Cambiamenti di sistemi di riferimento
S.R. fisso K
S.R. mobile L
K = (O; ê1, ê2, ê3)
L = (O'; m̂1, m̂2, m̂3)
ÔP = ÔO' + O'P
q1ė1 + q2ė2 + q3ė3 = Q1m̂1 + Q2m̂2 + Q3m̂3
OO' = r1ė1 + r2ė2 + r3ė3
q1 = Q1(m1)1 + Q2(m2)1 + Q3(m3)1
q2 = Q1(m1)2 + Q2(m2)2 + Q3(m3)2
q3 = Q1(m1)3 + Q2(m2)3 + Q3(m3)3
Posso riscrivere questa rel. in modo compatto in formula matriciale:
q = r + BQ
dove (B)ij = (m̂j° ė̂i),
ovvero B ha per colonne i vettori m̂1, m̂2, m̂3 nella base ê
Nota:
B-1 = ( m̂1T m̂2T m̂3T )
=> BT · B = I => B = BT
ovvero B è una matrice ortogonale
legge di trasformazione delle posizioni
q = r + BQ
In generale r e B sono leggi del tempo:
r = r(t) e B = B(t)
=> q(t) = r(t) + B(t)Q(t)
Cambiamenti di sistemi di riferimento
S.R. fisso K S.R. mobile L
K = (O; ê1, ê2, ê3)
L = (O'; m̂1, m̂2, m̂3)
ÔP = ÔO' + ÔP'
ÔP = q1 ê̂1 + q2 ê̂2 + q3 ê̂3
ÔO' = Q1 m̂1 + Q2 m̂2 + Q3 m̂3
OO' = r1 ê̂1 + r2 ê̂2 + r3 ê̂3
q1 ê̂1 + q2 ê̂2 + q3 ê̂3 = Q1 m̂1 + Q2 m̂2 + Q3 m̂3 + r1 ê̂1 + r2 ê̂2 + r3 ê̂3 =
= r1 ê̂1 + r2 ê̂2 + r3 ê̂3 + Σ [Q1 (m̂1, ē̂j) ê̂j + Q2 (m̂2, ē̂j) ê̂j + Q3 (m̂3, ē̂j) ê̂j]
j=1 3
⟹
q1 = r1 + Q1 (m̂1, ē̂1) + Q2 (m̂2, ē̂1) + Q3 (m̂3, ē̂1)
q2 = r2 + Q1 (m̂1, ē̂2) + Q2 (m̂2, ē̂2) + Q3 (m̂3, ē̂2)
q3 = r3 + Q1 (m̂1, ē̂3) + Q2 (m̂2, ē̂3) + Q3 (m̂3, ē̂3)
Posso riscrivere questa rel. in modo compatto in formula matriciale:
q̅ = r̅ + BQ̅ traslazione rotazione
dove (B)ij = (m̂j, ê̂i) ovvero B ha
per colonne i vettori m̂1, m̂2, m̂3
nella base ê
B = (
m̂1 m̂2 m̂3
) B assume notazione
BLK
NOTA: BT (
m̂1T
m̂2T
m̂3T
)
= BLK B(L—) ⟹
BT B = 1 ⟹ B = BT
ovvero B è una
matrice ortogonale
Legge di trasformazione delle posizioni
in generale r̅ e B sono leggi del tempo:
r̅ = r̅ (t) e B = B(t)
⟹ q(t) = r(t) + B(t) Q(t)
Derivando rispetto al tempo ottengo la legge
di trasformazioni per le velocità:
Q(t) = r(t) + B(t)Q(t) + B(t)Q(t)
~~~~~~~~~~~~
BQ = B BT BQ = A(BQ)
Poiché B è ortogonale,
A è antisimmetrica
A = B B-1 + B BT
B B-1 ∀ t ; se derivo => B BT + B BT = 0
=> AT = B BT <- trasposta del prodotto
= -B B = -A => AT = - A => A = antisimmetrica
È possibile assegnare A ogni matrice 3-D
( 0 ω3 -ω2) = ( 0 -ω3 ω2)
(-ω3 0 ω1) ( ω3 0 -ω1)
( ω2 -ω1 0 ) (-ω2 ω1 0 )
In questa formula si capisce che l'azione
di A su un vettore generico di R3 è equivalente
all'azione di prodotto vettoriale con w
Au = ( 0 -ω3 ω2) (u1) = ( -ω3u2 + ω2u3) = w ʌ u
( ω3 0 -ω1) (u2) ( ω3u1 - ω1u3)
(-ω2 ω1 0 ) (u3) ( -ω2u1 + ω1u2)
=> Q(t) = r(t) + A(BQ) + BQ = r + wʌ(BQ) + BQ
= r + wʌ(Q-r) + BQ
legge di trasformazione delle velocità
[ Q(t) - r(t) + wʌ(q(t) - r(t)) + BQ(t) ]
r(t) e wʌ(Q-r) sono i termini di trascina
mutuo rispetto a quelli dovuti al moto
traslatorio e rotatorio di Q di O'
* Posso riscrivere il vettore ω=ω₁e₁+ω₂e₂+ω₃e₃,nella base (̂₁,̂₂,̂₃), ottenendoω = Ω̂₁ +Ω₂̂₂ +̂₃Ω₃;B Ω => B Q̣̣̣= A (B Q) = ωΛBQ = BΩΛBQ = B(ΩΛQ)* il prod. vettoriale di due vettori ruotati è il ruotato del prodotto vettorialeE’ inoltre vero che (BU) ∙ (BV) = U ∙ VQ̇ = ṙ + B(ΩΛQ) + BQ̣ = ṿ + B(vΛQ) + VQ dove per definizione ṙ= BV che è un modoalternativo di scrivere la velocità ⇩trascinamento
ω ha l’interpretazione di velocità angolaredi (̂₁,̂₂,̂₃) rispetto a (̂₁,̂₂,̂₃). Suppongo ̂₃ = ̂₃
₁ = (cos φ(t)sen φ(t) 0)₂ = (- ssen φ(t)cos φ(t) 0)₃ = (0,0,1)
ℬ(t) = (cos φ(t) -sen φ(t)sen φ(t) cos φ(t) 0 0 1)B̊ = (- φ̇ sen φ− φ̇ cos φ 0) (φ̇ cos φ- φ̇ sen φ 0 0 0 0)
A = BB-1 = B-1BT = ω= (-sen φ -cos φ cos φ -sen φ 0 0 0 0)(0 00 1)
(( 0 ω0 0) (ω3ω2 ω3))(ω1)=>( ω =(0)(ω))
Caso generale
Ḃ = d/dt (M̂1 M̂2 M̂3) = BṠ-1 Ḃ = AB = A (M̂1 M̂2 M̂3) = (AṀ̂1 AṀ̂2 AṀ̂3) = (ω∧M̂1 ω∧M̂2 ω∧M̂3)
Questo significa che ω è il vettore t.c
d/dt M̂i = ω∧M̂i con i=1,2,3
<=> dM̂i = (ωdt)∧M̂i = ω∧M̂i dt
|dM̂i| = |ω|∧M̂i dt
|ω| è la velocità angolare istantanea di O irrp. O
M̂i → M̃̂i + dM̂i che corrisponde a una rot.
base infinitesima di un angolo ωdt attorno all'asse |ω|
Legge di trasformazione delle forze
A questo punto come trasformo le eq. del moto?
mQ̈ = ƒ(∂V/∂Q) sulle eq di ε=1 di lagrangiana
L(Q̇,Q)= ½ ṁ2 - V(i) =
=½ μ |B[V + Ω∧Q + Î ]2 - U(I + BQ) - Ƚ(Q̇,Q̇,t)
B,V e Ω sono funzioni del tempo che descr
vono il moto di O irrp O
Le⎪ eq. del moto per Q sono le eq di ε=1 per
<δȽ(Q̇,Q,t)>
d
Q
[ |B∙U|2 = (B∙U)(B∙U) = U(BT B) U = |U|2 ]*
*
=
*
**
*
*
ho supposto che
*
=
=
se f
forza attiva scritto nella base
forza centrifuga
queste sono forze apparenti prese in solo nel
esempio corpo soggetto a forza di Coriolis
se é la convenzionale
latitudine
Ω1 = 0 perché ω e M3 sono paralleli;
Ω2 = ω senθ
Ω3 = ωcosθ
NOTA: ∇̇ = 0
Γ = μg (0|0|0)
g ≈ 9.8 m/s2
f = G M2 μ m3⁄Ro2
Ro = 6,4 . 106 m
—μQ̇ = −μg (0|0|0) − 2 μ Ω Λ Q − μMΛ(∇ΛQ), μ(v+ΩΛv)
r = Ro M3 . B(0,0,Ro) = BRo
r = BRo = B(ΩΛ Ro)
r = B (ΩΛ ( ΩΛ Ro ) ) = B A
−μQ̇ = −μg − 2 μ Ω Λ Q − μMΛ(ΩΛQ) − μMΛ(ΩΛ(Ro ▫ ¼) = μA
|Q| ∼ 104 m
|Ro| ∼ 106 m ⇒ posso trascurare Q:
Q ̇ = − g − 2 Ω Λ Q + ΩΛ( ΩΛ Q ) − ΩΛ( ΩΛ Ro ) =
= geff − 2 Ω Λ Q
= − g − ΩΛ(ΩΛ Ro) dove la accelerazione centrifuga varia a seconda della latitudine
ΩΛ (ΩΛ Ro) = ωRo⁄2 ∼ 0.02 m/s2 che è quindi un errore 10-3 volte più piccolo di g
ΩΛQ = ( 1⁄2Ω3 −Ω3Q1 Ω1 − Ω2Q1 Ω2 −Ω2Q1 Ω3 −Ω2Q2
(2ωcosθ Q2, 2ωsinθ Q1) Ω2 = 2 ωcosθ Q1,Ω1 = 2ωsinθ Q1,Q= -g + 2ω Λ Q)
"Questo cancello ha termine un'equazione"
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