7. Mare Nubium vzorové riešenie

Čaute, na začiatok sa uvoľnite a vychutnajte si rozprávku od Jerguša o začiatkoch vzorákov: „Kde bolo, tam bolo, bola raz jedna krajina, kde bolo jednoduché napísať úvod do vzoráku. Nanešťastie sa však zistilo, že táto krajina to nie je, a preto sem píšem takúto blbosť, tak poďme riešiť!“

Prvý pokus

Predpokladajme, že Zem, ideálna guľa, je celá pokrytá dostatočne hlbokým oceánom. Budeme sa pozerať na malý kúsok vody, ktorý sa nachádza na povrchu oceánu. Na neho pôsobia dve sily: tiažová od Zeme a gravitačná od Mesiaca.¹ Keďže hladáme v podstate statické riešenia², je potrebné, aby táto sila bola kolmá na povrch (a taktiež, aby smerovala do Zeme, lebo ak by smerovala smerom do vesmíru voda by začala levitovať).

V tomto momente, keď si nakreslíte obrázok už možno niektorý môžte začat tušiť, ako bude vyzerať tvar hladiny. Tento challenge však nechávame nateraz tak (ale naozaj to nie je nič netriviálne) a pozrieme sa na to, ako to vieme naozaj spočítať. Celé to však nevyzerá veľmi prívetivo a smrdí to trochu difkami, tak skúsme zvoliť jemne prefíkanejší spôsob: predstavme si, že by sme zobrali ten kúsok vody a postrčili by sme ho nejakým smerom, tak aby sa kĺzal po povrchu (je to veľmi malý kúsok). Sila, ktorá naň pôsobí je vždy kolmá na jeho pohyb (to sme už povedali v predchodzom paragrafe), takže tá sila na ňom nekoná žiadnu prácu a kúsok vody sa pohybuje konštatnou rýchlosťou. To ale zo zákona zachovania energie ³ znamená, že potenciálna energia toho kúsku je konštantná všade po povrchu! Keďže platí \[ \text{konšt.} = \text{potenciálna energia} = \text{hmotnosť kúsku vody} \cdot \text{potenciál} \]

a hmotnosť kúsku vody je rozhodne konštantná, musí teda platiť, že potenciál je konštantný. Zhrňme si to: povrch hladiny tvorí spojitú plochu v priestore, ktorá má rovnaký potenciál (t.j. je to ekvipotenciálna hladina)! Nemusíme teda riešiť diferenciálne rovnice, ale stačí nám násť potenciál v blízkom okolí Zeme a zistiť ako sa mení od poludníka, kde sa nachádzame.

Poďme ho teda napísať! Označme \(M_Z\), \(M_M\) ako hmotnosti Zeme a Mesiaca, \(r\) ako vzdialenosť stredu Zeme od stredu Mesiaca, \(R\) ako polomer Zeme, \(h\) ako výšku hladiny vody, ktorá je na \(\phi\)-tom poludníku. Inak povedané, hladina vody je vzdialená \(R + h(\phi)\) od stredu Zeme.

Keby sme však napísali výsledné vzťahy plný formy pre výšku hladiny, získame tým ohavnú rovnicu, ktorú ani nejde vyriešiť. Preto sa treba na vec pozrieť fyzikálne a spraviť primerané zanedbania, ktoré nám zjednodušia rovnicu na jej riešiteľný tvar. V prvom rade nám stačí uvažovať príliv na rovníku - inde sa síce bude trochu líšiť, no to ako presne, nechávam na vás (skúste sa na to pozrieť zboku). V druhom rade, vidíme, že \(h \ll R\), a teda gravitáčnú silu môžeme považovať za konštantnú. Potom jej potenciál bude len \(gh\).

A v posledom rade, keďže vzdialenosť Mesiaca je oveľa väčšia ako polomer Zeme, tak môžeme zanedbať „vertikálnu“ vzdialenosť bodu na rovníku od Mesiaca spolu s výškou hladiny (lebo je oveľa menšia). Celkovú vzdialenosť potom spočítame len ako \[ \text{vzdialenosť} = r - R \cos \phi\text{.} \]

Celé to napíšeme do rovnice a získavame \[ gh - \frac{G M_M}{r - R \cos \phi} = \text{konštanta.} \]

Vidíme že celé je to lineárne od \(h\), čiže keď ako konštantu zvolíme hocičo, vždy nám to celý výsledok len posunie o konštantnú hodnotu. Tá nás ale nezaujíma, lebo nás zaujíma len zmena tvaru hladiny oceánu o \(\Delta h\), a teda ako konštantu si môžme zvoliť hocičo. My si tam rafinovane zvolíme výraz \(-\frac{G M_M}{g(r+R)}\), čím bude najnižšia hodnota výšky 0. Je jednoduché si nakresliť graf závislosti \(\Delta h\) od uhlu \(\phi\), hľa tu je výsledok.

Čo však vidíme nás veľmi nenadchýňa; vyzerá to tak, že príliv je naozaj len jeden za 24 hodín :(. Žeby sa predsa len všetci mýlili?

Nie, zabudli sme totiž na podstatnú vec: celé to robíme v rotujúcej sústave, ktorá rotuje okolo ťažiska Zeme a Mesiaca. Preto na všetko ešte pôsobí odstredivá sila, ktorá avšak má potenciál niečo zmeniť.

Druhý pokus

Aký je ten potenciál kvantitatívne? Začneme tým, že si odstredivú silu v rotujúcej sústave vyjadríme ako \[ F_o = m\Omega^2 l\text{,} \]

kde \(l\) je vzdialenosť od stredu otáčania. Tu si stačí všimnúť analógiu s harmonickým oscilátorom (\(F = -kx\)), pozor znamnieko je dôležité! Prípadne si spomenúť, že zmena energie je rovná práci, čo je plocha pod grafom trouholníka. Pre potenciálnu energiu získavame tvar \[ V = -\frac{1}{2}\Omega^2 l^2 \]

Super, \(\Omega\) získame ako \(\frac{2\pi}{T} = \frac{2\pi}{\SI{1}{\day}}\) už nám stačí získať \(l\). Najprv však potrebujeme vedieť, okolo čoho sa to vlastne otáčame - ćiže potrebujeme vedieť vzdialenosť ťažiska od stredu Zeme. Tú spočítame z rovnováhy momentov ako: \[ d = \frac{M_M}{M_M+M_Z} r\text{.} \]

a už nám stačí kosínusovou vetou spočítať vzdialenosť bodu vzdialeného od stredu Zeme o \(R+h\), ktorý je pod uhlom \(\phi\) k spojnici Zem-Mesiac od ťažiska ležiaceho na spojnici vo vzdialenosti \(d\).

Avšak takto zostavená rovnica by nebola ľahko riešiteľná, takže musíme porozmýšľať, ako to vyriešiť. Pozrime sa na hodnotu \(d\). V prípade, že os otáčania je dostatočne ďaleko od povrchu na rovníku, \(l \ll h\), a teda \(h\) môžeme zanedbať. Poctivý výpočet ukazuje, že \(d/R \approx 0.73\), čiže pre rovník je toto zanedbanie opodstatnené.

Celková rovnica pre potenciál teda vyzerá: \[ gh - \frac{G M_M}{r - R \cos \phi} - \frac{1}{2} \Omega^2 (R^2 + d^2 - 2 d R \cos\phi) = \text{konštanta.} \]

Znova zvolíme konštantu tak rafinovane, aby nám to vyšlo pekne na nulu a získavame graf:

Omnoho lepšie! Ako vidieť, prílivy sú naozaj dva a dokonca ich amplitúdy nám vyšli rovnaké. Z hodnôt takisto vidíme, že rozdiel prílivu od odlivu je asi pol metra, čo na silné zanedbania a veľmi zjednodušený model dáva celkom dobrý výsledok. Iný spôsob ako sa dopracovať k riešeniu bolo presunúť sa do sústavy, spojenej s padajúcou Zemou na Mesiac, a v tejto sústave urobiť Taylorov rozvoj zotrvačnej a Newtonovej gravitačnej sily.