Solution

a) Annual melting

The ice is already at its melting point, so the supplied geothermal heat goes into latent heat. For a horizontal area \(A\), conservation of energy over one year gives

\[ J_QAt=\rho_i AdL_i. \]

Thus

\[ d=\frac{J_Qt}{\rho_iL_i}. \]

Taking one year as \(365\times24\times3600=3.1536\times10^7\) s,

\[ d= \frac{0.06(3.1536\times10^7)} {(917)(3.4\times10^5)} =6.069\times10^{-3}\ \mathrm m. \]

Therefore approximately \(6.1\) mm of ice melts each year. The specific heat of ice is unnecessary because no initial warming is required.

b) Pressure and the condition for no water flow

The vertical ice thickness is

\[ h_i(x)=y_2-y_1 =h_0+x(\tan\beta-\tan\alpha). \]

Using the stated model, the basal pressure equals atmospheric pressure plus the weight of the overlying ice per unit horizontal area:

\[ \boxed{p(x)=p_a+\rho_i g \left[h_0+x(\tan\beta-\tan\alpha)\right].} \]

If pressure is measured relative to the atmosphere, the \(p_a\) term is omitted.

For water at rest, hydrostatic equilibrium requires

\[ p+\rho_wgy=\text{constant}. \]

Along the thin water layer, \(y=y_1(x)\), so the no-flow condition is

\[ \frac{dp}{dx}+\rho_wg\frac{dy_1}{dx}=0. \]

Substituting the pressure and ground slope,

\[ \rho_i g(\tan\beta-\tan\alpha) +\rho_wg\tan\alpha=0. \]

Consequently,

\[ \boxed{\tan\beta =\frac{\rho_i-\rho_w}{\rho_i}\tan\alpha}, \qquad \boxed{s=\frac{\rho_i-\rho_w}{\rho_i}}. \]

Numerically,

\[ s=\frac{917-1000}{917}=-0.0905125. \]

The negative sign means that the ice surface must slope downward in the direction in which the ground rises.

For \(y_1=0.8x\) and \(h_0=2\) km,

\[ \tan\beta=(-0.0905125)(0.8)=-0.0724100, \]

giving, with \(x\) and \(y\) in kilometres,

\[ \boxed{y_1=0.8x,\qquad y_2=2.000-0.0724100x.} \]

Draw the ground as a straight rising line through the origin and the ice surface as a gently descending line through \((0,2)\). Useful plotting coordinates are:

For \(x\ge0\), the ice lies between these lines up to their intersection.

c) Surface above a conical water body

Let \(z(R)\) denote the elevation of the ice–water boundary above the horizontal bed:

\[ z(R)=H\left(1-\frac Rr\right), \qquad 0\le R\le r. \]

At the rim, the water thickness tends to zero and the ice retains its original thickness \(D\). Hence the water pressure at bed level is

\[ p_b=p_a+\rho_i gD. \]

Hydrostatic equilibrium gives the pressure at elevation \(z\):

\[ p_w(z)=p_a+\rho_i gD-\rho_wgz. \]

The ice column above that point has thickness \(y_s-z\), and therefore exerts pressure

\[ p_i=p_a+\rho_i g(y_s-z). \]

Equating the pressures at the ice–water boundary,

\[ \rho_i(y_s-z)=\rho_iD-\rho_wz. \]

Thus

\[ y_s=D-\frac{\rho_w-\rho_i}{\rho_i}z. \]

Substitution of the conical boundary gives

\[ \boxed{ y_s(R)=D-\frac{\rho_w-\rho_i}{\rho_i} H\left(1-\frac Rr\right), \qquad 0\le R\le r.} \]

Outside the footprint, \(y_s=D\). The depression depth is

\[ \delta= \frac{\rho_w-\rho_i}{\rho_i}H =\frac{83}{917}(1000\ \mathrm m) =90.51\ \mathrm m. \]

Therefore the surface is an inverted cone of radius \(1.0\) km, meeting the surrounding horizontal surface continuously. Its lowest point is

\[ y_s(0)=2000-90.51=1909.49\ \mathrm m. \]

For a central vertical section, set \(R=|x|\). With coordinates in kilometres, join

\[ (-1.000,\ 2.000),\qquad (0,\ 1.90949),\qquad (1.000,\ 2.000) \]

by straight segments, and continue horizontally at \(y=2.000\) km on both sides. Rotating this profile about the vertical axis gives the surface depression.

d) Volcanic intrusion

Let

\[ f(R)=1-\frac Rr,\qquad 0\le R\le r, \]

where \(r=500\) m. The final surface, water–ice boundary, and rock surface have the forms

\[ y_s=D-hf(R),\qquad y_W=Hf(R),\qquad y_M=h_1f(R). \]

Here \(D=2000\) m and \(h=100\) m.

1. Height of the top of the water cone

The hydrostatic relation derived in part c applies again:

\[ D-y_s=\frac{\rho_w-\rho_i}{\rho_i}y_W. \]

At the centre,

\[ h=\frac{\rho_w-\rho_i}{\rho_i}H. \]

Hence

\[ \boxed{H=\frac{\rho_i h}{\rho_w-\rho_i} =\frac{917(100)}{83} =1104.82\ \mathrm m.} \]

This height is measured from the original bed. The actual central water depth will be \(H-h_1\).

2. Height of the intrusion

First determine how much ice has melted. The final ice thickness in a vertical column is

\[ y_s-y_W=D-(h+H)f(R). \]

Since ice moves only vertically, each column loses an ice thickness

\[ (h+H)f(R). \]

The initial lifting by the magma does not change the amount of ice in a column. Thus the total melted ice volume is

\[ V_{\mathrm{melt}} =\int_0^r (h+H)\left(1-\frac Rr\right)2\pi R\,dR =\frac{\pi r^2}{3}(h+H). \]

Write

\[ C=\frac{\pi r^2}{3}. \]

Then

\[ m_{tot}=\rho_i C(h+H), \qquad V_M=Ch_1, \qquad m_M=\rho_rCh_1. \]

At final thermal equilibrium, the rock and the ice–water mixture are at \(0^\circ\mathrm C\). Each kilogram of magma releases

\[ q_M=L_r+c_r(1200^\circ\mathrm C-T_0) =4.2\times10^5+700(1200) =1.26\times10^6\ \mathrm{J/kg}. \]

This includes both solidification and cooling. Neglecting heat losses and small mechanical-energy changes, conservation of energy gives

\[ \rho_rCh_1q_M=\rho_i C(h+H)L_i. \]

Therefore

\[ h_1= \frac{\rho_i(h+H)L_i} {\rho_r[L_r+c_r(1200^\circ\mathrm C-T_0)]}. \]

The hydrostatic relation also implies

\[ \rho_i(h+H)=\rho_wH, \]

so equivalently,

\[ h_1= \frac{\rho_wHL_i} {\rho_r[L_r+c_r(1200^\circ\mathrm C-T_0)]}. \]

Numerically,

\[ \boxed{ h_1= \frac{1000(1104.819)(3.4\times10^5)} {2900(1.26\times10^6)} =102.80\ \mathrm m \simeq103\ \mathrm m.} \]

The intrusion volume is consequently

\[ V_M=\frac{\pi(500)^2}{3}(102.802) =2.691\times10^7\ \mathrm{m^3}. \]

3. Total water production and water escaping

From the melted ice volume,

\[ m_{tot} =\rho_iC(h+H) =\rho_wCH. \]

Thus

\[ \boxed{ m_{tot} =1000\frac{\pi(500)^2}{3}(1104.819) =2.8924\times10^{11}\ \mathrm{kg} \simeq2.9\times10^{11}\ \mathrm{kg}.} \]

The remaining water occupies the space between the water–ice cone and the rock cone. Its volume is

\[ V_{\mathrm{remaining}}=C(H-h_1), \]

and its mass is

\[ m_{\mathrm{remaining}} =\rho_wC(H-h_1) =2.6233\times10^{11}\ \mathrm{kg}. \]

Mass conservation therefore gives

\[ \begin{aligned} m' &=m_{tot}-m_{\mathrm{remaining}}\\ &=\rho_wCH-\rho_wC(H-h_1)\\ &=\rho_wCh_1. \end{aligned} \]

Hence

\[ \boxed{ m'=1000\frac{\pi(500)^2}{3}(102.802) =2.6914\times10^{10}\ \mathrm{kg} \simeq2.7\times10^{10}\ \mathrm{kg}.} \]

The escaped water volume equals the intrusion volume:

\[ \boxed{\frac{m'}{\rho_w}=V_M.} \]

This also explains the two stages. Initially the magma lifts the ice without reducing its thickness, so water on the elevated rock surface has excess hydraulic pressure and drains away. At the end of this drainage stage, the ice–water boundary is approximately the rock surface \(h_1f(R)\). Hydrostatic equilibrium then requires an ice thickness

\[ D-\frac{\rho_w}{\rho_i}h_1f(R). \]

The ice melted by that stage has mass \(\rho_wCh_1\), exactly the escaped mass found above. Further melting produces the retained water body.

Description of the plot

For a central vertical section, use \(R=|x|\). Within \(|x|\le500\) m,

\[ \begin{aligned} y_M(x)&=102.802\left(1-\frac{|x|}{500}\right)\ \mathrm m,\\ y_W(x)&=1104.819\left(1-\frac{|x|}{500}\right)\ \mathrm m,\\ y_s(x)&=2000-100\left(1-\frac{|x|}{500}\right)\ \mathrm m, \end{aligned} \]

where \(x\) is numerically expressed in metres.

Use the following coordinates and join adjacent points by straight lines:

Draw the original bed along \(y=0\), shade the intrusion between the bed and \(y_M\), and shade the water between \(y_M\) and \(y_W\). The ice lies between \(y_W\) and \(y_s\). Outside the footprint, the bed remains at \(y=0\) and the ice surface at \(y=2000\) m.

Using equal length scales on both axes, the intrusion is only about \(103\) m high, while the water boundary reaches about \(1105\) m. The central water depth is

\[ H-h_1\simeq1002\ \mathrm m, \]

and the remaining ice directly above it is about \(795\) m thick.

The solution was checked against the official solution.

Lösung

a) Jährliches Schmelzen

Das Eis befindet sich bereits am Schmelzpunkt, sodass die zugeführte Erdwärme als Schmelzwärme aufgenommen wird. Für eine horizontale Fläche \(A\) ergibt die Energieerhaltung über ein Jahr

\[ J_QAt=\rho_i AdL_i. \]

Somit gilt

\[ d=\frac{J_Qt}{\rho_iL_i}. \]

Setzt man ein Jahr gleich \(365\times24\times3600=3.1536\times10^7\) s, erhält man

\[ d= \frac{0.06(3.1536\times10^7)} {(917)(3.4\times10^5)} =6.069\times10^{-3}\ \mathrm m. \]

Damit schmelzen jedes Jahr ungefähr \(6.1\) mm Eis. Die spezifische Wärmekapazität des Eises wird nicht benötigt, da keine anfängliche Erwärmung erforderlich ist.

b) Druck und Bedingung dafür, dass kein Wasser fließt

Die vertikale Eisdicke beträgt

\[ h_i(x)=y_2-y_1 =h_0+x(\tan\beta-\tan\alpha). \]

Im angegebenen Modell ist der Druck an der Unterseite gleich dem Atmosphärendruck zuzüglich der Gewichtskraft des darüberliegenden Eises pro horizontaler Flächeneinheit:

\[ \boxed{p(x)=p_a+\rho_i g \left[h_0+x(\tan\beta-\tan\alpha)\right].} \]

Wird der Druck relativ zum Atmosphärendruck gemessen, entfällt der Term \(p_a\).

Für ruhendes Wasser erfordert das hydrostatische Gleichgewicht

\[ p+\rho_wgy=\text{konstant}. \]

Entlang der dünnen Wasserschicht gilt \(y=y_1(x)\), sodass die Bedingung für das Ausbleiben einer Strömung lautet

\[ \frac{dp}{dx}+\rho_wg\frac{dy_1}{dx}=0. \]

Einsetzen des Drucks und der Bodenneigung ergibt

\[ \rho_i g(\tan\beta-\tan\alpha) +\rho_wg\tan\alpha=0. \]

Folglich gilt

\[ \boxed{\tan\beta =\frac{\rho_i-\rho_w}{\rho_i}\tan\alpha}, \qquad \boxed{s=\frac{\rho_i-\rho_w}{\rho_i}}. \]

Numerisch ergibt sich

\[ s=\frac{917-1000}{917}=-0.0905125. \]

Das negative Vorzeichen bedeutet, dass die Eisoberfläche in der Richtung abfallen muss, in der der Boden ansteigt.

Für \(y_1=0.8x\) und \(h_0=2\) km gilt

\[ \tan\beta=(-0.0905125)(0.8)=-0.0724100, \]

woraus sich mit \(x\) und \(y\) in Kilometern ergibt

\[ \boxed{y_1=0.8x,\qquad y_2=2.000-0.0724100x.} \]

Zeichnen Sie den Boden als ansteigende Gerade durch den Ursprung und die Eisoberfläche als leicht abfallende Gerade durch \((0,2)\). Hilfreiche Koordinaten für die Zeichnung sind:

Für \(x\ge0\) liegt das Eis bis zum Schnittpunkt zwischen diesen Geraden.

c) Oberfläche über einem kegelförmigen Wasserkörper

Sei \(z(R)\) die Höhe der Eis-Wasser-Grenzfläche über dem horizontalen Untergrund:

\[ z(R)=H\left(1-\frac Rr\right), \qquad 0\le R\le r. \]

Am Rand geht die Wasserdicke gegen null, und das Eis behält seine ursprüngliche Dicke \(D\). Daher beträgt der Wasserdruck auf Höhe des Untergrunds

\[ p_b=p_a+\rho_i gD. \]

Aus dem hydrostatischen Gleichgewicht ergibt sich der Druck in der Höhe \(z\):

\[ p_w(z)=p_a+\rho_i gD-\rho_wgz. \]

Die Eissäule über diesem Punkt hat die Dicke \(y_s-z\) und übt daher folgenden Druck aus:

\[ p_i=p_a+\rho_i g(y_s-z). \]

Gleichsetzen der Drücke an der Eis-Wasser-Grenzfläche ergibt

\[ \rho_i(y_s-z)=\rho_iD-\rho_wz. \]

Somit gilt

\[ y_s=D-\frac{\rho_w-\rho_i}{\rho_i}z. \]

Einsetzen der kegelförmigen Grenzfläche ergibt

\[ \boxed{ y_s(R)=D-\frac{\rho_w-\rho_i}{\rho_i} H\left(1-\frac Rr\right), \qquad 0\le R\le r.} \]

Außerhalb der Grundfläche gilt \(y_s=D\). Die Tiefe der Senke beträgt

\[ \delta= \frac{\rho_w-\rho_i}{\rho_i}H =\frac{83}{917}(1000\ \mathrm m) =90.51\ \mathrm m. \]

Die Oberfläche bildet somit einen umgekehrten Kegel mit dem Radius \(1.0\) km, der stetig in die umgebende horizontale Oberfläche übergeht. Sein tiefster Punkt liegt bei

\[ y_s(0)=2000-90.51=1909.49\ \mathrm m. \]

Für einen vertikalen Schnitt durch die Mitte setzen Sie \(R=|x|\). Verbinden Sie bei Koordinaten in Kilometern die Punkte

\[ (-1.000,\ 2.000),\qquad (0,\ 1.90949),\qquad (1.000,\ 2.000) \]

durch gerade Strecken und setzen Sie das Profil auf beiden Seiten horizontal bei \(y=2.000\) km fort. Durch Rotation dieses Profils um die vertikale Achse erhält man die Oberflächensenke.

d) Vulkanische Intrusion

Es sei

\[ f(R)=1-\frac Rr,\qquad 0\le R\le r, \]

wobei \(r=500\) m ist. Die endgültige Oberfläche, die Wasser-Eis-Grenzfläche und die Gesteinsoberfläche haben die Formen

\[ y_s=D-hf(R),\qquad y_W=Hf(R),\qquad y_M=h_1f(R). \]

Hierbei sind \(D=2000\) m und \(h=100\) m.

1. Höhe der Spitze des Wasserkegels

Die in Teil c hergeleitete hydrostatische Beziehung gilt erneut:

\[ D-y_s=\frac{\rho_w-\rho_i}{\rho_i}y_W. \]

Im Zentrum gilt

\[ h=\frac{\rho_w-\rho_i}{\rho_i}H. \]

Daher folgt

\[ \boxed{H=\frac{\rho_i h}{\rho_w-\rho_i} =\frac{917(100)}{83} =1104.82\ \mathrm m.} \]

Diese Höhe wird vom ursprünglichen Untergrund aus gemessen. Die tatsächliche Wassertiefe im Zentrum wird \(H-h_1\) betragen.

2. Höhe der Intrusion

Bestimmen Sie zunächst, wie viel Eis geschmolzen ist. Die endgültige Eisdicke in einer vertikalen Säule beträgt

\[ y_s-y_W=D-(h+H)f(R). \]

Da sich das Eis nur vertikal bewegt, verliert jede Säule eine Eisdicke von

\[ (h+H)f(R). \]

Das anfängliche Anheben durch das Magma ändert die Eismenge in einer Säule nicht. Daher beträgt das gesamte geschmolzene Eisvolumen

\[ V_{\mathrm{melt}} =\int_0^r (h+H)\left(1-\frac Rr\right)2\pi R\,dR =\frac{\pi r^2}{3}(h+H). \]

Schreiben wir

\[ C=\frac{\pi r^2}{3}. \]

Dann gilt

\[ m_{tot}=\rho_i C(h+H), \qquad V_M=Ch_1, \qquad m_M=\rho_rCh_1. \]

Im endgültigen thermischen Gleichgewicht haben das Gestein und das Eis-Wasser-Gemisch eine Temperatur von \(0^\circ\mathrm C\). Jedes Kilogramm Magma setzt folgende Wärme frei:

\[ q_M=L_r+c_r(1200^\circ\mathrm C-T_0) =4.2\times10^5+700(1200) =1.26\times10^6\ \mathrm{J/kg}. \]

Darin sind sowohl die Erstarrung als auch die Abkühlung enthalten. Unter Vernachlässigung von Wärmeverlusten und kleinen Änderungen der mechanischen Energie ergibt die Energieerhaltung

\[ \rho_rCh_1q_M=\rho_i C(h+H)L_i. \]

Daher gilt

\[ h_1= \frac{\rho_i(h+H)L_i} {\rho_r[L_r+c_r(1200^\circ\mathrm C-T_0)]}. \]

Aus der hydrostatischen Beziehung folgt außerdem

\[ \rho_i(h+H)=\rho_wH, \]

sodass gleichwertig gilt

\[ h_1= \frac{\rho_wHL_i} {\rho_r[L_r+c_r(1200^\circ\mathrm C-T_0)]}. \]

Numerisch ergibt sich

\[ \boxed{ h_1= \frac{1000(1104.819)(3.4\times10^5)} {2900(1.26\times10^6)} =102.80\ \mathrm m \simeq103\ \mathrm m.} \]

Das Volumen der Intrusion beträgt folglich

\[ V_M=\frac{\pi(500)^2}{3}(102.802) =2.691\times10^7\ \mathrm{m^3}. \]

3. Insgesamt entstandenes und abgeflossenes Wasser

Aus dem geschmolzenen Eisvolumen folgt

\[ m_{tot} =\rho_iC(h+H) =\rho_wCH. \]

Somit gilt

\[ \boxed{ m_{tot} =1000\frac{\pi(500)^2}{3}(1104.819) =2.8924\times10^{11}\ \mathrm{kg} \simeq2.9\times10^{11}\ \mathrm{kg}.} \]

Das verbleibende Wasser füllt den Raum zwischen dem Kegel der Wasser-Eis-Grenzfläche und dem Gesteinskegel aus. Sein Volumen beträgt

\[ V_{\mathrm{remaining}}=C(H-h_1), \]

und seine Masse beträgt

\[ m_{\mathrm{remaining}} =\rho_wC(H-h_1) =2.6233\times10^{11}\ \mathrm{kg}. \]

Die Massenerhaltung ergibt daher

\[ \begin{aligned} m' &=m_{tot}-m_{\mathrm{remaining}}\\ &=\rho_wCH-\rho_wC(H-h_1)\\ &=\rho_wCh_1. \end{aligned} \]

Daraus folgt

\[ \boxed{ m'=1000\frac{\pi(500)^2}{3}(102.802) =2.6914\times10^{10}\ \mathrm{kg} \simeq2.7\times10^{10}\ \mathrm{kg}.} \]

Das Volumen des abgeflossenen Wassers ist gleich dem Volumen der Intrusion:

\[ \boxed{\frac{m'}{\rho_w}=V_M.} \]

Dies erklärt auch die beiden Phasen. Anfangs hebt das Magma das Eis an, ohne dessen Dicke zu verringern, sodass das Wasser auf der erhöhten Gesteinsoberfläche einen hydraulischen Überdruck aufweist und abfließt. Am Ende dieser Abflussphase liegt die Eis-Wasser-Grenzfläche näherungsweise auf der Gesteinsoberfläche \(h_1f(R)\). Das hydrostatische Gleichgewicht erfordert dann eine Eisdicke von

\[ D-\frac{\rho_w}{\rho_i}h_1f(R). \]

Das bis zu diesem Zeitpunkt geschmolzene Eis hat die Masse \(\rho_wCh_1\), genau die oben ermittelte abgeflossene Masse. Weiteres Schmelzen erzeugt den verbleibenden Wasserkörper.

Beschreibung der Zeichnung

Verwenden Sie für einen vertikalen Schnitt durch die Mitte \(R=|x|\). Innerhalb von \(|x|\le500\) m gilt

\[ \begin{aligned} y_M(x)&=102.802\left(1-\frac{|x|}{500}\right)\ \mathrm m,\\ y_W(x)&=1104.819\left(1-\frac{|x|}{500}\right)\ \mathrm m,\\ y_s(x)&=2000-100\left(1-\frac{|x|}{500}\right)\ \mathrm m, \end{aligned} \]

wobei \(x\) als Zahlenwert in Metern eingesetzt wird.

Verwenden Sie die folgenden Koordinaten und verbinden Sie benachbarte Punkte durch gerade Linien:

Zeichnen Sie den ursprünglichen Untergrund entlang \(y=0\), schraffieren Sie die Intrusion zwischen dem Untergrund und \(y_M\) und schraffieren Sie das Wasser zwischen \(y_M\) und \(y_W\). Das Eis liegt zwischen \(y_W\) und \(y_s\). Außerhalb der Grundfläche bleibt der Untergrund bei \(y=0\) und die Eisoberfläche bei \(y=2000\) m.

Bei gleichen Längenmaßstäben auf beiden Achsen ist die Intrusion nur etwa \(103\) m hoch, während die Wassergrenzfläche etwa \(1105\) m erreicht. Die Wassertiefe im Zentrum beträgt

\[ H-h_1\simeq1002\ \mathrm m, \]

und das verbleibende Eis direkt darüber ist etwa \(795\) m dick.

Die Lösung wurde mit der offiziellen Lösung abgeglichen.

Çözüm

a) Yıllık erime

Buz zaten erime noktasındadır; dolayısıyla sağlanan jeotermal ısı erime için harcanır. Yatay bir \(A\) alanı için bir yıl boyunca enerjinin korunumu

\[ J_QAt=\rho_i AdL_i. \]

eşitliğini verir. Böylece

\[ d=\frac{J_Qt}{\rho_iL_i}. \]

Bir yılı \(365\times24\times3600=3.1536\times10^7\) s alırsak,

\[ d= \frac{0.06(3.1536\times10^7)} {(917)(3.4\times10^5)} =6.069\times10^{-3}\ \mathrm m. \]

Dolayısıyla her yıl yaklaşık \(6.1\) mm buz erir. Başlangıçta bir ısınma gerekmediğinden buzun özgül ısısına ihtiyaç yoktur.

b) Basınç ve su akışının olmaması koşulu

Buzun düşey kalınlığı

\[ h_i(x)=y_2-y_1 =h_0+x(\tan\beta-\tan\alpha). \]

Verilen modele göre tabandaki basınç, atmosfer basıncı ile üstteki buzun birim yatay alan başına ağırlığının toplamına eşittir:

\[ \boxed{p(x)=p_a+\rho_i g \left[h_0+x(\tan\beta-\tan\alpha)\right].} \]

Basınç atmosfere göre ölçülüyorsa \(p_a\) terimi çıkarılır.

Durgun su için hidrostatik denge

\[ p+\rho_wgy=\text{sabit}. \]

koşulunu gerektirir. İnce su tabakası boyunca \(y=y_1(x)\) olduğundan, akış olmaması koşulu

\[ \frac{dp}{dx}+\rho_wg\frac{dy_1}{dx}=0. \]

biçimindedir. Basınç ve zemin eğimini yerine koyarsak,

\[ \rho_i g(\tan\beta-\tan\alpha) +\rho_wg\tan\alpha=0. \]

Bunun sonucunda,

\[ \boxed{\tan\beta =\frac{\rho_i-\rho_w}{\rho_i}\tan\alpha}, \qquad \boxed{s=\frac{\rho_i-\rho_w}{\rho_i}}. \]

Sayısal olarak,

\[ s=\frac{917-1000}{917}=-0.0905125. \]

Eksi işareti, buz yüzeyinin zeminin yükseldiği yönde aşağı doğru eğimli olması gerektiğini gösterir.

\(y_1=0.8x\) ve \(h_0=2\) km için,

\[ \tan\beta=(-0.0905125)(0.8)=-0.0724100, \]

buradan \(x\) ve \(y\) kilometre cinsinden olmak üzere,

\[ \boxed{y_1=0.8x,\qquad y_2=2.000-0.0724100x.} \]

Zemini orijinden geçen, yükselen bir doğru olarak; buz yüzeyini ise \((0,2)\) noktasından geçen, hafifçe alçalan bir doğru olarak çizin. Çizim için kullanılabilecek koordinatlar şunlardır:

\(x\ge0\) için buz, kesişme noktalarına kadar bu doğrular arasında yer alır.

c) Konik bir su kütlesinin üzerindeki yüzey

\(z(R)\), buz–su sınırının yatay tabandan yüksekliğini göstersin:

\[ z(R)=H\left(1-\frac Rr\right), \qquad 0\le R\le r. \]

Kenarda su kalınlığı sıfıra yaklaşır ve buz başlangıçtaki \(D\) kalınlığını korur. Dolayısıyla taban seviyesindeki su basıncı

\[ p_b=p_a+\rho_i gD. \]

Hidrostatik denge, \(z\) yüksekliğindeki basıncı verir:

\[ p_w(z)=p_a+\rho_i gD-\rho_wgz. \]

Bu noktanın üzerindeki buz sütununun kalınlığı \(y_s-z\)'dir ve dolayısıyla uyguladığı basınç

\[ p_i=p_a+\rho_i g(y_s-z). \]

Buz–su sınırındaki basınçları eşitlersek,

\[ \rho_i(y_s-z)=\rho_iD-\rho_wz. \]

Böylece

\[ y_s=D-\frac{\rho_w-\rho_i}{\rho_i}z. \]

Konik sınırın ifadesini yerine koyunca

\[ \boxed{ y_s(R)=D-\frac{\rho_w-\rho_i}{\rho_i} H\left(1-\frac Rr\right), \qquad 0\le R\le r.} \]

elde edilir. Taban alanının dışında \(y_s=D\)'dir. Çöküntünün derinliği

\[ \delta= \frac{\rho_w-\rho_i}{\rho_i}H =\frac{83}{917}(1000\ \mathrm m) =90.51\ \mathrm m. \]

Dolayısıyla yüzey, çevresindeki yatay yüzeyle kesintisiz birleşen, yarıçapı \(1.0\) km olan ters bir konidir. En alçak noktası

\[ y_s(0)=2000-90.51=1909.49\ \mathrm m. \]

Merkezden geçen düşey bir kesit için \(R=|x|\) alın. Koordinatlar kilometre cinsinden olmak üzere,

\[ (-1.000,\ 2.000),\qquad (0,\ 1.90949),\qquad (1.000,\ 2.000) \]

noktalarını doğru parçalarıyla birleştirin ve her iki yanda \(y=2.000\) km seviyesinde yatay olarak devam edin. Bu profili düşey eksen etrafında döndürmek, yüzey çöküntüsünü verir.

d) Volkanik sokulum

\[ f(R)=1-\frac Rr,\qquad 0\le R\le r, \]

olsun; burada \(r=500\) m'dir. Son yüzey, su–buz sınırı ve kayaç yüzeyi şu biçimlerdedir:

\[ y_s=D-hf(R),\qquad y_W=Hf(R),\qquad y_M=h_1f(R). \]

Burada \(D=2000\) m ve \(h=100\) m'dir.

1. Su konisinin tepesinin yüksekliği

c kısmında türetilen hidrostatik bağıntı burada da geçerlidir:

\[ D-y_s=\frac{\rho_w-\rho_i}{\rho_i}y_W. \]

Merkezde,

\[ h=\frac{\rho_w-\rho_i}{\rho_i}H. \]

Böylece

\[ \boxed{H=\frac{\rho_i h}{\rho_w-\rho_i} =\frac{917(100)}{83} =1104.82\ \mathrm m.} \]

Bu yükseklik başlangıçtaki tabandan ölçülür. Merkezdeki gerçek su derinliği \(H-h_1\) olacaktır.

2. Sokulumun yüksekliği

Önce ne kadar buzun eridiğini belirleyelim. Düşey bir sütundaki son buz kalınlığı

\[ y_s-y_W=D-(h+H)f(R). \]

Buz yalnızca düşey yönde hareket ettiğinden, her sütunun kaybettiği buz kalınlığı

\[ (h+H)f(R). \]

Magmanın başlangıçta buzu yukarı kaldırması, bir sütundaki buz miktarını değiştirmez. Dolayısıyla eriyen toplam buz hacmi

\[ V_{\mathrm{melt}} =\int_0^r (h+H)\left(1-\frac Rr\right)2\pi R\,dR =\frac{\pi r^2}{3}(h+H). \]

Şöyle yazalım:

\[ C=\frac{\pi r^2}{3}. \]

O hâlde

\[ m_{tot}=\rho_i C(h+H), \qquad V_M=Ch_1, \qquad m_M=\rho_rCh_1. \]

Son ısıl denge durumunda kayaç ve buz–su karışımı \(0^\circ\mathrm C\) sıcaklıktadır. Magmanın her kilogramı

\[ q_M=L_r+c_r(1200^\circ\mathrm C-T_0) =4.2\times10^5+700(1200) =1.26\times10^6\ \mathrm{J/kg}. \]

ısı açığa çıkarır. Bu, hem katılaşmayı hem de soğumayı içerir. Isı kayıpları ve mekanik enerjideki küçük değişimler ihmal edildiğinde, enerjinin korunumu

\[ \rho_rCh_1q_M=\rho_i C(h+H)L_i. \]

eşitliğini verir. Dolayısıyla

\[ h_1= \frac{\rho_i(h+H)L_i} {\rho_r[L_r+c_r(1200^\circ\mathrm C-T_0)]}. \]

Hidrostatik bağıntı ayrıca

\[ \rho_i(h+H)=\rho_wH, \]

eşitliğini de verdiğinden, eşdeğer olarak,

\[ h_1= \frac{\rho_wHL_i} {\rho_r[L_r+c_r(1200^\circ\mathrm C-T_0)]}. \]

Sayısal olarak,

\[ \boxed{ h_1= \frac{1000(1104.819)(3.4\times10^5)} {2900(1.26\times10^6)} =102.80\ \mathrm m \simeq103\ \mathrm m.} \]

Buna göre sokulumun hacmi

\[ V_M=\frac{\pi(500)^2}{3}(102.802) =2.691\times10^7\ \mathrm{m^3}. \]

3. Oluşan toplam su ve dışarı akan su

Eriyen buz hacminden,

\[ m_{tot} =\rho_iC(h+H) =\rho_wCH. \]

Böylece

\[ \boxed{ m_{tot} =1000\frac{\pi(500)^2}{3}(1104.819) =2.8924\times10^{11}\ \mathrm{kg} \simeq2.9\times10^{11}\ \mathrm{kg}.} \]

Geriye kalan su, su–buz konisi ile kayaç konisi arasındaki boşluğu doldurur. Hacmi

\[ V_{\mathrm{remaining}}=C(H-h_1), \]

ve kütlesi

\[ m_{\mathrm{remaining}} =\rho_wC(H-h_1) =2.6233\times10^{11}\ \mathrm{kg}. \]

Dolayısıyla kütlenin korunumu

\[ \begin{aligned} m' &=m_{tot}-m_{\mathrm{remaining}}\\ &=\rho_wCH-\rho_wC(H-h_1)\\ &=\rho_wCh_1. \end{aligned} \]

sonucunu verir. Böylece

\[ \boxed{ m'=1000\frac{\pi(500)^2}{3}(102.802) =2.6914\times10^{10}\ \mathrm{kg} \simeq2.7\times10^{10}\ \mathrm{kg}.} \]

Dışarı akan suyun hacmi, sokulumun hacmine eşittir:

\[ \boxed{\frac{m'}{\rho_w}=V_M.} \]

Bu, iki aşamayı da açıklar. Başlangıçta magma, buzun kalınlığını azaltmadan buzu yukarı kaldırır; dolayısıyla yükselmiş kayaç yüzeyindeki suyun hidrolik basıncı fazladır ve su akarak uzaklaşır. Bu boşalma aşamasının sonunda buz–su sınırı yaklaşık olarak \(h_1f(R)\) kayaç yüzeyidir. Bu durumda hidrostatik denge, buz kalınlığının

\[ D-\frac{\rho_w}{\rho_i}h_1f(R). \]

olmasını gerektirir. Bu aşamaya kadar eriyen buzun kütlesi \(\rho_wCh_1\)'dir; bu, yukarıda bulunan dışarı akan kütleye tam olarak eşittir. Bundan sonraki erime, içeride kalan su kütlesini oluşturur.

Çizimin açıklaması

Merkezden geçen düşey bir kesit için \(R=|x|\) kullanın. \(|x|\le500\) m aralığında,

\[ \begin{aligned} y_M(x)&=102.802\left(1-\frac{|x|}{500}\right)\ \mathrm m,\\ y_W(x)&=1104.819\left(1-\frac{|x|}{500}\right)\ \mathrm m,\\ y_s(x)&=2000-100\left(1-\frac{|x|}{500}\right)\ \mathrm m, \end{aligned} \]

burada \(x\) sayısal olarak metre cinsinden ifade edilmektedir.

Aşağıdaki koordinatları kullanın ve komşu noktaları doğru parçalarıyla birleştirin:

Başlangıçtaki tabanı \(y=0\) boyunca çizin, taban ile \(y_M\) arasındaki sokulumu ve \(y_M\) ile \(y_W\) arasındaki suyu tarayarak gösterin. Buz, \(y_W\) ile \(y_s\) arasında yer alır. Taban alanının dışında taban \(y=0\) seviyesinde, buz yüzeyi ise \(y=2000\) m seviyesinde kalır.

Her iki eksende eşit uzunluk ölçekleri kullanıldığında, sokulumun yüksekliği yalnızca yaklaşık \(103\) m iken su sınırı yaklaşık \(1105\) m'ye ulaşır. Merkezdeki su derinliği

\[ H-h_1\simeq1002\ \mathrm m, \]

ve doğrudan üzerindeki kalan buzun kalınlığı yaklaşık \(795\) m'dir.

Çözüm, resmi çözümle karşılaştırılarak kontrol edildi.

Solución

a) Fusión anual

El hielo ya se encuentra en su punto de fusión, por lo que el calor geotérmico suministrado se emplea como calor latente. Para un área horizontal \(A\), la conservación de la energía durante un año da

\[ J_QAt=\rho_i AdL_i. \]

Por tanto,

\[ d=\frac{J_Qt}{\rho_iL_i}. \]

Tomando un año como \(365\times24\times3600=3.1536\times10^7\) s,

\[ d= \frac{0.06(3.1536\times10^7)} {(917)(3.4\times10^5)} =6.069\times10^{-3}\ \mathrm m. \]

Por tanto, cada año se funden aproximadamente \(6.1\) mm de hielo. No se necesita el calor específico del hielo porque no es necesario calentarlo previamente.

b) Presión y condición para que no haya flujo de agua

El espesor vertical del hielo es

\[ h_i(x)=y_2-y_1 =h_0+x(\tan\beta-\tan\alpha). \]

Según el modelo indicado, la presión en la base es igual a la presión atmosférica más el peso del hielo situado encima por unidad de área horizontal:

\[ \boxed{p(x)=p_a+\rho_i g \left[h_0+x(\tan\beta-\tan\alpha)\right].} \]

Si la presión se mide con respecto a la atmosférica, se omite el término \(p_a\).

Para el agua en reposo, el equilibrio hidrostático requiere

\[ p+\rho_wgy=\text{constante}. \]

A lo largo de la delgada capa de agua, \(y=y_1(x)\), por lo que la condición de ausencia de flujo es

\[ \frac{dp}{dx}+\rho_wg\frac{dy_1}{dx}=0. \]

Sustituyendo la presión y la pendiente del terreno,

\[ \rho_i g(\tan\beta-\tan\alpha) +\rho_wg\tan\alpha=0. \]

En consecuencia,

\[ \boxed{\tan\beta =\frac{\rho_i-\rho_w}{\rho_i}\tan\alpha}, \qquad \boxed{s=\frac{\rho_i-\rho_w}{\rho_i}}. \]

Numéricamente,

\[ s=\frac{917-1000}{917}=-0.0905125. \]

El signo negativo significa que la superficie del hielo debe descender en la dirección en la que asciende el terreno.

Para \(y_1=0.8x\) y \(h_0=2\) km,

\[ \tan\beta=(-0.0905125)(0.8)=-0.0724100, \]

lo que da, con \(x\) e \(y\) en kilómetros,

\[ \boxed{y_1=0.8x,\qquad y_2=2.000-0.0724100x.} \]

Dibuje el terreno como una recta ascendente que pasa por el origen y la superficie del hielo como una recta ligeramente descendente que pasa por \((0,2)\). Algunas coordenadas útiles para la representación son:

Para \(x\ge0\), el hielo se encuentra entre estas rectas hasta su intersección.

c) Superficie sobre una masa de agua cónica

Sea \(z(R)\) la altura de la interfaz hielo–agua sobre el lecho horizontal:

\[ z(R)=H\left(1-\frac Rr\right), \qquad 0\le R\le r. \]

En el borde, el espesor del agua tiende a cero y el hielo conserva su espesor original \(D\). Por tanto, la presión del agua al nivel del lecho es

\[ p_b=p_a+\rho_i gD. \]

El equilibrio hidrostático da la presión a la altura \(z\):

\[ p_w(z)=p_a+\rho_i gD-\rho_wgz. \]

La columna de hielo situada sobre ese punto tiene un espesor \(y_s-z\) y, por tanto, ejerce una presión

\[ p_i=p_a+\rho_i g(y_s-z). \]

Igualando las presiones en la interfaz hielo–agua,

\[ \rho_i(y_s-z)=\rho_iD-\rho_wz. \]

Por tanto,

\[ y_s=D-\frac{\rho_w-\rho_i}{\rho_i}z. \]

Al sustituir la interfaz cónica se obtiene

\[ \boxed{ y_s(R)=D-\frac{\rho_w-\rho_i}{\rho_i} H\left(1-\frac Rr\right), \qquad 0\le R\le r.} \]

Fuera de la proyección horizontal del cono, \(y_s=D\). La profundidad de la depresión es

\[ \delta= \frac{\rho_w-\rho_i}{\rho_i}H =\frac{83}{917}(1000\ \mathrm m) =90.51\ \mathrm m. \]

Por tanto, la superficie es un cono invertido de radio \(1.0\) km, que se une de forma continua con la superficie horizontal circundante. Su punto más bajo es

\[ y_s(0)=2000-90.51=1909.49\ \mathrm m. \]

Para una sección vertical central, tome \(R=|x|\). Con las coordenadas en kilómetros, una

\[ (-1.000,\ 2.000),\qquad (0,\ 1.90949),\qquad (1.000,\ 2.000) \]

mediante segmentos rectos y continúe horizontalmente a \(y=2.000\) km a ambos lados. Al girar este perfil alrededor del eje vertical se obtiene la depresión de la superficie.

d) Intrusión volcánica

Sea

\[ f(R)=1-\frac Rr,\qquad 0\le R\le r, \]

donde \(r=500\) m. La superficie final, la interfaz agua–hielo y la superficie de la roca tienen las formas

\[ y_s=D-hf(R),\qquad y_W=Hf(R),\qquad y_M=h_1f(R). \]

Aquí \(D=2000\) m y \(h=100\) m.

1. Altura del vértice del cono de agua

La relación hidrostática obtenida en el apartado c se aplica de nuevo:

\[ D-y_s=\frac{\rho_w-\rho_i}{\rho_i}y_W. \]

En el centro,

\[ h=\frac{\rho_w-\rho_i}{\rho_i}H. \]

Por tanto,

\[ \boxed{H=\frac{\rho_i h}{\rho_w-\rho_i} =\frac{917(100)}{83} =1104.82\ \mathrm m.} \]

Esta altura se mide desde el lecho original. La profundidad real del agua en el centro será \(H-h_1\).

2. Altura de la intrusión

Determine primero cuánto hielo se ha fundido. El espesor final del hielo en una columna vertical es

\[ y_s-y_W=D-(h+H)f(R). \]

Como el hielo solo se mueve verticalmente, cada columna pierde un espesor de hielo

\[ (h+H)f(R). \]

La elevación inicial causada por el magma no modifica la cantidad de hielo de una columna. Por tanto, el volumen total de hielo fundido es

\[ V_{\mathrm{melt}} =\int_0^r (h+H)\left(1-\frac Rr\right)2\pi R\,dR =\frac{\pi r^2}{3}(h+H). \]

Escribamos

\[ C=\frac{\pi r^2}{3}. \]

Entonces

\[ m_{tot}=\rho_i C(h+H), \qquad V_M=Ch_1, \qquad m_M=\rho_rCh_1. \]

En el equilibrio térmico final, la roca y la mezcla de hielo y agua están a \(0^\circ\mathrm C\). Cada kilogramo de magma libera

\[ q_M=L_r+c_r(1200^\circ\mathrm C-T_0) =4.2\times10^5+700(1200) =1.26\times10^6\ \mathrm{J/kg}. \]

Esto incluye tanto la solidificación como el enfriamiento. Despreciando las pérdidas de calor y las pequeñas variaciones de energía mecánica, la conservación de la energía da

\[ \rho_rCh_1q_M=\rho_i C(h+H)L_i. \]

Por tanto,

\[ h_1= \frac{\rho_i(h+H)L_i} {\rho_r[L_r+c_r(1200^\circ\mathrm C-T_0)]}. \]

La relación hidrostática también implica

\[ \rho_i(h+H)=\rho_wH, \]

por lo que, de forma equivalente,

\[ h_1= \frac{\rho_wHL_i} {\rho_r[L_r+c_r(1200^\circ\mathrm C-T_0)]}. \]

Numéricamente,

\[ \boxed{ h_1= \frac{1000(1104.819)(3.4\times10^5)} {2900(1.26\times10^6)} =102.80\ \mathrm m \simeq103\ \mathrm m.} \]

En consecuencia, el volumen de la intrusión es

\[ V_M=\frac{\pi(500)^2}{3}(102.802) =2.691\times10^7\ \mathrm{m^3}. \]

3. Producción total de agua y agua que escapa

A partir del volumen de hielo fundido,

\[ m_{tot} =\rho_iC(h+H) =\rho_wCH. \]

Por tanto,

\[ \boxed{ m_{tot} =1000\frac{\pi(500)^2}{3}(1104.819) =2.8924\times10^{11}\ \mathrm{kg} \simeq2.9\times10^{11}\ \mathrm{kg}.} \]

El agua restante ocupa el espacio entre el cono de la interfaz agua–hielo y el cono de roca. Su volumen es

\[ V_{\mathrm{remaining}}=C(H-h_1), \]

y su masa es

\[ m_{\mathrm{remaining}} =\rho_wC(H-h_1) =2.6233\times10^{11}\ \mathrm{kg}. \]

Por tanto, la conservación de la masa da

\[ \begin{aligned} m' &=m_{tot}-m_{\mathrm{remaining}}\\ &=\rho_wCH-\rho_wC(H-h_1)\\ &=\rho_wCh_1. \end{aligned} \]

Así pues,

\[ \boxed{ m'=1000\frac{\pi(500)^2}{3}(102.802) =2.6914\times10^{10}\ \mathrm{kg} \simeq2.7\times10^{10}\ \mathrm{kg}.} \]

El volumen de agua que escapa es igual al volumen de la intrusión:

\[ \boxed{\frac{m'}{\rho_w}=V_M.} \]

Esto también explica las dos etapas. Inicialmente, el magma eleva el hielo sin reducir su espesor, por lo que el agua sobre la superficie elevada de la roca tiene un exceso de presión hidráulica y se evacua. Al final de esta etapa de drenaje, la interfaz hielo–agua coincide aproximadamente con la superficie de la roca \(h_1f(R)\). El equilibrio hidrostático requiere entonces un espesor de hielo

\[ D-\frac{\rho_w}{\rho_i}h_1f(R). \]

El hielo fundido hasta ese momento tiene una masa \(\rho_wCh_1\), exactamente la masa evacuada calculada anteriormente. La fusión posterior produce la masa de agua retenida.

Descripción de la gráfica

Para una sección vertical central, utilice \(R=|x|\). Dentro de \(|x|\le500\) m,

\[ \begin{aligned} y_M(x)&=102.802\left(1-\frac{|x|}{500}\right)\ \mathrm m,\\ y_W(x)&=1104.819\left(1-\frac{|x|}{500}\right)\ \mathrm m,\\ y_s(x)&=2000-100\left(1-\frac{|x|}{500}\right)\ \mathrm m, \end{aligned} \]

donde \(x\) se expresa numéricamente en metros.

Utilice las siguientes coordenadas y una los puntos adyacentes mediante líneas rectas:

Dibuje el lecho original a lo largo de \(y=0\), sombree la intrusión entre el lecho e \(y_M\), y sombree el agua entre \(y_M\) e \(y_W\). El hielo se encuentra entre \(y_W\) e \(y_s\). Fuera de la proyección horizontal del cono, el lecho permanece en \(y=0\) y la superficie del hielo en \(y=2000\) m.

Utilizando la misma escala de longitud en ambos ejes, la intrusión tiene solo unos \(103\) m de altura, mientras que la interfaz del agua alcanza unos \(1105\) m. La profundidad del agua en el centro es

\[ H-h_1\simeq1002\ \mathrm m, \]

y el hielo restante directamente encima tiene un espesor de unos \(795\) m.

La solución se comprobó con la solución oficial.

解答

a) 每年的熔化量

冰已处于熔点，因此供给的地热全部用于提供熔化潜热。对于水平面积 \(A\)，一年内的能量守恒关系为

\[ J_QAt=\rho_i AdL_i. \]

因此

\[ d=\frac{J_Qt}{\rho_iL_i}. \]

取一年为 \(365\times24\times3600=3.1536\times10^7\) s，

\[ d= \frac{0.06(3.1536\times10^7)} {(917)(3.4\times10^5)} =6.069\times10^{-3}\ \mathrm m. \]

所以每年约有 \(6.1\) mm 厚的冰熔化。由于不需要先将冰升温，因此无需使用冰的比热容。

b) 压强和水不流动的条件

冰的竖直厚度为

\[ h_i(x)=y_2-y_1 =h_0+x(\tan\beta-\tan\alpha). \]

根据题目给定的模型，底部压强等于大气压强加上单位水平面积上方冰的重量：

\[ \boxed{p(x)=p_a+\rho_i g \left[h_0+x(\tan\beta-\tan\alpha)\right].} \]

若以大气压强为参考来计量压强，则省略 \(p_a\) 项。

对于静止的水，流体静力平衡要求

\[ p+\rho_wgy=\text{常量}. \]

沿薄水层有 \(y=y_1(x)\)，因此水不流动的条件为

\[ \frac{dp}{dx}+\rho_wg\frac{dy_1}{dx}=0. \]

代入压强和地面的斜率，得

\[ \rho_i g(\tan\beta-\tan\alpha) +\rho_wg\tan\alpha=0. \]

于是，

\[ \boxed{\tan\beta =\frac{\rho_i-\rho_w}{\rho_i}\tan\alpha}, \qquad \boxed{s=\frac{\rho_i-\rho_w}{\rho_i}}. \]

代入数值，

\[ s=\frac{917-1000}{917}=-0.0905125. \]

负号意味着，沿地面升高的方向，冰面必须向下倾斜。

对于 \(y_1=0.8x\) 和 \(h_0=2\) km，

\[ \tan\beta=(-0.0905125)(0.8)=-0.0724100, \]

因此，当 \(x\) 和 \(y\) 均以千米为单位时，

\[ \boxed{y_1=0.8x,\qquad y_2=2.000-0.0724100x.} \]

将地面画成一条过原点的上升直线，将冰面画成一条经过 \((0,2)\) 的缓慢下降的直线。可使用以下坐标作图：

对于 \(x\ge0\)，冰位于这两条直线之间，直至它们的交点。

c) 圆锥形水体上方的表面

用 \(z(R)\) 表示冰–水界面相对于水平基底的高度：

\[ z(R)=H\left(1-\frac Rr\right), \qquad 0\le R\le r. \]

在边缘处，水层厚度趋于零，冰保持原始厚度 \(D\)。因此，基底高度处的水压为

\[ p_b=p_a+\rho_i gD. \]

由流体静力平衡可得高度 \(z\) 处的压强：

\[ p_w(z)=p_a+\rho_i gD-\rho_wgz. \]

该点上方冰柱的厚度为 \(y_s-z\)，因此产生的压强为

\[ p_i=p_a+\rho_i g(y_s-z). \]

令冰–水界面两侧的压强相等，

\[ \rho_i(y_s-z)=\rho_iD-\rho_wz. \]

因此

\[ y_s=D-\frac{\rho_w-\rho_i}{\rho_i}z. \]

代入圆锥形界面的表达式，得到

\[ \boxed{ y_s(R)=D-\frac{\rho_w-\rho_i}{\rho_i} H\left(1-\frac Rr\right), \qquad 0\le R\le r.} \]

在水体的水平投影范围之外，\(y_s=D\)。凹陷的深度为

\[ \delta= \frac{\rho_w-\rho_i}{\rho_i}H =\frac{83}{917}(1000\ \mathrm m) =90.51\ \mathrm m. \]

因此，表面是一个半径为 \(1.0\) km 的倒圆锥面，与周围的水平表面连续相接。其最低点为

\[ y_s(0)=2000-90.51=1909.49\ \mathrm m. \]

对于通过中心的竖直剖面，令 \(R=|x|\)。坐标以千米为单位，用直线段依次连接

\[ (-1.000,\ 2.000),\qquad (0,\ 1.90949),\qquad (1.000,\ 2.000) \]

并在两侧沿 \(y=2.000\) km 水平延伸。将这一剖面轮廓绕竖直轴旋转，即得到表面的凹陷。

d) 火山侵入体

令

\[ f(R)=1-\frac Rr,\qquad 0\le R\le r, \]

其中 \(r=500\) m。最终的冰面、水–冰界面和岩石表面具有以下形式：

\[ y_s=D-hf(R),\qquad y_W=Hf(R),\qquad y_M=h_1f(R). \]

这里 \(D=2000\) m，\(h=100\) m。

1. 水锥顶点的高度

c) 部分推导出的流体静力学关系在此仍适用：

\[ D-y_s=\frac{\rho_w-\rho_i}{\rho_i}y_W. \]

在中心处，

\[ h=\frac{\rho_w-\rho_i}{\rho_i}H. \]

因此

\[ \boxed{H=\frac{\rho_i h}{\rho_w-\rho_i} =\frac{917(100)}{83} =1104.82\ \mathrm m.} \]

该高度从原始基底量起。中心处的实际水深将为 \(H-h_1\)。

2. 侵入体的高度

首先确定熔化了多少冰。一个竖直柱体内最终的冰厚为

\[ y_s-y_W=D-(h+H)f(R). \]

由于冰仅沿竖直方向运动，每个柱体损失的冰厚为

\[ (h+H)f(R). \]

岩浆最初将冰抬升，并不改变柱体内的冰量。因此，熔化的冰的总体积为

\[ V_{\mathrm{melt}} =\int_0^r (h+H)\left(1-\frac Rr\right)2\pi R\,dR =\frac{\pi r^2}{3}(h+H). \]

记

\[ C=\frac{\pi r^2}{3}. \]

则

\[ m_{tot}=\rho_i C(h+H), \qquad V_M=Ch_1, \qquad m_M=\rho_rCh_1. \]

最终达到热平衡时，岩石和冰水混合物的温度均为 \(0^\circ\mathrm C\)。每千克岩浆放出的热量为

\[ q_M=L_r+c_r(1200^\circ\mathrm C-T_0) =4.2\times10^5+700(1200) =1.26\times10^6\ \mathrm{J/kg}. \]

其中包括凝固和冷却两个过程放出的热量。忽略热损失和微小的机械能变化，由能量守恒得

\[ \rho_rCh_1q_M=\rho_i C(h+H)L_i. \]

因此

\[ h_1= \frac{\rho_i(h+H)L_i} {\rho_r[L_r+c_r(1200^\circ\mathrm C-T_0)]}. \]

由流体静力学关系还可得

\[ \rho_i(h+H)=\rho_wH, \]

所以也可等价地写为

\[ h_1= \frac{\rho_wHL_i} {\rho_r[L_r+c_r(1200^\circ\mathrm C-T_0)]}. \]

代入数值，

\[ \boxed{ h_1= \frac{1000(1104.819)(3.4\times10^5)} {2900(1.26\times10^6)} =102.80\ \mathrm m \simeq103\ \mathrm m.} \]

因此，侵入体的体积为

\[ V_M=\frac{\pi(500)^2}{3}(102.802) =2.691\times10^7\ \mathrm{m^3}. \]

3. 产生的水的总量和流走的水量

由熔化的冰的体积，得

\[ m_{tot} =\rho_iC(h+H) =\rho_wCH. \]

因此

\[ \boxed{ m_{tot} =1000\frac{\pi(500)^2}{3}(1104.819) =2.8924\times10^{11}\ \mathrm{kg} \simeq2.9\times10^{11}\ \mathrm{kg}.} \]

剩余的水占据水–冰圆锥面与岩石圆锥面之间的空间。其体积为

\[ V_{\mathrm{remaining}}=C(H-h_1), \]

其质量为

\[ m_{\mathrm{remaining}} =\rho_wC(H-h_1) =2.6233\times10^{11}\ \mathrm{kg}. \]

因此，由质量守恒得

\[ \begin{aligned} m' &=m_{tot}-m_{\mathrm{remaining}}\\ &=\rho_wCH-\rho_wC(H-h_1)\\ &=\rho_wCh_1. \end{aligned} \]

于是

\[ \boxed{ m'=1000\frac{\pi(500)^2}{3}(102.802) =2.6914\times10^{10}\ \mathrm{kg} \simeq2.7\times10^{10}\ \mathrm{kg}.} \]

流走的水的体积等于侵入体的体积：

\[ \boxed{\frac{m'}{\rho_w}=V_M.} \]

这也解释了两个阶段的过程。起初，岩浆将冰抬升而未减小其厚度，因此抬高后的岩石表面上的水具有过高的水压，并向外排出。在这一排水阶段结束时，冰–水界面近似为岩石表面 \(h_1f(R)\)。此时，流体静力平衡要求冰厚为

\[ D-\frac{\rho_w}{\rho_i}h_1f(R). \]

到这一阶段结束时，熔化的冰的质量为 \(\rho_wCh_1\)，恰好等于上面求出的流走的水的质量。进一步熔化所产生的水形成保留下来的水体。

图形说明

对于通过中心的竖直剖面，取 \(R=|x|\)。在 \(|x|\le500\) m 范围内，

\[ \begin{aligned} y_M(x)&=102.802\left(1-\frac{|x|}{500}\right)\ \mathrm m,\\ y_W(x)&=1104.819\left(1-\frac{|x|}{500}\right)\ \mathrm m,\\ y_s(x)&=2000-100\left(1-\frac{|x|}{500}\right)\ \mathrm m, \end{aligned} \]

其中 \(x\) 的数值以米为单位。

使用下列坐标，并用直线连接相邻各点：

沿 \(y=0\) 画出原始基底，将基底与 \(y_M\) 之间的侵入体区域涂上阴影，并将 \(y_M\) 与 \(y_W\) 之间的水体区域涂上阴影。冰位于 \(y_W\) 与 \(y_s\) 之间。在侵入体的水平投影范围之外，基底仍位于 \(y=0\)，冰面仍位于 \(y=2000\) m。

两坐标轴采用相同的长度比例尺时，侵入体仅约 \(103\) m 高，而水体边界则达到约 \(1105\) m 的高度。中心处的水深为

\[ H-h_1\simeq1002\ \mathrm m, \]

其正上方剩余的冰厚约为 \(795\) m。

解答已与官方解答核对。

Решение

a) Ежегодное таяние

Лёд уже находится при температуре плавления, поэтому поступающая геотермальная теплота расходуется на плавление. Для горизонтального участка площадью \(A\) закон сохранения энергии за один год даёт

\[ J_QAt=\rho_i AdL_i. \]

Таким образом,

\[ d=\frac{J_Qt}{\rho_iL_i}. \]

Принимая продолжительность одного года равной \(365\times24\times3600=3.1536\times10^7\) с, получаем

\[ d= \frac{0.06(3.1536\times10^7)} {(917)(3.4\times10^5)} =6.069\times10^{-3}\ \mathrm m. \]

Следовательно, за год тает слой льда толщиной приблизительно \(6.1\) мм. Удельная теплоёмкость льда не нужна, поскольку предварительный нагрев не требуется.

b) Давление и условие отсутствия течения воды

Толщина льда по вертикали равна

\[ h_i(x)=y_2-y_1 =h_0+x(\tan\beta-\tan\alpha). \]

В рамках заданной модели давление у основания равно сумме атмосферного давления и веса вышележащего льда, приходящегося на единицу горизонтальной площади:

\[ \boxed{p(x)=p_a+\rho_i g \left[h_0+x(\tan\beta-\tan\alpha)\right].} \]

Если давление отсчитывается относительно атмосферного, слагаемое \(p_a\) опускается.

Для покоящейся воды условие гидростатического равновесия имеет вид

\[ p+\rho_wgy=\text{постоянная}. \]

Вдоль тонкого слоя воды \(y=y_1(x)\), поэтому условие отсутствия течения имеет вид

\[ \frac{dp}{dx}+\rho_wg\frac{dy_1}{dx}=0. \]

Подставляя выражение для давления и наклон земной поверхности, получаем

\[ \rho_i g(\tan\beta-\tan\alpha) +\rho_wg\tan\alpha=0. \]

Следовательно,

\[ \boxed{\tan\beta =\frac{\rho_i-\rho_w}{\rho_i}\tan\alpha}, \qquad \boxed{s=\frac{\rho_i-\rho_w}{\rho_i}}. \]

Численно

\[ s=\frac{917-1000}{917}=-0.0905125. \]

Отрицательный знак означает, что поверхность льда должна понижаться в том направлении, в котором земная поверхность повышается.

При \(y_1=0.8x\) и \(h_0=2\) км

\[ \tan\beta=(-0.0905125)(0.8)=-0.0724100, \]

откуда, если \(x\) и \(y\) выражены в километрах,

\[ \boxed{y_1=0.8x,\qquad y_2=2.000-0.0724100x.} \]

Изобразите земную поверхность возрастающей прямой, проходящей через начало координат, а поверхность льда — полого убывающей прямой, проходящей через \((0,2)\). Для построения удобно использовать следующие координаты:

При \(x\ge0\) лёд находится между этими прямыми вплоть до точки их пересечения.

c) Поверхность над коническим объёмом воды

Обозначим через \(z(R)\) высоту границы между льдом и водой над горизонтальным ложем:

\[ z(R)=H\left(1-\frac Rr\right), \qquad 0\le R\le r. \]

На краю толщина слоя воды стремится к нулю, а лёд сохраняет первоначальную толщину \(D\). Поэтому давление воды на уровне ложа равно

\[ p_b=p_a+\rho_i gD. \]

Из условия гидростатического равновесия получаем давление на высоте \(z\):

\[ p_w(z)=p_a+\rho_i gD-\rho_wgz. \]

Столб льда над этой точкой имеет толщину \(y_s-z\) и потому создаёт давление

\[ p_i=p_a+\rho_i g(y_s-z). \]

Приравнивая давления на границе между льдом и водой, получаем

\[ \rho_i(y_s-z)=\rho_iD-\rho_wz. \]

Таким образом,

\[ y_s=D-\frac{\rho_w-\rho_i}{\rho_i}z. \]

Подстановка выражения для конической границы даёт

\[ \boxed{ y_s(R)=D-\frac{\rho_w-\rho_i}{\rho_i} H\left(1-\frac Rr\right), \qquad 0\le R\le r.} \]

За пределами основания конуса \(y_s=D\). Глубина впадины равна

\[ \delta= \frac{\rho_w-\rho_i}{\rho_i}H =\frac{83}{917}(1000\ \mathrm m) =90.51\ \mathrm m. \]

Следовательно, поверхность представляет собой перевёрнутый конус радиусом \(1.0\) км, непрерывно сопряжённый с окружающей горизонтальной поверхностью. Его нижняя точка находится на высоте

\[ y_s(0)=2000-90.51=1909.49\ \mathrm m. \]

Для центрального вертикального сечения положим \(R=|x|\). Выражая координаты в километрах, соединим точки

\[ (-1.000,\ 2.000),\qquad (0,\ 1.90949),\qquad (1.000,\ 2.000) \]

прямолинейными отрезками и продолжим график горизонтально на уровне \(y=2.000\) км в обе стороны. Вращение этого профиля вокруг вертикальной оси даёт впадину на поверхности.

d) Вулканическое внедрение

Пусть

\[ f(R)=1-\frac Rr,\qquad 0\le R\le r, \]

где \(r=500\) м. Конечная поверхность льда, граница между водой и льдом и поверхность горной породы имеют вид

\[ y_s=D-hf(R),\qquad y_W=Hf(R),\qquad y_M=h_1f(R). \]

Здесь \(D=2000\) м и \(h=100\) м.

1. Высота вершины водяного конуса

Снова применимо гидростатическое соотношение, выведенное в пункте c:

\[ D-y_s=\frac{\rho_w-\rho_i}{\rho_i}y_W. \]

В центре

\[ h=\frac{\rho_w-\rho_i}{\rho_i}H. \]

Отсюда

\[ \boxed{H=\frac{\rho_i h}{\rho_w-\rho_i} =\frac{917(100)}{83} =1104.82\ \mathrm m.} \]

Эта высота отсчитывается от первоначального ложа. Фактическая глубина воды в центре будет равна \(H-h_1\).

2. Высота внедрения

Сначала определим, сколько льда растаяло. Конечная толщина льда в вертикальном столбе равна

\[ y_s-y_W=D-(h+H)f(R). \]

Поскольку лёд перемещается только по вертикали, в каждом столбе тает слой льда толщиной

\[ (h+H)f(R). \]

Первоначальное поднятие магмой не меняет количества льда в столбе. Поэтому полный объём растаявшего льда равен

\[ V_{\mathrm{melt}} =\int_0^r (h+H)\left(1-\frac Rr\right)2\pi R\,dR =\frac{\pi r^2}{3}(h+H). \]

Обозначим

\[ C=\frac{\pi r^2}{3}. \]

Тогда

\[ m_{tot}=\rho_i C(h+H), \qquad V_M=Ch_1, \qquad m_M=\rho_rCh_1. \]

В конечном состоянии теплового равновесия горная порода и смесь льда с водой имеют температуру \(0^\circ\mathrm C\). Каждый килограмм магмы выделяет

\[ q_M=L_r+c_r(1200^\circ\mathrm C-T_0) =4.2\times10^5+700(1200) =1.26\times10^6\ \mathrm{J/kg}. \]

Это включает как затвердевание, так и охлаждение. Пренебрегая потерями теплоты и малыми изменениями механической энергии, из закона сохранения энергии получаем

\[ \rho_rCh_1q_M=\rho_i C(h+H)L_i. \]

Следовательно,

\[ h_1= \frac{\rho_i(h+H)L_i} {\rho_r[L_r+c_r(1200^\circ\mathrm C-T_0)]}. \]

Из гидростатического соотношения также следует

\[ \rho_i(h+H)=\rho_wH, \]

поэтому эквивалентное выражение имеет вид

\[ h_1= \frac{\rho_wHL_i} {\rho_r[L_r+c_r(1200^\circ\mathrm C-T_0)]}. \]

Численно

\[ \boxed{ h_1= \frac{1000(1104.819)(3.4\times10^5)} {2900(1.26\times10^6)} =102.80\ \mathrm m \simeq103\ \mathrm m.} \]

Следовательно, объём внедрения равен

\[ V_M=\frac{\pi(500)^2}{3}(102.802) =2.691\times10^7\ \mathrm{m^3}. \]

3. Общее количество образовавшейся воды и количество утёкшей воды

Из объёма растаявшего льда получаем

\[ m_{tot} =\rho_iC(h+H) =\rho_wCH. \]

Таким образом,

\[ \boxed{ m_{tot} =1000\frac{\pi(500)^2}{3}(1104.819) =2.8924\times10^{11}\ \mathrm{kg} \simeq2.9\times10^{11}\ \mathrm{kg}.} \]

Оставшаяся вода занимает пространство между конусом границы воды и льда и конусом горной породы. Её объём равен

\[ V_{\mathrm{remaining}}=C(H-h_1), \]

а её масса равна

\[ m_{\mathrm{remaining}} =\rho_wC(H-h_1) =2.6233\times10^{11}\ \mathrm{kg}. \]

Поэтому закон сохранения массы даёт

\[ \begin{aligned} m' &=m_{tot}-m_{\mathrm{remaining}}\\ &=\rho_wCH-\rho_wC(H-h_1)\\ &=\rho_wCh_1. \end{aligned} \]

Отсюда

\[ \boxed{ m'=1000\frac{\pi(500)^2}{3}(102.802) =2.6914\times10^{10}\ \mathrm{kg} \simeq2.7\times10^{10}\ \mathrm{kg}.} \]

Объём утёкшей воды равен объёму внедрения:

\[ \boxed{\frac{m'}{\rho_w}=V_M.} \]

Это также объясняет наличие двух этапов. Вначале магма поднимает лёд, не уменьшая его толщины, поэтому вода на приподнятой поверхности горной породы испытывает избыточное гидравлическое давление и стекает. В конце этого этапа стекания граница между льдом и водой приблизительно совпадает с поверхностью горной породы \(h_1f(R)\). Тогда гидростатическое равновесие требует, чтобы толщина льда была равна

\[ D-\frac{\rho_w}{\rho_i}h_1f(R). \]

Масса льда, растаявшего к этому моменту, равна \(\rho_wCh_1\), то есть в точности найденной выше массе утёкшей воды. Дальнейшее таяние образует сохраняющийся подо льдом объём воды.

Описание графика

Для центрального вертикального сечения используем \(R=|x|\). В пределах \(|x|\le500\) м

\[ \begin{aligned} y_M(x)&=102.802\left(1-\frac{|x|}{500}\right)\ \mathrm m,\\ y_W(x)&=1104.819\left(1-\frac{|x|}{500}\right)\ \mathrm m,\\ y_s(x)&=2000-100\left(1-\frac{|x|}{500}\right)\ \mathrm m, \end{aligned} \]

где численное значение \(x\) выражено в метрах.

Используйте следующие координаты и соедините соседние точки прямыми линиями:

Проведите первоначальное ложе вдоль \(y=0\), заштрихуйте внедрение между ложем и \(y_M\), а также воду между \(y_M\) и \(y_W\). Лёд находится между \(y_W\) и \(y_s\). За пределами основания конуса ложе остаётся на уровне \(y=0\), а поверхность льда — на уровне \(y=2000\) м.

При одинаковом масштабе длины по обеим осям высота внедрения составляет всего около \(103\) м, тогда как граница воды достигает высоты около \(1105\) м. Глубина воды в центре равна

\[ H-h_1\simeq1002\ \mathrm m, \]

а толщина оставшегося льда непосредственно над ней составляет около \(795\) м.

Решение проверено по официальному решению.

الحل

a) الانصهار السنوي

الجليد عند درجة انصهاره أصلًا، لذا تتحول الحرارة الجوفية المزودة إلى حرارة كامنة. لمساحة أفقية \(A\)، يعطي حفظ الطاقة خلال سنة واحدة

\[ J_QAt=\rho_i AdL_i. \]

إذن

\[ d=\frac{J_Qt}{\rho_iL_i}. \]

باعتبار السنة الواحدة \(365\times24\times3600=3.1536\times10^7\ \mathrm{s}\)،

\[ d= \frac{0.06(3.1536\times10^7)} {(917)(3.4\times10^5)} =6.069\times10^{-3}\ \mathrm m. \]

وعليه ينصهر نحو \(6.1\ \mathrm{mm}\) من الجليد كل سنة. ولا حاجة إلى الحرارة النوعية للجليد، لأن تسخينًا أوليًا غير مطلوب.

b) الضغط وشرط انعدام جريان الماء

السمك الرأسي للجليد هو

\[ h_i(x)=y_2-y_1 =h_0+x(\tan\beta-\tan\alpha). \]

باستخدام النموذج المذكور، يساوي الضغط عند القاع الضغط الجوي مضافًا إليه وزن الجليد الذي يعلوه لكل وحدة مساحة أفقية:

\[ \boxed{p(x)=p_a+\rho_i g \left[h_0+x(\tan\beta-\tan\alpha)\right].} \]

إذا قيس الضغط بالنسبة إلى الضغط الجوي، يُحذف الحد \(p_a\).

للماء الساكن، يتطلب الاتزان الهيدروستاتيكي

\[ p+\rho_wgy=\text{ثابت}. \]

على امتداد طبقة الماء الرقيقة، \(y=y_1(x)\)، لذا يكون شرط انعدام الجريان

\[ \frac{dp}{dx}+\rho_wg\frac{dy_1}{dx}=0. \]

بالتعويض عن الضغط وميل الأرض،

\[ \rho_i g(\tan\beta-\tan\alpha) +\rho_wg\tan\alpha=0. \]

وبالتالي،

\[ \boxed{\tan\beta =\frac{\rho_i-\rho_w}{\rho_i}\tan\alpha}, \qquad \boxed{s=\frac{\rho_i-\rho_w}{\rho_i}}. \]

عدديًا،

\[ s=\frac{917-1000}{917}=-0.0905125. \]

تعني الإشارة السالبة أن سطح الجليد يجب أن ينحدر إلى أسفل في الاتجاه الذي ترتفع فيه الأرض.

من أجل \(y_1=0.8x\) و\(h_0=2\ \mathrm{km}\)،

\[ \tan\beta=(-0.0905125)(0.8)=-0.0724100, \]

فنحصل، مع التعبير عن \(x\) و\(y\) بالكيلومترات، على

\[ \boxed{y_1=0.8x,\qquad y_2=2.000-0.0724100x.} \]

ارسم الأرض على هيئة خط مستقيم صاعد يمر بنقطة الأصل، وسطح الجليد على هيئة خط قليل الانحدار إلى أسفل يمر بالنقطة \((0,2)\). ومن الإحداثيات المفيدة للرسم:

من أجل \(x\ge0\)، يقع الجليد بين هذين المستقيمين حتى نقطة تقاطعهما.

c) السطح فوق جسم مائي مخروطي

ليكن \(z(R)\) ارتفاع الحد الفاصل بين الجليد والماء فوق القاع الأفقي:

\[ z(R)=H\left(1-\frac Rr\right), \qquad 0\le R\le r. \]

عند الحافة، يؤول سمك الماء إلى الصفر، ويحتفظ الجليد بسمكه الأصلي \(D\). ومن ثم يكون ضغط الماء عند مستوى القاع

\[ p_b=p_a+\rho_i gD. \]

يعطي الاتزان الهيدروستاتيكي الضغط عند الارتفاع \(z\):

\[ p_w(z)=p_a+\rho_i gD-\rho_wgz. \]

سمك عمود الجليد فوق تلك النقطة هو \(y_s-z\)، ولذلك يؤثر بضغط

\[ p_i=p_a+\rho_i g(y_s-z). \]

بمساواة الضغطين عند الحد الفاصل بين الجليد والماء،

\[ \rho_i(y_s-z)=\rho_iD-\rho_wz. \]

إذن

\[ y_s=D-\frac{\rho_w-\rho_i}{\rho_i}z. \]

بالتعويض عن الحد الفاصل المخروطي نحصل على

\[ \boxed{ y_s(R)=D-\frac{\rho_w-\rho_i}{\rho_i} H\left(1-\frac Rr\right), \qquad 0\le R\le r.} \]

خارج المسقط الأفقي للمخروط، \(y_s=D\). ويكون عمق المنخفض

\[ \delta= \frac{\rho_w-\rho_i}{\rho_i}H =\frac{83}{917}(1000\ \mathrm m) =90.51\ \mathrm m. \]

وعليه يكون السطح مخروطًا مقلوبًا نصف قطره \(1.0\ \mathrm{km}\)، يلتقي بالسطح الأفقي المحيط به اتصالًا مستمرًا. وتقع أدنى نقطة له عند

\[ y_s(0)=2000-90.51=1909.49\ \mathrm m. \]

لرسم مقطع رأسي مركزي، ضع \(R=|x|\). وبإحداثيات معبّر عنها بالكيلومترات، صِل النقاط

\[ (-1.000,\ 2.000),\qquad (0,\ 1.90949),\qquad (1.000,\ 2.000) \]

بقطع مستقيمة، ثم واصل أفقيًا عند \(y=2.000\ \mathrm{km}\) على الجانبين. ويعطي تدوير هذا المقطع حول المحور الرأسي المنخفض السطحي.

d) الاندساس البركاني

لتكن

\[ f(R)=1-\frac Rr,\qquad 0\le R\le r, \]

حيث \(r=500\ \mathrm{m}\). يتخذ السطح النهائي، والحد الفاصل بين الماء والجليد، وسطح الصخر الصور الآتية

\[ y_s=D-hf(R),\qquad y_W=Hf(R),\qquad y_M=h_1f(R). \]

هنا \(D=2000\ \mathrm{m}\) و\(h=100\ \mathrm{m}\).

1. ارتفاع قمة مخروط الماء

تنطبق مرة أخرى العلاقة الهيدروستاتيكية المشتقة في الجزء c:

\[ D-y_s=\frac{\rho_w-\rho_i}{\rho_i}y_W. \]

عند المركز،

\[ h=\frac{\rho_w-\rho_i}{\rho_i}H. \]

ومن ثم

\[ \boxed{H=\frac{\rho_i h}{\rho_w-\rho_i} =\frac{917(100)}{83} =1104.82\ \mathrm m.} \]

يُقاس هذا الارتفاع من القاع الأصلي. وسيكون عمق الماء الفعلي عند المركز \(H-h_1\).

2. ارتفاع الجسم المندس

نحدد أولًا مقدار الجليد الذي انصهر. السمك النهائي للجليد في عمود رأسي هو

\[ y_s-y_W=D-(h+H)f(R). \]

بما أن الجليد يتحرك رأسيًا فقط، يفقد كل عمود سمكًا من الجليد مقداره

\[ (h+H)f(R). \]

لا يغير الرفع الأولي بفعل الصهارة كمية الجليد في العمود. ومن ثم يكون الحجم الكلي للجليد المنصهر

\[ V_{\mathrm{melt}} =\int_0^r (h+H)\left(1-\frac Rr\right)2\pi R\,dR =\frac{\pi r^2}{3}(h+H). \]

نكتب

\[ C=\frac{\pi r^2}{3}. \]

عندئذ

\[ m_{tot}=\rho_i C(h+H), \qquad V_M=Ch_1, \qquad m_M=\rho_rCh_1. \]

عند الاتزان الحراري النهائي، يكون الصخر ومزيج الجليد والماء عند \(0^\circ\mathrm C\). ويطلق كل كيلوغرام من الصهارة

\[ q_M=L_r+c_r(1200^\circ\mathrm C-T_0) =4.2\times10^5+700(1200) =1.26\times10^6\ \mathrm{J/kg}. \]

يشمل ذلك كلًا من التصلب والتبريد. وبإهمال الفواقد الحرارية والتغيرات الصغيرة في الطاقة الميكانيكية، يعطي حفظ الطاقة

\[ \rho_rCh_1q_M=\rho_i C(h+H)L_i. \]

وعليه

\[ h_1= \frac{\rho_i(h+H)L_i} {\rho_r[L_r+c_r(1200^\circ\mathrm C-T_0)]}. \]

وتقتضي العلاقة الهيدروستاتيكية أيضًا

\[ \rho_i(h+H)=\rho_wH, \]

لذا، بصورة مكافئة،

\[ h_1= \frac{\rho_wHL_i} {\rho_r[L_r+c_r(1200^\circ\mathrm C-T_0)]}. \]

عدديًا،

\[ \boxed{ h_1= \frac{1000(1104.819)(3.4\times10^5)} {2900(1.26\times10^6)} =102.80\ \mathrm m \simeq103\ \mathrm m.} \]

وبالتالي يكون حجم الجسم المندس

\[ V_M=\frac{\pi(500)^2}{3}(102.802) =2.691\times10^7\ \mathrm{m^3}. \]

3. إجمالي الماء الناتج والماء المتسرب

من حجم الجليد المنصهر،

\[ m_{tot} =\rho_iC(h+H) =\rho_wCH. \]

إذن

\[ \boxed{ m_{tot} =1000\frac{\pi(500)^2}{3}(1104.819) =2.8924\times10^{11}\ \mathrm{kg} \simeq2.9\times10^{11}\ \mathrm{kg}.} \]

يشغل الماء المتبقي الحيز بين مخروط الحد الفاصل بين الماء والجليد ومخروط الصخر. وحجمه هو

\[ V_{\mathrm{remaining}}=C(H-h_1), \]

وكتلته هي

\[ m_{\mathrm{remaining}} =\rho_wC(H-h_1) =2.6233\times10^{11}\ \mathrm{kg}. \]

ومن ثم يعطي حفظ الكتلة

\[ \begin{aligned} m' &=m_{tot}-m_{\mathrm{remaining}}\\ &=\rho_wCH-\rho_wC(H-h_1)\\ &=\rho_wCh_1. \end{aligned} \]

ومن ثم

\[ \boxed{ m'=1000\frac{\pi(500)^2}{3}(102.802) =2.6914\times10^{10}\ \mathrm{kg} \simeq2.7\times10^{10}\ \mathrm{kg}.} \]

يساوي حجم الماء المتسرب حجم الجسم المندس:

\[ \boxed{\frac{m'}{\rho_w}=V_M.} \]

وهذا يفسر أيضًا المرحلتين. في البداية ترفع الصهارة الجليد دون أن تقلل سمكه، لذا يكون للماء على سطح الصخر المرتفع ضغط هيدروليكي زائد فيتسرّب مبتعدًا. وفي نهاية مرحلة التصريف هذه، يكون الحد الفاصل بين الجليد والماء منطبقًا تقريبًا على سطح الصخر \(h_1f(R)\). ويتطلب الاتزان الهيدروستاتيكي عندئذ سمكًا للجليد مقداره

\[ D-\frac{\rho_w}{\rho_i}h_1f(R). \]

كتلة الجليد الذي انصهر حتى تلك المرحلة هي \(\rho_wCh_1\)، وهي تساوي تمامًا الكتلة المتسربة المحسوبة أعلاه. وينتج عن مزيد من الانصهار الجسم المائي المحتجز.

وصف الرسم

لمقطع رأسي مركزي، استخدم \(R=|x|\). ضمن \(|x|\le500\ \mathrm{m}\)،

\[ \begin{aligned} y_M(x)&=102.802\left(1-\frac{|x|}{500}\right)\ \mathrm m,\\ y_W(x)&=1104.819\left(1-\frac{|x|}{500}\right)\ \mathrm m,\\ y_s(x)&=2000-100\left(1-\frac{|x|}{500}\right)\ \mathrm m, \end{aligned} \]

حيث يُعبَّر عن \(x\) عدديًا بالأمتار.

استخدم الإحداثيات الآتية، وصِل النقاط المتجاورة بخطوط مستقيمة:

ارسم القاع الأصلي على امتداد \(y=0\)، وظلّل الجسم المندس بين القاع و\(y_M\)، وظلّل الماء بين \(y_M\) و\(y_W\). يقع الجليد بين \(y_W\) و\(y_s\). وخارج المسقط الأفقي للمخروط، يبقى القاع عند \(y=0\) وسطح الجليد عند \(y=2000\ \mathrm{m}\).

باستخدام مقياسي طول متساويين على المحورين، يبلغ ارتفاع الجسم المندس نحو \(103\ \mathrm{m}\) فقط، بينما يصل الحد الفاصل للماء إلى نحو \(1105\ \mathrm{m}\). وعمق الماء عند المركز هو

\[ H-h_1\simeq1002\ \mathrm m, \]

ويبلغ سمك الجليد المتبقي فوقه مباشرة نحو \(795\ \mathrm{m}\).

تمت مراجعة الحل بمقارنته بالحل الرسمي.