CC BY
304
УДК 531
Л.А. Булатов, канд. техн. наук, доц., (4872)35-18-32, tm@tsu.tula.ru (Россия, Тула, ТулГУ),
В.Д. Бертяев, канд. техн. наук, проф., (4872)35-18-32, vit@tula.net (Россия, Тула, ТулГУ),
А.Е. Киреева, канд. техн. наук, доц., (4872)35-18-32, kirealena@yandex.ru (Россия, Тула, ТулГУ)
АНАЛИЗ ДВИЖЕНИЯ МАЯТНИКА ФУКО
Представлены исследования маятника Фуко. Приведены сравнения полученного численного решения с линеаризованным.
Ключевые слова: маятник Фуко, траектория, экватор, скорость.
Для доказательства вращения Земли вокруг своей оси проводились многочисленные эксперименты. Основной идеей большинства, из них было сделать эффект вращения Земли длительным, накопляющимся, чтобы добиться большей наглядности в наблюдениях и точности в измерениях. Широкую известность приобрел опыт Фуко, проведенный им в Париже с маятником большой длины(67 м). Это позволило сделать эффект отклонения плоскости качания маятника общедоступным для наблюдения. Исследуем движение маятника Фуко, состоящего из нити длиной Ь и груза, принимаемого за материальную точку, массой т. Определим его закон движения и силу натяжения нити. Полученные результаты сравним с классическим (линеаризованным) [2] решением.
Для решения задачи введем условно неподвижную декартову систему координат 01 х1 у1 , которую совместим с центром Земли, и подвижную систему координат 0ху2, начало которой расположим в точке подвеса маятника Фуко (рис. 1).
Рис. 1. Расчетная схема маятника Фуко
Ось 02 подвижной системы координат направим к центру Земли, ось Ох вдоль меридиана - на север, а ось Оу - вдоль параллели на восток. Центробежную силу инерции учтем, рассматривая величину ускорения свободного падения как функцию широты местности, на которой расположен маятник Фуко. На маятник действуют: вес груза Р = т§(р) = mg(ррк и сила натяжения нити N = Ып . Добавляя силу инерции Кориолиса 0к = -2св х уг , получим основное уравнение динамики относительного движения точки
таг = mg + Ып - 2тСв хуг, (1)
где уг = XI + у’] + 2к - вектор относительной скорости точки; аг - относительное ускорение точки аг = XI + уу + 2к; Зв =а0 cos{<p)i - со0 sin(<р)к -
( со1 Р ^
вектор переносной угловой скорости; g = g(<р) = g0 1-0——со$2 (р - за-
V g 0 )
висимость величины g от широты местности; св = с0 = П12 • 3600 с~х -частота вращения Земли; Р0 = 6,37 • 1012 м - средний радиус Земли [3]. Учитывая уравнение геометрических связей, обеспечивающих движение точки по внутренней поверхности сферы радиуса Ь /(х, у, 2 )= Ь2 - х2 - у2 - 22 = 0, найдем
z = J L - x1 - y2, z = -
xx + yy
z
Величину реакции нити N можно определить из выражения
N = mV— mg • n + 2m((Dв xvr)• n, (2)
L
получаемое проектированием уравнения (1) на направление главной нормали к траектории.
Закон относительного движения точки с учетом уравнения геометрических связей и выражения (2) можно найти, проинтегрировав любые два дифференциальных уравнения второго порядка, задающих уравнение (1) проекциями на оси координат. Численное решение при L = 1GGм, m = 1G кг и начальных условиях (^G = ж/18) (см. рис.1)
OM |f=G = Lsin(f^ ) + Lcos(^G )k; Vr Lg = G (3)
найдено с помощью пакета Mathcad [1] и выполнено графически (рис. 2).
Для сравнения представлены решения при различных значениях широты расположения маятника: на полюсе, на широте p= 45 0 и на экваторе.
в
Рис. 2. Траектории маятника Фуко в проекциях на плоскости: а - фронтальную; б - профильную; в - горизонтальную
Рассмотрим теперь линеаризованное (классическое) решение данной задачи [2]. При значениях угла / < /max < п/18 можно считать, что z « L, а следовательно, и Z = z = 0. Кроме того, с точностью до 3 % принимают N « mg(<р). С учетом сделанных предположений линеаризованное решение уравнения (3) примет вид
£ = 1 х0 el0ht (elkt + e ~,kt), (4)
где (o1 = (o0 sin(<p), k =
Разделяя в (4) вещественную и мнимую части, видно, что траектория точки представляет собой эллипс, который медленно вращается с угловой скоростью 0)1 = (D0 sin(<р). Допущенное при выводе уравнений отбрасывание малых величин второго порядка приводит к потере в интеграле существенных для описания явления членов первого порядка малости. Эта разница показана при помощи графических решений на
21
рис. 3: проекция траектории точки на горизонтальную плоскость Oxy при движении маятника на полюсе (рис. 3, а) и на экваторе (рис. 3, б).
yLin(t)
t* s Hs > 4
і і L 4 4 V
I H 4 4 A -Д.
4 V 4J >
-0.1 0 0.1 xLin(t) •
а
б
Рис. З. Сравнение линеаризованного и численного решения: а - на полюсе; б - на экваторе (— - линейное; и----------------нелинейное решения)
На экваторе плоскость колебаний маятника не поворачивается и след траектории на горизонтальную плоскость представляет собой прямую. Точное решение указывает, что такое вращение все же присутствует, из-за отсутствия нелинейных членов векторы переносной угловой скорости и относительной скорости движения маятника на экваторе остаются параллельными. Силы инерции Кориолиса не влияют на движение. Причём, угол между векторами Вв и vr не будет равен нулю, что и обуславливает малое вращение маятника в плоскости Oxy.
Таким образом, линеаризованное решение не может объяснить факт вращения плоскости качания маятника вокруг оси Oz из-за допущенного при выводе уравнения приближений.
Список литературы
1. Кирьянов Д.В. Самоучитель MathCAD 11. СПб.: БХВ-Петербург, 2003. 538 с.
2. Лойцянский Л.Г., Лурье А.И. Курс теоретической механики. Ч. 2. М.: Гостехиздат, 1955. 598 с.
3. Кильчевский Н.А., Путята Т.В., Савин Г.Н. Теоретическая механика: учебник; под. ред. Г.Н. Савина. Киев: Гостехиздат УССР, 1963. 610 с.
L. Bulatov, V. Berjev, A. Kireeva
The article presents the study of Foucault's pendulum. The comparison of the floor stage reached in the numerical solution of the linearized is shown.
Keywords: foucaultpendulum, trajectory, equator, speed.
Получено 12.01.10
-0.08
0.04
0.0001
0
y
э
0.0001
0.04
0.08
