Physics · الكتاب 3 · Bachelor Year 1

الفيزياء الجامعية — السنة الأولى

الفيزياء الجامعية — السنة الأولى · Bachelor Year 1

18المراجع غير العطالية؛ الديناميك على الأرض

تقف في حافلة تنعطف يسارًا فتميل يمينًا، تدفعك قوة لا يؤثر بها أحد. ودلو ماء يدور على قرص دوّار يجوّف سطحه فيصير كأسًا. وتحت قبة متحف يتأرجح بندول ساعات، ويزحف خط تأرجحه ببطء دائرًا، بضع درجات في الساعة، كأن يدًا خفية تديره. وليس شيء من هذه قوة جديدة: بل هي ما تبدو عليه قوانين نيوتن حين يكون المرجع الذي تُوصف فيه الحركة هو نفسه متسارعًا أو دوّارًا. ويبيّن هذا الفصل كيف تتحول السرعات والتسارعات بين المراجع، وكيف تُصلَح قوانين الديناميك بإضافة قوى عطالية، وما الذي تفعله تلك القوى على أهم مرجع دوّار على الإطلاق — الأرض.

بندول فوكو في البانثيون بباريس، حيث عُلّق أول مرة سنة 1851: 67\, m من السلك، وثقّالة كتلتها 28\, kg، ومستوي تأرجح يدور بالنسبة إلى الأرضية. الصورة: أولغا خوميتسيفيتش، CC BY 2.0.
بندول فوكو في البانثيون بباريس، حيث عُلّق أول مرة سنة 1851: 67 m67\,\mathrm{m} من السلك، وثقّالة كتلتها 28 kg28\,\mathrm{kg}، ومستوي تأرجح يدور بالنسبة إلى الأرضية. الصورة: أولغا خوميتسيفيتش، CC BY 2.0.

18.1 تغيير المرجع: التحريك

تعريف 18.1 (الحركة النسبية؛ مرجع في انسحاب، ومرجع في دوران)

ليكن R\mathcal R مرجعًا (مبدؤه OO) و R′\mathcal R' مرجعًا آخر (مبدؤه O′O') يتحرك بالنسبة إليه. ويكون R′\mathcal R' في انسحاب إذا حافظت محاوره على اتجاهات ثابتة في R\mathcal R (فلكل نقطة من R′\mathcal R' سرعة O′O')؛ ويكون في دوران حول محور ثابت Δ\Delta إذا كان Δ\Delta ثابتًا في المرجعين ودار R′\mathcal R' حوله بالسرعة الزاوية Ω(t)\Omega(t). أما سرعة نقطة MM وتسارعها النسبيان إلى R′\mathcal R'، أي v→′\vect v' و a→′\vect a'، فهما ما يقيسه مراقب ساكن في R′\mathcal R'.

مبرهنة 18.2 (تركيب السرعات والتسارعات)

  • إذا كان R′\mathcal R' في انسحاب بالسرعة v→O′\vect v_{O'} والتسارع a→O′\vect a_{O'}:

    v→=v→′+v→O′,a→=a→′+a→O′.\vect v = \vect v' + \vect v_{O'}, \qquad \vect a = \vect a' + \vect a_{O'} .

  • وإذا كان R′\mathcal R' يدور حول المحور الثابت Δ\Delta بالسرعة Ω\Omega (وبالمتجهة Ω→=Ωe→z\vect\Omega = \Omega\vect e_z على امتداد المحور)، مع HH مسقط النقطة MM على المحور:

    v→=v→′+Ω→∧HM→,a→=a→′+(−Ω2HM→+Ω˙ e→z∧HM→)⏟a→e+2Ω→∧v→′⏟a→C.\vect v = \vect v' + \vect\Omega\wedge\vect{HM}, \qquad \vect a = \vect a' + \underbrace{\big(-\Omega^2\vect{HM} + \dot\Omega\,\vect e_z\wedge\vect{HM}\big)}_{\vect a_e} + \underbrace{2\vect\Omega\wedge\vect v'}_{\vect a_C} .

حيث a→e\vect a_e هو تسارع الجرّ (أي تسارع نقطة R′\mathcal R' المنطبقة على MM: وهو جاذب مركزي نحو المحور في الدوران المنتظم)، و a→C=2Ω→∧v→′\vect a_C = 2\vect\Omega\wedge\vect v' هو تسارع كوريوليس، ولا يوجد إلا حين تتحرك MM بالنسبة إلى المرجع الدوّار.

برهان. للانسحاب: OM→=OO′→+O′M→\vect{OM} = \vect{OO'} + \vect{O'M} مع مركّبات O′M→\vect{O'M} في الأساس المشترك؛ ثم اشتقّ مرتين. وللدوران: استعمل الإحداثيات الأسطوانية حول Δ\Delta في R\mathcal R، أي (r,θ,z)(r, \theta, z)، وفي R′\mathcal R'، أي (r,θ′,z)(r, \theta', z) مع θ=θ′+∫Ω  ⁣dt\theta = \theta' + \int\Omega\,\dd t. ثم طبّق المبرهنة 11.7 في R\mathcal R مع θ˙=θ˙′+Ω\dot\theta = \dot\theta' + \Omega: v→=r˙e→r+r(θ˙′+Ω)e→θ+z˙e→z=v→′+rΩe→θ\vect v = \dot r\vect e_r + r(\dot\theta' + \Omega)\vect e_\theta + \dot z\vect e_z = \vect v' + r\Omega\vect e_\theta، و rΩe→θ=Ω→∧HM→r\Omega\vect e_\theta = \vect\Omega\wedge\vect{HM}. وللتسارع، θ¨=θ¨′+Ω˙\ddot\theta = \ddot\theta' + \dot\Omega: a→=[r¨−r(θ˙′+Ω)2]e→r+[r(θ¨′+Ω˙)+2r˙(θ˙′+Ω)]e→θ+z¨e→z\vect a = [\ddot r - r(\dot\theta' + \Omega)^2]\vect e_r + [r(\ddot\theta' + \dot\Omega) + 2\dot r(\dot\theta' + \Omega)]\vect e_\theta + \ddot z\vect e_z؛ وبالنشر والتجميع، a→=a→′−rΩ2e→r+rΩ˙e→θ+2Ω(−rθ˙′e→r+r˙e→θ)\vect a = \vect a' - r\Omega^2\vect e_r + r\dot\Omega\vect e_\theta + 2\Omega(-r\dot\theta'\vect e_r + \dot r\vect e_\theta)، والقوس الأخير هو 2Ω→∧v→′2\vect\Omega\wedge\vect v' لأن e→z∧e→r=e→θ\vect e_z\wedge\vect e_r = \vect e_\theta و e→z∧e→θ=−e→r\vect e_z\wedge\vect e_\theta = -\vect e_r. ∎

مثال 18.3 (المشي على قرص دوّار)

حسب التمرين 11.12 تسارع شخص يمشي قطريًّا بالسرعة uu على قرص يدور بالسرعة Ω\Omega: أي −utΩ2e→r+2uΩe→θ-ut\Omega^2\vect e_r + 2u\Omega\vect e_\theta. وباللغة الجديدة: التسارع النسبي معدوم، وتسارع الجرّ −rΩ2e→r-r\Omega^2\vect e_r، وتسارع كوريوليس 2Ω→∧ue→r=2uΩe→θ2\vect\Omega\wedge u\vect e_r = 2u\Omega\vect e_\theta.

18.2 الديناميك في مرجع غير عطالي: القوى العطالية

مبرهنة 18.4 (قانون نيوتن في مرجع غير عطالي)

في مرجع R′\mathcal R' غير عطالي، تحقق حركة جسيم العلاقة

ma→′=∑F→+F→e+F→C,F→e=−ma→e,F→C=−ma→C=−2mΩ→∧v→′:m\vect a' = \sum\vect F + \vect F_e + \vect F_C, \qquad \vect F_e = -m\vect a_e, \qquad \vect F_C = -m\vect a_C = -2m\vect\Omega\wedge\vect v' :

أي إن قانون نيوتن الثاني يصحّ شريطة أن يُضاف إلى القوى الحقيقية قوة الجرّ (وهي، من أجل مرجع يدور دورانًا منتظمًا، القوة الطاردة المركزية +mΩ2HM→+m\Omega^2\vect{HM}، الموجَّهة بعيدًا عن المحور؛ ومن أجل مرجع في انسحاب، −ma→O′-m\vect a_{O'}) وقوة كوريوليس. وهذه القوى العطالية ليست تآثرات: فلا جسم يؤثر بها، ولا ردّ فعل لها، وتتلاشى في مرجع عطالي.

برهان. ma→=∑F→m\vect a = \sum\vect F في المرجع العطالي R\mathcal R؛ ثم عوّض a→=a→′+a→e+a→C\vect a = \vect a' + \vect a_e + \vect a_C وانقل الحدّين إلى الطرف الآخر. ∎

مثال 18.5 (الراكب المائل، والشاقول)

في حافلة تكبح بالتسارع a=3.0 m/s2a = 3.0\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}، يشعر مقبض معلّق، في مرجع الحافلة، بالثقالة مضافًا إليها قوة عطالية أمامية mama: فيتدلّى على امتداد الثقالة الظاهرية g→′=g→−a→O′\vect g' = \vect g - \vect a_{O'}، مائلًا إلى الأمام بالزاوية arctan⁡(a/g)=17∘\arctan(a/g) = 17^\circ. والراكب الذي يريد الوقوف ساكنًا عليه أن يميل نحو ذلك الشاقول الظاهري. وفي مصعد يسقط سقوطًا حرًّا يكون g→′=0→\vect g' = \vect 0: أي انعدام الوزن، منظورًا من الداخل.

القوى العطالية. يسارًا: في حافلة تكبح يتدلّى الشاقول على امتداد الثقالة الظاهرية g - a_O'، مائلًا إلى الأمام. ويمينًا: في مرجع يدور بالسرعة ، يشعر جسيم بقوة طاردة مركزية بعيدًا عن المحور، وإذا تحرك، بقوة كوريوليس عمودية على سرعته النسبية.
القوى العطالية. يسارًا: في حافلة تكبح يتدلّى الشاقول على امتداد الثقالة الظاهرية g→−a→O′\vect g - \vect a_{O'}، مائلًا إلى الأمام. ويمينًا: في مرجع يدور بالسرعة Ω\Omega، يشعر جسيم بقوة طاردة مركزية بعيدًا عن المحور، وإذا تحرك، بقوة كوريوليس عمودية على سرعته النسبية.

مثال 18.6 (الدلو الدوّار)

الماء في دلو يدور بالسرعة Ω\Omega حول محوره الشاقولي ساكن في المرجع الدوّار تحت الثقالة والقوة الطاردة المركزية: فسطحه الحرّ عمودي على الثقالة الظاهرية g→′=−ge→z+Ω2re→r\vect g' = -g\vect e_z + \Omega^2r\vect e_r (إذ يكون سطح مائع ساكن ناظميًّا على المجال، الفصل 21). وميله  ⁣dz/ ⁣dr=Ω2r/g\dd z/\dd r = \Omega^2r/g، ومنه z=Ω2r2/2gz = \Omega^2r^2/2g: أي مجسم قطع مكافئ. وعند 10 rad/s10\,\mathrm{rad}/\mathrm{s} ترتفع حافة دلو نصف قطره 10 cm10\,\mathrm{cm} بمقدار 5 cm5\,\mathrm{cm} فوق المركز — وهو مبدأ مقراب المرآة السائلة، الذي يأخذ زئبقه الدوّار تمامًا الشكل المكافئ الذي تحتاجه المرآة.

طريقة 18.7 (العمل في مرجع غير عطالي)

اختر المرجع الذي يكون فيه السؤال أبسط (الحافلة أو القرص الدوّار أو الأرض)؛ وعدّد القوى الحقيقية؛ وأضف −ma→e-m\vect a_e، وإذا تحرك الجسم في المرجع، أضف −2mΩ→∧v→′-2m\vect\Omega\wedge\vect v'؛ ثم تابع كما في الطريقة 12.10. وتحقق: لا تظهر القوى العطالية أبدًا في موازنة الطاقة على أنها “شغل يبذله أحد” — فقوة كوريوليس، وهي عمودية على v→′\vect v'، لا تبذل شغلًا؛ والقوة الطاردة المركزية تشتقّ من الطاقة الكامنة −12mΩ2r2-\tfrac12 m\Omega^2r^2 في مرجع يدور دورانًا منتظمًا.

18.3 المرجع الأرضي

تعريف 18.8 (المرجعان المركزي الأرضي والأرضي)

المرجع المركزي الأرضي مبدؤه مركز الأرض ومحاوره موجَّهة نحو نجوم ثابتة؛ وهو عطالي بتقريب ممتاز من أجل حركات تدوم يومًا أو أقل (إذ إن تسارعه حول الشمس لا يتعدى 6×10−3 m/s26 \times 10^{-3}\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}، وهو منتظم تقريبًا على امتداد الأرض). أما المرجع الأرضي، المرتبط بالأرض، فيدور بالنسبة إليه حول المحور القطبي بالسرعة

Ω=2π86 164 s=7.29×10−5 rad/s.\Omega = \frac{2\pi}{86\,164\,\mathrm{s}} = 7.29 \times 10^{-5}\,\mathrm{rad}/\mathrm{s} .

قضية 18.9 (الوزن، وتغيّر gg)

في المرجع الأرضي يشعر جسم ساكن بالجذب الثقالي mG→m\vect{\mathcal G} وبالقوة الطاردة المركزية mΩ2HM→m\Omega^2\vect{HM}؛ ومجموعهما هو ما يقيسه ميزان وما يبيّنه خيط الشاقول: أي الوزن mg→=mG→+mΩ2HM→m\vect g = m\vect{\mathcal G} + m\Omega^2\vect{HM}. والحدّ الطارد المركزي أكبر ما يكون عند خط الاستواء، Ω2R=0.034 m/s2\Omega^2R = 0.034\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}، أي 0.35%0.35\% من gg؛ وهو يخفّض gg من القطبين إلى الاستواء ويميل الشاقول بعيدًا عن مركز الأرض بما يبلغ 0.1∘0.1^\circ عند خطوط العرض الوسطى.

برهان. طبّق المبرهنة 18.4 مع v→′=0→\vect v' = \vect 0 (فلا قوة كوريوليس)؛ و Ω2R=(7.29×10−5)2×6.37×106\Omega^2R = (7.29\times10^{-5})^2 \times 6.37\times10^6. وتنتج زاوية الانحراف من مثلث mG→m\vect{\mathcal G} والقوة الطاردة المركزية (التمرين 18.6). ∎

قضية 18.10 (قوة كوريوليس على الأرض)

عند خط العرض λ\lambda، يشعر جسم يتحرك أفقيًّا بالسرعة v′v' بقوة كوريوليس أفقية مقدارها

FC=2mΩv′sin⁡λ,F_C = 2m\Omega v'\sin\lambda ,

موجَّهة إلى يمين الحركة في نصف الكرة الشمالي و إلى يسارها في الجنوبي، أيًّا كانت جهة السير؛ أما الجسم الساقط شاقوليًّا فينحرف شرقًا بالمقدار 2mΩv′cos⁡λ2m\Omega v'\cos\lambda.

برهان. حلّل Ω→=Ω(cos⁡λ e→N+sin⁡λ e→z)\vect\Omega = \Omega(\cos\lambda\,\vect e_N + \sin\lambda\,\vect e_z) (على الشمال والشاقول المحلي). ومن أجل v→′\vect v' أفقية، يكون للمقدار −2mΩ→∧v→′-2m\vect\Omega\wedge\vect v' جزء أفقي −2mΩsin⁡λ e→z∧v→′-2m\Omega\sin\lambda\,\vect e_z\wedge\vect v' — مُدار 90∘90^\circ في اتجاه عقارب الساعة عن v→′\vect v' منظورًا من فوق، من أجل λ>0\lambda > 0 — وجزء شاقولي (مهمل أمام الثقالة). ومن أجل الحالة الشاقولية v→′=−v′e→z\vect v' = -v'\vect e_z: −2mΩcos⁡λ e→N∧(−v′e→z)=2mΩv′cos⁡λ e→E-2m\Omega\cos\lambda\,\vect e_N\wedge(-v'\vect e_z) = 2m\Omega v'\cos\lambda\, \vect e_E، أي شرقًا. ∎

يسارًا: عند خط العرض يكون لمتجهة دوران الأرض مركّبة شاقولية وأخرى نحو الشمال . ويمينًا: منظورًا من فوق في نصف الكرة الشمالي، يُدفع جسم يتحرك أفقيًّا نحو يمينه بقوة كوريوليس فينحني مساره في اتجاه عقارب الساعة.
يسارًا: عند خط العرض λ\lambda يكون لمتجهة دوران الأرض مركّبة شاقولية Ωsin⁡λ\Omega\sin\lambda وأخرى نحو الشمال Ωcos⁡λ\Omega\cos\lambda. ويمينًا: منظورًا من فوق في نصف الكرة الشمالي، يُدفع جسم يتحرك أفقيًّا نحو يمينه بقوة كوريوليس فينحني مساره في اتجاه عقارب الساعة.

مثال 18.11 (قوى صغيرة ونتائج كبيرة)

قطار عند 100 km/h100\,\mathrm{km}/\mathrm{h} على خط العرض 45∘45^\circ: aC=2×7.29×10−5×27.8×0.71=2.9×10−3 m/s2a_C = 2 \times 7.29\times 10^{-5} \times 27.8 \times 0.71 = 2.9 \times 10^{-3}\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}، أي ثلاثة أجزاء من ألف من gg — فتتآكل السكة اليمنى في خط أحادي الاتجاه أسرع قليلًا. والهواء المتدفق بسرعة 20 m/s20\,\mathrm{m}/\mathrm{s} نحو مركز منخفض الضغط يُدار يمينًا طوال طريقه إلى الداخل فينتهي دائرًا حوله عكس عقارب الساعة: فكل إعصار في نصف الكرة الشمالي يدور هكذا، وكل إعصار جنوبي بالعكس. وحجر يُسقط في بئر عمقها 100 m100\,\mathrm{m} عند 45∘45^\circ يحطّ على بعد 1.6 cm1.6\,\mathrm{cm} شرق خيط الشاقول (التمرين 18.7).

قضية 18.12 (بندول فوكو)

بندول يتأرجح بسعة صغيرة عند خط العرض λ\lambda يحفظ مستوي اهتزازه ثابتًا بالنسبة إلى دوران الشاقول المحلي في المرجع المركزي الأرضي وحده: فيبدو في المرجع الأرضي أن المستوي يدور في اتجاه عقارب الساعة (منظورًا من فوق، في نصف الكرة الشمالي) بالمعدّل الزاوي Ωsin⁡λ\Omega\sin\lambda، أي دورة كاملة في

TF=23.93 hsin⁡λ.T_F = \frac{23.93\,\mathrm{h}}{\sin\lambda} .

برهان جزئي. عند القطب (λ=90∘\lambda = 90^\circ) يكون البرهان هندسيًّا: فلا تؤثر أيّ قوة أفقية في الثقّالة إلا الشدّ، ومركّبته الأفقية على امتداد التأرجح، ومن ثمّ يكون مستوي التأرجح ثابتًا في المرجع المركزي الأرضي بينما تدور الأرض تحته بالسرعة Ω\Omega؛ فيبدو من الأرض دائرًا بالسرعة −Ω-\Omega. وعند خط العرض λ\lambda تكون قوة كوريوليس الأفقية −2mΩsin⁡λ e→z∧v→′-2m\Omega\sin\lambda\,\vect e_z\wedge\vect v': وهي بالضبط ما ينتجه مرجع يدور بالسرعة Ωsin⁡λ\Omega\sin\lambda حول الشاقول المحلي. وفي مرجع يدور مع المستوي بالسرعة −Ωsin⁡λ-\Omega\sin\lambda تختفي تلك القوة من الرتبة الأولى ويصير البندول هزّازًا مستويًا عاديًّا؛ ومن هنا يبادر المستوي بالسرعة Ωsin⁡λ\Omega\sin\lambda في المرجع الأرضي. أما الحساب الكامل، مع الحدود المهملة من الرتبة الثانية، فهو مسألة نهاية الأسبوع. ∎

ملاحظة 18.13 (المدّ والجزر في سطرين)

في مرجع مركز الأرض، وهو يسقط سقوطًا حرًّا نحو القمر، لا يكون جذب القمر منتظمًا: فهو أقوى قليلًا على الجانب القريب، وأضعف على البعيد. والفرق، وهو من رتبة 2GMالقمرR/d3≈1×10−6 m/s22GM_{\text{القمر}}R/d^3 \approx 1 \times 10^{-6}\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}، يمطّ المحيطات إلى انتفاخين — أي مدّين في اليوم — وإسهام الشمس، وهو 46%46\% من إسهام القمر، يصنع المدّ الربيعي والمدّ الأدنى بحسب اصطفاف الاثنين أو تقاطعهما (التمرين 18.12).

18.4 تمارين

تمرين 18.1 ★

يتدلّى شاقول في سيارة تتسارع بالمقدار 2.5 m/s22.5\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}: احسب الزاوية مع الشاقول، والشدّ بوحدات mgmg. وماذا لو كبحت السيارة نفسها بالمعدّل نفسه؟

حل

حل التمرين 18.1.

tan⁡α=a/g=0.255\tan\alpha = a/g = 0.255 و α=14∘\alpha = 14^\circ (فتتخلّف الثقّالة إلى الخلف)؛ و T=mg2+a2=1.03 mgT = m\sqrt{g^2 + a^2} = 1.03\,mg. وفي الكبح: الزاوية والشدّ نفسهما، مع ميل الثقّالة إلى الأمام.

تمرين 18.2 ★

يجلس طفل على بعد 3.0 m3.0\,\mathrm{m} من محور مرجوحة دوّارة تدور دورة كل 4.0 s4.0\,\mathrm{s}. احسب التسارع الطارد المركزي في المرجع الدوّار، كنسبة من gg؛ وأيّ قوة حقيقية توفّره؟

حل

حل التمرين 18.2.

Ω=2π/4.0=1.57 rad/s\Omega = 2\pi/4.0 = 1.57\,\mathrm{rad}/\mathrm{s}؛ و Ω2r=7.4 m/s2=0.75g\Omega^2r = 7.4\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2} = 0.75g، موجَّهًا إلى الخارج في المرجع الدوّار؛ والمقعد (بالاحتكاك والحزام) يوفّر القوة الحقيقية المتجهة إلى الداخل.

تمرين 18.3 ★

احسب السرعة الزاوية للأرض Ω\Omega، والتسارع الطارد المركزي عند خط الاستواء، ونسبته من gg. وعند أيّ دور دوران تطفو الأجسام عند خط الاستواء مبتعدةً؟

حل

حل التمرين 18.3.

Ω=2π/86164=7.29×10−5 rad/s\Omega = 2\pi/86164 = 7.29 \times 10^{-5}\,\mathrm{rad}/\mathrm{s}؛ و Ω2R=0.034 m/s2\Omega^2R = 0.034\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}، أي 0.35%0.35\% من gg. والطفو بعيدًا يقتضي Ω2R=g\Omega^2R = g: أي T=2πR/g=84 minT = 2\pi\sqrt{R/g} = 84\,\mathrm{min} — أي أسرع سبع عشرة مرة مما هو الآن.

تمرين 18.4 ★

يسير قطار كتلته 400 t400\,\mathrm{t} بسرعة 100 km/h100\,\mathrm{km}/\mathrm{h} على خط العرض 45∘45^\circ. احسب تسارع كوريوليس والقوة الجانبية على السكتين؛ وأيّ سكة تُدفع عند التوجه شمالًا؟ وعند التوجه شرقًا؟

حل

حل التمرين 18.4.

aC=2Ωvsin⁡λ=2×7.29×10−5×27.8×0.707=2.9×10−3 m/s2a_C = 2\Omega v\sin\lambda = 2 \times 7.29\times10^{-5} \times 27.8 \times 0.707 = 2.9 \times 10^{-3}\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}؛ و F=1.1 kNF = 1.1\,\mathrm{kN}. وعند التوجه شمالًا: يُدفع شرقًا، أي على السكة اليمنى (الشرقية)؛ وعند التوجه شرقًا: يُدفع جنوبًا، أي على السكة اليمنى أيضًا.

تمرين 18.5 ★★

يدور دلو نصف قطره 10 cm10\,\mathrm{cm} بالسرعة 2.0 rad/s2.0\,\mathrm{rad}/\mathrm{s}، ثم 10 rad/s10\,\mathrm{rad}/\mathrm{s}. احسب ارتفاع الماء عند الحافة بالنسبة إلى المركز. ولماذا يكون حوض زئبق دوّار مرآة مقراب جيدة؟

حل

حل التمرين 18.5.

z=Ω2r2/2gz = \Omega^2r^2/2g: أي 2.0 mm2.0\,\mathrm{mm} عند 2 rad/s2\,\mathrm{rad}/\mathrm{s}، و 5.1 cm5.1\,\mathrm{cm} عند 10 rad/s10\,\mathrm{rad}/\mathrm{s}. ومجسم القطع المكافئ يجمّع حزمة موازية في نقطة: فالزئبق الدوّار مرآة مكافئة تامة ورخيصة تصقل نفسها (لكن لا يمكن إمالتها).

تمرين 18.6 ★★

بيّن أن خيط الشاقول عند خط العرض λ\lambda ينحرف عن مركز الأرض بنحو Ω2Rsin⁡λcos⁡λ/g\Omega^2R\sin\lambda\cos\lambda/g راديان، واحسبه عند 45∘45^\circ بدقائق القوس. وبكم يكون gg أصغر عند خط الاستواء منه عند القطب بفعل الدوران وحده؟

حل

حل التمرين 18.6.

التسارع الطارد المركزي Ω2Rcos⁡λ\Omega^2R\cos\lambda موجَّه بعيدًا عن المحور؛ ومركّبته العمودية على الشاقول المحلي هي Ω2Rcos⁡λsin⁡λ\Omega^2R\cos\lambda \sin\lambda، وهي تميل g→\vect g بالمقدار δ≈Ω2Rsin⁡λcos⁡λ/g=0.034×0.5/9.81=1.7×10−3 rad=6′\delta \approx \Omega^2R\sin\lambda\cos\lambda/g = 0.034 \times 0.5/9.81 = 1.7 \times 10^{-3}\,\mathrm{rad} = 6'. وعند خط الاستواء: ينخفض gg بالمقدار Ω2R=0.034 m/s2\Omega^2R = 0.034\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2} بفعل الدوران (ويضيف التفلطح أكثر).

تمرين 18.7 ★★

يسقط حجر من السكون في بئر عمقها 100 m100\,\mathrm{m} عند خط العرض 45∘45^\circ. عامِل تسارع كوريوليس 2Ωvcos⁡λ2\Omega v\cos\lambda (نحو الشرق) على أنه اضطراب صغير مع v=gtv = gt؛ وكامِل مرتين لإيجاد الانحراف الشرقي عند القاع. ولماذا نحو الشرق؟

حل

حل التمرين 18.7.

x¨E=2Ωgtcos⁡λ\ddot x_E = 2\Omega gt\cos\lambda: ومنه xE=13Ωgcos⁡λ t3x_E = \tfrac13\Omega g\cos\lambda\,t^3؛ ومع t=2h/g=4.5 st = \sqrt{2h/g} = 4.5\,\mathrm{s}: يكون xE=13×7.29×10−5×9.81×0.707×92=1.6 cmx_E = \tfrac13 \times 7.29\times10^{-5} \times 9.81 \times 0.707 \times 92 = 1.6\,\mathrm{cm}. وإنما نحو الشرق لأن أعلى البئر يتحرك شرقًا أسرع (لكبر نصف قطره) من أسفلها؛ فيحتفظ الحجر بذلك الفائض — أو، في المرجع الدوّار، لأن قوة كوريوليس على سرعة نحو الأسفل تتجه شرقًا.

تمرين 18.8 ★★

احسب دور مبادرة بندول فوكو في باريس (λ=48.9∘\lambda = 48.9^\circ)، وعند القطب، وعند خط الاستواء. وبأيّ زاوية يدور المستوي في ساعة واحدة في باريس؟

حل

حل التمرين 18.8.

TF=23.93/sin⁡λT_F = 23.93/\sin\lambda: فباريس 31.8 h31.8\,\mathrm{h}؛ والقطب 23.9 h23.9\,\mathrm{h}؛ وخط الاستواء لانهائي (فلا مبادرة). وفي باريس: 360∘/31.8=11.3∘360^\circ/31.8 = 11.3^\circ في الساعة.

تمرين 18.9 ★★

يتدفق الهواء بسرعة 20 m/s20\,\mathrm{m}/\mathrm{s} نحو مركز منخفض الضغط عند 45∘45^\circ شمالًا. احسب تسارع كوريوليس؛ وبأيّ جهة ينتهي الهواء دائرًا حول المركز؟ ولماذا لا تخضع الدوّامات الصغيرة (كمصرف أو إعصار قمعي) لهذه القاعدة؟

حل

حل التمرين 18.9.

aC=2Ωvsin⁡λ=2.1×10−3 m/s2a_C = 2\Omega v\sin\lambda = 2.1 \times 10^{-3}\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}، نحو اليمين. والهواء المتقارب من كل الجهات ينحرف يمينًا، فيلتفّ إلى الداخل عكس عقارب الساعة (منظورًا من فوق): وهو الإعصار الشمالي. أما المصرف فيفرغ في ثوانٍ والإعصار القمعي يتشكل في دقائق: فانحراف كوريوليس على مدى هذه الأزمنة مهمل أمام أيّ دوران ابتدائي.

تمرين 18.10 ★★★

يطفو بالون هليوم مربوط بخيط داخل سيارة. فحين تتسارع السيارة إلى الأمام، بأيّ جهة يميل البالون؟ فسّر ذلك بالثقالة الظاهرية وبالدافعة.

حل

حل التمرين 18.10.

في مرجع السيارة تميل الثقالة الظاهرية g→−a→\vect g - \vect a إلى الخلف. فالهواء، وهو الأثقل، “يسقط” إلى الخلف؛ والبالون، وهو أخفّ من الهواء الذي يزيحه، تدفعه الدافعة على امتداد الشاقول الظاهري — فيميل إلى الأمام، عكس الشاقول.

تمرين 18.11 ★★★

محطة فضائية على شكل حلقة نصف قطرها 100 m100\,\mathrm{m} تُدار لتعطي 1g1g من الثقالة الاصطناعية عند الحافة. فما دور الدوران؟ ويمشي رائد فضاء على الحافة بسرعة 1.5 m/s1.5\,\mathrm{m}/\mathrm{s}: احسب تسارع كوريوليس، وأثره في وزنه الظاهري حين يمشي مع الدوران وضده. ويُسقط كرة من 2.0 m2.0\,\mathrm{m}: فعلى أيّ بعد من قدميه تحطّ تقريبًا؟

حل

حل التمرين 18.11.

Ω2R=g\Omega^2R = g: ومنه Ω=0.31 rad/s\Omega = 0.31\,\mathrm{rad}/\mathrm{s} و T=20 sT = 20\,\mathrm{s}. و aC=2Ωv=0.94 m/s2a_C = 2\Omega v = 0.94\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}، أي نحو 0.1g0.1g: فحين يمشي مع الدوران يشعر بأنه أثقل بنسبة 10%10\% (إذ تتجه قوة كوريوليس نحو الخارج)، وحين يمشي ضده يشعر بأنه أخفّ. أما الكرة المسقَطة: ففي المرجع العطالي تتحرك مستقيمةً بينما تنحني الأرضية إلى أعلى؛ وعلى مدى زمن السقوط 2h/g=0.64 s\sqrt{2h/g} = 0.64\,\mathrm{s} يكون الانحراف من رتبة 13Ω g t3⋅2≈2×0.31×9.81×0.26/3≈0.5 m\tfrac13\Omega\,g\,t^3 \cdot 2 \approx 2 \times 0.31 \times 9.81 \times 0.26/3 \approx 0.5\,\mathrm{m} — أي بضعة ديسيمترات، عكس الدوران.

تمرين 18.12 ★★★

بيّن أن الفرق بين تسارع جاذبية القمر عند مركز الأرض وعند نقطة السطح الأقرب إلى القمر هو نحو 2GMMr/d32GM_Mr/d^3 (حيث rr نصف قطر الأرض و dd بعد الأرض عن القمر)؛ واحسبه، ثم احسب نظيره من أجل الشمس؛ واستنتج نسبة المدّ الشمسي إلى المدّ القمري.

حل

حل التمرين 18.12.

GM/(d−r)2−GM/d2≈2GMr/d3GM/(d - r)^2 - GM/d^2 \approx 2GMr/d^3 (من الرتبة الأولى في r/dr/d). فللقمر: 2×6.67×10−11×7.35×1022×6.37×106/(3.84×108)3=1.1×10−6 m/s22 \times 6.67\times10^{-11} \times 7.35\times10^{22} \times 6.37\times10^6/ (3.84\times10^8)^3 = 1.1 \times 10^{-6}\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}؛ وللشمس: 2×1.33×1020×6.37×106/(1.50×1011)3=5.0×10−7 m/s22 \times 1.33\times10^{20} \times 6.37\times10^6/(1.50\times10^{11})^3 = 5.0 \times 10^{-7}\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}؛ والنسبة 0.460.46: فمدّ الشمس نصف مدّ القمر تقريبًا، مع أن جذبها أكبر بالعامل 180180 — فالمدود تتناسب مع M/d3M/d^3.

18.5 مسألة: بندول فوكو

مسألة 18.1

مسألة نهاية الأسبوع — ثقّالة كتلتها ثمانية وعشرون كيلوغرامًا على سلك طوله سبعة وستون مترًا تحت قبة: لماذا يدور مستوي تأرجحها، وبأيّ سرعة، وما الذي تثبته، وكم صغيرة هي القوة التي تفعل ذلك

سنة 1851 تأرجح بندول طوله ℓ=67 m\ell = 67\,\mathrm{m} وكتلته m=28 kgm = 28\,\mathrm{kg} تحت قبة البانثيون في باريس، عند خط العرض λ=48.85∘\lambda = 48.85^\circ، بسعة نحو x0=3.0 mx_0 = 3.0\,\mathrm{m}. ولدينا Ω=7.29×10−5 rad/s\Omega = 7.29 \times 10^{-5}\,\mathrm{rad}/\mathrm{s} و g=9.81 m/s2g = 9.81\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}.

الجزء I — البندول في ذاته.

  1. احسب دور الاهتزازات الصغيرة؛ وتحقق من أن السعة صغيرة (بحساب x0/ℓx_0/\ell).
  2. احسب السرعة العظمى للثقّالة، وارتفاعها الأعظمي فوق أخفض نقطة.
  3. احسب الشدّ عند أخفض نقطة، بوحدات mgmg.
  4. قدّر سحب الهواء على الثقّالة عند السرعة العظمى (بالقانون التربيعي، مع CxS≈0.05 m2C_xS \approx 0.05\,\mathrm{m}^{2} و ρ=1.2 kg/m3\rho = 1.2\,\mathrm{kg}/\mathrm{m}^{3}) ثم قارنه بالقوة المعيدة العظمى mω02x0m\omega_0^2x_0.
  5. لماذا سلك طويل وثقّالة ثقيلة؟ (سببان، أحدهما يخصّ الدور والآخر التخميد.)

الجزء II — عند القطب. تخيّل البندول نفسه عند القطب الشمالي.

  1. في المرجع المركزي الأرضي، عدّد القوى المؤثرة في الثقّالة وبيّن أنه لا شيء يستطيع إدارة مستوي تأرجحها.
  2. استنتج ما يراه مراقب واقف على الجليد أن المستوي يفعله، وفي كم من الزمن يعود إلى اتجاهه الابتدائي.
  3. صف مسار الثقّالة على الأرض (وهو وردة): فكم بتلة في اليوم الواحد؟

الجزء III — عند خط العرض λ\lambda: حدّ كوريوليس. استعمل محاور محلية: xx نحو الشرق و yy نحو الشمال و zz نحو الأعلى؛ والاهتزازات صغيرة، فتكون الحركة أفقية تقريبًا، v→′≈(x˙,y˙,0)\vect v' \approx (\dot x, \dot y, 0)؛ والقوة المعيدة هي −mω02(x,y,0)-m\omega_0^2(x, y, 0) مع ω0=g/ℓ\omega_0 = \sqrt{g/\ell}.

  1. اكتب Ω→\vect\Omega في هذه المحاور.
  2. احسب −2mΩ→∧v→′-2m\vect\Omega\wedge\vect v' واحتفظ بمركّبتيه الأفقيتين؛ وبيّن أنهما لا تتضمنان إلا Ωsin⁡λ\Omega\sin\lambda.
  3. اكتب معادلتَي الحركة من أجل xx و yy؛ وضع ωF=Ωsin⁡λ\omega_F = \Omega\sin\lambda وقارن ωF\omega_F بالمقدار ω0\omega_0.
  4. أدخِل u=x+jyu = x + jy وبيّن أن u¨+2jωFu˙+ω02u=0\ddot u + 2j\omega_F\dot u + \omega_0^2u = 0.
  5. جرّب u=ejαtu = \eu^{j\alpha t}: أوجد قيمتَي α\alpha، و بيّن أنه من أجل ωF≪ω0\omega_F \ll \omega_0 تكون α≈±ω0−ωF\alpha \approx \pm\omega_0 - \omega_F.
  6. استنتج أن u≈e−jωFt(Aejω0t+Be−jω0t)u \approx \eu^{-j\omega_Ft}(A\eu^{j\omega_0t} + B\eu^{-j\omega_0t}): وفسّر العامل e−jωFt\eu^{-j\omega_Ft} — فبأيّ جهة، وبأيّ معدّل، يدور مستوي التأرجح؟
  7. احسب دور المبادرة في باريس والزاوية المقطوعة في ساعة واحدة.
  8. ولماذا لا يدور المستوي عند خط الاستواء؟

الجزء IV — كم صغيرة هي القوة.

  1. احسب قوة كوريوليس العظمى على الثقّالة وقارنها بالوزن وبالقوة المعيدة العظمى.
  2. بكم تنزاح نقطة نهاية التأرجح جانبيًّا خلال نصف دور؟ (فالمستوي يدور بالمقدار ωFT/2\omega_FT/2.)
  3. سنة 1851 حملت الثقّالة مِسنًّا يقلب أوتادًا صغيرة موضوعة في حلقة عند السعة: فبعد كم من الزمن تقريبًا يسقط الوتد التالي؟
  4. أُطلق البندول بحرق خيط كان يمسك الثقّالة جانبًا. فلماذا لا يُدفع باليد؟
  5. يوقف سحب الهواء بندولًا بعد بضع ساعات. وتستعمل بنادول المتاحف الحديثة مغناطيسًا كهربائيًّا صغيرًا في الأسفل لإعادة الطاقة دون مسّ مستوي التأرجح: فلماذا يجب أن تكون تلك الركلة قطرية تمامًا؟

الجزء V — ما الذي يثبته، وما الذي يفعله أيضًا.

  1. أقنع عرض فوكو الجمهور بدوران الأرض. فما الذي يقيسه معدّل المبادرة بالضبط، وهل تستطيع التجربة تحديد خط العرض؟
  2. عند أيّ خط عرض يدور المستوي دورة في 48 h48\,\mathrm{h} بالضبط؟
  3. الجيروسكوب (وهو دولاب سريع الدوران في محاور معلّقة) يحفظ محوره ثابتًا في المرجع المركزي الأرضي. فسّر في جملة واحدة لماذا يكشف هو أيضًا الدوران، وسمِّ تطبيقًا له.
  4. لخّص: القوة العطالية المسؤولة الوحيدة، وتوقفها على خط العرض، والدور الذي تعطيه في باريس.
حل

حل المسألة 18.1.

1. T=2π67/9.81=16.4 sT = 2\pi\sqrt{67/9.81} = 16.4\,\mathrm{s}؛ و x0/ℓ=0.045x_0/\ell = 0.045 (أي 2.6∘2.6^\circ): وهي صغيرة.

2. vmax⁡=x0ω0=3.0×0.383=1.15 m/sv_{\max} = x_0\omega_0 = 3.0 \times 0.383 = 1.15\,\mathrm{m}/\mathrm{s}؛ والارتفاع x02/2ℓ=6.7 cmx_0^2/2\ell = 6.7\,\mathrm{cm}.

3. T=mg+mvmax⁡2/ℓ=mg(1+0.002)T = mg + mv_{\max}^2/\ell = mg(1 + 0.002): أي 1.002 mg1.002\,mg.

4. 12ρCxSvmax⁡2=0.5×1.2×0.05×1.3=0.04 N\tfrac12\rho C_xSv_{\max}^2 = 0.5 \times 1.2 \times 0.05 \times 1.3 = 0.04\,\mathrm{N}، مقابل mω02x0=12 Nm\omega_0^2x_0 = 12\,\mathrm{N}: أي أصغر بثلاث مئة مرة، ومع ذلك يكفي لإيقاف البندول في بضع ساعات.

5. السلك الطويل يعطي دورًا طويلًا، ومن ثمّ ثقّالة بطيئة و سحبًا نسبيًّا صغيرًا، ويجعل المبادرة في كل تأرجحة مرئية؛ والثقّالة الثقيلة تخزن طاقة كثيرة يأكلها السحب — أي ساعات من التأرجح.

6. الوزن (شاقولي) والشدّ (في مستوي السلك و الشاقول، أي في مستوي التأرجح): فلا قوة لها مركّبة عمودية على ذلك المستوي.

7. المستوي ثابت بين النجوم؛ ويدور الجليد تحته شرقًا بالسرعة Ω\Omega، فيرى المراقب المستوي يدور في اتجاه عقارب الساعة، عائدًا إلى بدايته بعد يوم نجمي واحد، أي 23.93 h23.93\,\mathrm{h}.

8. ترسم كل نصف تأرجحة وترًا مدارًا قليلًا: أي وردة؛ و 86164/8.2≈1050086164/8.2 \approx 10500 نصف تأرجحة، كل منها أبعد بالمقدار 0.034∘0.034^\circ.

9. Ω→=Ω(0,cos⁡λ,sin⁡λ)\vect\Omega = \Omega(0, \cos\lambda, \sin\lambda).

10. مع v→′=(x˙,y˙,0)\vect v' = (\dot x, \dot y, 0): Ω→∧v→′=Ω(−sin⁡λ y˙, sin⁡λ x˙, −cos⁡λ x˙)\vect\Omega\wedge\vect v' = \Omega(-\sin\lambda\,\dot y,\ \sin\lambda\,\dot x,\ -\cos\lambda\,\dot x)، ومنه يكون للمقدار −2mΩ→∧v→′-2m\vect\Omega\wedge\vect v' المركّبتان الأفقيتان 2mΩsin⁡λ (y˙,−x˙)2m\Omega\sin\lambda\,(\dot y, -\dot x): فلا يدخل إلا Ωsin⁡λ\Omega\sin\lambda.

11. x¨=−ω02x+2ωFy˙\ddot x = -\omega_0^2x + 2\omega_F\dot y و y¨=−ω02y−2ωFx˙\ddot y = -\omega_0^2y - 2\omega_F\dot x؛ و ωF=7.29×10−5×0.753=5.5×10−5 rad/s≪ω0=0.38 rad/s\omega_F = 7.29\times10^{-5} \times 0.753 = 5.5 \times 10^{-5}\,\mathrm{rad}/\mathrm{s} \ll \omega_0 = 0.38\,\mathrm{rad}/\mathrm{s}.

12. u¨=−ω02u+2ωF(y˙−jx˙)=−ω02u−2jωFu˙\ddot u = -\omega_0^2u + 2\omega_F(\dot y - j\dot x) = -\omega_0^2u - 2j\omega_F\dot u.

13. −α2−2ωFα+ω02=0-\alpha^2 - 2\omega_F\alpha + \omega_0^2 = 0: α=−ωF±ωF2+ω02≈−ωF±ω0\alpha = -\omega_F \pm \sqrt{\omega_F^2 + \omega_0^2} \approx -\omega_F \pm \omega_0.

14. القوس اهتزاز مستوٍ (أي مستقيم ثابت يمرّ بالمبدأ من أجل A=BA = B حقيقيين)؛ والعامل e−jωFt\eu^{-j\omega_Ft} يدير النمط كله في اتجاه عقارب الساعة بالسرعة ωF\omega_F: فيبادر مستوي التأرجح في اتجاه عقارب الساعة بالسرعة Ωsin⁡λ\Omega\sin\lambda.

15. TF=2π/ωF=1.14×105 s=31.8 hT_F = 2\pi/\omega_F = 1.14 \times 10^{5}\,\mathrm{s} = 31.8\,\mathrm{h}؛ أي 11.3∘11.3^\circ في الساعة.

16. sin⁡λ=0\sin\lambda = 0: فتتلاشى مركّبة Ω→\vect\Omega على الشاقول المحلي؛ وتنعدم قوة كوريوليس الأفقية من أجل حركة أفقية.

17. 2mωFvmax⁡=2×28×5.5×10−5×1.15=3.5 mN2m\omega_Fv_{\max} = 2 \times 28 \times 5.5\times10^{-5} \times 1.15 = 3.5\,\mathrm{mN}؛ والوزن 275 N275\,\mathrm{N} (أي 10−510^{-5} منه)، والقوة المعيدة mω02x0=12 Nm\omega_0^2x_0 = 12\,\mathrm{N}: أي أصغر بثلاثة آلاف مرة.

18. ωFT/2=5.5×10−5×8.2=4.5×10−4 rad\omega_FT/2 = 5.5\times10^{-5} \times 8.2 = 4.5 \times 10^{-4}\,\mathrm{rad}: ومنه x0×4.5×10−4=1.4 mmx_0 \times 4.5\times10^{-4} = 1.4\,\mathrm{mm} في كل نصف تأرجحة.

19. تسقط أوتاد تبعد سنتيمترًا على الحلقة كل ∼7\sim 7 أنصاف تأرجحة، أي نحو دقيقة.

20. الدفع باليد يعطي سرعة جانبية: فتصف الثقّالة عندئذ إهليلجًا، ومبادرته البطيئة الخاصة (وهي أثر السعة المنتهية) تحجب مبادرة فوكو.

21. الركلة القطرية تضيف طاقة على امتداد التأرجح دون إضافة سرعة عرضية، فيبقى المستوي دون مسّ؛ أما المركّبة الجانبية فتدفع البندول إلى إهليلج وتزيّف المبادرة أو تخفيها.

22. يقيس معدّل المبادرة المقدار Ωsin⁡λ\Omega\sin\lambda، أي المركّبة الشاقولية لدوران الأرض؛ ومع معرفة Ω\Omega من الفلك، يعطي المعدّل خط العرض (والعكس بالعكس).

23. sin⁡λ=23.93/48=0.499\sin\lambda = 23.93/48 = 0.499: λ=30∘\lambda = 30^\circ.

24. ينحفظ عزمه الحركي، فيبقى محوره ثابتًا بين النجوم بينما تدور الأرض تحته: وهو البوصلة الجيروسكوبية، التي تجد الشمال الحقيقي بلا مغناطيس.

25. قوة كوريوليس −2mΩ→∧v→′-2m\vect\Omega\wedge\vect v'؛ وجزؤها الأفقي يكبر مع sin⁡λ\sin\lambda؛ ودورة واحدة في 23.93 ساعة/sin⁡λ23.93\,\text{ساعة}/\sin\lambda، أي 31.8 h31.8\,\mathrm{h} في باريس.

المصطلحات المعرَّفة في هذا الفصل

عرض كل المصطلحات (393) في المسرد