Lực Coriolis

2

Bạn có biết không?
Foucault vẽ đường cong nào trên mặt phẳng từ tính? Một hòn đá được ném thẳng đứng lên từ bề mặt Trái đất sẽ lệch hướng như thế nào?
Một viên đạn có thể bay đúng theo kinh tuyến không?
Bạn có thể trả lời những câu hỏi này? Tất cả những bài toán này đều có một đặc điểm chung: chúng ngày càng trở nên thuận tiện hơn để giải quyết trong các hệ thống báo cáo phi quán tính *), chính xác hơn là trong các hệ thống báo cáo quay với vận tốc góc không đổi. Tất nhiên, người ta có thể xem xét tất cả các hiện tượng trong một hệ quán tính nào đó, chẳng hạn như hệ của một ngôi sao ở xa hoặc thậm chí là Mặt trời (có thể bỏ qua sự chuyển động không đều của nó so với ngôi sao ở xa). Mặc dù con đường này là hoàn toàn chính xác và khi đi theo nó, chúng ta sẽ không rời khỏi nền tảng vững chắc của các định luật Newton, tuy nhiên, việc xem xét một hiện tượng từ quan điểm của những gì được quan sát, nằm trong hệ thống báo cáo luân phiên thường thuận tiện hơn (và thậm chí trực quan hơn).

Hệ thống báo cáo phi quán tính
Chuyển động tương tự sẽ khác nếu các hệ thống báo cáo khác nhau không được quan sát. Hãy xem,

*) Hệ thống báo cáo phi quán tính đã được Ya thảo luận trong bài viết. A. Smorodinsky “Lực quán tính”, «Kvant», 1974, số 8.

ví dụ, về chuyển động của một viên đạn được bắn ra từ một khẩu đại bác đứng ở cực bắc. Nếu Trái đất không quay quanh trục của nó thì quỹ đạo của đạn sẽ nằm trong mặt phẳng kinh tuyến. Một bức ảnh như vậy sẽ được nhìn thấy cả khi được quan sát khi ở trên Trái đất và khi được quan sát khi đứng yên bên ngoài Trái đất.

Tuy nhiên, Trái đất quay! Theo quan điểm của người quan sát đứng yên (người tìm thấy sự trong lành của Trái đất), Trái đất quay ngược chiều kim đồng hồ (nếu nhìn từ trên xuống ở cực bắc của nó), do đó mặt phẳng của kinh tuyến cố định quay cùng Trái đất từ ​​tây sang đông, và mặt phẳng chuyển động của đạn trong không gian không thay đổi.

Quan sát trên Trái đất (có thể quan sát được chuyển động), nhìn thấy một mặt phẳng đứng yên của kinh tuyến và một vật thể bay lệch khỏi mặt phẳng này về phía Tây. Theo bất kỳ quan điểm nào, mặt phẳng chuyển động của đạn không trùng với mặt phẳng kinh tuyến gốc; chỉ có một quan sát được cho rằng sự khác biệt này là do chuyển động của Trái đất và cái còn lại là do chuyển động của chính quả đạn.

Tất nhiên, một người quan sát Trái đất (ví dụ như một người lính pháo binh) đều biết rằng nguyên nhân của “sự lệch” thực chất là do sự quay của Trái đất. Tuy nhiên, trong các tính toán thực tế, thường thuận tiện hơn khi giả sử rằng độ lệch ngang của viên đạn là do một lực nào đó chỉ tác dụng.

4

các bức tường của căn phòng không bị tách rời khỏi bạn dưới tác dụng của lực quán tính ly tâm?

Đáp số chỉ có thể sao cho trong hệ thống báo cáo quay còn có một lực khác không chỉ bù lực quán tính ly tâm hướng ra ngoài mà còn truyền cho cơ thể gia tốc hướng tâm hướng về trục quay. Đây là vai trò của lực Corilis:

$$F_K + F_{и.ц} = -m\omega^2 r.$$

Từ đây ta có thể tính được lực Corilis; nó phải bằng nhau trong trường hợp này

$$F_K = -2F_{и.ц},$$

đó là

$$F_K = -2m\omega^2 r.$$

Chúng ta hãy loại trừ $r$ khỏi biểu thức độ lớn của lực Corilis. Tốc độ tuyến tính của một điểm nằm cách trục quay một khoảng $r$ bằng $\omega r$, và do đó chúng ta có thể viết rằng

$$F_K = -2m\omega v_{кас}$$

(dấu trừ vẫn có nghĩa là lực Corilis trong trường hợp của chúng ta hướng về trục quay).

Do đó, tác dụng của lực $F_K$ trong một hệ quay dẫn đến hiện tượng là khi ngồi trên một kiểu quay, bạn nhìn thấy căn phòng, tuy đang quay xung quanh bạn nhưng nhìn toàn bộ như một vật đứng yên.

Quả bóng trên đĩa quay

Ở giữa đĩa có một quả cầu có thể trượt trên đĩa hoàn toàn không có ma sát. Tại một thời điểm nào đó, quả bóng được tạo ra với tốc độ $v_{рад}$, hướng dọc theo một trong các bán kính. Họ sẽ mô tả bản chất chuyển động của hai quả bóng được quan sát như thế nào - đứng yên và chuyển động, quay trên đĩa?

Rõ ràng, đối với một quả bóng đứng yên, có một quả bóng nằm trên một đĩa chuyển động với vận tốc không đổi $v_{рад}$ theo một đường thẳng. Khoảng cách đó

Cơm. 1.

quả bóng đi dọc theo đĩa từ tâm của nó đến thời điểm $t$, bằng $v_{рад}t$.

Dấu vết mà quả bóng để lại trên đĩa quay thể hiện quỹ đạo của quả bóng theo quan điểm của vật chuyển động nằm trên đĩa. Để làm được điều này, người ta quan sát thấy quả bóng không chuyển động theo một đường thẳng mà mô tả một đường cong nhất định (xem Hình 1). Nhưng điều này có nghĩa là quả bóng đang chuyển động với gia tốc. Do đó, một lực xuất hiện trong hệ thống quay, lực này truyền tải gia tốc này. Hãy xác định lực này bằng bao nhiêu khi quả bóng bắt đầu chuyển động.

Trong một khoảng thời gian ngắn $\Delta t$ kể từ khi bắt đầu chuyển động, quả bóng chuyển động dọc theo đường màu đỏ (xem Hình 1), di chuyển ra xa tâm đĩa đến một khoảng cách $\Delta l = v_{рад}\Delta t$. Trong cùng thời gian đó, đĩa quay một góc $\Delta \varphi = \omega \Delta t$ (ω là vận tốc góc quay của đĩa). Điểm đó trên đĩa nằm dưới quả bóng cách tâm đĩa một khoảng $\Delta l$ đã đi được quãng đường $\Delta s = \Delta l\Delta \varphi = v_{рад}\omega \Delta t^2$ trong thời gian $\Delta t$. Tất nhiên, tất cả các điểm của đĩa quay đều chuyển động theo đường tròn, nhưng chúng tôi coi khoảng thời gian cột $\Delta t$, có thể coi chuyển động của các điểm gần tâm của đĩa là chuyển động thẳng. Khi đó $\Delta s$ là độ dịch chuyển của điểm, tại thời điểm ban đầu nó cách tâm một khoảng $\Delta l$, theo hướng vuông góc với đường màu đỏ. Để quan sát, nằm trên

5

đĩa, quả bóng chuyển động trong thời gian $\Delta t$ theo hướng ngược lại với cùng khoảng cách $\Delta s = v_{\text{pad}} \omega \Delta t^2$ và đồng thời chuyển động đều dọc theo bán kính. Sau khi so sánh biểu thức của $\Delta s$ với công thức đường đi có chuyển động đều - $s = \frac{a t^2}{2}$, chúng tôi thay thế biểu thức đó trong ví dụ của chúng tôi cho một vật chuyển động, quan sát trong khoảng thời gian $\Delta t$ chuyển động của quả bóng theo hướng vuông góc với vectơ vận tốc $v_{\text{pad}}$ sẽ được tăng tốc đều với gia tốc $a = 2 v_{\text{pad}} \omega$.

Do đó, trong một hệ quay, theo hướng này lực $F_K = 2 m v_{\text{pad}} \omega$ tác dụng lên quả cầu có khối lượng $m$.

Đây lại là lực Korpolis, nhưng bây giờ nó hướng vuông góc với bán kính.

Kết thúc đầu ra công thức

Chúng tôi đã xem xét hai trường hợp chuyển động của cơ thể so với khung báo cáo quay. Trong ví dụ đầu tiên (phòng quay), vật chuyển động theo hệ phi quán tính theo một vòng tròn, tại bất kỳ thời điểm nào tốc độ của vật có hướng tiếp tuyến với vòng tròn này. Như chúng ta đã thấy, trong trường hợp này vật chịu tác dụng của lực Korpolis, lực này hướng dọc theo bán kính của đường tròn, nghĩa là vuông góc với vectơ vận tốc.

Trong ví dụ thứ hai (một quả bóng trên đĩa), chúng ta đã chỉ ra rằng nếu tại một thời điểm nào đó, tốc độ của vật hướng dọc theo bán kính, thì tại thời điểm đó vật chịu tác dụng của lực Korpolis, theo hướng vuông góc với vectơ tốc độ của vật. Giá trị tuyệt đối của lực Korpolis theo thuật ngữ ngẫu nhiên tỷ lệ thuận với tích $v \omega$, trong đó $v$ là giá trị tuyệt đối của vận tốc vật thể so với hệ quay tại một thời điểm nhất định và $\omega$ là giá trị vận tốc góc của hệ quay so với quán tính lặp.

Và lực Korpolis sẽ tác dụng lên một vật thể có tốc độ tức thời trong hệ thống báo cáo quay vòng được điều khiển một cách tùy ý sẽ như thế nào? Không khó để chứng minh rằng độ lớn của lực Korpolis trong trường hợp tổng quát này sẽ tỷ lệ thuận với tích của $|v|$ và độ lớn của vận tốc góc của hệ (để làm điều này, bạn chỉ cần phân tách vectơ vận tốc thành hai thành phần, một thành phần hướng dọc theo bán kính và thành phần kia - vuông góc với nó dọc theo tiếp tuyến).

Bây giờ chúng ta vẫn cần xác định hướng đi của lực lượng Korpolis. Để làm điều này, trước hết, hãy lưu ý rằng vận tốc góc có thể được biểu thị dưới dạng một vectơ. Vector $\omega$ song song với trục quay. hướng của vectơ này được kết nối với hướng quay của hệ bằng cách sử dụng quy tắc của gimlet (hoặc vít): nếu bạn xoay gimlet bằng tay giống như cách hệ thống được quay, thì chuyển động tịnh tiến của gimlet chỉ ra hướng của vectơ vận tốc góc. Bạn cũng có thể sử dụng một quy tắc khác - quy tắc bàn tay phải: nếu bạn đồng ý với bốn bàn tay phải về hướng quay của hệ, thì ngón tay cái cong biểu thị hướng của vectơ $\omega$ (xem Hình 2).

Nếu trong ví dụ của chúng tôi, hệ thống báo cáo quay ngược chiều kim đồng hồ thì các vectơ $\omega$, $v$ và $F_K$ được định vị như trong Hình 3. Trong ví dụ thứ hai, các vectơ này

6

Cơm. 3.

các vectơ được định vị như trong Hình 4. Từ những hình này, rõ ràng lực Corolis trong cả hai trường hợp đều vuông góc với mặt phẳng chứa các vectơ $\omega$ và $v$. Họ nói rằng các vectơ $F_K$, $v$ và $\omega$ (trong chuỗi này) tạo thành một hệ vectơ thuận tay phải (đó là lý do tại sao tay phải được hiển thị trong Hình 2).

tác phẩm nghệ thuật vector

Chúng ta thấy rằng lực Corolis phụ thuộc vào hai đại lượng vectơ - vào tốc độ $v$ chuyển động của điểm vật chất so với hệ tọa độ va chạm và vào tốc độ góc $\omega$ của chính hệ thống báo cáo. Độ lớn của lực này tỷ lệ thuận với tích của vận tốc của điểm và vận tốc góc của hệ, và hướng của nó được xác định duy nhất bởi hướng của vectơ $v$ và $\omega$.

Công thức lực tràng hoa trong sách hiện đại được viết như sau:

$$F_K = 2 m v \times \omega,$$

trong đó $X$ là dấu của cái gọi là tích vectơ của hai vectơ.

Tích vectơ của hai vectơ $A$ và $B$ vuông góc với nhau là vectơ thứ ba $C$, được xây dựng như sau (Hình 5). Độ lớn của nó bằng số với diện tích của hình chữ nhật được xây dựng trên các vectơ $A$ và $B$, tức là $|C| = |A| \cdot |B|$. hướng của vectơ $C$ vuông góc với mặt phẳng của đường thẳng/lib đã chỉ định và được chọn sao cho các vectơ $A$, $B$ và $C$ (theo thứ tự đó) tạo thành một hệ vectơ thuận tay phải. Theo một cách khác, hướng của vectơ $C$ có thể được xác định bằng quy tắc gimlet (hoặc bàn tay phải): nếu bạn xoay vectơ $A$ sang vectơ $B$ và liên kết với phép quay này là phép quay của tay gimlet (hoặc hướng mà trong đó

7

lei ngay cả bây giờ, nhưng trước khi anh ấy coi anh ấy như một phép màu. Bây giờ chúng ta có thể giải thích nó rất dễ dàng. Để đơn giản, hãy treo matnik trên một cây cột. Theo quan điểm của một người quan sát đứng yên nằm trong hệ thống báo cáo quán tính, mặt phẳng dao động của matnik tất nhiên là bất động và Trái đất quay ngược chiều kim đồng hồ. Vì lý do tương tự, dấu vết chuyển động của quả bóng trên mặt phẳng nằm ngang không phải là một đường thẳng mà là một đường cong phức tạp (Hình 6).

Một người quan sát trên trái đất được kết nối với hệ thống báo cáo quay sẽ giải thích sự quay của mặt phẳng dao động bằng tác dụng của lực Korpolis lên quả bóng. Đối với những sai lệch nhỏ của matnik so với vị trí cân bằng, chúng ta có thể giả sử rằng tốc độ của quả bóng tại bất kỳ thời điểm nào vuông góc với tốc độ góc $\omega_3$ của chuyển động quay của Trái đất, do đó lực Korpolis luôn nằm trong mặt phẳng ngang và có hướng vuông góc với tốc độ của quả bóng về bên phải, khi nhìn theo hướng chuyển động của quả bóng. Lực này gây ra sự quay của mặt phẳng dao động của tấm thảm và tốc độ góc quay $\omega$ chỉ bằng tốc độ góc quay của Trái đất.

Dễ dàng chứng minh rằng nếu matnik được treo ở một nơi có vĩ độ bằng $\varphi$ thì vận tốc góc sẽ bằng $\omega_3$ sin$\varphi$, triệt tiêu ở xích đạo. Để làm được điều này, chỉ cần tìm hình chiếu $\omega_3$ lên pháp tuyến đến mặt phẳng chân trời là đủ (tiến hành chứng minh đến cùng).

Hình ảnh chiếc matnik đung đưa chứa đựng những chi tiết thú vị. Nếu chúng ta cố gắng hiểu loại đường mà matnik Foucault vẽ trên một mặt phẳng, chúng ta sẽ thấy rằng hình dạng của quỹ đạo phụ thuộc vào cách matnik bắt đầu chuyển động.

Nếu matnik bắt đầu di chuyển từ vị trí đứng yên (vị trí thẳng đứng trên cột), thì trong quá trình di chuyển, nó sẽ luôn đi qua các sọc và sẽ vẽ một đường cong trên mặt phẳng giống như đường cong trong Hình 6, $a$.

Nếu tại thời điểm ban đầu, matnik bị lệch tối đa, thì đối với người quan sát quán tính, nó có vận tốc góc bằng 0 tại thời điểm đó, điều đó có nghĩa là đối với người quan sát như vậy, matnik không dao động trong một mặt phẳng mà được viết trên một mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng dao động, một hình elip. Một người quan sát trên Trái đất sẽ thấy một quỹ đạo có thể mô tả là một hình elip đang quay (Hình 6, 6). Quỹ đạo không còn đi qua các sọc nữa.

Độ lệch của cơ thể padao

Khi bắt đầu nghiên cứu chuyển động có gia tốc đều ở trường, các em quyết định chắc chắn bài toán về việc chia một điểm vật chất từ ​​một độ cao nhất định $H$. Lời giải trong số bài toán này thật đơn giản. Nếu điểm được đào trước tiên thì đường đi $h$ mà điểm đi qua phụ thuộc vào thời gian và được biểu thị bằng công thức $h = \frac{1}{2} gt^2$ (g là gia tốc trọng trường). Tốc độ trên bề mặt Trái đất là $v_0 = \sqrt{2gH}$.

Nếu điểm di chuyển, có hướng, thẳng đứng hướng lên trên và có lúc đầu

8

(trên bề mặt Trái đất) tốc độ $v_0$ thì thời gian bay lên của nó sẽ bằng $t=\sqrt{2H/g}$, tức là thời gian vật rơi trong lần đầu tiên bài toán.

Tuy nhiên, trong trường hợp này, người ta giả định rằng điểm luôn chuyển động theo đường thẳng. Như bạn đã hiểu, giả định như vậy chỉ có thể được đưa ra nếu không tính đến chuyển động quay của Trái đất.

Trên thực tế, theo quan điểm của người quan sát trong hệ quy chiếu quán tính, một vật ném từ độ cao $H$ có tốc độ nằm ngang $\omega_3(H+R)\cos\varphi$, trong đó $R$ là bán kính Trái đất, $\omega_3$ là vận tốc góc của nó, $\varphi$ là vĩ độ của địa điểm. Trong khi rơi, vật duy trì tốc độ này và trong chuyển động theo phương ngang của nó sẽ bỏ xa các điểm đứng yên (so với Trái đất) (ví dụ: cửa sổ trong một ngôi nhà nếu vật rơi từ mái nhà) ở độ cao $h<H$, vì những điểm này chuyển động với tốc độ thấp hơn $\omega_3(h+R)\cos\varphi$.

Hãy thử tính xem một vật rơi từ độ cao $H$ sẽ lệch khỏi phương thẳng đứng sang đông bao nhiêu (Trái đất quay từ tây sang đông và vật đó vượt qua Trái đất). bài toán này dễ giải hơn trong hệ quy chiếu liên kết với Trái đất, sử dụng biểu thức cho lực Coriolis *).

Vì vậy, hãy để vật rơi từ độ cao $H$, tại thời điểm $t=0$. Vật sẽ chuyển động nhanh dần đều và thành phần vận tốc thẳng đứng của nó sẽ thay đổi theo thời gian theo quy luật

$$v=gt.$$

Đối với người quan sát trên trái đất, thành phần nằm ngang của lực Coriolis sẽ tác dụng lên cơ thể, lực này sẽ làm tăng thành phần nằm ngang của động lượng của cơ thể, khiến nó lệch về phía đông. Hãy viết phương trình của chuyển động này:

$$ma=2m\omega_3 v\cos\varphi,$$

hoặc, có tính đến sự phụ thuộc của tốc độ vào thời gian,

$$a=2\omega_3\cos\varphi\, gt=At,$$

trong đó $A=2\omega_3 g\cos\varphi$ là giá trị không đổi.

Bạn chưa từng gặp loại phương trình này ở trường. Nếu $a$ không đổi thì chuyển động sẽ được tăng tốc đều, nhưng gia tốc của chúng ta tăng tuyến tính theo thời gian. Sự phụ thuộc của đường đi vào thời gian được thể hiện như thế nào trong trường hợp này? bài toán này có thể giải quyết dễ dàng nếu bạn biết cách phân biệt

---

*) Tất nhiên cũng có thể giải được trong hệ quy chiếu quán tính. Hãy thử điều này.

thùng. Chúng tôi sẽ thử đoán (và sau đó kiểm tra) đáp số.

Đầu tiên, chúng ta hãy tìm một biểu thức cho tốc độ. Trong chuyển động có gia tốc đều $v=v_0+at$ và $a=\mathrm{const}$. Vì bây giờ $a$ phụ thuộc tuyến tính vào thời gian nên sẽ hợp lý khi giả sử rằng tốc độ phụ thuộc bậc hai vào thời gian:

$$v=v_0+\alpha t+\beta t^2.$$

Hãy tính gia tốc. Để làm điều này, hãy tìm tốc độ tại thời điểm liền kề $t+\Delta t$ $(\Delta t \ll t)$:

$$v=v_0+\alpha(t+\Delta t)+\beta(t+\Delta t)^2.$$

Trừ số hạng trước khỏi đẳng thức này và loại bỏ số hạng với $(\Delta t)^2$ do nó nhỏ so với các số hạng khác, chúng ta thu được

$$a=\frac{v_{t+\Delta t}-v_t}{\Delta t}=\alpha+2\beta t.$$

Bây giờ chúng ta thấy rằng nếu $a=At$ thì $\alpha=0$, $\beta=\dfrac{A}{2}$. Sau đó (cũng giả sử rằng $v=0$ tại $t=0$, từ đó $v_0=0$)

$$v=\frac{At^2}{2}.$$

Bây giờ chúng ta có thể tìm thấy đường dẫn $s$. Hãy giả sử rằng

$$s=s_0+\alpha_1 t+\beta_1 t^2+\gamma t^3.$$

Biểu thức này khác một số hạng bổ sung $\gamma t^3$ so với công thức chuyển động có gia tốc đều. Chúng ta hãy viết ra đường đi đến thời điểm thời gian $t+\Delta t$ và soạn, như trước đây, mối quan hệ

$$v=\frac{s_{t+\Delta t}-s_t}{\Delta t}=\alpha_1+2\beta_1 t+3\gamma t^2$$

(ở đây chúng tôi đã bỏ các số hạng với $(\Delta t)^2$ và $(\Delta t)^3$). So sánh với biểu thức trước đó về tốc độ và cũng giả sử $s_0=0$, chúng tôi thấy rằng

$$\alpha_1=0,\ \beta_1=0,\ \gamma=\frac{1}{6}A$$

Và

$$s=\frac{At^3}{6}.$$

Bây giờ quay trở lại bài toán của chúng ta, chúng ta có thể biểu thị thời gian $t$ theo tốc độ cuối cùng $v_0$ từ định luật về tốc độ thẳng đứng: $t=\dfrac{v_0}{g}$. Vì $A=2\omega_3 g\cos\varphi$, độ dịch chuyển của vật rơi về phía đông hóa ra bằng

$$s=\frac{1}{3}\frac{\omega_3\cos\varphi}{g^2}v_0^3.$$

Hãy tự thay thế các số tương ứng ở đây và tính $s$ nếu vật rơi, chẳng hạn như từ độ cao 1 $км$. Các phép tính cho một vật được ném lên từ bề mặt Trái đất có vẻ dài hơn một chút. Bạn có thể tự mình thực hiện bài tập này.