Маятник Фуко (точное решение линейной задачи)

Пример 1. Маятник Фуко.

Впервые публичная демонстрация была осуществлена французским физиком и астрономом

Жаком Фуко в 1851г. в Парижском Пантеоне: под куполом Пантеона он подвесил

металлический шар массой 28 кг с закреплённым на нём остриём на стальной проволоке

длиной 67м, крепление маятника позволяло ему свободно колебаться во всех направлениях,

под точкой крепления было сделано круговое ограждение диаметром 6 метров, по краю

ограждения была насыпана песчаная дорожка таким образом, чтобы маятник в своём

движении мог при её пересечении прочерчивать на песке отметки. Чтобы избежать бокового

толчка при пуске маятника, его отвели в сторону и привязали верёвкой, после чего верёвку

пережгли.

Маятник Фуко в Парижском Пантеоне

Период колебания маятника при такой длине подвеса составлял 16,4 секунд, при каждом колебании отклонение от предыдущего пересечения песчаной дорожки составляло ~3 мм, за час плоскость колебаний маятника повернулась более чем на 11° по часовой стрелке, то есть примерно за 32 часа совершила полный оборот и вернулась в прежнее положение.

В инерциальной системе отсчета, в качестве которой можно взять систему, связанную с «неподвижными» звездами, уравнение движения имеет вид

,

где - вектор положения маятника с началом в неподвижной точке системы отсчета ( например, в центре Земли), - натяжение нити, а - гравитационное притяжение Земли.

Ясно, что если начальная скорость лежит в плоскости , то маятник не выйдет из постоянной в инерциальной системе плоскости колебаний, что с точки зрения земного наблюдателя воспринимается как вращение этой плоскости по часовой стрелке с угловой скоростью . Если же маятник находится на широте , то плоскость колебаний вращается с угловой скоростью .

Рассматривая движение маятника как сложное, состоящее из переносного вместе с Землей и относительного, запишем уравнение в виде (5.10)

, , где сумма –сила тяжести на данной широте. Решение этого уравнения даже в линейном приближении довольно громоздко, (смотри ниже), поэтому пока ограничимся тем, что «добавочная» сила инерции Кориолиса (- направлена перпендикулярно скорости вправо, если смотреть вслед маятнику, чем и объясняется вращение плоскости колебаний по часовой стрелке. Заметим также, что линейное приближение дает ту же угловую скорость вращения .

Рассматривая движение маятника как сложное, состоящее из переносного вместе с Землей и относительного, запишем уравнение в виде

, , или

где (1)

, сумма –сила тяжести на данной широте .

Представим вектор угловой скорости Земли в виде и, удерживая линейные относительно ( величины, будем иметь

, где горизонтальная составляющая вектора положения, ,

где подчеркнутое слагаемое параллельно .

Из проекции уравнения (1) на ось Z получим , а «плоская» часть примет вид , где . (2)

Решение уравнения (2) будем искать в виде . Используя формулу Пуассона , получим

,

, (учли, что ).

Подставляя в (2), получим или

.

Решение этого уравнения , где , при произвольных , то есть при произвольных начальных условиях, описывает движение по эллипсу. Решение уравнения (2) описывает вращение этого эллипса по часовой стрелке с угловой скоростью . При начальных условиях, осуществленных Фуко (отклонение и отпускание без начальной скорости) находим и решение можно трактовать как вращение плоскости колебаний маятника.

Пример 2. Отклонение снарядов (битва у Фолклендских островов).

В декабре 1914 г. произошло сражение между английской и немецкой эскадрами у Фолклендских островов( южной широты).

По свидетельству английского морского офицера немецкие корабли обстреливались с максимальной дистанции (порядка 15 км), причем снаряды ложились левее цели примерно на сотню ярдов (примерно 90 м), хотя были пристреляны еще в Англии (примерно на северной широты).

Рассмотрим полет снаряда на широте .

Уравнение динамики относительного движения

,

где – скорость снаряда относительно Земли, - сила тяжести, считающаяся постоянной в рассматриваемой области, - аэродинамическая сила.

Для простоты положим тогда уравнение примет вид

. (1)

Это линейное дифференциальное уравнение может решено точно, мы построим здесь приближенное методом последовательных приближений.

Нулевое приближение получим, положив

, (2)

Первое приближение получим, подставив (2) в правую часть (1):

. (3)

Если ограничиться линейными членами относительно малой величины ( , то этого приближения достаточно.

Сумма это движение тела без учета вращения Земли, слагаемое

объясняет отклонение падающих тел к востоку (в северном и южном полушариях). Слагаемое описывает отклонение снаряда вправо от направления стрельбы в северном полушарии и влево в южном. Чтобы оценить это отклонение, будем считать для простоты траекторию настильной, т.е. . Проинтегрируем это слагаемое и найдем проекцию вектора положения на направление оси (вправо от направления стрельбы):

.

В южном полушарии знак отрицательный, т.к. , и снаряд отклоняется влево, поэтому при стрельбе в южном полушарии из орудия, пристрелянного в северном, отклонение удваивается.

Точное решение уравнения (1) в учебниках отсутствует; возможно, причина в громоздкости, если решать его в координатном виде. В векторном виде решение проще. Решение неоднородного уравнения равно сумме решений однородного уравнения и частного решения. Вспомнив формулу Пуассона (4.22) , решение однородного уравнения немедленно запишем в виде , где - произвольный постоянный вектор. Частное решение найдем методом вариации произвольных постоянных:

Подставив это выражение в уравнение, будем иметь

,

откуда (положили и, следовательно, .

. Записывая и вспоминая представление Эйлера для тензора поворота

+( ) , получим точное решение

.

Разлагая тригонометрические функции в ряды и, удерживая члены с первой степенью , получим приближенное решение (3).