Djelovanje sile okretanja inercije objašnjava eroziju desne obale rijeka sjeverne hemisfere (Bahrov zakon) Isto objašnjava i veće trošenje desne tračnice dvokolosiječnih pruga ove hemisfere.

Pochozhich da se voz kreće duž meridijana na sjevernoj hemisferi (slika 123, a) Tada se brzina duž meridijana v može razložiti na dvije komponente: jedna (r^) je paralelna sa Zemljinom osom, druga (r> ,) je okomit na njega Smjer i vrijednost komponente brzine r>c se neće mijenjati zbog rotacije Zemlje, dakle, ova komponenta nije povezana sa silama inercije.Isto će se dogoditi i sa drugom komponentom ,

kao i sa brzinom tijela koje se kreće duž polumjera rotirajućeg diska. Stoga će sila inercije djelovati na voz

FK \u003d 2tsh1 \u003d 2mm sin f, (49 1)

gdje je tn masa voza, a (p je geografska širina). habanje desne x) šine se može vidjeti samo na dvokolosiječnom željeznice, gdje je kretanje duž ove staze

Imajte na umu da sila okretanja inercije postoji i kada se voz kreće, a ne duž meridijana. U stvari, čak i kada se kreće duž paratela (slika 124), on će imati rotacijsko ubrzanje 2coi usmjereno prema osi rotacije ako se voz kreće na istok, a udaljeno od ose rotacije - kada se kreće prema zapadu. Dakle, postoji sila inercije

FK = 2mcoy, (49 2)

usmjereno od Zemljine ose (ili do njene ose); projekcija ove sile na horizontalnu ravan je jednaka

FK sin f = 2mva sin f, (49.3)

odnosno iste vrijednosti kao pri kretanju po meridijanu, a također je usmjerena udesno u odnosu na kretanje voza.

Isto treba reći i o zamućenju riječnih obala: zamućenje desne obale na sjevernoj hemisferi (lijeve - na južnoj) odvija se bez obzira na smjer toka rijeke.

Čitalac se poziva da samostalno analizira sljedeće pitanje: nastaje li sila okretanja inercije kada se vozovi kreću terenom blizu ekvatora i utiče li na habanje šine tamo?

Na putevima južne hemisfere - lijevo.

Ako je kretanje tijela koje slobodno pada povezano sa referentnim okvirom koji je povezan sa Zemljom, tada na njega djeluju tri sile, gravitacijska i dvije sile inercije, centrifugalna i rotirajuća.Veličina inercije sile pri padu sa male visine (u poređenju sa radijusom Zemlje) će biti male. Centrifugalno ubrzanje je

(2~t)2 6400 Yuz CO2/? cos 242 363 10* C0S F M/,°2 "" cos F m/s2"

gdje i - ugaona brzina rotacija Zemlje, R - poluprečnik Zemlje, f - geografska širina Na ekvatoru je centrifugalno ubrzanje oko 0,3% ubrzanja gravitacije, dakle, uz približan proračun uticaja promjene g)

Pogled sa stuba

centrifugalnu silu sa visinom pada može se zanemariti.Mnogo je uočljiviji uticaj sile okretanja koja će uzrokovati odstupanje tijela koje pada na istok. Devijacija padajućeg tijela prema istoku može se jednostavno zamisliti "jer tijelo u gornjoj tački zbog rotacije Zemlje ima veću brzinu (u odnosu na nerotirajući koordinatni sistem povezan sa centrom Zemlje) od mjesto na koje pada, pod pretpostavkom da je brzina pada tijela<о в первом приближении направ­лена вниз и величина ее равна gt, как при падении на невращающейся Земле (t -» время падения)

Osnovna sila inercije je jednaka -2t [<ог>], ili približno njegova vrijednost odgovara 2tsh1 cos f. Stoga je ubrzanje istočno od padajućeg tijela približno jednako

a = 2tog^ cos f. (49 5)

Integrirajući ubrzanje dva puta, dobijamo da je vrijednost pomaka tijela koje pada na istok približno jednaka 3)

5 \u003d 4 "SchR cos f.

J) Imajte na umu da nam je važno znati promjenu centrifugalne sile s visinom, a ne veličinu same ove sile

t t t

2) s = | JK dt, gdje wK = ij a dt = 2a>g cos

U ovom proračunu pretpostavili smo da je Coriolisova sila uvijek bila usmjerena na istok, a zanemarili promjenu smjera brzine v, a samim tim i promjenu smjera sile okretanja. 80 m) tijelo će se kretati prema istok za oko 3 cm Pažljivi eksperimenti u kojima su provjeravani pomaci prema istoku potvrđuju rezultate proračuna

Ove činjenice pružaju mehanički dokaz Zemljine rotacije. Oni pokazuju da je referentni okvir povezan sa Zemljom neinercijalni referentni okvir; samo u onim slučajevima kada su sile koje djeluju na tijelo mnogo veće od rotacijskih i centrifugalnih sila inercije, možemo približno smatrati referentni okvir povezan sa Zemljom inercijskim.

Imajte na umu da centrifugalna sila inercije ima određeni smjer i veličinu na datom mjestu, bez obzira na kretanje tijela, pa se manifestira i zapravo uzima u obzir zajedno sa gravitacijskom silom koja djeluje na tijelo. Prisutnost centrifugalne sile inercije uslijed rotacije Zemlje dovodi do činjenice da su gravitacijska sila tijela i sila težine tijela općenito različite; razlikuju se po vrijednosti centrifugalne sile inercije. na datom mestu (Sl. 125, a).

Ovdje smo govorili samo o dnevnoj rotaciji Zemlje oko svoje ose. Lako je vidjeti da će utjecaj sila inercije koje proizlaze iz rotacije Zemlje oko Sunca biti neuporedivo manji. Očigledno je da će okretna sila inercije biti otprilike 360 ​​puta manja od sile okretanja inercije zbog dnevne rotacije Zemlje. Centrifugalna sila inercije zbog rotacije oko Sunca bit će oko 0,2 centrifugalne sile zbog dnevne rotacije na ekvatoru.

Kada se tijela kreću blizu površine Zemlje, inercijalne sile povezane s rotacijom Zemlje oko Sunca i sile privlačenja

tijela prema Suncu praktično kompenziraju jedno drugo i u većini slučajeva se uopće ne uzimaju u obzir. Da bismo to pokazali, zapisujemo kompletnu jednačinu kretanja materijalne tačke mase m u prostoru blizu Zemlje. Uzmimo centar mase Zemlje kao početak neinercijalnog referentnog sistema (slika 125, b):

tMg> tMg „ „ _

mr^-y-^r-y-^R-mao + Ft + FM. (49,6)

Ovdje su, redom sukcesije, zapisane: sila privlačenja materijalne tačke m od strane Zemlje; sila njegovog privlačenja od strane Sunca; sila inercije koja proizlazi iz kretanja Zemlje oko Sunca po eliptičnoj orbiti; Coriolisova sila inercije i centrifugalna sila inercije.

Ubrzanje a0= - y-w-Ro prijavljuje se Zemljinom centru mase

svoju silu privlačenja prema suncu. Udaljenost od Zemlje do Sunca R0 da 1,5-108 km.

Numeričko poređenje pojmova koji predstavljaju u jednačini (49.6) silu inercije povezanu s neravnomjernošću orbitalnog kretanja referentnog okvira i silu privlačenja materijalne tačke od strane Sunca, pokazuje da se oni međusobno kompenzuju visokim tačnost. Stoga se njihov ukupni doprinos jednačini (49.6) može smatrati jednakim nuli.

Zaista, = 10~4, i R - R0-\-rp&R0. Odavde

sledi to

Imenovanje, kao što je gore navedeno (vidi sliku 125, a), sume sila privlačenja tela od strane Zemlje i centrifugalne sile prema težini tela P nad datom tačkom na zemljinoj površini, jednačina (49.6 ) može se napisati u sljedećem obliku:

mf=P+FK==mgr9-2m[(o©OTH], (49.7)

gdje je gb P/m. Jednačina (49.7) opisuje kretanje tijela u prostoru blizu Zemlje u odnosu na referentni sistem povezan sa Zemljom.

Dakle, samo približno jedan može smatrati referentni okvir povezan sa Zemljom inercijskim.

Francuski naučnik Foucault je, posmatrajući oscilacije klatna, dokazao rotaciju Zemchija (1852).

klatno će se polako okretati u pravcu suprotnom od rotacije Zemlje.Ovu rotaciju ravni oscilacija možemo uočiti ako posmatramo trag oscilacija klatna okačenog iznad rotacionog diska (sl. 126) Ako klatno napravimo vibriraju u nekoj ravni i onda dovedu disk u rotaciju, tada će nam pijesak koji se izlije iz lijevka klatna, koji je okačen umjesto utega, pokazati trag kretanja klatna iznad diska

U fiksnom referentnom okviru ne postoje sile koje bi uzrokovale da klatno promijeni svoju ravan zamaha, a ono će ga zadržati nepromijenjenim u prostoru, dok disk (ili Zemlja) rotira ispod njega.Očigledno je da je ravan oscilovanja klatna na polu će se rotirati ugaonom brzinom Zemljine rotacije (15° na sat) Ako oscilacije klatna na polu pripišemo koordinatnom sistemu povezanom sa Zemljom, tada će rotacija ravni oscilovanja može se zamisliti kao rezultat Coriolisove sile. Zaista, ona je okomita na brzinu rotacije i cijelo vrijeme leži u horizontalnoj ravni. Ova sila je proporcionalna brzini kretanja i klatna i kutnoj brzini Zemljine rotacije i usmjerena je na takav način da njeno djelovanje okreće putanju u pravom smjeru

Trag klatna na Zemlji će biti različit u zavisnosti od toga kako osciliramo klatno.Trag putanje klatna pratimo preko rotacionog diska (vidi sliku 126) sa dva načina pokretanja klatna.Ako skrenemo težinu klatna u stranu i istovremeno rotirati disk tako da će u trenutku pokretanja klatna lijevak dobiti istu brzinu kao i točka diska iznad koje se nalazi, a trag putanje će biti “zvezdica” (Sl. 127, a) Putanja na Zemljinom polu će biti ista ako se klatno lansira iz skretanog položaja

Drugi put ćemo natjerati klatno da oscilira sa stacionarnim diskom, a zatim će disk rotirati.U ovom slučaju putanja je „rozeta”> (Sl. 127, b) Na Zemlji će takav oblik putanje biti u slučaju ako klatno oscilira nakon oštrog udarca u

težina u mirovanju. U oba slučaja, trajektorije se savijaju u istom smjeru pod djelovanjem Coriolisove sile.

Dakle, kada klatno oscilira na polu, trag putanje klatna će se savijati i, posljedično, ravnina oscilacije će se postepeno rotirati pod djelovanjem Coriolisove sile.

koja cijelo vrijeme leži u horizontalnoj ravni i uvijek je usmjerena udesno duž težine.

Foucaultovo iskustvo se može posmatrati i u učionici, samo treba napraviti uređaj koji broji rotaciju putanje za vrijeme dok se oscilacije klatna ne priguše. Radi iskustva, učinite dužinu klatna što je moguće dužom,

povećati period njegovih oscilacija; tada će proces oscilacija trajati duže i Zemlja će se za to vrijeme pomjeriti pod veći ugao.

Da bi se označio ugao rotacije putanje pri pokretanju, klatno je napravljeno da oscilira u ravni snopa svetlosti koji dolazi od tačkastog izvora do ekrana, tako da u početku samo jasna fiksna linija senke od suspenzije nit je vidljiva na ekranu tokom oscilacija. Nakon nekog vremena (5-10 minuta) ravnina oscilacija će se okrenuti, a na ekranu će biti vidljivi pomaci sjene iz niti.

Da bi se odredio kut rotacije ravnine oscilacije klatna, izvor svjetlosti se pomiče u stranu dok se opet ne vidi jasna, nepokretna sjena iz niti. Mjerenjem pomaka sjene niti i udaljenosti od niti do ekrana, oni pronalaze ugao za koji se ravan oscilacija okrenula u datom vremenu. Iskustvo pokazuje da je ugaona brzina rotacije ravni oscilovanja klatna jednaka

sa grijehom f = 15 sin<р град/ч,

gdje je f geografska širina mjesta (slika 128). Rotacija oko vertikale na geografskoj širini φ neće se desiti sa ugaonom brzinom co, već sa ugaonom brzinom jednakom projekciji vektora na vertikalu, tj. ugaona brzina rotacije će biti jednaka sin φ.

Smanjenje ugaone brzine rotacije ravni oscilovanja može se objasniti i činjenicom da će se projekcija Coriolisove sile na horizontalnu ravan na datoj lokaciji razlikovati za faktor sin f od njene vrednosti na polu. Zaista, rotacija ravnine ljuljanja će uzrokovati samo ovu projekciju. Coriolisova sila koja djeluje na težinu klatna u datoj tački leži u ravni okomitoj na<а и v, и пропорциональна синусу угла между ними. Только в том случае, когда вектор v лежит в плоскости меридиана, кориолисова сила направлена горизонтально; при всех других направлениях эта сила не лежит в горизонтальной плоскости.

Globus čini složeno kretanje: rotira oko svoje ose, kreće se u orbiti oko Sunca. Sasvim je jasno da Zemlja nije inercijski referentni okvir. Ipak, mi uspješno koristimo Newtonov zakon u zemaljskim uslovima. Međutim, u određenom broju slučajeva, Zemljin neinercijski efekat je prilično oštar. Ove slučajeve moramo proučiti.

Uticaj Zemljine rotacije na njen oblik. Tjelesna težina.

Ako ne uzmemo u obzir rotaciju Zemlje, onda tijelo koje leži na njenoj površini treba smatrati oscilirajućim.

Zbir sila koje djeluju na ovo tijelo tada bi bio jednak nuli. U stvari, bilo koja tačka na površini globusa, koja leži na geografskoj širini, kreće se oko ose globusa, tj. u krugu poluprečnika, poluprečnika Zemlje, koji se u prvoj aproksimaciji posmatra kao lopta), sa Prema tome, zbir sila koje djeluju na takvu tačku, je različit od nule, jednak je proizvodu mase i ubrzanja i usmjeren je duž

Očigledno, prisustvo takve rezultujuće sile (slika 13)

moguće samo ako su reakcija zemljine površine i sila gravitacije usmjerene pod uglom jedna prema drugoj. Tada će tijelo pritisnuti površinu Zemlje (prema trećem Newtonovom zakonu) silom.Kada bi globus mirovao, tada bi ova sila bila jednaka sili gravitacije i poklapala bi se s njom po smjeru.

Razložimo silu na dvoje: usmjerenu duž poluprečnika i duž tangencijale.Prisustvo Zemljine rotacije dovodi, kao što vidimo iz crteža, do dvije činjenice. Prvo, težina (pritisak tijela na Zemlju) je postala manja od sile gravitacije. Pošto je ovo smanjenje jednako Drugo, javlja se sila koja teži da spljošti Zemlju, da pomeri materiju prema ekvatoru; ova sila Takvo spljoštenje se zapravo dogodilo; Zemlja nema oblik lopte, već oblik blizak elipsoidu okretanja. Kao rezultat ovog djelovanja, ekvatorijalni radijus Zemlje postaje približno djelić veći od polarnog radijusa.

Sile spljoštenja prisilile su mase zemaljske kugle da se kreću sve dok nije poprimila ravnotežni oblik. Kada je proces pomjeranja završio, sile spljoštenja su očito prestale djelovati. Posljedično, sile pritiska koje djeluju na površinu zemljine "globusa" usmjerene su duž normale na površinu.

Vratimo se sada na veličinu pritiska tijela na tlo, odnosno na tu fizičku veličinu koja se obično naziva težina. Proračun napravljen za loptu (sila gravitacije minus, naravno, nije fer za pravu figuru Zemlje. Međutim, za približne proračune, ovaj rezultat se može koristiti.

Na polu je težina tijela jednaka sili gravitacije. Označiti gravitacijskom silom tijela na polu. Tada će pritisak tijela na zemljinu površinu u bilo kojoj tački na Zemljinoj kugli, drugim riječima, težina tijela, biti jednak, kao što je gore spomenuto, razlici između sile gravitacije i sile, tj.

1

Bairashev K.A.

Dobijeno je tačno rešenje problema uticaja Zemljine rotacije na kretanje materijalne tačke na severnoj hemisferi bez uzimanja u obzir otpora vazduha u početnim uslovima različitim od nule. Razmatra se nekoliko specifičnih opcija za postavljanje početne brzine točke. Pokazuje se da je s početnom brzinom usmjerenom na istok, odstupanje tačke prema jugu proporcionalno prvoj potenciji ugaone brzine Zemljine rotacije. Kada je početna brzina usmjerena prema sjeveru ili duž viska prema dolje, odstupanje tačke prema istoku je veće nego kod pada bez početne brzine. Rešenje dobijeno u radu može se primeniti za procenu uticaja rotacije planeta Sunčevog sistema na kretanje materijalne tačke u blizini njihovih površina.

1. Razmatran je problem uticaja Zemljine rotacije na pad teške materijalne tačke na sjevernoj hemisferi, poznat i kao problem otklona tijela koja padaju na istok. Kretanje tačke je određeno u odnosu na neinercijalni referentni okvir Oxyz, fiksiran za rotirajuću Zemlju. Izvor koordinata se uglavnom nalazi na određenoj visini iznad sferne površine Zemlje.

Osa Oz je usmjerena prema dolje duž viska, osa Ox - u meridijanskoj ravni prema sjeveru, osa Oy - duž paralele prema istoku (sl. 1).

Kada se materijalna tačka kreće blizu površine Zemlje, na nju utiču sila gravitacije, prenosive i Coriolisove sile inercije. Otpor zraka se ne uzima u obzir. Zamjena sume gravitacijske sile i prenosive sile inercije gravitacijom, a Coriolisove sile inercije formulom

Imamo sljedeću jednačinu za relativno kretanje materijalne tačke u vektorskom obliku

(1)

Ovdje je m, odnosno, masa, brzina i ubrzanje tačke M, vektor ugaone brzine Zemlje, ubrzanje gravitacije.

Imajte na umu da je brzina tačke koja slobodno pada M, koji počinje da se kreće iz stanja relativnog mirovanja, gotovo je paralelan sa linijom viska. Stoga je Coriolisova sila inercije gotovo okomita na ravan meridijana i usmjerena je na istok.

Projektujući (1) na koordinatne ose i prateći , dobijamo sistem običnih diferencijalnih jednadžbi 2. reda

(2)

gdje tačke iznad x, y, z označavaju njihove vremenske derivate, φ je geografska širina mjesta, tj. ugao viska sa ravninom ekvatora. Početni uslovi su sledeći:

one. u početnom trenutku vremena, tačka je u relativnom mirovanju. U predmetima teorijske mehanike obično se daje približno rješenje problema uticaja Zemljine rotacije na pad materijalne tačke bez početne brzine. U knjizi akademika N.A. Kilčevskog, dato je tačno rešenje sistema jednačina koje se poklapa sa (2) do predznaka, pod nultim početnim uslovima (3). U ovom radu se dobija tačno rešenje sistema (2) za početne uslove različite od nule (videti odeljak 4.). Zadatak (2) - (3) je preliminarno riješen (vidi tačku 2.).

2. Integracijom svake od jednačina sistema (2) nalazimo

Uzimajući u obzir (3), dobijamo vrednosti integracionih konstanti: c 1 = c 2 = c 3 = 0.

Izražavajući iz (4) u terminima y i zamjenom u drugu jednačinu sistema (2) imamo

(5)

Diferencijalna jednadžba (5) je linearna nehomogena. Dakle, njegova odluka

y = +Y,

gdje je opće rješenje homogene jednačine, Y je posebno rješenje nehomogene jednačine. Korijeni karakteristične jednadžbe

čisto imaginarno Dakle, opšte rešenje homogene jednačine

ovisno o dvije konstante integracije , može se zapisati u obliku

Privatna odluka

gdje su A i B nedefinisani koeficijenti. Zamjena desne strane (6) u (5)

uzimajući u obzir dobijamo

Smanjujući za 2ω i međusobno izjednačavajući koeficijente na prvim stepenima t i slobodne članove, nalazimo

Dakle, generalno rješenje je

Zadovoljavajući početni uslov y 0 = 0, dobijamo c 1 * = 0. Uslov daje

shodno tome,

(7)

Treba napomenuti da u izrazu za y sadrži grešku u kucanju - u drugom članu koeficijent u nazivniku na ω 2 jednak je jedan.

Zamjena desne strane (7) umjesto y u prvu i treću jednačinu sistema (4), integrirajući i zadovoljavajući početne uslove x 0 = z 0 = 0, dobijamo

Od orijentacije osi x I z je suprotno od onog usvojenog u , formule (8)-(9) se razlikuju po predznacima od odgovarajućih formula koje je izveo N.A. Kilchevsky.

Oduzimanjem izraza (8) od (9) za , imamo

Razlikujući se u odnosu na vrijeme, dobijamo

Na osnovu (8), lako je dokazati da je za pokretnu tačku, dakle, nejednakost

(11)

Shodno tome, kada se uzme u obzir Coriolisova sila inercije, vertikalna brzina pada tačke je manja nego bez njenog uzimanja u obzir. Drugim riječima, zanemarivanje Zemljine rotacije precjenjuje vertikalnu brzinu pada tačke u poređenju sa stvarnom brzinom u vakuumu. Ovaj zaključak, koji je samo teorijski interesantan, vrijedi za sve φ iz intervala.Na primjer, razlika u udaljenostima koje prijeđe tačka za 10 s pada bez uzimanja u obzir i uzimanja u obzir rotacije Zemlje pri geografska širina od φ=450 ne prelazi 5 . 10 -5 m, tj. vrijednost je zanemarljiva.

3. Rješenje problema (2)-(3) zapisujemo u obliku konvergentnih redova. Koristimo ekspanzije

Zamjenom pravih dijelova ovih formula u (7)-(9), nakon transformacija dobijamo

Uz pretpostavku u (12) ω=0, imamo x=y=0. Isti rezultat se može dobiti iz (7)-(9) na ω→0.

,

Rješenje problema (2), (13) može se dobiti metodom koja je detaljno opisana u odjeljku 2. U slučaju početnih uslova koji nisu nula, proračuni su glomazniji, pa su ovdje izostavljeni. Rješenje izgleda tako

Zamjena u (2) odgovarajućih izvoda dobijenih iz (14) pokazuje da se svaka od jednačina sistema pretvara u identitet. Početni uslovi (13) su takođe tačno zadovoljeni. Pretpostavlja se da postoji jedinstveno rješenje Cauchyjevog problema za sistem (2). Strogo govoreći, rješenje (14) bi se trebalo dobro slagati s eksperimentalnim podacima samo u takvom susjedstvu početne tačke M 0 (x 0 , y 0 , z 0 ) , gdje se vrijednosti geografske širine i ubrzanja gravitacije malo razlikuju od onih na ovoj početnoj tački. Da bi se proširila domena rješenja, moguće je organizirati vremenski zavisnu iterativnu proceduru korak po korak uvođenjem korekcija u (14) u sljedećem vremenskom koraku koje uzimaju u obzir promjene φ , g i uzimajući za početne uslove odgovarajuće vrijednosti izračunate u prethodnom koraku.

Lako je vidjeti da za iz (14) slijede jednakosti (7) - (9). Usmjeravanje ω na nulu (ω → 0), iz (14) se može dobiti rješenje problema pod početnim uslovima različitim od nule bez uzimanja u obzir Zemljine rotacije:

U ovom slučaju, putanja tačke je ravna kriva - parabola, pa su dvije jednadžbe obično dovoljne.

5. Razmotrimo još šest opcija za specifikaciju početnih uslova, u svima njima, radi jednostavnosti, pretpostavljamo x0 = y 0 =z 0 = 0.

Opcija I. Neka , tj. početna brzina je usmjerena na istok. Tada Coriolisova sila inercije, koja djeluje na tačku u početnom trenutku vremena, leži u ravnini paralele i usmjerena je od ose rotacije Zemlje. Iz (14), slijedeći pristup iz tačke 3., ostavljajući eksplicitno samo prvih nekoliko članova niza, dobijamo

Tačka odstupa ka istoku i jugu (jugoistoku) Formula (15) pokazuje da je odstupanje putanje tačke prema jugu proporcionalno prvom stepenu ugaone brzine ω . Na primjer, kada t = 10c jednaka je približno 5 cm.U nedostatku početne brzine, odstupanje putanje tačke prema jugu zbog rotacije Zemlje je proporcionalno kvadratu ugaone brzine. Ovaj dobro poznati rezultat slijedi iz formule za x u sistemu (12).

Opcija II. Neka , tj. početna brzina tačke je usmjerena na sjever, stoga je Coriolisova sila inercije koja djeluje na materijalnu tačku u t=0 usmjerena na istok. Provodeći iste proračune kao u prethodnom slučaju, imamo

Tačka skreće na sjever i na istok (sjeveroistok). Iz formule (19) se može vidjeti da postoje dva pozitivna člana proporcionalna prvoj potenciji ugaone brzine ω, a drugi član se pojavljuje zbog početne brzine usmjerene na sjever. Stoga je odstupanje prema istoku veće nego kada tačka padne u prazninu bez početne brzine. Ovaj zaključak se donosi uzimajući u obzir činjenicu da je ugaona brzina Zemljine rotacije mala u poređenju sa jedinicom. Stoga su članovi koji sadrže ω na stepen veću od sekunde za male t a υ 0 se može zanemariti.

Opcija III. Neka , tj. početna brzina je usmjerena niz visak. Koriolisova sila inercije je usmerena na istok za sve vreme pada tačke. Rješenje dobiveno slično kao prethodne dvije opcije ima oblik

Iz (21) se vidi da je odstupanje tačke prema jugu zanemarljivo malo. Formula (22) pokazuje da je, kao iu prethodnoj verziji, odstupanje tačke prema istoku veće nego kod pada bez početne brzine.

Opcija IV. Neka bude one. početna brzina je usmjerena na zapad. Coriolisova sila inercije pri t = 0 leži u ravni paralele i usmjeren je prema osi rotacije Zemlje. Rješenje je dato formulama (15 - 17) uzimajući u obzir negativni predznak . Ako je zbir prva dva člana u (16) negativan, tačka u razmatranom trenutku vremena odstupa na zapad i sjever (sjeverozapad), ako je pozitivan, onda na sjever i istok (sjeveroistok). Da bi se potonji slučaj održao, slobodan pad tačke je neophodan za relativno dug vremenski period. Na primjer, kada g = 9,81 gospođa bod mora pasti preko 77 od, tj. sa visine veće od 29,1 km. Tačka počinje da pada u pravcu zapada, pod uticajem Coriolisove sile inercije, skreće udesno, prelazi meridijansku ravan i menja pravac ka severoistoku.

gdje se predznaci plus i minus biraju na isti način kao u (24) i (25).

Opcija V. Neka one. početna brzina je usmjerena na jug. Coriolisova sila inercije pri t=0 usmereno ka zapadu. Rješenje je dato formulama (18) - (20) uzimajući u obzir predznak .

Opcija VI. Tačka se baca okomito prema gore: . Coriolisova sila inercije kada je tačka podignuta gotovo je okomita na ravan meridijana i usmjerena je na zapad. Formule (21) - (23) se mogu koristiti kao rješenje, ali morate uzeti u obzir da moraju biti ispunjeni uslovi .

U ovom radu pretpostavljeno je, kako se obično prihvata, da se tačka nalazi na sjevernoj hemisferi. Slično je moguće riješiti problem kretanja materijalne tačke u praznini blizu površine Zemlje na južnoj hemisferi.

Konačno, napominjemo da se formule (14) - (23) mogu primijeniti za procjenu uticaja rotacije planeta Sunčevog sistema na kretanje materijalne tačke u blizini njihovih površina.

BIBLIOGRAFIJA

1. Kilchevsky N.A. Kurs teorijske mehanike, tom I (kinematika, statika, dinamika tačke). - 2. izd. - M.: Nauka, Glavno izdanje fizičke i matematičke literature, 1977.
2. Zadaci i vježbe iz matematičke analize. Uredio Demidovich B.P. - M.: Nauka, Glavno izdanje fizičke i matematičke literature, 1978. - 480 str.

Bibliografska veza

Bairashev K.A. O PROBLEMU UTICAJA ZEMLJINE ROTACIJE NA KRETANJE MATERIJALNE TAČKE // Fundamentalna istraživanja. - 2006. - br. 10. - S. 9-15;
URL: http://fundamental-research.ru/ru/article/view?id=5388 (datum pristupa: 15.01.2020.). Predstavljamo Vam časopise koje izdaje izdavačka kuća "Academy of Natural History"

Ministarstvo obrazovanja Ruske Federacije. Državna obrazovna ustanova visokog stručnog obrazovanja

"SAMARSKI DRŽAVNI TEHNIČKI UNIVERZITET"

Odsjek "MEHANIKA"

DINAMIKA RELATIVNOG KRETANJA MATERIJALNE TAČKE

Ovaj priručnik je uključen u seriju elektronskih udžbenika o teorijskoj mehanici, razvijenih na Odsjeku za mehaniku Samarskog državnog tehničkog univerziteta.

Priručnik je namijenjen samostalnom proučavanju od strane studenata teme "Dinamika relativnog kretanja materijalne tačke".

Glava Odsjek - doktor tehničkih nauka, prof. Ya.M.Klebanov, Developers - L.B.Chernyakhovskaya, L.A.Shabanov.

Samara - 2008.

Prenosivo, relativno i apsolutno kretanje.

Razmotrimo kretanje tačke M u odnosu na dva referentna okvira, jedan

	od kojih se O 1 x 1 y 1 z 1 kreće u odnosu na drugi, nepomičan,
	Očitavanje oksiza (slika 1).
	Relativno			pozvao
	kretanje		M relativno
	pokretni referentni okvir O 1 x 1 y 1 z 1 .
	prenosiv			pozvao
	kretanje,	počinio		mobilni
	sistem
	uvek	povezani
	tačke prostora u odnosu na
	fiksni referentni okvir.
	Apsolutno se zove
	kretanje tačke u odnosu na x 1

na fiksni referentni okvir O 1 x 1 y 1 z 1 .

Svim kinematičkim karakteristikama koje se odnose na relativno kretanje dodeljuje se indeks r, kinematičke karakteristike prenosnog kretanja - indeks e.

Relativna brzina V r je brzina tačke u odnosu na pokretni referentni okvir.

prenosiva brzina V e se naziva brzina te tačke, nepromijenjena

povezan sa pokretnim referentnim okvirom, sa kojim se tačka M poklapa u datom trenutku, u odnosu na fiksni referentni okvir.

Apsolutna brzina V je brzina tačke u odnosu na fiksni referentni okvir. Rođak

ubrzanje a r , translatorno ubrzanje a e i apsolutno ubrzanje a .

Teorema adicije brzine. U složenom kretanju, apsolutna brzina tačke jednaka je geometrijskom zbiru translacione i relativne brzine.

V = Ve + Vr

Teorema zbrajanja ubrzanja . Kod složenog kretanja, ubrzanje tačke je jednako geometrijskom zbroju prenosivog, relativnog ubrzanja i Coriolisovog ubrzanja.

a = a e + a r + a c

Rezultirajuća jednakost izražava Coriolisovu teoremu:

Coriolisovo ubrzanje jednak je dvostrukom vektorskom proizvodu prijenosne ugaone brzine i relativne brzine tačke.

a c = 2 ω e × V r

Coriolisov modul ubrzanja je jednak

i C \u003d 2ω e V r sinα,

gdje je α ugao između vektora ω e i V r .

Pravac a c se određuje prema opštem pravilu

vektorski proizvod.

Coriolisovo ubrzanje je nula u sljedećim slučajevima:

1) kada je ω e = 0, tj. kada je prenosivi pokret

progresivan

2) kada je V r = 0 , tj. u slučaju relativnog odmora,

3) kada je ugao α = 0, tj. u slučajevima kada su vektori ω e i V r

su paralelne.

O glavni zakon relativnog kretanja materijalne tačke.

Razmotrimo kretanje materijalne tačke u odnosu na neinercijalni koordinatni sistem, tj. u odnosu na koordinatni sistem koji se kreće proizvoljno u odnosu na fiksni.

U slučaju složenog kretanja tačke, apsolutno ubrzanje je određeno Coriolisovom teoremom:

Jednakost (1) množimo sa masom pokretne materijalne tačke:

m a = m a e + m a r + m a k .

U stečenoj jednakosti izdvajamo pojam koji karakteriše relativno kretanje materijalne tačke

ma r = ma − ma e − ma c

ma =

Gdje

U skladu sa drugim Newtonovim zakonom, zamjenjujemo

rezultanta svih sila primijenjenih na materijalnu tačku.

Hajde da uvedemo notaciju:

F e = − m a e ,

F c = − m a c .

m a r =

F e + F c

Vektor F e = - m a e naziva se prenosiva sila inercije, vektor F c = - m a c - Coriolisova sila inercije.

Jednakost (2) je osnovni zakon relativnog kretanja materijalne tačke:

U odnosu na neinercijalni (pokretni) referentni okvir, materijalna tačka se kreće kao da se na nju, osim sile koja djeluje, primjenjuje i prenosiva sila inercije i Coriolisova sila inercije.

Vektori F e i F s se mogu smatrati amandmanima na drugi zakon

Newtona za materijalnu tačku čije se kretanje razmatra u odnosu na neinercijalni referentni okvir.

Posebni slučajevi.

jedan . Neka se referentni okvir koji se kreće u odnosu na inercijski okvir pomiče naprijed. U ovom slučaju, kutna brzina

prijenosno kretanje ω e \u003d 0, stoga će Coriolisovo ubrzanje i Coriolisova inercijska sila biti jednaki nuli: a c = 2 ω e × V r = 0,

F c = −m a c = 0.

Zakon relativnog kretanja materijalne tačke (2) ima oblik: m a r = F + F e

2. Neka se pokretni referentni okvir kreće naprijed pravolinijski i ravnomjerno. Sa takvim kretanjem, a e = 0, dakle,

F e = − m a e = 0 . Osim toga, ω e = 0, a c = 0, F c \u003d - m a c = 0. Tada jednakost (2) poprima oblik:

ma r = F

Prema tome, osnovni zakon relativnog kretanja tačke u ovom slučaju poklapa se sa osnovnim zakonom kretanja tačke u odnosu na

inercijski referentni okvir. Iz ovoga slijedi princip relativnosti, koji je otkrio Galileo:

Nijedan mehanički eksperiment ne može otkriti da li je dati referentni okvir u mirovanju ili vrši translacijsko, ravnomjerno, pravolinijsko kretanje u odnosu na inercijski (fiksni) referentni okvir.

Dakle, svi referentni okviri koji se kreću translatorno, jednoliko i pravolinijski u odnosu na inercijski okvir su inercijalni.

3. Uslov relativne ravnoteže. U ovom slučaju

V r = 0 i

a r \u003d 0, dakle, a c \u003d 2

ω e × V r

Fs = − m a s

Tada jednačina (2) poprima oblik:

F e = 0

Ova jednačina se naziva jednačina relativne ravnoteže materijalne tačke.

Utjecaj Zemljine rotacije na ravnotežu tijela.

Razmotrite sile koje djeluju na materijalnu tačku M koja je okačena na niti (slika 2) i miruje u odnosu na Zemlju.

Na tačku M utječu sila privlačenja F usmjerena prema centru Zemlje, sila zatezanja niti T i sila prijenosa inercije F e \u003d -mae, usmjerena u smjeru suprotnom od normalnog ubrzanja tačka

a e n , koji je zauzvrat usmjeren duž

poluprečnik rotacije OM = r do ose rotacije Zemlje.

ae n = ω 2 OM = ω 2 r.

Kada je tačka u ravnoteži na površini Zemlje, geometrijski zbir sila primijenjenih na tačku i prijenosne sile inercije jednak je nuli:

F + T + Fe = 0.

O M F e

ω F

C ψ ϕ m g

	smjer vertikale u datoj tački na površini Zemlje, i ravni,
	okomita na silu T je horizontalna ravan. Od
	iz jednakosti (2.5) slijedi da
	T \u003d - (F + Fe)
	Sila m g, jednaka po apsolutnoj vrijednosti i usmjerena suprotno sili T,
	nazvana sila gravitacije.
	mg = − T = F + Fe .
	Sila gravitacije jednaka je geometrijskom zbiru sile gravitacije
	i sila inercije zbog dnevne rotacije Zemlje.
	Dakle, rotacija Zemlje se uzima u obzir pri određivanju sile
	gravitacije, uključujući u njoj prenosivu silu inercije.
	Modul sile inercije
	Fe \u003d mae n \u003d mω 2 r.
	Veličina ove sile, s obzirom na malenost vrijednosti ω 2	vrlo male. Greatest
	vrijednost sile F e na ekvatoru i ona iznosi 0,034%.
	veličina sile privlačenja.
	Uticaj rotacije Zemlje na kretanje tela u njoj		površine
	Razmotrite kretanje materijalne tačke duž meridijana od juga prema sjeveru
	(Sl. 3) i, pošto je prenosna sila inercije uključena u silu gravitacije, onda
	analizirati uticaj na ovaj pokret
	Coriolisova sila inercije. Ubrzanje
	Coriolis a C = 2 ω e × V r je usmjeren duž
	paralele na zapadu, i Coriolisova sila inercije
	usmjerena u suprotnom smjeru od
	Istok. Dakle, materijalna tačka
	tokom svog kretanja će odstupiti za
	Istok. Proračuni pokazuju da je sila
	Coriolisova inercija je mala u odnosu na
	gravitacija, tako većina
	inženjerski proračuni, gdje je brzina kretanja
	mala, sila inercije je zanemarena, i
	sistem povezan sa Zemljom, razmotrite
	inercijalni. Međutim, uzimanje u obzir rotacije Zemlje postaje važno u njima
	slučajevi u kojima se kretanje nastavlja dugo vremena i djelovanje sile
	Coriolisova inercija se akumulira. Ova okolnost objašnjava zašto

da na sjevernoj hemisferi rijeke erodiraju desnu obalu, na južnoj hemisferi lijevu. Slično, na sjevernoj hemisferi, kada se vozi željeznicom, pritisak na desnu šinu je veći nego na lijevu.

Coriolisova sila inercije se također mora uzeti u obzir kada se puca na velike udaljenosti, na primjer, kada se izračunava putanja interkontinentalnih balističkih projektila.

Primjer rješavanja zadatka o dinamici relativnog kretanja materijalne tačke.

Kugla mase m = 0,1 kg, pričvršćena na kraj horizontalne opruge, čiji je koeficijent krutosti c = 2 N/m, nalazi se u cijevi koja rotira konstantnom ugaonom brzinom ω = 4 1/c oko vertikale osa z1. Dužina nedeformisane opruge l0 = 0,2 m.

Odrediti jednačinu za relativno kretanje lopte, pronaći njenu koordinatu, pritisak na zid cijevi, kao i apsolutnu brzinu i apsolutno ubrzanje u trenutku t = 0,2 s.

							Zavežimo mobilni
				fs			referentni okvir Oxyz sa
					Fe		rotirajuća cijev,
							usmjeravajući x-osu duž
		ae n					cijev i postavljanje početka
							koordinate u tački O
							(sl.4), z-osa je kompatibilna sa
							osa rotacije cijevi, os
							potrošićemo
							okomito
							avion Oxz.

Kretanje kuglice, uzete kao materijalna tačka M, unutar cijevi je relativno, prenosivo - rotacijsko kretanje cijevi oko ose Oz. Na tačku djeluju sila gravitacije m g , sila elastičnosti F i reakcija stijenke cijevi N.

Osnovni zakon relativnog kretanja tačke:

ma r = mg + F + N + Fe + Fs , (a)

gdje je F e = − m a e - prenosiva sila inercije; F c \u003d - m a c - Coriolisova sila inercije.

Prijenosna sila inercije usmjerena je suprotno od prijenosnog ubrzanja točke. Budući da se rotacija cijevi događa s konstantom

ugaone brzine, onda je translacijsko ubrzanje normalno i

usmjerena duž ose x do tačke O. Stoga je F e usmjeren duž x-ose udesno.

Normalno ubrzanje tačke je: a e n = ω e 2 OM = ω e 2 x . Modul Fe = ma e = m ω e 2 x.

Coriolisovo ubrzanje je definirano vektorskom jednadžbom a c = 2 ω e × V r ,

prema kojem je vektor a c u ovom slučaju usmjeren

okomito na Oxz ravan u pozitivnom smjeru ose Oy (slika 4), stoga je Coriolisova inercijska sila usmjerena izvan crteža.

Modul Coriolisove sile inercije je F c = 2m ω e V r , pošto su vektori ω e i V r okomiti.

Pod djelovanjem Coriolisove sile inercije, kuglica će biti pritisnuta na stražnji zid cijevi, pa ukupnu normalnu reakciju zida razlažemo na dvije međusobno okomite komponente N y i N z .

N = N y + N z

Sila elastičnosti jednaka je koeficijentu krutosti opruge pomnoženom sa njenim izduženjem F = c l , a usmjerena je u smjeru suprotnom od istezanja čija je vrijednost l = c (x − l 0 ) .

Sastavimo diferencijalnu jednačinu za relativno kretanje lopte:

		F e − F
			x − c(x − l0 ) .
		M ωe

Nakon redukcije za m i elementarnih transformacija, dobijamo

	+ (m		−ω		) x = m l0
Zamijenite numeričke vrijednosti
x + 4 x = 4 .

Opće rješenje dobivene diferencijalne jednadžbe ima oblik:

x = x1 + x2.

gdje je h1 opšte rješenje odgovarajuće homogene diferencijalne jednačine, h2 je posebno rješenje diferencijalne jednačine (b).

Sastavljamo karakterističnu jednačinu i nalazimo njene korijene:

r 2 + 4 r = 0 . r = ± 2 i .

Dakle, opšte rješenje homogene jednačine ima oblik

x1 \u003d C1 cos 2t + C2 sin2t

Pronalazimo određeno rješenje jednačine (b) u obliku x2 = B. Ovdje B-

konstantan. Ovu vrijednost zamjenjujemo u jednačinu (b), uzimajući u obzir
da je x 2 = 0, dobijamo B = 1.
Rješenje (c) diferencijalne jednadžbe relativnog kretanja
tačka M poprima oblik
x \u003d C1 cos 2t + C2 sin2t +1.
Brzina ovog kretanja
x \u003d -2C1 sin2t + C2 cos2t.
Zamjenom početnih uslova t = 0, x0 = 0,2 m,		0 u jednačine (d) i (e),

dobijamo vrednosti konstanti integracije:

C1 \u003d - 0,8, C2 \u003d 0.

Jednačina za relativno kretanje tačke M ima oblik:

x \u003d - 0,8 cos 2t +1.						X = 1,6sin2t.
Relativna brzina lopte
Relativno ubrzanje
a r =				(1.6sin2t) = 3.2cos2t.
Na t = 0,2 s:

x \u003d - 0,8 cos 0,4 + 1 \u003d - 0,8 cos 22,90 + 1 = 0,264. m. Vr = 1,6 sin 0,4 \u003d 1,6 sin 22,90 = 1,024 m / s.

ar = 3,2 cos 0,4 = 3,2 cos22,90 = 2,94 m / s.

Coriolisovo ubrzanje pri t = 0,2 s. Jednako ac = 2 ωe Vr \u003d 8,1 m / s.

Da bismo odredili reakcijske komponente stijenke cijevi N y i N z, zapisujemo projekcije vektorske jednakosti (a) na y i z osi.

0 = Ny -Fs, 0 = Nz -mg, odakle je Ny = Fs, Nz = mg.

Coriolisova sila inercije

Fs = 2m ωe Vr = 2 0,1 4 1,024 = 0,81H. Dakle, Ny = Fs = 0,81 (N), Nz = mg = 9,81 (N).

Reakcija zida cijevi N = N y 2 + N z 2 = 0,81 2 + 0,981 2 = 1,2 H Apsolutna brzina lopte

V = Ve + Vr

Prenosiva brzina V e je okomita na OM i usmjerena je u smjeru rotacije cijevi.

Ve = ωe OM = ωe x = 4 0,264 = 1,056 m/s.

Pošto su vektori V e i V r međusobno okomiti, modul

Apsolutno ubrzanje lopte

a = a e + a r + a c .

Modul prijenosnog ubrzanja je jednak

ae \u003d ωe 2 OM \u003d ωe 2 x1 = 4,22 m / s.

Nađimo projekcije apsolutnog ubrzanja na ose Ox i Oy:

sjekira \u003d - ae + ar \u003d -4,33 + 2,94 \u003d - 2,39,

ay = ak = 8,44.

Modul apsolutnog ubrzanja je jednak

a \u003d a x 2 + a y 2 \u003d (− 1,39) 2 + 8,442 = 8,55 m / s.

Test pitanja.

1. Koji referentni okvir se naziva inercijskim?

2. Koji referentni okvir nije inercijalan?

3. Koje kretanje tačke se naziva relativnim?

4. Zapišite osnovni zakon relativnog kretanja tačke.

5. Koje kretanje tačke se naziva prenosivim?

6. Kolika je prijenosna sila inercije?

7. Koliko je jednaka prenosiva sila inercije i kako je usmjerena ako je prijenosno kretanje translatorno?

8. Kako se određuje prenosiva sila inercije ako je prijenosno kretanje ravnomjerna rotacija oko fiksne ose?

9. Kolika je Coriolisova sila inercije?

10. Kako je usmjeren vektor ugaone brzine?

11. Kako je usmjerena Coriolisova sila inercije?

12. Zapišite modul Coriolisove sile inercije.

13. Zapišite diferencijalne jednadžbe kretanja materijalne tačke u odnosu na koordinatni sistem koji se kreće naprijed

14. Zapišite diferencijalne jednačine kretanja tačke u odnosu na koordinatni sistem koji rotira oko fiksne ose.

Prilikom rješavanja većine tehničkih problema smatramo da je referentni okvir povezan sa Zemljom fiksni (inercijalni). Dakle, ne uzimamo u obzir dnevnu rotaciju Zemlje i njeno kretanje u orbiti oko Sunca. Dakle, smatrajući referentni okvir povezan sa Zemljom inercijskim, u suštini zanemarujemo njegovu dnevnu rotaciju sa Zemljom u odnosu na zvijezde. Ova rotacija se dešava brzinom od: 1 obrtaja u 23 sata 56 minuta 4 sekunde, tj. sa ugaonom brzinom

Hajde da istražimo kako takva prilično spora rotacija utiče na ravnotežu i kretanje tijela.

1. Relativni mir na površini Zemlje. Sila gravitacije. Zamislite materijalnu tačku koja leži na glatkoj "horizontalnoj" ravni koja je nepomična u odnosu na Zemlju (slika 13). Uslov njegove ravnoteže u odnosu na Zemlju je da je , gdje je sila privlačenja Zemlje, reakcija aviona, prenosiva sila inercije. Budući da , tada sila ima samo normalnu komponentu usmjerenu okomito na os rotacije Zemlje. Sabiramo sile i uvodimo notaciju

Fig.13

Onda na stvar M dvije sile će djelovati , balansirajući jedno drugo. Snaga je snaga koju zovemo gravitacija.

Smjer sile će biti smjer vertikale u datoj tački na površini, a ravan okomita na će biti horizontalna ravan. Modulo (r- udaljenost tačke M od zemljine ose) i vrijednost je mala u odnosu na , jer je vrijednost vrlo mala. Smjer sile se malo razlikuje od smjera .

Prilikom vaganja tijela određujemo silu, jer. takvom silom tijelo pritiska tijelo vage. Odnosno, uvođenjem sile gravitacije u jednačine ravnoteže, u njih unosimo i silu, tj. mi zapravo uzimamo u obzir uticaj Zemljine rotacije.

Stoga, prilikom sastavljanja jednadžbi ravnoteže tijela u odnosu na Zemlju, ne treba unositi korekcije za rotaciju Zemlje. U tom smislu, ravnoteža u odnosu na Zemlju može se smatrati apsolutnom.

a) Kretanje na zemljinoj površini. Kada se tačka kreće duž meridijana na sjevernoj hemisferi od sjevera prema jugu, Coriolisovo ubrzanje je usmjereno na istok, a sila je usmjerena na zapad. Prilikom kretanja s juga na sjever, sila će očito biti usmjerena na istok. U oba slučaja, kao što vidimo, ova sila će skrenuti tačku u pravu iz pravca njegovog kretanja. Ako se tačka kreće duž paralele prema istoku, tada će ubrzanje biti usmjereno duž radijusa GOSPOĐA paralele (slika 14), a sila u suprotnom smjeru. Vertikalna komponenta ove sile (duž OM) malo će promijeniti težinu tijela, a horizontalna komponenta će biti usmjerena na jug i također će skrenuti tačku udesno od smjera kretanja. Sličan rezultat dobijamo kada se krećemo paralelom prema zapadu.

Fig.14

Stoga to zaključujemo na sjevernoj hemisferi, tijelo koje se kreće duž zemljine površine u bilo kojem smjeru će zbog rotacije zemlje skrenuti udesno od smjera kretanja. Na južnoj hemisferi devijacija će se desiti ulijevo.

Ova okolnost objašnjava zašto rijeke koje teku na sjevernoj hemisferi ispiraju desnu obalu (Beerov zakon). To je i razlog odstupanja vjetrova stalnog smjera (pasati) i morskih struja.