第三章 学习笔记 (Foucault’s Pendulum)
傅科摆是个经典的物理实验,这个实验证明了地球的自转。利用上一节获得的任意坐标系下的运动方程,可以很简洁的推导出傅科摆的各种性质。
首先,以傅科摆所在的位置建立一个局部坐标系。那么有:
m
r
′
¨
∣
M
=
F
−
m
R
¨
∣
L
−
m
ω
˙
∣
M
×
r
′
−
2
m
ω
×
r
′
˙
∣
M
−
m
ω
×
(
ω
×
r
′
)
=
F
−
m
ω
×
(
ω
×
R
)
−
2
m
ω
×
r
′
˙
∣
M
−
m
ω
×
(
ω
×
r
′
)
m \ \ddot{\mathbf r'}|_M = \mathbf F - m \ \ddot{\mathbf R}|_L - m \dot{\omega}|_M \times \mathbf r' - 2 m\omega \times \dot{\mathbf r'}|_M - m\omega \times (\omega \times \mathbf r') \\ = \mathbf F - m \ \omega \times (\omega \times \mathbf R) - 2 m\omega \times \dot{\mathbf r'}|_M - m\omega \times (\omega \times \mathbf r')
m r′¨∣M=F−m R¨∣L−mω˙∣M×r′−2mω×r′˙∣M−mω×(ω×r′)=F−m ω×(ω×R)−2mω×r′˙∣M−mω×(ω×r′)
上面推导中利用了地球是匀速旋转的,所以
ω
˙
=
0
\dot \omega = 0
ω˙=0 。傅科摆收到两个外力,分别是张力
T
\mathbf T
T 和万有引力
G
\mathbf G
G。
m
r
′
¨
∣
M
=
T
+
G
−
m
ω
×
(
ω
×
R
)
−
2
m
ω
×
r
′
˙
∣
M
−
m
ω
×
(
ω
×
r
′
)
m \ \ddot{\mathbf r'}|_M = \mathbf T + \mathbf G - m \ \omega \times (\omega \times \mathbf R) - 2 m\omega \times \dot{\mathbf r'}|_M - m\omega \times (\omega \times \mathbf r')
m r′¨∣M=T+G−m ω×(ω×R)−2mω×r′˙∣M−mω×(ω×r′)
这里万有引力和地球旋转产生的离心力共同的作用效果就是重力:
G
−
m
ω
×
(
ω
×
R
)
=
m
g
\mathbf G - m \ \omega \times (\omega \times \mathbf R) = m \mathbf g
G−m ω×(ω×R)=mg。因此上式可以进一步写为:
m
r
′
¨
∣
M
=
T
+
m
g
−
2
m
ω
×
r
′
˙
∣
M
−
m
ω
×
(
ω
×
r
′
)
m \ \ddot{\mathbf r'}|_M = \mathbf T + m \mathbf g- 2 m\omega \times \dot{\mathbf r'}|_M - m\omega \times (\omega \times \mathbf r')
m r′¨∣M=T+mg−2mω×r′˙∣M−mω×(ω×r′)
由于地球自转角速度很慢,所以等式右边第四项相比其他项可以忽略。因此上式进一步简化后得到:
m
r
¨
=
T
+
m
g
−
2
m
ω
×
v
m \ddot r = \mathbf T + m \mathbf g - 2m \omega \times \mathbf v
mr¨=T+mg−2mω×v
上面的式子全都是使用地面坐标系,所以我们省略了下标和上角标。
下面就是把矢量方程化为标量方程。先把张力 T \mathbf T T 分解为三个方向的分量。这个比较简单,参考下图很容易就可以写出分量。
T
=
−
x
l
e
^
1
+
−
y
l
e
^
2
+
l
−
z
l
e
^
3
T = \frac{-x}{l} \mathbf {\hat e}_1 + \frac{-y}{l} \mathbf {\hat e}_2 + \frac{l-z}{l} \mathbf {\hat e}_3
T=l−xe^1+l−ye^2+ll−ze^3
实际上 x , y , z x,y,z x,y,z 并不是独立的,质点只能在一个球面上运动。
下面还需要把 $\omega $ 分解为三个方向的分量,这个可以参考下面的图:
有了 $\omega $ 的分量表示后就可以求
ω
×
v
\omega \times \mathbf v
ω×v:
ω
×
v
=
∣
e
1
e
2
e
3
−
ω
sin
λ
0
ω
cos
λ
x
˙
y
˙
z
˙
∣
=
−
ω
cos
λ
y
˙
e
^
1
+
ω
(
cos
λ
x
˙
+
sin
λ
z
˙
)
e
^
2
−
ω
sin
λ
y
˙
e
^
3
\omega \times \mathbf v = \begin{vmatrix} e_1 & e_2 & e_3\\ -\omega \sin \lambda & 0 & \omega \cos \lambda \\ \dot x & \dot y & \dot z \end{vmatrix} \\ = -\omega \cos \lambda \dot y \hat {\mathbf e}_1 +\omega (\cos \lambda \dot x + \sin \lambda \dot z) \hat {\mathbf e}_2 -\omega \sin \lambda \dot y \hat {\mathbf e}_3
ω×v=
e1−ωsinλx˙e20y˙e3ωcosλz˙
=−ωcosλy˙