Главная Промышленная автоматика.

действующих на нее сил. Чтобы найти относительное движение, предположим, что Земля неподвижна, и приложим к точке М центробежную силу Ф и кориолисову силу инерции Ф. Равнодействующая силы притяжения Земли и центробежной силы Ф равна весу mg тела и направлена по вертикали (п. 424), следовательно, нам достаточно вычислить только кориолисову силу Ф. Для этого найдем

составляющие р, д, г по движущимся осям мгновенной угловой скорости вращения U). Непосредственно видно, что

вектор Ош, представляющий мгновенную угловую скорость, параллелен линии полюсов и должен быть направлен к северу, так как Земля вращается

с запада на восток. Этот вектор Ош имеет проекции

р - т cos (шОл;) = ш cos X, 9 = 0, г = -ш sin X.

Тогда проекции сложной центробежной силы, согласно общим формулам п. 413, равны


-2mu)sinX., 2OTwsinX-4-"cosX- и уравнения относительного движения будут ш%Х-Чтш€х\,

2отш cosX

= mg + Z - 2отш cos X

dy dt •

Разумеется, эти уравнения справедливы лищь до тех пор, пока движущаяся точка остается достаточно близкой к точке О, чтобы силу тяжести можно было рассматривать как силу, параллельную осиОг и равную mg.

Если выполнить над этими уравнениями преобразования, приводящие к теореме кинетической энергии, то члены с ш исчезнут и получится

= Xdx-\-Y dy-{-Zdz-\-mgdz.



Если сила {X, Y, Z) имеет силовую функцию U, то будет существовать первый интеграл

426. Свободное падение тяжелой точки. Предпо.чожим, что падение происходит в пустоте. Тогда X,Y,Z равны нулЛ и уравнения движения имеют вид

= -2 О) sin X

df ~dt dy

= g - 2u>cos\

Допустим, что движущаяся точка выходит из начала без относительной начальной скорости. Правые части уравнений движения являются точными производными; интегрируя один раз и принимая во внимание начальные условия, имеем:

dx о , 1 - = -2(0 у sin X,

= 2ш (л: sin X -f г cos X),

= gt - 2(oy cos X.

Чтобы закончить интегрирование, можно во втором из уравнений (1), d2y dx dz

определяющем < заменить и - их значениями, после чего получится линейное уравнение второго порядка

4ш2у = 2о) cos X gt,

которое может быть проинтегрировано до конца.

Но так как ю очень мало, то получается вполне достаточное приближение, если разложить х, у, z ъ ряды по возрастающим степеням и> и ограничиться лишь членами первого порядка.

Попробуем удовлетворить уравнениям (2) рядами

У = Уо + ™У1 + Уз +

=0 -f -f 0)22-1-

в которых Xq, Уо. Zq, х,, у,, z, и т. д. суть функции аргумента t, равные вместе с их первыми производными нулю при = 0. Подставляя эти разложения в уравнения (2) и приравнивая коэффициенты при одних и тех же степенях », мы получим сначала

dyo о rf£( dt ~ • dl



dfi I dt

Интегрирование этих уравнений сложное. Можно пытаться это сделать при помощи последовательных приближений, оперируя так же, как и в предыдущей задаче. Опуская общий случай, займемся тем частным случаем, когда колебания имеют очень малую амплитуду. Приб.тижение будет заклю-

Отсюда, интегрируя, получим

Хо = 0, уо = 0, 0=.

После этого находим

Xi = 0, у1 = cos X, 1 = О

и т. д. Таким образом, если пренебречь в разложениях (3) членами с «2, то для приближенных значений х, у, z получится

л: = 0, y = co.cosX, z = -.

Следовательно, точка остается в плоскости уг, но вместо того, чтобы падать по вертикали, как это было бы, если бы Земля не вращалась, она слегка отклоняется к востоку, так как у положительно. В плоскости уг точка описывает полукубическую параболу

ЗУ2у = 4сог cosX.

Это уравнение позволяет вычислить отклонение к востоку при заданной высоте падения г.

Чтобы получить скорость движуа1ейся точки, достаточно применить теорему кинетической энергии, из которой для скорости непосредственно получается значение y2gz-

Чтобы довести приближение до членов с тЗ, нужно, как показал де Спарр, принять во вщ1мание изменение g (de S р а г г е. Bulletin de la Societe mathematique de France, т. ХХХП1). Ho тогда, согласно Рудцкому (Rudzki, там же, т. XXXIV), надо ввести притяжение Луны.

427. Маятник Фуко. Перейдем к изучению движения сферического маятника длины /, принимая во внимание вращательное движение Земли. Сохраним те же оси, что и в предыдущей задаче, взяв начало в точке подвеса маятника. По сравнению с предыдущей задачей к силам, действующим на движущуюся точку, надо добавить только натяжение нити, которое мы обозначим

X у Z

через mN. Так как проекции этой силы равны -~j > --j , --j-,

to уравнения относительного движения будут:

dx X , . dy

- N -г - 2a> sin X -





0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 51 52 53 54 55 56 57 58 59 60 61 62 63 64 65 66 67 68 69 70 71 72 73 74 75 76 77 78 [79] 80 81 82 83 84 85 86 87 88 89 90 91 92 93 94 95 96 97 98 99 100 101 102 103 104 105 106 107 108 109 110 111 112 113 114 115 116 117 118 119 120 121 122 123 124 125 126 127 128 129 130 131 132 133 134 135 136 137 138 139 140 141 142 143 144 145 146 147 148 149 150 151 152 153 154 155 156 157

0.0036