$\frac{M}{R} = \frac{M}{R - \delta} + \frac{ \mu}{r + h - \delta}$.
Преобразуем это выражение:
$- M \frac{ \delta }{R(R - \delta)} = \frac{ \mu}{(r + h) - \delta} \Rightarrow - \frac{M}{ \mu} [(r + h) \delta - \delta^{2} ] = R(R - \delta)$.
Пренебрегая $\delta^{2}$ в левой части и $\delta$ - в правой, получаем
$- \frac{M}{ \mu} (r + h) \delta \approx R^{2}$,
или, подставляя $- \frac{M}{ \mu} = - \frac{R^{3} }{r^{3} } \frac{ \rho_{п} }{ \rho_{в} - \rho_{п} }$,
$\frac{r + h}{r^{3} } \frac{R \Delta \rho_{п} }{ \rho_{п} - \rho_{в} } \approx 1 \Rightarrow \frac{r^{3} }{r + h} \approx \frac{ \rho_{п} }{ \rho_{п} - \rho_{в} } R \delta = \frac{3}{2} \cdot 6,4 \cdot 10^{6} \cdot 25 м^{2} $
(здесь подставлены численные значения $R = 6,4 \cdot 10^{6} м, \rho_{п} = 3 \cdot 10^{3} кг/м^{3}, \rho_{в} = 1 \cdot 10^{3} кг/м^{3}, \delta = 25 м$). Мы не будем решать это кубическое уравнение относительно $r$, а лишь оценим значение $r$. Для оценки воспользуемся тем, что функция $\frac{r^{3}}{r + h}$ монотонно возрастает при $r > 0$.
Непосредственными вычислениями легко убедиться, что $r$ заключено в интервале между 18 км и 20 км.
