1611690511-f3d3a168b7ec28ce5001ecec523eb6f6 (826917), страница 25
Текст из файла (страница 25)
2 Доказательство. По определению Рп = 2ЯЯ'. Чтобы получить кинематическое уравнение для параметров Кали-Клейна, достаточно справа умножить это равенство на матрицу Я/2. Далее, матрице Я соответствует кватернион Ь, а матрице Рп — кватернион Ьп. Матричное и кватернионное кинематические уравнения изоморфны. Кинематические уравнения для параметров Эйлера получаются путем сравнения коэффициентов при одинаковых базисных матрицах Е, оь пг, оз в соотношении 1 ЧоЕ+Чгог+Чгог+Чзоз = -Ягог+11гог+йзоз)(ЧоЕ+Чго~+Чгог+Чзоз), 2 которое получается после разложения правой и левой частей кинематических уравнений для параметров Кели-Клейна по базисным матрицам.0 Следствие 2.15.1. Пусть вектор ео представлен в виде разлозюения по базисным векторам е~ 1, ег ~, ез репера, зюестко связанного с твердым телом: ю = ю~е, + югег + азиз [ь) 1ь1 1ь1 Тогда Р„= ..
), Ьи = ю~1+юц+юз1с, гюг юг + гюз — юг + аюз — гон ) ' 2.16. Ускорение точки в сложном движении 139 и кинематические уравнения для параметров Коли-Клейна, кватер- нионов, параметров Эйлера соответственно принимают вид О. = ОР„)2, Ь = Ь о Ь /2, 1 (1о1Ч1 + м2Ч2 + мзЧз) 2 1 -(м1Чо — югуз + юзЧ2) 2 1 -(мгуо — шзЧ1 + ш1Чз), 2 1 (1озЧо мгуг + '"2Ч1) 2 Чг = Доказательство.
Имеем Р„= Р„= 4РЯ' + ЯРЯ*. Перейдем в этом равенстве к координатам точки в репере, жестко связанном с телом. Для этого умножим его слева на О.", а справа на О. Тогда 1 Ро = -(Р,„Р— Р Р,„) = Р)- 2 Отсюда, как и в теореме 2.15.2, заключаем, что матрице Р отвеча- ет вектор угловой скорости, взятый в репере Оег ~ег ез~ ~.
Осталь- ные рассуждения проводятся аналогично доказательству теоремы 2. 15.2. Сг 2 2.16. Ускорение точки в сложном движении Теорема 2.16.1. Пусть имеется произвольный вектора, заданный координатами в подвижном ортонормированном базисе е1, е~г, ез. Тогда абсолютная производная вектора а ио времени выражается формулой па Йа — = — +мха, д1 д1 где символ с1)с11 означает дифференцирование по времени координат вектора а в подвижном базисе (относительная скорость изменения вектора а), ьг — угловая скорость вращения базиса. Косоэрмитовой матрице Р = 2Я'Я сопоставим вектор 1о с коорди- натами в репере, жестко связанном с твердым телом. Тогда матрица Рь, соответствующая компонентам вектора скорости в том же репере, выразится формулой Глава 2. Кинематика 140 Доказательство.
Достаточно воспользоваться теоремой 2.12.1 Эйлера о поле скоростей твердого тела и теоремой 2.11.1 о сложении скоростей в относительном движении, П Теорема 2.16.2. (Кориолйса о сложении ускорений). Аб'- солютное ускорение точки М, участвующей в сложном движении, равно сумме жв же + ъге + же где и, — переносное ускорение, выражаемое формулой же — жь + щ х Г + ео х (ы х Г) ж„— относительное ускорение точки, а че, — добавочное или кориолисово ускорение: че, =2ео хи„, и, — ускорение начала 01 подвиэесного репера, щ — угловая скорость подвижного репера, ю — угловое ускорение, ч„— относительная скорость точки, г — радиус-вехтпор точки М, имеющий начало в точке Ом Доказательство. По теореме 2.12.1 Эйлера найдем абсолютную скорость точки М ив чр + о х г + ие где ч, — скорость точки Оь в неподвижном репере Ое1егез.
Диффе- ренцируя абсолютную скорость по времени, получим чг» чань + щ х Г + со х Г + ир. Применим правило дифференцирования вектора, заданного коорди- натами в подвижном базисе: чвв = че, + ю х г + ю х (ю х г + и„) + ео х ч, + ие„.
После очевидных преобразований приходим к требуемой формуле.с1 Отметим следующие свойства кориолисова ускорения: 1. Кориолисово ускорение обращается в нуль, когда поле скоростей подвижного репера поступательно (угловая скорость равна нулю), а также когда равна нулю скорость относительного движения точки М. 2. Кориолисово ускорение обращается в нуль, если относительная скорость точки и угловая скорость переносного движения становятся паралле.пьными. 141 2.16.
Ускорение точки в сложном движении Теорема 2.16.3. (Рйвзльса). Ускорение произвольной точки абсолютно твердого тела складывается из ускорения полюса, вращательного и осестремительного ускорений: ти = ти + теь + теье. Вращательное ускорение дается формулой иг, = ф х г. Осестремительное ускорение имеегп вид иг„= ы х (ы х г) = ю(ьг г) — гыз. Доказательство. Теорема Ривальса есть следствие теоремы Кориолнса, когда отсутствует относительное движение точки: т, = 0, чт„= О. В етом случае получим иг = те, + ф х г + щ х (ео х г).
За полюс принимается начало 01 подвижного репера,П Следствие 2.16.1. Вращательное ускорение возникает при изменении угловой скорости. Осестремительное ускорение имеется всегда при ненулевых неколлинеарных векторах ю и г. Оно направлено к основанию угловой скорости и перпендикулярно к нему. П р и м е р 2.16.1.
Пусть материальная точка М находится на плоской горизонтальной платформе. Платформа вращается с угловой скоростью Йез вокруг вертикальной оси ез, проходящей через неподвижную точку О. Радиус-вектор г точки М горизонтален и имеет начало в точке О. Относительно платформы точка М описывает окружность радиуса г с центром в О. Угловая скорость радиуса-вектора г относительно платформы равна — Йез. Найти компоненты ускорения точки М. Р е ш е н и е. Переносное ускорение возникает из-за вращения платформы: тк, = иг = Йез х (Йез х г) = — Йзг.
Относительное ускорение возникает из-за движения точки по платформе: те„= — Йез х (( — Йез) х г) = — Йзг. Оно совпадает и по величине, и по направлению с переносным ускоре- нием. Кориолисово ускорение составляет тв, = 2Йез х и„= 2Йез х ( — Йез х г) = 2Йзг. Глава 2. Кинематика 142 Абсолютное ускорение отсутствует: ш, = тт, + тт„+ яг, = -2йтт + 2йзт = О. Этого и следовало ожидать, так как точка, участвуя в описанном сложном движении, остается неподвижной в абсолютном пространстве.О П р и м е р 2.16.2.
Найдем ускорение точки, движущейся относительно поверхности Земли. Пренебрегая сжатием Земли, примем ее за шар, радиус которого 71 = 6371,1км. Так как Земля совершает оборот вокруг своей оси за одни сутки, то модуль Й угловой скорости ьг вращения Земли ((ьг~ = й) будем считать равным й = ш О, 00007272 с ~. 2л 24 3600 Подвижный репер, жестко связанный с поверхностью Земли, выберем следующим образом. Возьмем полюс О( на земной параллели, соответ- е(ь) Начало координат Ог лежит на поверхз ности Земли.
Третья ось направлена вдоль радиуса из центра Земли. Втоег рая ось по меридиану к Югу. Первая ось направлена на запад. Выбранные оси образуют правую систему координат. Они жестко связаны с Землей и вращаются с угловой скоростью ш. Рис. 2.16.1. Система координат, связанная с Землей ствующей какой-нибудь широте д. Вектор е(з ) направим вдоль радиуса, проведенного из центра земной сферы в точку О(. Вектор ез напра- (а) (а) вим по меридиану к югу, вектор е( направим на запад по касательной к параллели (рис.
2.16.1). Точка 01 имеет скорость т„ равную по модулю Йр, где р есть радиус параллели на широте д, и направленную в (а) сторону, противоположную вектору е~( . Имеем т, = — Йг(соз де, (а) В связи с тем что репер Оге~( е~т е(з вращается вместе с Землей, его угловая скорость ш совпадает с угловой скоростью Земли и направлена с юга на север, что соответствует вращению с запада на восток. Из рисунка видно, что вектор ш образует с вектором ез угол, равный т/2 — д, с (ь) 2.16.
Ускорение точки в сложном движении 143 вектором еэ — угол, равный х — д, а с вектором е, — угол, равный (е) (е) и/2. Следовательно, ы= — йсоэде(2 +йэгпдез Абсолютная скорость точки М, заданной в репере О)е( )е(2 )е(з ) радиусом-вектором г = х1е) + хэеэ + хзез выразится формулой г(г ч= — +ыхг+ч, г(1 или ч = -ЙВсоэд — хзйсоад — хэйа1пд+ — ~ е1 + Г(Х1 д() + х1йз1пд+ — ) ет + дх2 (е) и() 2 + х(йсовд+ — ) ез "хз( (а) д( Для вычисления абсолютного ускорения точки М воспользуемся теоремой Кориолиса. Точка 01 описывает окружность с центром С (рис. 2.16.1) и имеет постоянную линейную скорость ЙЛсозд.
Поэтому модуль ее ускорения есть йэ)ссовд, Перпендикуляр иэ точки 01 на ось вращения образует с вектором еэ угол, равный ( — (л/2+д)], а с векто(е) ром ез — угол и — д, Значит, (е) тг, = -Й Ясоэдв1пде, — Й Лсоэ дез Угловое ускорение отсутствует. Осестремительное ускорение тг„прини- мает вид эг„=ы х (ы х г) = -х(й е, — Й э1пд(хзсоэд+хзз1пд)ез г (е) 2 (а) — й сов д(хз сов д + хга1п д)ез 2 (э) Найдем координаты кориолисова ускорения те, = 2ы х ч„: тг, = 2Й вЂ” ~ — соэд+ — з1пд) е + — (е агпд+е созд) /1(хз 1(х2 (е) «х1 (е) .
(1) (, д( д( ) 1 г(( 2 3 Компоненты абсолютного ускорения ээ = 1э1е1 + 1ээег + 1эзез (е) (а) (а) Глава 2. Кинематика 144 выражаются следующими формулами: 1 пхз г гэ1 = — — 2й 1 — сов д+ — з1п д) — х10, сиг ~,д Й " хг шг = — + 20 — з)п д — й з)п д(Л соа д + хз соз д + хг в1п д), д1г д1 багха Ихг вз = — + 20 — сов д — йг созд(Лсозд+хз сов д+ хгз1п д). дгг д1 Видим, что члены, связанные с осестремительным ускорением, весьма малы. Для того чтобы оценить влияние кориолисоаа ускорения, рассмотрим следующие частные случаи.
Случай 1. Пусть точка движется вдоль меридиана по траектории хг = О, хг = — Липа, хз = Л(сока — 1). Тогда пхг пхг . пхз — = О, — = — Лбсоза, — = — Лаз1па. Й ' дг Й В кориолисоаом ускорении только первая компонента не равна нулю: те, = 20Лаз)п(д+ а)ег Тем самым кориолисоао ускорение зааисит от широты места расположения движущейся точки. Модуль этого ускорения равен нулю на экваторе (а = — д), где скорость точки параллельна оси вращения Земли, и достигает максимума на полюсе (а = к/2 — д).
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
