Кое-что о вращении Земли, согнутых линейках и меандрах рек: Часть 1

Видео

Конспект

Кое-что о вращении Земли, согнутых линейках и меандрах рек

Речной меандр

Меандр это излучина (изгиб) русла реки. На рисунке ниже можно видеть сразу несколько меандров.

МеаРек1 Видел ли кто-нибудь реку, текущую прямо, без изгибов? Какой-то участок реки, конечно, может быть прямым, но рек, текущих совсем без изгибов, не существует. Даже если река течет по равнине, она обычно «петляет», и часто изгибы рек повторяются с определенным периодом. A на изгибах один берег реки, как правило, крутой, а другой - пологий. Как объяснить эти особенности поведения рек?

Гидродинамика - раздел физики, изучающий движение жидкости, в наше время очень развитая и стройная наука. Но в применении к таким сложным естественным объектам, как реки, даже она не в состоянии объяснить все особенности их течения. И тем не менее на многие вопросы можно дать ответы.

Вопросом о причине образования извилин в руслах рек занимался Эйнштейн. В своем докладе «Причина образования извилин в руслах рек и так называемый закон Бэра» (Закон Бэра это теория, согласно которой в Северном полушарии реки, текущие в направлении, близком к направлению меридиана (с севера на юг или с юга на север), больше подмывают правый берег, а такие же реки Южного полушария — левый. Закон сформулирован Карлом Бэром в 1855 году), сделанном в 1926 году на заседании Прусской академии наук, Эйнштейн сравнил движение вращающейся воды в стакане и в руслах рек. Эта аналогия позволила объяснить тенденцию русел рек приобретать извилистую форму.

Попробуем разобраться в этом явлении хотя бы качественно. И начнем со стакана чая.

Как движутся чаинки в стакане

Возьмите стакан с чаем, хорошо размешайте чай ложкой, а затем выньте ее. Вода постепенно остановится, а чаинки соберутся в центре дна стакана. Что заставляет их «сбегаться» к центру? Чтобы ответить на этот вопрос, выясним сначала, какую форму принимает поверхность воды, вращающейся в стакане.

Из опыта видно, что поверхность жидкости искривляется. Легко понять, почему это происходит. Для того чтобы частички воды совершали вращательное движение, равнодействующая всех сил, действующих на каждую частичку, должна приводить к центростремительному ускорению.

МеаРек2 Выделим мысленно внутри жидкости на расстоянии готоси вращения кубик массы \Delta m (на рисунке 1 такой кубик выделен синим цветом). При угловой скорости вращения \omega центростремительное ускорение кубика равно \omega^2 r . Это ускорение создается разностью сил давления, действующих на боковые грани (левую и правую на рисунке 1) кубика. Следовательно,

\Delta m \cdot \omega^2 r=F_1-F_2=\left(p_1-p_2\right) \cdot \Delta s, где \Delta s - площадь боковой грани кубика. Давления p_1 и p_2 определяются расстояниями h_1 и h_2 до свободной поверхности жидкости -

p_1=\rho g h_1, \quad p_2=\rho g h_2, где \rho - плотность жидкости, g ускорение свободного падения. Так как сила F_1 должна быть больше силы F_2 , то, следовательно, и h_1 должно быть больше h_2 , то есть свободная поверхность жидкости при вращении должна искривиться так, как показано на рисунке. Чем больше скорость вращения, тем сильнее искривляется поверхность.

Можно найти форму искривленной поверхности жидкости. Она оказывается параболоидом, то есть поверхностью, разрез которой - парабола.

Вырежем из всей жидкости элементарный бесконечно малый объем около поверхности и рассмотрим какие силы на него действуют. В силу симметрии задачи, будем ориентироваться на цилиндрические координаты, что заметно упростит расчеты.

МеаРек3 Запишем второй закон Ньютона на радиальную ось:

dm \cdot \omega^2 r = dS \cdot dp = r \ d \varphi \ dh \cdot \rho g \ dh. Распишем массу элемента:

dm = \rho \ dV = r \ d \varphi \ dh \ dr. После упрощения получаем:

\omega^2 r dr = g dh \ \Rightarrow \ \int \omega^2 r dr = \int g dh \ \Rightarrow \ \frac{\omega^2 r^2}{2} = gh + C. Так как объем жидкости не меняется, запишем объемы до вращения и во время вращения с постоянной циклической частотой.

До вращения:

V=\pi R^2 H, где H - это высота жидкости в цилиндрической поверхности в спокойном состоянии (вращения нет).

Во время вращения:

\begin{aligned}

& V=\iiint d V=\iiint r d \varphi dh dr \\

& V=\int_0^{2 \pi} d \varphi \int_0^R r dr \int_0^{\frac{\omega^2}{2 g} r^2+C} dh=\int_0^{2 \pi} d \varphi \int_0^R r\left(\frac{\omega^2}{2 g} r^2+C\right) dr=\int_0^{2 \pi} d \varphi \int_0^R\left(\frac{\omega^2}{2 g} r^3+C r\right) dr= \\

& =\int_0^{2 \pi}\left(\frac{\omega^2}{8 g} R^4+\frac{C}{2} R^2\right) d \varphi=\left(\frac{\omega^2}{8 g} R^4+\frac{C}{2} R^2\right) 2 \pi=\frac{\pi \omega^2}{4 g} R^4+\pi C R^2

\end{aligned} Данные объемы равны, поэтому:

\pi R^2 H=\frac{\pi \omega^2}{4 g} R^4+\pi C R^2 Отсюда выражается ранее неизвестная постоянная:

C=\frac{1}{R^2}\left[R^2 H-\frac{\omega^2}{4 g} R^4\right]=H-\frac{\omega^2}{4 g} R^2. И окончательное уравнение формы поверхности вращающейся жидкости имеет вид:

h(r)=\frac{\omega^2}{2 g} r^2+H-\frac{\omega^2}{4 g} R^2 или преобразовав

h(r)=\frac{\omega^2}{2 g}\left(r^2-\frac{R^2}{2}\right)+H. Найдём частоту вращения \omega_0 при которой обнажается дно стакана

h(0) = 0 \ => \ -\frac{\omega_0^2R^2}{4g} + H = 0 \ => \ \omega_0 = \sqrt{\frac{4gH}{R^2}}. И тем не менее, вернёмся к нашему чаю.