Spiralbewegung eines starren Körpers

Question

Spiralbewegung eines starren Körpers

Physik
Solid-Mechanik
klassische Mechanik
Starrkörperdynamik

usumdelphini

Ich möchte zeigen, dass ein starrer Körper mit zwei Komponenten seines Winkelgeschwindigkeitsvektors und einer Komponente seines linearen Geschwindigkeitsvektors in Abwesenheit äußerer Kräfte und Drehmomente spiralförmige Trajektorien hat. Dies wird in verschiedenen Artikeln, die ich gelesen habe, normalerweise als selbstverständlich angesehen (siehe zum Beispiel diese Seite 4, Abschnitt 4 , oder diese Seite 206, erster Absatz ).

Ich betrachte einen bewegten starren Körper, dessen Schwerpunkt in einem Punkt liegt $\boldsymbol{r}_{0}(t)$ in dem durch die Basisvektoren definierten Laborbezugssystem $\boldsymbol{e}_{x},\boldsymbol{e}_{y},\boldsymbol{e}_{z}$ . Ich füge einen beweglichen Referenzrahmen bei $\left\{ \boldsymbol{r}_{0}(t);\boldsymbol{e}_{x}^{\prime}(t),\boldsymbol{e}_{y}^{\prime}(t),\boldsymbol{e}_{z}^{\prime}(t)\right\}$ zum Körper; dieser Rahmen ist zentriert $\boldsymbol{r}_{0}(t)$ und seine Achsen drehen sich mit dem Rahmen des Körpers. Der rotierende Dreiklang $\left(\boldsymbol{e}_{x}^{\prime},\boldsymbol{e}_{y}^{\prime},\boldsymbol{e}_{z}^{\prime}\right)$ kann durch drei Euler-Winkel charakterisiert werden $\theta_{1},\theta_{2},\theta_{3}$ und die folgenden Transformationsregeln:

e_{ich}^{'} = L (θ_{1}, θ_{2}, θ_{3}) \cdot e_{ich}

$\mathbf{e}_{i}^{\prime}=\boldsymbol{L}\left(\theta_{1},\theta_{2},\theta_{3}\right)\cdot\mathbf{e}_{i}$

Ich übernehme die Tait-Bryan-Winkelkonvention mit an $y-x^{\prime\prime}-z^{\prime}$ intrinsische Definition: $\theta_{1}$ ist das Gieren (gegen den Uhrzeigersinn um $e_{y}$ ), $\theta_{2}$ die Tonhöhe (gegen den Uhrzeigersinn ca $e_{x}^{\prime}$ ) Und $\theta_{3}$ die Bank (Rolle, gegen den Uhrzeigersinn herum $e_{z}^{\prime}$ ). Der Kürze halber definiere ich den Vektor $\boldsymbol{\theta}=\left(\theta_{1},\theta_{2},\theta_{3}\right)$ der drei unabhängigen Euler-Winkel. Die Matrix der Transformation ist

L (θ) = R_{Z} (θ_{3}) R_{X} (θ_{1}) R_{Y} (θ_{2})

$\boldsymbol{L}\left(\boldsymbol{\theta}\right)=\boldsymbol{R}_{Z}\left(\theta_{3}\right)\boldsymbol{R}_{X}\left(\theta_{1}\right)\boldsymbol{R}_{Y}\left(\theta_{2}\right)$ bei dem die

R_{i}

$\bf R_i$ sind die Rotationsmatrizen in

R^{3}

$\mathbb{R}^3$ . Ich gehe davon aus, dass der Körper lineare Geschwindigkeit hat

U (t) = U e_{z}^{'} (t)

$\boldsymbol{U}(t)=U\boldsymbol{e}_{z}^{\prime}(t)$ entlang seiner anterior-posterioren Achse orientiert

e_{z}^{'} (t)

$\boldsymbol{e}_{z}^{\prime}(t)$ , und Rotationsgeschwindigkeitsvektor

ω (t)

$\boldsymbol{\omega}(t)$ . In der gewählten Darstellung sind die Komponenten der Winkelgeschwindigkeit im Bezugssystem des Körpers

\begin{aligned} ω_{X} & = {\dot{θ}}_{2} \cos θ_{1} - {\dot{θ}}_{3} Sünde θ_{1} \cos θ_{2} \\ ω_{j} & = {\dot{θ}}_{1} + {\dot{θ}}_{3} Sünde θ_{2} \\ ω_{z} & = {\dot{θ}}_{2} Sünde θ_{1} + {\dot{θ}}_{3} \cos θ_{1} \cos θ_{2} . \end{aligned}

$\begin{align*} \omega_{x} & =\dot{\theta}_{2}\cos\theta_{1}-\dot{\theta}_{3}\sin\theta_{1}\cos\theta_{2}\\ \omega_{y} & =\dot{\theta}_{1}+\dot{\theta}_{3}\sin\theta_{2}\\ \omega_{z} & =\dot{\theta}_{2}\sin\theta_{1}+\dot{\theta}_{3}\cos\theta_{1}\cos\theta_{2}. \end{align*}$

Diese können gefunden werden, indem man das bemerkt

L^{T} \dot{L} = (\begin{array}{ccc} 0 & - ω_{z} & ω_{j} \\ ω_{z} & 0 & - ω_{X} \\ - ω_{j} & ω_{X} & 0 \end{array})

$\boldsymbol{L}^{T}\dot{\boldsymbol{L}}=\left(\begin{array}{ccc} 0 & -\omega_{z} & \omega_{y}\\ \omega_{z} & 0 & -\omega_{x}\\ -\omega_{y} & \omega_{x} & 0 \end{array}\right)$

Die Flugbahn des Körpers ist daher durch die Kurve seines Massenschwerpunkts gegeben $\boldsymbol{r}_{0}$ während es sich durch den Raum bewegt. Im Laborrahmen lautet dies

R_{0} (T) = \int_{0}^{T} U (τ) D τ = U \int_{0}^{T} e_{z}^{'} (τ) D τ

$\boldsymbol{r}_{0}(t)=\intop_{0}^{t}\boldsymbol{U}\left(\tau\right)d\tau=U\intop_{0}^{t}\boldsymbol{e}_{z}^{\prime}\left(\tau\right)d\tau$

Deutlich, $\boldsymbol{e}_{z}^{\prime}$ dreht sich mit dem Körper und ist daher eine Funktion der Zeit durch die Winkelgeschwindigkeitskomponenten $\omega_{i}$ :

\begin{aligned} e_{z}^{'} (T) & = L (T) \cdot e_{z} \\ = (\cos θ_{3} Sünde θ_{1} + \cos θ_{1} Sünde θ_{2} Sünde θ_{3}) e_{X} + (- \cos θ_{1} \cos θ_{3} Sünde θ_{2} + Sünde θ_{1} Sünde θ_{3}) e_{j} + (\cos θ_{1} \cos θ_{2}) e_{z} \end{aligned}

$\begin{align*} \boldsymbol{e}_{z}^{\prime}(t) & =\boldsymbol{L}(t)\cdot\boldsymbol{e}_{z}\\ & =\left(\cos\theta_{3}\sin\theta_{1}+\cos\theta_{1}\sin\theta_{2}\sin\theta_{3}\right)\boldsymbol{e}_{x}+\left(-\cos\theta_{1}\cos\theta_{3}\sin\theta_{2}+\sin\theta_{1}\sin\theta_{3}\right)\boldsymbol{e}_{y}+\left(\cos\theta_{1}\cos\theta_{2}\right)\boldsymbol{e}_{z} \end{align*}$

Wo θ_{ich} = \int_{0}^{T} {\dot{θ}}_{ich} D τ .

$\text{where }\ \theta_{i}=\intop_{0}^{t}\dot{\theta}_{i}d\tau.$

Das Problem ist kompliziert, denn um zu integrieren $\boldsymbol{e}_{z}^{\prime}$ Ich muss die Beziehungen zwischen umkehren $\omega_{i}$ Und $\theta_{j}$ . Beachten Sie, dass ich hier alle drei Komponenten der Winkelgeschwindigkeit behalte, um zu sehen, an welchem Punkt und in welchem Umfang es notwendig ist, nur zwei Rotationsfreiheitsgrade zu haben.

Allerdings auch dann, wenn ich davon ausgehe, dass die Winkelgeschwindigkeiten konstant sind $\theta_{i}=\theta_{i}t$ , bekomme ich keine Ausdrücke, die enthalten $\omega_i$ ausdrücklich. Gibt es einen anderen Ansatz, der Gebrauch macht $\boldsymbol{L}^{T}\dot{\boldsymbol{L}} = \boldsymbol{\omega}\times$ ?

Schamaz

Ich bin mir nicht sicher, ob ich deine Frage verstehe. Sie wollen zeigen, dass 2 Komponenten der Winkelgeschwindigkeit und eine Komponente der Lineargeschwindigkeit immer eine Schraubenbahn haben. Gehen wir davon aus, dass kein Nettodrehmoment oder keine Nettokräfte aufgebracht werden? Oder sind wir ganz allgemein und arbeiten mit willkürlichen Kräften?

usumdelphini

Danke für den Hinweis. Die äußere Nettokraft und das Drehmoment sind Null. Und ja, meine Frage ist genau diese. Warum in Gegenwart von zwei Komponenten

ω_{x}, ω_{z}

$\omega_x,\omega_z$ der Winkelgeschwindigkeit und eins

U_{z}

$U_z$ der linearen Geschwindigkeit, sollte ich immer eine Schraubenbahn erhalten.

Schamaz

Es gibt also keine

ω_{y}

$\omega _y$ Komponente noch

U_{x}

$U_x$ Und

U_{y}

$U_y$ Komponenten?

usumdelphini

Das ist richtig. Aber im Prinzip, wenn es auch gab

ω_{y}

$\omega_y$ , die Literatur scheint zu implizieren, dass ich sowieso eine Helix erhalten würde.

patta

In Abwesenheit von Kräften ist die Bahn des Massenschwerpunkts eine gerade Linie, keine Spirale. Die Referenzen, die Sie geben, beziehen sich auf Mikroben, die im Wasser schwimmen, also haben sie äußere Kräfte? Zum freien Körper siehe Goldstein, Klassische Mechanik, Kapitel 5.6.

usumdelphini

Was Sie sagen, gilt beispielsweise nicht für

R e ≪ 1

$Re\ll 1$ Regime in Flüssigkeit.

Cinaed Simson

Damit eine Kurve eine zylindrische Spirale nachzeichnet, benötigen Sie nur einen Winkel

θ_{x}

$\theta_x$ und eine konstante Geschwindigkeit in z-Richtung. Um die Überschrift zu ändern, müssen Sie einen anderen Blickwinkel wählen

θ_{z}

$\theta_z$ .

John Alexiou

Sind die Geschwindigkeitskomponenten vorgeschrieben, weil sie sich ändern werden, wenn das Objekt umherwirbelt? Wenn sie immer konstant sind, ist eine Einschränkung (und damit eine äußere Kraft) erforderlich, um dies zu erzwingen. Wenn sie frei sind, dann sind sie nur Anfangsbedingungen.

John Alexiou

Nirgendwo in Ihrer Arbeit werden Bewegungsgleichungen und Winkelbeschleunigungen erwähnt. Alles, womit Sie zu arbeiten versuchen, ist die Kinematik (zwischen Euler-Winkeln und Rotationsvektor), während Sie die Dynamik ignorieren. Ist das beabsichtigt? Wollen Sie eine Antwort, die die Kinematik eines spiralförmig bewegten Körpers beschreibt?

John Alexiou

Beachten Sie, dass

L^{⊤} \dot{L} = ω \times

$\boldsymbol{L}^{\top}\dot{\boldsymbol{L}} = \boldsymbol{\omega}\times$ lässt sich leicht als zeitliche Ableitung der Richtungsvektoren auf einem rotierenden Koordinatensystem erklären.

\dot{L} = ω \times L

$\dot{\boldsymbol{L}} = \boldsymbol{\omega}\times \boldsymbol{L}$ (Siehe Folie 14 in cs.unc.edu/~lin/COMP768-F07/LEC/rbd1.pdf )

usumdelphini

@ ja72 Ja, ich interessiere mich nur für die lokale (zeitliche) Kinematik, vorausgesetzt, das schwimmende Objekt kann über interne Mechanismen eine konstante Geschwindigkeit und Winkelgeschwindigkeit aufrechterhalten.

John Alexiou

Wenn Sie also zwei Rotationskomponenten festgelegt haben, stellt dies immer noch eine einzelne Rotation um eine schiefe Achse dar. Sie können ein neues Koordinatensystem definieren, das an der kombinierten Drehung ausgerichtet ist, und das Problem erheblich vereinfachen.

usumdelphini

Können Sie mir bitte zeigen, wie das geht? Ich denke intuitiv, dass ich eine Drehung um eine Achse habe, die sich selbst dreht (was lokal eine spiralförmige Bewegung verursacht), anstatt eine Drehung um eine schräge Achse ...

John Alexiou

Drehen Sie einfach das Koordinatensystem so, dass es bei zwei Komponenten eine Drehung von Null und bei einer Komponente ungleich Null hat. Zum Beispiel

(\begin{matrix} 0 & ω_{y} & ω_{z} \end{matrix})

$\pmatrix{0 & \omega_y & \omega_z}$ mit einer Drehung um x von

\tan^{- 1} (\frac{ω_{y}}{ω_{z}})

$\tan^{-1}\left( \omega_y \over \omega_z \right)$ der Vektor wird

(\begin{matrix} 0 & 0 & \sqrt{ω_{y}^{2} + ω_{z}^{2}} \end{matrix})

$\pmatrix{0 & 0 & \sqrt{\omega_y^2+\omega_z^2}}$ .

Antworten (4)

Spiralbewegung eines starren Körpers

Ich bin mir nicht sicher, ob ich deine Frage verstehe. Sie wollen zeigen, dass 2 Komponenten der Winkelgeschwindigkeit und eine Komponente der Lineargeschwindigkeit immer eine Schraubenbahn haben. Gehen wir davon aus, dass kein Nettodrehmoment oder keine Nettokräfte aufgebracht werden? Oder sind wir ganz allgemein und arbeiten mit willkürlichen Kräften?
Danke für den Hinweis. Die äußere Nettokraft und das Drehmoment sind Null. Und ja, meine Frage ist genau diese. Warum in Gegenwart von zwei Komponenten $\omega_x,\omega_z$ der Winkelgeschwindigkeit und eins $U_z$ der linearen Geschwindigkeit, sollte ich immer eine Schraubenbahn erhalten.
Es gibt also keine $\omega _y$ Komponente noch $U_x$ Und $U_y$ Komponenten?
Das ist richtig. Aber im Prinzip, wenn es auch gab $\omega_y$ , die Literatur scheint zu implizieren, dass ich sowieso eine Helix erhalten würde.
In Abwesenheit von Kräften ist die Bahn des Massenschwerpunkts eine gerade Linie, keine Spirale. Die Referenzen, die Sie geben, beziehen sich auf Mikroben, die im Wasser schwimmen, also haben sie äußere Kräfte? Zum freien Körper siehe Goldstein, Klassische Mechanik, Kapitel 5.6.
Was Sie sagen, gilt beispielsweise nicht für $Re\ll 1$ Regime in Flüssigkeit.
Damit eine Kurve eine zylindrische Spirale nachzeichnet, benötigen Sie nur einen Winkel $\theta_x$ und eine konstante Geschwindigkeit in z-Richtung. Um die Überschrift zu ändern, müssen Sie einen anderen Blickwinkel wählen $\theta_z$ .
Sind die Geschwindigkeitskomponenten vorgeschrieben, weil sie sich ändern werden, wenn das Objekt umherwirbelt? Wenn sie immer konstant sind, ist eine Einschränkung (und damit eine äußere Kraft) erforderlich, um dies zu erzwingen. Wenn sie frei sind, dann sind sie nur Anfangsbedingungen.
Nirgendwo in Ihrer Arbeit werden Bewegungsgleichungen und Winkelbeschleunigungen erwähnt. Alles, womit Sie zu arbeiten versuchen, ist die Kinematik (zwischen Euler-Winkeln und Rotationsvektor), während Sie die Dynamik ignorieren. Ist das beabsichtigt? Wollen Sie eine Antwort, die die Kinematik eines spiralförmig bewegten Körpers beschreibt?
Beachten Sie, dass $\boldsymbol{L}^{\top}\dot{\boldsymbol{L}} = \boldsymbol{\omega}\times$ lässt sich leicht als zeitliche Ableitung der Richtungsvektoren auf einem rotierenden Koordinatensystem erklären. $\dot{L} = ω \times L$ $\dot{\boldsymbol{L}} = \boldsymbol{\omega}\times \boldsymbol{L}$ (Siehe Folie 14 in cs.unc.edu/~lin/COMP768-F07/LEC/rbd1.pdf )
@ ja72 Ja, ich interessiere mich nur für die lokale (zeitliche) Kinematik, vorausgesetzt, das schwimmende Objekt kann über interne Mechanismen eine konstante Geschwindigkeit und Winkelgeschwindigkeit aufrechterhalten.
Wenn Sie also zwei Rotationskomponenten festgelegt haben, stellt dies immer noch eine einzelne Rotation um eine schiefe Achse dar. Sie können ein neues Koordinatensystem definieren, das an der kombinierten Drehung ausgerichtet ist, und das Problem erheblich vereinfachen.
Können Sie mir bitte zeigen, wie das geht? Ich denke intuitiv, dass ich eine Drehung um eine Achse habe, die sich selbst dreht (was lokal eine spiralförmige Bewegung verursacht), anstatt eine Drehung um eine schräge Achse ...
Drehen Sie einfach das Koordinatensystem so, dass es bei zwei Komponenten eine Drehung von Null und bei einer Komponente ungleich Null hat. Zum Beispiel $\pmatrix{0 & \omega_y & \omega_z}$ mit einer Drehung um x von $\tan^{-1}\left( \omega_y \over \omega_z \right)$ der Vektor wird $\pmatrix{0 & 0 & \sqrt{\omega_y^2+\omega_z^2}}$ .

usumdelphini · Answer 1

Das Problem ist kompliziert, denn um zu integrieren $\boldsymbol{e}_{z}^{\prime}$ wir müssen die Beziehungen zwischen umkehren $\omega_{i}$ Und $\theta_{j}$ . Nehmen wir an, dass die Winkelgeschwindigkeiten konstant sind und nehmen wir die Kleinwinkelnäherung:

\begin{aligned} {\dot{θ}}_{ich} = konst. ⟹ θ_{ich} (T) = {\dot{θ}}_{ich} T \end{aligned}

$\begin{align*} \dot{\theta}_{i}=\text{const.}\ \ \Longrightarrow\ \ \theta_{i}(t)=\dot{\theta}_{i}t \end{align*}$ Die Kleinwinkelnäherung impliziert, dass die Winkelgeschwindigkeitskomponenten im Körperrahmen werden:

\begin{aligned} Ω_{X} & \approx {\dot{θ}}_{2} \\ Ω_{j} & \approx {\dot{θ}}_{1} \\ Ω_{z} & \approx {\dot{θ}}_{3} \end{aligned}

$\begin{align*} \Omega_{x} & \approx\dot{\theta}_{2}\\ \Omega_{y} & \approx\dot{\theta}_{1}\\ \Omega_{z} & \approx\dot{\theta}_{3} \end{align*}$

Mit diesen Annahmen erhalten wir:

\begin{aligned} e_{z}^{'} (T) & = \cos θ_{3} Sünde θ_{1} e_{X} + Sünde θ_{1} Sünde θ_{3} e_{j} + \cos θ_{1} e_{z} \\ = \cos (Ω_{z} T) Sünde (Ω_{j} T) e_{X} + Sünde (Ω_{j} T) Sünde (Ω_{z} T) e_{j} + \cos (Ω_{j} T) e_{z} \end{aligned}

$\begin{align*} \boldsymbol{e}_{z}^{\prime}(t) & =\cos\theta_{3}\sin\theta_{1}\boldsymbol{e}_{x}+\sin\theta_{1}\sin\theta_{3}\boldsymbol{e}_{y}+\cos\theta_{1}\boldsymbol{e}_{z}\\ & =\cos\left(\Omega_{z}t\right)\sin\left(\Omega_{y}t\right)\boldsymbol{e}_{x}+\sin\left(\Omega_{y}t\right)\sin\left(\Omega_{z}t\right)\boldsymbol{e}_{y}+\cos\left(\Omega_{y}t\right)\boldsymbol{e}_{z} \end{align*}$ die zur Ableitung integriert werden können

r_{0} (t)

$\boldsymbol{r}_{0}(t)$ :

\begin{aligned} R_{0} (T) & = U \int_{0}^{T} e_{z}^{'} (τ) D τ = \frac{U}{Ω_{j} - Ω_{z}} [Ω_{j} - Ω_{j} \cos (Ω_{j} T) \cos (Ω_{z} T) - Ω_{z} Sünde (Ω_{j} T) Sünde (Ω_{z} T)] e_{X} \\ + \frac{U}{Ω_{j} - Ω_{z}} [- Ω_{j} \cos (Ω_{j} T) Sünde (Ω_{z} T) + Ω_{z} Sünde (Ω_{j} T) \cos (Ω_{z} T)] e_{j} \\ + \frac{U}{Ω_{j}} Sünde (Ω_{j} T) e_{z} \end{aligned}

$\begin{align*} \boldsymbol{r}_{0}(t) & =U\intop_{0}^{t}\boldsymbol{e}_{z}^{\prime}\left(\tau\right)d\tau=\frac{U}{\Omega_{y}-\Omega_{z}}\left[\Omega_{y}-\Omega_{y}\cos\left(\Omega_{y}t\right)\cos\left(\Omega_{z}t\right)-\Omega_{z}\sin\left(\Omega_{y}t\right)\sin\left(\Omega_{z}t\right)\right]\boldsymbol{e}_{x}\\ & \hspace{8em}+\frac{U}{\Omega_{y}-\Omega_{z}}\left[-\Omega_{y}\cos\left(\Omega_{y}t\right)\sin\left(\Omega_{z}t\right)+\Omega_{z}\sin\left(\Omega_{y}t\right)\cos\left(\Omega_{z}t\right)\right]\boldsymbol{e}_{y}\\ & \hspace{8em}+\frac{U}{\Omega_{y}}\sin\left(\Omega_{y}t\right)\boldsymbol{e}_{z} \end{align*}$ Dies ist im Allgemeinen eine komplexe und sehr faszinierende Kurve, aber wir werden unsere Studie hier auf den Fall beschränken, wo

Ω_{y} ≪ Ω_{z}

$\Omega_{y}\ll\Omega_{z}$ . Eine Serienerweiterung von

r_{0}

$\boldsymbol{r}_{0}$ um

Ω_{y}

$\Omega_{y}$ Erträge

\begin{aligned} R_{0} (T) & \approx \frac{U Ω_{j}}{Ω_{z}} [1 + \cos (Ω_{z} T) + Ω_{z} T Sünde (Ω_{z} T)] e_{X} + \frac{U Ω_{j}}{Ω_{z}} [- Ω_{z} T \cos (Ω_{z} T) + Sünde (Ω_{z} T)] e_{j} + T e_{z} \\ = \underset{kreisförmige Spirale}{\underset{⏟}{(\begin{matrix} R \cos (Ω_{z} T) \\ R Sünde (Ω_{z} T) \\ T \end{matrix})}} + \underset{Spiral-}{\underset{⏟}{(\begin{matrix} T Ω_{z} R Sünde (Ω_{z} T) \\ - T Ω_{z} R \cos (Ω_{z} T) \\ 0 \end{matrix})}} + \underset{Achsenverschiebung}{\underset{⏟}{R (\begin{matrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix})}} \end{aligned}

$\begin{align*} \boldsymbol{r}_{0}(t) & \approx\frac{U\Omega_{y}}{\Omega_{z}}\left[1+\cos\left(\Omega_{z}t\right)+\Omega_{z}t\sin\left(\Omega_{z}t\right)\right]\boldsymbol{e}_{x}+\frac{U\Omega_{y}}{\Omega_{z}}\left[-\Omega_{z}t\cos\left(\Omega_{z}t\right)+\sin\left(\Omega_{z}t\right)\right]\boldsymbol{e}_{y}+t\boldsymbol{e}_{z}\\ & =\underset{\text{circular helix}}{\underbrace{\left(\begin{array}{c} r\cos\left(\Omega_{z}t\right)\\ r\sin\left(\Omega_{z}t\right)\\ t \end{array}\right)}}+\underset{\text{spiral}}{\underbrace{\left(\begin{array}{c} t\ \Omega_{z}r\sin\left(\Omega_{z}t\right)\\ -t\ \Omega_{z}r\cos\left(\Omega_{z}t\right)\\ 0 \end{array}\right)}}+\underset{\text{axis shift}}{\underbrace{r\left(\begin{array}{c} 1\\ 0\\ 0 \end{array}\right)}} \end{align*}$

Die Wachstumsrate der Spirale ist sehr klein, $\dot{\rho}=U\Omega_{y}/\Omega_{z}^2\ll U$ , aufgrund der Annäherung $\Omega_{y}\ll\Omega_{z}.$ Daher ist die Trajektorie eine quasi-kreisförmige Wendel mit Radius $r$ .

Cinaed Simson · Answer 2

Der Zweck dieses Beitrags ist es zu demonstrieren, wie man eine Inverse vom Körperrahmen zur Referenz berechnet, nachdem Drehungen im Körperrahmen unter Verwendung der Tait-Bryan-Winkel durchgeführt wurden https://upload.wikimedia.org/wikipedia/commons/5/53/ Taitbrianzyx.svg

Ein Teil des Materials ist identisch mit dem Beitrag von OP, aber der Schwerpunkt liegt auf der Reihenfolge der Rotationen und der Verfolgung der durch die Körperrotationen induzierten multiplen Körperrahmen.

Letztendlich erleichtert es die Berechnung der Rücktransformation vom Körper- zum Bezugssystem und der Winkelgeschwindigkeiten.

Auf der anderen Seite kann es sein, dass das Problem übertrieben ist.

Referenzrahmen: $R=(X,Y,Z).$

Körperrahmen: $r=(x,y,z).$

Euler-Winkel: $(\psi,\theta,\phi).$

Erste Drehung: Kurswinkel $\psi$ , Wo $0 \leq \psi\leq 2\pi$ - ist die positive Rotation $\psi$ über die $x$ Achse zum Rahmen $r^{'}=(x^{'},y^{'},z^{'})$ . Der Körperrahmen $r$ stimmt mit dem Bezugssystem überein $R$ .

Zweite Drehung: Haltungswinkel $\theta$ , Wo $-\pi/2 \leq \theta \leq \pi/2$ - positive Drehung um $y^{'}$ Achse zum Rahmen $r^{''}=(x^{''},y^{''},z^{''})$ .

Dritte Rotation: Querneigungswinkel $\phi$ , Wo $0 \leq \theta \leq 2\pi$ - positive Drehung ungefähr ungefähr $x^{''}$ Achse zum Rahmen $r=(x,y,z)$

[ψ] = [\begin{matrix} C Ö S (ψ) & S ich N (ψ) & 0 \\ - S ich N (ψ) & C Ö S (ψ) & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}]

$[\psi] = \begin{bmatrix} cos(\psi) & sin(\psi) & 0 \\ -sin(\psi) & cos(\psi) & 0 \\ 0 & 0 & 1\\ \end{bmatrix}$

[θ] = [\begin{matrix} C Ö S (θ) & 0 & - S ich N (θ) \\ 0 & 1 & 0 \\ S ich N (θ) & 0 & C Ö S (θ) \end{matrix}]

$[\theta]= \begin{bmatrix} cos(\theta) & 0 & -sin(\theta) \\ 0 & 1 & 0 \\ sin(\theta) & 0 &cos(\theta)\\ \end{bmatrix}$

[ϕ] = [\begin{matrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & C Ö S (ϕ) & S ich N (ϕ) \\ 0 & - S ich N (ϕ) & C Ö S (ϕ) \end{matrix}]

$[\phi] = \begin{bmatrix} 1 &0 & 0 \\ 0 &cos(\phi) & sin(\phi) \\ 0 &-sin(\phi) &cos(\phi)\\ \end{bmatrix}$

[R^{'}] = [ψ] [R]

$[r{'}]=[\psi][R]$

[R^{″}] = [θ] [R^{'}]

$[r{''}]=[\theta][r{'}]$

[R] = [ϕ] [R^{″}]

$[r]=[\phi][r{''}]$

oder

[R] = [ϕ] [θ] [ψ] [R]

$[r]=[\phi][\theta][\psi][R]$

Wo $[\phi]$ , $[\theta]$ , Und $[\psi]$ sind Matrizen, und $R$ , $r$ , $r{'}$ , $r{''}$ sind Vektoren.

Seit $[\phi]$ , $[\theta]$ , Und $[\psi]$ sind in dem Sinne orthogonal $det[\psi] = 1$ , usw. dann $[\psi]^T=[\psi]^{-1}$ , etc. und die inverse Transformation ist

[R] = [ψ]^{T} [θ]^{T} [ϕ]^{T} [R] .

$[R]=[\psi]^{T}[\theta]^{T}[\phi]^{T}[r].$ Für

\dot{ψ}

$\dot\psi$ entlang

z^{'}

$z{'}$ ,

\dot{ϕ}

$\dot{\phi}$ entlang

x^{^{″}}

$x^{''}$ Und

x

$x$ ,

\dot{θ}

$\dot{\theta}$ entlang

y^{^{'}}

$y^{'}$ Und

y^{^{″}}

$y^{''}$

ω = \dot{ψ} + \dot{θ} + \dot{ϕ}

$\omega=\dot\psi + \dot{\theta} +\dot\phi$

[ω] = [ϕ] [θ] [\dot{ψ}] + [ϕ] [\dot{θ}] + [\dot{ϕ}]

$[\omega]=[\phi][\theta][\dot\psi]+[\phi][\dot\theta]+[\dot\phi]$

Wo

[\dot{ϕ}] = [\dot{ϕ}, 0, 0]^{T}

$[\dot\phi]=[\dot\phi,0,0]^{T}$

[\dot{θ}] = [0, \dot{θ}, 0]^{T}

$[\dot\theta]=[0,\dot\theta,0]^{T}$

[\dot{ψ}] = [0, 0, \dot{ψ}]^{T} .

$[\dot\psi]=[0,0,\dot\psi]^{T}.$ Die Winkelgeschwindigkeiten sind

ω_{X} = \dot{ϕ} - \dot{ψ} S ich N (θ)

$\omega_{x}=\dot\phi-\dot\psi sin(\theta)$

ω_{j} = \dot{θ} C Ö S (ϕ) + \dot{ψ} C Ö S (θ) S ich N (ϕ)

$\omega_{y}=\dot\theta cos(\phi)+\dot\psi cos(\theta)sin(\phi)$

ω_{z} = \dot{ψ} C Ö S (θ) C Ö S (ϕ) - \dot{θ} S ich N (ϕ) .

$\omega_{z}=\dot\psi cos(\theta)cos(\phi)-\dot\theta sin(\phi).$

John Alexiou · Answer 3

Ich habe eine allgemeine Antwort, um dies zu beweisen. Der erste Schritt besteht darin, den Augenblick festzustellen, in dem sich das Objekt mit einer parallelen Translation (schraubenförmige Bewegung) um eine Rotationsachse bewegt. Da dann die Geschwindigkeitskomponenten spezifiziert und erzwungen werden (dafür werden Kräfte benötigt), bleiben die Bedingungen für eine spiralförmige Bewegung über die Zeit bestehen.

Nehmen Sie also ein rotierendes Objekt mit Rotationsgeschwindigkeit $\vec{\omega}$ , und mit linearer Geschwindigkeit $\vec{v}$ an einem bestimmten Punkt.

Zerlegen Sie als Nächstes den Geschwindigkeitsvektor entlang der Rotationsachse und senkrecht dazu

und beachten Sie, dass der parallele Vektor durch einen Skalarwert beschrieben werden kann $h$ so dass

{\vec{v}}_{∥} = H \vec{ω}

$\vec{v}_\parallel = h\, \vec{\omega}$ Auch der senkrechte Vektor wird erklärt, indem die Rotationsachse außermittig an einen Ort verschoben wird

\vec{r}

$\vec{r}$ so dass

{\vec{v}}_{⊥} = \vec{R} \times \vec{ω}

$\vec{v}_\perp = \vec{r} \times \vec{\omega}$

Die Geschwindigkeit entlang paralleler und senkrechter Vektoren zerlegen

\vec{v} = \vec{R} \times \vec{ω} + H \vec{ω}

$\vec{v} = \vec{r} \times \vec{\omega} + h\, \vec{\omega}$ Verwenden Sie die Position der Drehung

\vec{R} = \frac{\vec{ω} \times \vec{v}}{“ \vec{ω} “^{2}}

$\vec{r} = \frac{ \vec{\omega} \times \vec{v} }{\| \vec{\omega} \|^2}$

Ebenso die Skalartonhöhe $h$ wird gefunden von

H = \frac{\vec{ω} \cdot \vec{v}}{“ \vec{ω} “^{2}}

$h = \frac{ \vec{\omega} \cdot \vec{v} }{\| \vec{\omega} \|^2}$

Das Ergebnis ist, dass die Bewegung des starren Körpers immer in eine Rotation um eine versetzte Achse zerlegt werden kann, die mit einer parallelen Geschwindigkeit zu dieser Achse gekoppelt ist.

Die Eigenschaften der Spirale sind wie folgt:

\begin{aligned} Eigentum & Wert \\ Größe & ω = “ \vec{ω} “ \\ Richtung & \hat{z} = \frac{\vec{ω}}{ω} \\ Tonhöhe & H = \frac{\vec{ω} \cdot \vec{v}}{ω^{2}} \\ Standort & \vec{R} = \frac{\vec{ω} \times \vec{v}}{ω^{2}} \end{aligned}

$\begin{array}{r|l} \text{property} & \text{value} \\ \hline \text{magnitude} & \omega = \| \vec{\omega} \| \\ \text{direction} & \hat{z} = \frac{ \vec{\omega}}{ \omega} \\ \text{pitch} & h = \frac{\vec{\omega} \cdot\vec{v}}{\omega^2} \\ \text{location} & \vec{r} = \frac{\vec{\omega} \times \vec{v}}{\omega^2} \end{array}$

und die Bewegung von der Helix ist:

\vec{v} = ω (\vec{R} \times \hat{z} + H \hat{z})

$\boxed{ \vec{v} = \omega \left( \vec{r} \times \hat{z} + h\,\hat{z} \right) }$

Der letzte Teil besteht darin, zu beachten, dass die Richtung, Steigung und Position der Spirale unverändert bleiben muss, damit sie sich zeitlich nicht ändert. Sie können sich ausrechnen, welche Geschwindigkeits- und Rotationskomponenten angegeben werden müssen, damit dies der Fall ist. Hinweis: Sie müssen 5 von 6 Komponenten angeben (3 lineare und 3 winklige), da die Richtung 2 Größen hat (ihre Größe spielt keine Rolle), die Tonhöhe skalar ist (1 Größe) und die Position der Rotationsachse 2 Größen hat (da die Position entlang der Achse nicht zählt).

Danke, ich bin mir immer noch nicht sicher, ob dies eine spiralförmige Bewegung ist. Können Sie das erweitern? Vielleicht zeigen, warum die parametrischen 3D-Gleichungen einer solchen Trajektorie zwangsläufig die einer Helix sein müssen?
Es ist das, was Sie erhalten, wenn Sie eine Rotation um eine Achse in Kombination mit einer parallelen Translation haben. Das Ergebnis ist eine Spirale. In der Mechanik nennt man das Schraubenbewegung .
@ ja72: Je schneller sich das Objekt dreht, desto langsamer ist der vertikale Anstieg. Kannst du auch die Krümmung der Spirale berechnen? Wie sieht es mit der Torsion aus?

Cinaed Simson · Answer 4

Frenet-Rahmen

Siehe [Kinematik der helikalen Bewegung von Organismen mit bis zu sechs Freiheitsgraden] (link.springer.com/article/10.1007%2FBF02460302), auf die vom OP verwiesen wird, das den Frenet-Rahmen verwendet.

Der Frenet-Rahmen oder Trieder wird verwendet, um das Eindrehen und Eindrehen von Kurven zu beschreiben $R^3$ .

Es gibt 6 Freiheitsgrade, nämlich 3 Freiheitsgrade, um einen Punkt zu fixieren $R^3$ , und 3 Freiheitsgrade, um die zu fixieren $T$ Tangentenvektor oder ein Geschwindigkeitsvektor an den Punkt.

Aus diesen 6 Freiheitsgraden folgt alles andere, nämlich der Frenet-Rahmen oder Trieder.

Der Frenet-Rahmen besteht aus 3 Vektoren, nämlich $T{'},N{'},B{'}$ aus denen gerechnet wird $T$ .

Der Vektor $T{'}$ misst die Krümmung der Kurve und den Vektor $B{'}$ misst die Torsion der Kurve.

Der Parameter $s$ erzeugt die Trajektorie.

Lassen $\beta:I\rightarrow R^3$ sei die Abbildung der zylindrischen Helixkurve in $R^3$ mit $s$ im offenen Intervall $0\lt s \lt1$ In $I$

β (S) = (A_{} C Ö S \frac{S}{C}, A_{} S ich N \frac{S}{C}, \frac{B S}{C})

$\beta(s)=(a_{ } cos\frac{s}{c},a_{ }sin\frac{s} {c},\frac {bs}{c})$

Wo $c=(a^2+b^2)^{1/2}$ Und $a>0$ .

Der Einheits-Tangentenvektor an die Kurve $T$ Ist

T (S) = β^{'} (S) = (- \frac{A}{C} S ich N \frac{S}{C}, \frac{A}{C} C Ö S \frac{S}{C}, \frac{B}{C})

$T(s)=\beta{'}(s)=(-\frac {a}{c}sin\frac{s}{c},\frac {a}{c}cos\frac{s}{c},\frac {b}{c})$

Wo $\beta{'}(s)$ ist eine Kurzform für $\frac {d\beta(s)}{ds}$ .

Dann

T^{^{'}} (S) = β^{″} (S) = (- \frac{A}{C^{2}} C Ö S \frac{S}{C}, - \frac{A}{C^{2}} S ich N \frac{S}{C}, 0)

$T^{'}(s)=\beta{''}(s)=(-\frac {a}{c^2}cos\frac{s} {c},-\frac {a}{c^2}sin\frac{s}{c},0)$

und die Krümmung ist

κ (S) = | | T^{^{'}} (S) | | = \frac{A}{C^{2}} = \frac{A}{A^{2} + B^{2}} > 0

$\kappa(s)=||T^{'}(s)||=\frac {a}{c^2}=\frac{a}{a^2+b^2} > 0$

Seit $T^{'}=\kappa N$ , Wo $N$ ist der Normalenvektor

N (S) = (- C Ö S \frac{S}{C}, - S ich N \frac{S}{C}, 0)

$N(s)=(-cos\frac{s}{c},-sin\frac{s}{c},0)$

die immer auf die Achse des Zylinders zeigt, auf dem $\beta(s)$ liegt unabhängig von Werten von $a$ Und $b$ .

Mit dem Kreuzprodukt $B=T\times N$ gibt

B (S) = (\frac{B}{C} S ich N \frac{S}{C}, - \frac{B}{C} C Ö S \frac{S}{C}, \frac{A}{C})

$B(s)=(\frac {b}{c}sin\frac{s}{c},-\frac {b}{c} cos\frac{s}{c},\frac {a}{c})$

Um die Torsion zu berechnen, gilt per Definition: $B{'}=-\tau N$

B^{'} (S) = (\frac{B}{C^{2}} C Ö S \frac{S}{C}, \frac{B}{C^{2}} S ich N \frac{S}{C}, 0)

$B^{`}(s)=(\frac {b}{c^2}cos\frac{s}{c},\frac {b}{c^2} sin\frac{s}{c},0)$

was impliziert

τ = \frac{B}{C^{2}} = \frac{B}{A^{2} + B^{2}}

$\tau=\frac {b}{c^2}=\frac {b}{a^2+b^2}$

Zusammenfassend besteht der Frenet-Rahmen aus den 3 orthonormalen Vektoren

T^{'} = κ N

$T{'}=\kappa N$

N^{'} = - κ T + τ B

$N{'}=-\kappa T +\tau B$

B^{'} = - τ N,

$B{'}=-\tau N,$

Die erste Gleichung ist die Definition der Krümmung und die letzte Gleichung ist die Definition der Torsion - beide Gleichungen wurden direkt aus berechnet $T$ Vektor. Die zweite Gleichung wurde als orthonormale Entwicklung der ersten und letzten Gleichung geschrieben.

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