Отклонение при падении

В неподвижной системе отсчёта шар движется по очень вытянутому эллипсу с сохранением момента импульса; площадь, ометаемая радиус-вектором, находится по второму закону Кеплера, а область у «шахты» — как параболический сегмент.

i) \(\Delta v=\omega h\approx7{,}3\) мм/с;  ii) \(\Delta x_0=\omega\sqrt{2h^3/g}\approx33\) мм;  iii) \(\Delta x=\dfrac23\omega h t\approx22\) мм.

i) Земля вращается с угловой скоростью \(\omega=\dfrac{2\pi}{T}\), где \(T=24\) ч. Скорости верха и дна шахты равны \(v_t=\omega R\) и \(v_b=\omega(R-h)\), где \(R\) — радиус Земли. Разность скоростей, таким образом, \(\Delta v=v_t-v_b=\omega h\approx7{,}3\) мм/с.

ii) Время свободного падения находится из соотношения \(h=gt^2/2\), откуда \(t=\sqrt{2h/g}\). Таким образом, горизонтальное смещение равно просто \(\Delta x=\Delta vt=\omega ht=\omega\sqrt{2h^3/g}\approx33\) мм.

iii) Существует как минимум три различных подхода к этой задаче; один использует закон сохранения момента импульса, второй основан на законах Кеплера (приведён ниже), а третий, который мы здесь не рассматриваем, основан на формуле силы Кориолиса.

Рассмотрим скорость вращения \(\omega'\) радиус-вектора, проведённого от падающего тела к центру Земли, и сравним эту скорость со скоростью вращения Земли \(\omega\). Момент импульса падающего тела сохраняется, следовательно, \(\omega'r^2=\omega R^2\). Можно подставить \(r=R-y\), где \(y\) — текущая глубина, и приближённо записать \(\omega'=\omega\left(\dfrac Rr\right)^2\approx\omega\left(1+2\dfrac yR\right)\). Поэтому скорость горизонтального смещения в системе отсчёта Земли \(v_h=(\omega'-\omega)r\approx2\omega y\). Наконец, горизонтальное смещение находится как \(\Delta x=\int v_h\,dt=\int(2\omega y/v_v)\,dy\), где вертикальная скорость падения \(v_v=\sqrt{2gy}\). Итак, находим \(\Delta x=\dfrac23\omega\sqrt{2h^3/g}\approx22\) мм.

Теперь получим тот же результат с помощью законов Кеплера. Рассмотрим траекторию стального шара в невращающейся системе отсчёта. Хотя это тонкий эллипс, мы нарисовали рисунок не в масштабе, чтобы облегчить вычисление площадей. Стальной шар выпущен из точки \(A\) и достигает дна шахты в точке \(D\) на расстоянии \(x\) от \(B\) — положения дна в начале падения. Так как время падения по-прежнему \(t=\sqrt{2h/g}\), положение дна за время падения смещается на \(x'=(v-\Delta v)t=vt-\omega ht\). Таким образом, горизонтальное смещение точки приземления равно просто \(\Delta x=x-x'\).

Расстояние \(x\) можно найти с помощью второго закона Кеплера, согласно которому площадь, заметаемая радиус-вектором за единицу времени, \(\Delta S/\Delta t\) постоянна, что является проявлением сохранения момента импульса, \(\Delta S/\Delta t=L/2m=rv_\perp/2\). (Последнее соотношение легко получить, рассматривая круговую орбиту.) Для нашего стального шара \(L/2m=Rv/2=\omega R^2/2\). Площадь, заметаемую стальным шаром, можно вычислить как сумму сегмента \(OBD\) и области \(ADB\). Учитывая, что \(x\ll R\), сегмент \(OBD\) — просто треугольник площадью \(x(R-h)/2\). Аналогично область \(ACDB\) приблизительно является прямоугольником площадью \(xh\), и, зная, что парабола делит площадь описанного прямоугольника в пропорции \(1/3\) и \(2/3\), заключаем, что площадь области \(ADB\) равна \(2xh/3\). Таким образом, из второго закона Кеплера: \[S=\frac12x(R-h)+\frac23xh=\frac12vRt,\qquad x=\frac{vt}{1+\dfrac13\dfrac hR}\approx vt-\frac13\omega ht.\] Наконец, горизонтальное смещение \(\Delta x=x-x'=\dfrac23\omega ht\approx22\) мм. (Заметим, что наивный ответ завышал правильный на 50 %.)

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.