Учебник - Кинематика и динамика твердого тела - Амелькин (1238799), страница 2
Текст из файла (страница 2)
к. одновременная замена знака при e и νна обратный не изменяет кватерниона Λ. Заметим также,что если векторная часть λ кватерниона Λ равна нулю, тоsin ν = 0, и тогда e – любой единичный вектор изтрехмерного пространства.Λ1 и Λ2 будем называтьДва кватернионаколлинеарными, если коллинеарны их векторные части, т.
е.λ1 × λ 2 = 0.Использование тригонометрической формы кватернионовдает простую формулу для произведения двух коллинеарныхкватернионов. Так, если10Λ1 = Λ1 (cosϕ1 + e sinϕ1 ), Λ2 = Λ2 (cosϕ 2 + e sinϕ 2 ),то для произведения этих кватернионов получаемΛ1 Λ2 = Λ1 ⋅ Λ2 ⋅ (cos(ϕ1 + ϕ2 ) + e ⋅ sin(ϕ1 + ϕ2 )) ,(1.15)т. е.. при умножении коллинеарных кватернионов аргументыскладываются, а модули перемножаются.Из (1.15) получаем для к-й степени кватернионаΛ = Λ ⋅ (cosν + e ⋅ sinν ) следующую формулу:kΛk = Λ ⋅ (cos kν + e sin kν ),(1.16)которая аналогична формуле Муавра для комплексных чисел.Последняя формула дает возможность легко находитьрешения степенных кватернионных уравнений видаΧ k = Λ.(1.17)Χ и Λ в тригонометрической формеΧ = Χ ⋅ (cos χ + ε sin χ ), Λ = Λ ⋅ (cosν + e sinν ),Представляяполучаем в качестве (1.17) следующее уравнение:kΧ ⋅ (cos κχ + ε sin κχ ) = Λ ⋅ (cosν + e sinν ).Отсюда следует1kΧ = Λ , ε = e, χ =ν + 2π ⋅ i,k(1.18)i = 0 ,1,… , k − 1.Полученные соотношения определяют k разных решенийуравнения (1.17) в том случае, когда единичный вектор e ,входящий в представление кватернионаΛ,определеноднозначно.
Если же векторная часть Λ равна нулю, то e –любой единичный вектор. В этом случае (1.18) могутопределять бесконечное множество решений, если средирешений (1.18) найдутся такие значения χ , для которыхsin χ ≠ 0.11При k = 2 решение уравнения Χ = Λ можно записать валгебраической форме, если представить Χ и Λ в виде2Χ = x0 + x , Λ = λ0 + λ .Тогда получаем уравнение2x02 − x + 2 x0 x = λ0 + λ .С учетом соотношения для нормы2 x02 = Λ + λ0 , 2 x0 x = λ .12Χ =Λ =±Если жеимеемОтсюда следует решение:Λ+ Λ1⋅2 λ0 + Λλ0 + Λ = 0,2x02 + x = Λ, если( λ 0 + Λ ) > 0.(1.19)а это возможно только в случаеΛ = λ0 ≤ 0, то решение имеет вид12Λ = − λ0 ⋅ e ,гдеe(1.19*)– произвольный единичный вектор.Упражнения1.
Показать, что для скалярной и векторной частейпроизведения векторов справедливы соотношенияsqal(λ1 λ 2 ... λn ) = (−1) n sqal(λ n λn −1 ... λ1 );vect(λ1 λ 2 ... λ n ) = (−1) n +1 vect(λ n λ n −1 ... λ1 ).2. Найти все решения кватернионных уравнений:a) Χ 2 + Λ Χ + Μ = 0.b) Χ Λ − Λ Χ = Μ .c) Χ n Λ − Λ Χ m = Μ ,12где m и n – целые числа.2.
Кинематика твердого тела2.1. Способы задания положения твердого телаТвердым телом называется такая система материальныхточек, для которой расстояние между любой парой точек неменяется с течением времени.Из приведенного определения следует, что для векторовrJ и rΚ , соединяющих произвольную точку О тела сточками J и K, выполняются условия:rJ2 = const, rΚ2 = const,(rJ − rΚ ) 2 = rJ2 + rΚ2 − 2(rJ , rΚ ) = const.(2.1)Отсюда получаем соотношение(rJ , rΚ ) = const ,(2.2)которое описывает условие неизменности скалярногопроизведения векторов, соединяющих любые пары точек втеле.
В силу произвольности точек J и K из условия (2.2)следуют все равенства (2.1), поэтому условие (2.2)эквивалентно исходному определению твердого тела.Отметим, что приведенное определение твердого тела неявляется полным. Легко убедиться, что всевозможныезеркальные отражения пространства удовлетворяют этомуопределению, но они не включаются в математическуюмодель твердого тела. Поэтому данное определение13дополняетсяусловиемпроизведения векторов:неизменностисмешанного(rΙ × rJ , rΚ ) = const.(2.3)Условия(2.2)и(2.3)полностьюопределяютматематическую модель твердого тела.
Из условия (2.2)следует, что если в какой-то момент времени с некоторымиточками тела связать ортонормированный базис Oe1e2 e3 , тоэтот базис будет оставаться ортонормированным в любойпоследующий момент, а разложение вектораrJпроизвольной точки тела в этом базисе неизменно. Условие(2.3) дополнительно означает неизменность взаимнойориентации базисных векторов в том смысле, что праваятройка векторов остается правой, а левая – левой.Рассмотрим произвольное движение твердого телаотносительно некоторой системы отсчета Αi1i2 i3 (рис.
1).Свяжем с телом некоторый базис Oe1e2 e3 и зададимсякоординатамиrk(k = 1, 2, 3) произвольной точки тела вэтом базисе. Тогда положение этой точки в системе Αi1i2 i3 влюбой момент времени дается соотношением3R = RΟ + r = RΟ + ∑ rk ek ,(2.4)k =1и в силу неизменности координат rk для однозначного егоопределения достаточно в любой момент времени задатьположение базиса Oe1e2 e3 относительно базиса Αi1i2 i3 .14e3i3Rrei3e23Οe3ΟRΟΑe2i2i2e1i1e1i1Рис. 1Рис. 2Таким образом, задача определения положения твердоготела сводится к задаче определения взаимного расположениядвух базисов, начала которых в общем случае не совпадают.Введем систему отсчета Oi1i2 i3 , оси которой параллельныодноименным осям исходной системыΑi1i2 i3 . Тогдадвижение базиса Oe1e2 e3 относительно исходной системыотсчета Αi1i2 i3 может быть полностью описано движениемточки Ο (радиус-вектор RΟ ) и движением базиса Oe1e2 e3относительно Oi1i2 i3 (рис.
2). Последнее представляет собойдвижение твердого тела с неподвижной точкой Ο .Описанная схема лежит в основе всех существующихспособов задания положения твердого тела, а разница вспособах заключается только в разном выборе параметров,задающих положение базиса Oe1e2 e3 относительно базисаOi1i2 i3 .В дальнейшем при рассмотрении различных способовзадания положения твердого тела с неподвижной точкой Ο15будем считать базисы Oi1i2 i3 и Oe1e2 e3ортонормированными тройками векторов.Направляющиеα kj = (ik , e j ) представляюткосинусысобой коэффициенты в разложении ортовikпо ортамправымиejбазиса Oe1e2 e3базиса Oi1i2 i3 :3e j = ∑ α kj ⋅ ik , j = 1 ,2, 3.k =1В этом случае произвольное положение твердого тела снеподвижной точкой задается матрицей направляющихкосинусовбазисовΑ = α kjматрица3k , j =1.
В силуортонормированностиА является ортогональной, т. е. онаΤудовлетворяет условию Α ⋅ Α = Ι, где Ι – единичнаяматрица, “Т” – знак транспонирования. Последнее условиеопределяет 6 независимых уравнений на коэффициенты α kj .Поэтому только три из девяти элементов матрицынаправляющих косинусов являются независимыми.Матрица направляющих косинусов удовлетворяетдополнительному условию det( Α ) = 1, вытекающему изтого, что рассматриваемые базисы являются правымитройками векторов. Для данного способа имеет местовзаимно однозначное соответствие между положениями телаи элементами матрицы направляющих косинусов.Если в начальный момент времени орты связанного стелом базиса совпадают с одноименными ортами системыотсчета, то положение каждой точки тела r (t ) будетопределяться через ее начальное положение r (0) формулойr (t ) = Α (t ) ⋅ r (0).
Отсюда в силу ортогональности матрицыΑследует, что любое движение твердого тела можно16рассматривать как зависящее от времени ортогональноепреобразование в трехмерном пространстве.Положение твердого тела с неподвижной точкой можнозадавать также различными системами углов – Эйлера,Крылова и др. Суть такого описания основывается на том,что два правых ортонормированных базиса Oe1e2 e3 иOi1i2 i3 можно совместить последовательными поворотамивокруг трех некомпланарных осей на некоторые углы.Рассмотрим систему углов Эйлера (рис. 3).
Пусть базисOe1e2 e3 занимает произвольное положение. Все векторы ikбазиса Oi1i2 i3 можно совместить с базисными векторами ekс помощью следующих трех поворотов:1. Поворот вокруг оси i3 на угол ψ до совмещения вектораi1 с линией узлов i1′, т. е. поворот, переводящий векторi1 в плоскость векторов e1 , e2 .2. Поворот вокруг линии узловсовмещения ортаi3с ортом3.
Поворот вокруг осисовмещения базисов.e317i1′e3 .на уголна уголϕθдодо полногоi3e3 = i3′′ θi1e2ϕψe1i2i1′Рис. 3Совокупность указанных поворотов переводит базисOi1i2 i3 в базис Oe1e2 e3 и представляет собойпоследовательность поворотов на эйлеровы углы ψ (уголпрецессии), θ (угол нутации) и ϕ (угол собственноговращения).Кватернионный способ.Теорема 1. Произвольное положение твердого тела снеподвижной точкой Ο относительно базиса Oi1i2 i3задается некоторым нормированным кватерниономформулам~ek = Λ ik Λ ; k = 1, 2, 3.Λпо(2.5)При этом каждому положению твердого тела соответствуютдва значения кватерниона Λ , отличающиеся знаком.Доказательство.
Найдем кватернион Λ из соотношений(2.5), рассматривая их как систему уравнений относительнонеизвестного Λ . Так как базисы Oi1i2 i3 и Oe1e2 e3 являютсяправыми ортогональными тройками единичных векторов, тоимеют место равенства18e1 e2 = e3 , i1 i2 = i3 ,(2.6)в силу которых любое из уравнений (2.5) может бытьполучено перемножением двух других уравнений. Этоозначает, что уравнения системы (2.5) зависимы, и решениеможет быть найдено на базе любых двух ее уравнений.Будем использовать первые два уравнения системы (2.5).Предположим сначала, что(2.5) получаем соотношенияизi1 = e1иi2 = e2 .Λ = 1; i1 Λ = Λ i1 ; i2 Λ = Λ i2 ,которых следует, что Λ коммутативен свекторовΛ = ±1.i1иi2 ,Пусть теперьТогда изкаждым иза это возможно только в случае, еслиi1 ≠ e1 .Будем искать решениепроизведения двух единичных векторовΛв видеx1 и x2 :Λ = x1 x2 , причем ( x2 , i1 ) = 0.В указанных предположениях уравнения приобретают видe1 = x1 i1 x1 ; e2 = x1 x2 i2 x2 x1 .(2.5*)Умножая первое уравнение на вектор i1 справа, получаем2уравнение ( x1 i1 ) = (e1 i1 ) , из которого на основеформулы (1.19) находим решение x1 :x1 = (e 1 i1 )12(−i1 ) = ±e1 − i1; (e1 ≠ i1 ).e1 − i1Аналогично из второго уравнения получаем решение19(2.7)x2 :x2 = (e2′ i2 )12(−i2 ) = ±e2′ − i2; (e2′ ≠ i2 ),e2′ − i2(2.8)где e2′ = x1 e2 x1 .Теперь нужно убедиться, что выполняются всепредположения, использованные при построении решения.Условие наx1 очевидно выполняется, так как врассматриваемом случаеi1 ≠ e1и решение (2.7) являетсяединичным вектором.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
