刚体
目录
1 矢量, 坐标, 与坐标系 2
2 转动 2
2.1 欧拉定理 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
2.2 无限小转动和角速度 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
3 欧拉角 4
4 转动惯量 7
4.1 动能与转动惯量的引入 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
4.2 平行轴定理 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
4.3 惯性张量的变换 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
4.4 角动量 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
4.5 惯量主轴 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
4.6 惯量椭球 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
5 欧拉动力学方程 15
5.1 欧拉动力学方程 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
5.2 欧拉陀螺 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
5.3 欧拉陀螺的稳定性 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
5.4 拉格朗日陀螺 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
5.5 快速陀螺 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
1
1 矢量, 坐标, 与坐标系
矢量是物理上存在的有方向的量, 为了在三维空间中描述它, 选取三个线性无关的矢量作为基矢, 将其写
为它们的线性组合的形式, 每个基矢前面的系数即为坐标, 选取的三个基矢称为坐标系
需要注意的是, 矢量的大小与方向与坐标系的选取没有关系, 同一矢量在不同的坐标系下会有不同的坐标.
设一个矢量为 v, 有三个基矢为 e
x
, e
y
, e
z
,v 在该坐标系下的坐标为 𝑉 = [𝑥, 𝑦, 𝑧]
𝑇
, 用线性代数的语言表述
即为
v = 𝑥e
x
+ 𝑦e
y
+ 𝑧e
z
= [e
x
e
y
e
z
]
𝑥
𝑦
𝑧
= [e
x
e
y
e
z
]𝑉
同一个矢量可以用不同的基矢描述, 即同一个矢量在不同的坐标系下有不同的坐标. 坐标之间可以通过坐
标变换得到. 此处引用线性代数中的结论
设有两组基, 并且它们有关系
[e
′
x
e
′
y
e
′
z
]
=
[
e
x
e
y
e
z
]
𝐴
𝐴 是一个可逆矩阵, 称 𝐴 为基 (e
x
, e
y
, e
z
) 到 (e
′
x
, e
′
y
, e
′
z
) 的过渡矩阵, 那么两组基下的坐标有如下
关系
[𝑥
0
𝑦
0
𝑧
0
]
𝑇
= 𝐴
−1
[𝑥 𝑦 𝑧]
𝑇
固定坐标系: 实验室坐标系, 三个基矢固定, 对时间导数为零
本体坐标系: 固定在刚体上, 三个基矢跟随刚体动, 对时间导数不为零. 需要注意的是本体坐标系只是描
述坐标的手段,参考系仍然是实验室系
需要特别注意,坐标系不是参考系. 坐标系仅为描述矢量的方法, 而参考系是选为静止的物, 二者不同
2 转动
2.1 欧拉定理
刚体运动的欧拉定理
具有一个固定点的刚体的任意位移等效于绕该定点的某一轴线的转动
此定理也即瞬时转轴存在. 只需要证明任意转动矩阵有特征值 1 即可. 因为
𝐴𝑅 = 𝑅
则在直线 𝑅 上的所有点在转动变换下不动, 因而转轴即为 𝑅. 可以优雅地证明 1 特征值的存在
𝐴𝐴
𝑇
= 𝐼 ⇒ (𝐴 − 𝐼)𝐴
𝑇
= 𝐼 − 𝐴
取行列式得到
|
𝐴 − 𝐼
|
𝐴
𝑇
=
𝐼
−
𝐴
𝑇
⇒
|
𝐴 − 𝐼
|
=
𝐼 − 𝐴
𝑇
=
|
𝐴 − 𝐼
|
𝑇
=
|
𝐴 − 𝐼
|
= −
|
𝐴 − 𝐼
|
因此
|
𝐴 − 𝐼
|
= 0. 此处运用了 𝐴 是三阶矩阵,
|
𝐴 − 𝐼
|
= −
|
𝐼 − 𝐴
|
. 实际上在偶数维空间中欧拉定理并不成立
根据欧拉定理,刚体的一般运动可以分解为刚体中任一点的平动加上绕过该点某轴的转动
2.2 无限小转动和角速度
考察一个有限转动过程, 将其按时间段分段, 每一段的时间为 𝑑𝑡. 那么对于 𝑡 → 𝑡 + 𝑑𝑡 的过程就可以写出
一个旋转矩阵 𝐴.𝐴 中的元素显然是和时间 𝑡 相关的, 时刻之间的矢量由如下迭代式给出
x|
𝑡+𝑑𝑡
= 𝐴(𝑡)x|
𝑡
那么 𝐴 中显然含有 𝑑𝑡. 由上式,𝑑𝑡 = 0 时有 𝐴(𝑡) = 𝐼, 那么 𝐴(𝑡) 显然就能写成如下形式
𝐴(𝑡) = 𝐼 + 𝐴
∗
(𝑡)𝑑𝑡
这是一个计算上非常不直观的表示, 考虑确定转动矩阵的方法. 对于一个旋转, 只需要一根轴与旋转的角
度即可确定. 不妨就定义这样一种矢量 n, 它的方向为旋转的轴向, 它的大小是旋转的角度, 由 n 可唯一
确定一个旋转矩阵 𝐴. 一个有限转动可以写成很多转动之和, 即
n =
Õ
n
i
当然这里的求和不是简单的矢量加法, 而是与旋转矩阵的相乘相关, 即
𝐴(n) =
Ö
𝐴
𝑖
(n
i
)
令分割区域无穷, 即 𝑑𝑡 → 0, 即得到了一种类似于积分的运算, 不妨就记为
n =
∫
𝑑n
这里的积分也不是简单的矢量积分, 而是与无限小旋转矩阵的相乘的简写. 此处的 𝑑n 即无限小转动
虽然不同时刻的 𝑑n 是不能简单相加 (积分意义上) 的, 但是同一时刻的 𝑑n 是遵循矢量的运算法则的. 将
一个无限小转动拆成两个
dn = dn
1
+ dn
2
对应的转动矩阵也拆成两个
𝐴 = 𝐼 + 𝐴
∗
(𝑡)𝑑𝑡 = 𝐼 + 𝐴
∗
1
(𝑡)𝑑𝑡 + 𝐴
∗
2
(𝑡)𝑑𝑡 → dn
1
∼ 𝐼 + 𝐴
∗
1
(𝑡)𝑑𝑡, dn
2
∼ 𝐼 + 𝐴
∗
2
(𝑡)𝑑𝑡
而
dn
1
+ dn
2
∼ (𝐼 + 𝐴
∗
1
𝑑𝑡)(𝐼 + 𝐴
∗
2
𝑑𝑡) = 𝐼 + 𝐴
∗
1
𝑑𝑡 + 𝐴
∗
2
𝑑𝑡 + 𝐴
∗
1
𝐴
∗
2
𝑑𝑡
2
这就意味着, 两个拆出的转动矢量之和确定的转动与真实的转动相差一个二阶小量, 这是可以忽略的
由 dn 定义角速度
ω =
dn
𝑑𝑡
那么由此定义, 设刚体沿定点 𝐶 转动, 角速度为 𝜔, 则刚体上任一点的速度为
v = 𝜔 × r
若是 𝐶 还有速度 v
C
, 则两速度叠加得到任一点的速度为
v = v
C
+ 𝜔 × r
实际上角速度 𝜔 与基点 𝐶 的选择无关. 假设取另外一个基点 𝐶
0
, 同一点相对 𝐶
0
的位矢为 𝑟
0
, 则有
v = v
′
C
+ 𝜔
0
× r
′
由于 𝐶
0
也是点 (?), 那么其速度可以表示为
v
′
C
= v
C
+ 𝜔(r − r
′
)
那么就得到
v − v
′
C
= 𝜔 × r
′
又由于
v = v
′
C
+ 𝜔
0
× r
′
⇔ v − v
′
C
= 𝜔
0
× r
′
于是
(𝜔 − 𝜔
0
) × r
′
= 0
由于 𝐶 是任意选取的,𝑟
0
就是随意的, 那么上式成立只能有
𝜔 = 𝜔
0
3 欧拉角
欧拉角描述了惯性系到本体系的坐标变换关系. 欧拉角是三个角度, 分别是
𝜑(进动角), 𝜃(章动角), 𝜓 (自转角)
遵循如下规则可将实验室系变换到本体系
1. 沿 𝑧 轴转过 𝜑
2. 沿 𝑥 轴转过 𝜃
3. 沿 𝑧 轴转过 𝜓
需要注意的是,
三次转动的顺序是固定的
, 因为不同的顺序会得到不同的转动结果. 下面来考察欧拉角的
物理意义
若 𝜑 发生了变化而 𝜃, 𝜓 不变, 则刚体前后的变化相当于
整体绕着 𝑧 轴发生了转动
. 同样地,𝜃 的变化可以
视为
绕着第三次旋转前的 𝑥 轴的旋转
,𝜓 的变化可以视为
绕着旋转后 𝑧 轴的旋转
. 直观上的理解为这三个
角度分别对应着陀螺的
进动, 章动和自转
.
三个欧拉角互相独立
,
互不影响
记惯性系三轴为 𝑥
0
, 𝑦
0
, 𝑧
0
, 本体系三轴为 𝑥, 𝑦, 𝑧
于是就可以认为,
¤𝜑 对应的角速度沿 𝑧
0
,
¤
𝜃 对应的角速度方向沿 𝑂𝑁,
¤
𝜓 对应的角速度方向沿 𝑧
. 于是就可以
由欧拉角的微商分别得到用本体系和惯性系基矢表示的三个角速度分量
𝜔
𝑥
= ¤𝜑 sin 𝜃 sin 𝜓 +
¤
𝜃 cos 𝜓
𝜔
𝑦
= ¤𝜑 sin 𝜃 cos 𝜓 −
¤
𝜃 sin 𝜓
𝜔
𝑧
= ¤𝜑 cos 𝜃 +
¤
𝜓
𝜔
0
𝑥
=
¤
𝜓 sin 𝜃 sin 𝜑 +
¤
𝜃 cos 𝜑
𝜔
0
𝑦
= −
¤
𝜓 sin 𝜃 cos 𝜑 +
¤
𝜃 sin 𝜑
𝜔
0
𝑧
=
¤
𝜓 cos 𝜃 + ¤𝜑
这称为欧拉刚体运动学方程
需要注意的是, 在这个旋转过程中, 刚体上一点的位矢在本体系下的坐标是不变的, 因为本体系的坐标架
是随着刚体一起转动的
希望用矩阵表示这个变换过程. 考察刚体上的一个矢量 r, 它在实验室系和本体系下的表示分别为
r =
h
𝑒
0
𝑥
𝑒
0
𝑦
𝑒
0
𝑧
i
𝑥
0
𝑦
0
𝑧
0
=
h
𝑒
𝑥
𝑒
𝑦
𝑒
𝑧
i
𝑥
𝑦
𝑧
求解这两个坐标的关系实际上是在进行坐标变换. 坐标变换分为三个步骤
首先如图 𝑎, 将 𝑥
0
𝑦
0
𝑧
0
→ 𝑥
00
𝑦
00
𝑧
00
, 变换为
h
𝑒
0
𝑥
𝑒
0
𝑦
𝑒
0
𝑧
i
=
h
𝑒
00
𝑥
𝑒
00
𝑦
𝑒
00
𝑧
i
𝐴
𝜑
, 𝐴
𝜑
=
cos 𝜑 sin 𝜑 0
−sin 𝜑 cos 𝜑 0
0 0 1
再如图 𝑏, 将 𝑥
00
𝑦
00
𝑧
00
→ 𝑥
000
𝑦
000
𝑧
000
, 变换为
h
𝑒
00
𝑥
𝑒
00
𝑦
𝑒
00
𝑧
i
=
h
𝑒
000
𝑥
𝑒
000
𝑦
𝑒
000
𝑧
i
𝐴
𝜃
, 𝐴
𝜃
=
1 0 0
0 cos 𝜃 sin 𝜃
0 −sin 𝜃 cos 𝜃
最后如图 𝑐, 将 𝑥
000
𝑦
000
𝑧
000
→ 𝑥𝑦𝑧, 变换为
h
𝑒
000
𝑥
𝑒
000
𝑦
𝑒
000
𝑧
i
=
h
𝑒
𝑥
𝑒
𝑦
𝑒
𝑧
i
𝐴
𝜓
, 𝐴
𝜓
=
cos 𝜓 sin 𝜓 0
−sin 𝜓 cos 𝜓 0
0 0 1
于是合起来即得到了基矢的关系
h
𝑒
0
𝑥
𝑒
0
𝑦
𝑒
0
𝑧
i
=
h
𝑒
𝑥
𝑒
𝑦
𝑒
𝑧
i
𝐴
𝜓
𝐴
𝜃
𝐴
𝜑
那么
r =
h
𝑒
0
𝑥
𝑒
0
𝑦
𝑒
0
𝑧
i
𝑥
0
𝑦
0
𝑧
0
=
h
𝑒
𝑥
𝑒
𝑦
𝑒
𝑧
i
𝑥
𝑦
𝑧
⇔
𝑥
𝑦
𝑧
= 𝐴
𝜓
𝐴
𝜃
𝐴
𝜑
𝑥
0
𝑦
0
𝑧
0
其中
𝐴
𝜓
𝐴
𝜃
𝐴
𝜑
=
cos 𝜑 cos 𝜓 − cos 𝜃 sin 𝜑 sin 𝜓 sin 𝜑 cos 𝜓 + cos 𝜃 cos 𝜑 sin 𝜓 sin 𝜃 sin 𝜓
−cos 𝜑 sin 𝜓 − cos 𝜃 sin 𝜑 cos 𝜓 −sin 𝜑 sin 𝜓 + cos 𝜃 cos 𝜑 cos 𝜓 sin 𝜃 cos 𝜓
sin 𝜃 sin 𝜑 −sin 𝜃 cos 𝜑 cos 𝜃
需要注意的是, 此处的 𝐴
𝜓
, 𝐴
𝜃
, 𝐴
𝜑
不是旋转矩阵, 而是旋转矩阵的转置, 代表坐标变换而不是矢量旋转
4 转动惯量
4.1 动能与转动惯量的引入
考察刚体的动能有
𝑇 =
Õ
1
2
𝑚
𝑖
(v
c
+ ω × r
i
)
2
=
Õ
𝑚
𝑖
2
𝑣
2
𝑐
+
Õ
𝑚
𝑖
v
c
· (ω × r
i
) +
Õ
𝑚
𝑖
2
(ω × r
i
)
2
由混合积的性质
Õ
𝑚v
c
· (ω × r) =
Õ
𝑚r · (v
c
× ω) = 0
于是
𝑇 = 𝑇
0
+𝑇
𝑟
, 𝑇
0
=
Õ
𝑚
𝑖
2
𝑣
2
𝑖
, 𝑇
𝑟
=
Õ
𝑚
𝑖
2
(ω × r
i
)
2
前一项为平动动能, 后一项为转动动能. 考察转动动能
𝑇
𝑟
=
Õ
𝑚
𝑎
2
(ω × r
a
)
2
=
1
2
Õ
𝑚
𝑎
[𝜔
2
𝑟
2
𝑎
− (ω · r
a
)
2
]
将其展开成三个分量:𝜔 = [ 𝜔
1
𝜔
2
𝜔
3
], 𝑟 = [𝑟
1
𝑟
2
𝑟
3
], 则上式写为
𝑇
𝑟
=
1
2
Õ
𝑎
𝑚
𝑎
Õ
𝑖
𝜔
2
𝑖
Õ
𝑘
𝑟
2
𝑎,𝑘
−
Õ
𝑖
𝜔
𝑖
𝑟
𝑎,𝑖
Õ
𝑗
𝜔
𝑗
𝑟
𝑎, 𝑗
!
=
1
2
Õ
𝑖 𝑗
𝜔
𝑖
𝜔
𝑗
Õ
𝑎
𝑚
𝑎
𝛿
𝑖 𝑗
Õ
𝑘
𝑟
2
𝑎,𝑘
−𝑟
𝑎,𝑖
𝑟
𝑎, 𝑗
!
=
1
2
Õ
𝑖 𝑗
𝐼
𝑖 𝑗
𝜔
𝑖
𝜔
𝑗
其中
𝐼
𝑖 𝑗
=
Õ
𝑎
𝛿
𝑖 𝑗
Õ
𝑘
𝑟
2
𝑎,𝑘
−𝑟
𝑎,𝑖
𝑟
𝑎, 𝑗
!
将 𝐼 展开即
𝐼 =
Õ
𝑎
𝑚
𝑎
(𝑦
2
𝑎
+ 𝑧
2
𝑎
) −𝑚
𝑎
𝑥
𝑎
𝑦
𝑎
−𝑚
𝑎
𝑥
𝑎
𝑧
𝑎
−𝑚
𝑎
𝑥
𝑎
𝑦
𝑎
𝑚
𝑎
(𝑥
2
𝑎
+ 𝑧
2
𝑎
) −𝑚
𝑎
𝑦
𝑎
𝑧
𝑎
−𝑚
𝑎
𝑥
𝑎
𝑧
𝑎
−𝑚
𝑎
𝑦
𝑎
𝑧
𝑎
𝑚
𝑎
(𝑥
2
𝑎
+ 𝑦
2
𝑎
)
该矩阵即转动惯量张量, 简称为惯性张量. 那么转动动能就可以表示为
𝑇
𝑟
=
1
2
ω
𝑇
𝐼ω =
1
2
Õ
𝐼
𝑖 𝑗
𝜔
𝑖
𝜔
𝑗
惯性张量有如下性质
1. 惯性张量是一个对称矩阵,𝐼
𝑖 𝑗
= 𝐼
𝑗𝑖
2. 惯性张量是一个广延量, 一
刚体的惯性张量等于各部分惯性张量之和
将求和换为积分即可写出积分形式的转动惯量
𝐼
𝑖 𝑗
=
∫
𝜌(𝑟)
𝛿
𝑖 𝑗
Õ
𝑘
𝑟
2
𝑘
−𝑟
𝑖
𝑟
𝑗
!
𝑑𝑉
𝐼 矩阵的对角元 𝐼
11
, 𝐼
22
, 𝐼
33
分别称为 𝑥, 𝑦, 𝑧 轴的转动惯量. 非对角元称为惯量积
4.2 平行轴定理
设 𝑂 为质心, 另有一点 𝑂
0
. 设
−−−→
𝑂𝑂
0
= a 则 𝑂 点的惯性张量有
˜
𝐼
𝑖 𝑗
= 𝐼
𝑖 𝑗
+ 𝑀
𝛿
𝑖 𝑗
Õ
𝑘
𝑎
2
𝑘
− 𝑎
𝑖
𝑎
𝑗
!
这是因为将
˜
𝐼 按定义展开
˜
𝐼
𝑖 𝑗
=
Õ
𝑎
𝑚
𝑎
"
𝛿
𝑖 𝑗
Õ
𝑘
( 𝑟
𝑎,𝑘
+ 𝑎
𝑘
)
2
− ( 𝑟
𝑎, 𝑗
+ 𝑎
𝑖
)(𝑟
𝑎, 𝑗
+ 𝑎
𝑗
)
#
= 𝐼
𝑖 𝑗
+
Õ
𝑎
𝑚
𝑎
"
𝛿
𝑖 𝑗
Õ
𝑘
𝑎
2
𝑘
− 𝑎
𝑖
𝑎
𝑗
!
+
𝛿
𝑖 𝑗
Õ
2𝑟
𝑎,𝑘
𝑎
𝑘
− 𝑎
𝑖
𝑟
𝑎, 𝑗
− 𝑎
𝑗
𝑟
𝑎,𝑖
#
由于 𝑂 为质心, 有
Õ
𝑎
𝑚
𝑎
𝑟
𝑎,𝑘
= 0
因此就得到了
˜
𝐼
𝑖 𝑗
= 𝐼
𝑖 𝑗
+ 𝑀
𝛿
𝑖 𝑗
Õ
𝑘
𝑎
2
𝑘
− 𝑎
𝑖
𝑎
𝑗
!
展开就是
˜
𝐼 = 𝐼 + 𝑀
𝑎
2
2
+ 𝑎
2
3
−𝑎
1
𝑎
2
−𝑎
1
𝑎
3
−𝑎
2
𝑎
1
𝑎
2
1
+ 𝑎
2
3
−𝑎
2
𝑎
3
−𝑎
3
𝑎
1
−𝑎
3
𝑎
2
𝑎
2
1
+ 𝑎
2
2
4.3 惯性张量的变换
由转动动能
𝑇
𝑟
=
1
2
ω
𝑇
ˆ
𝐼ω
假设进行一个坐标系的旋转, 两组基矢有如下关系 (𝐴 为过渡矩阵)
[𝑒
0
𝑥
𝑒
0
𝑦
𝑒
0
𝑧
] = [𝑒
𝑥
𝑒
𝑦
𝑒
𝑧
]𝐴
即两组基矢下的坐标有如下关系
ω
0
= 𝐴
𝑇
ω
坐标系的变换当然不改变动能, 于是
𝑇
𝑟
=
1
2
(𝐴ω
0
)
𝑇
ˆ
𝐼 𝐴ω
0
=
1
2
ω
0𝑇
(𝐴
𝑇
ˆ
𝐼 𝐴)ω
0
那么就得到了惯量张量在空间旋转下的变换性质
ˆ
𝐼
0
= 𝐴
𝑇
ˆ
𝐼 𝐴
4.4 角动量
相对于原点 𝑂 的角动量为 J =
Í
r × p
J =
Õ
𝑎
𝑚
𝑎
r × (ω × r) =
Õ
𝑎
𝑚
𝑎
( 𝑟
2
𝑎
ω − (r
a
· ω)r
a
)
写出分量
𝐽
𝑖
=
Õ
𝑎
𝑚
𝑎
𝜔
𝑖
Õ
𝑘
𝑟
2
𝑎,𝑘
−𝑟
𝑎,𝑖
Õ
𝑗
𝑟
𝑎, 𝑗
𝜔
𝑗
!
=
Õ
𝑎
𝑚
𝑎
Õ
𝑗
𝜔
𝑗
𝛿
𝑖 𝑗
Õ
𝑘
𝑟
2
𝑎,𝑘
−𝑟
𝑎,𝑖
𝑟
𝑎, 𝑗
!
=
Õ
𝑖
𝜔
𝑖
𝐼
𝑖 𝑗
于是
J =
ˆ
𝐼ω
考察动能
𝑇
𝑟
=
1
2
ω
𝑇
ˆ
𝐼ω =
1
2
ω
𝑇
J
得到了动能与角动量的关系
𝑇
𝑟
=
1
2
ω
𝑇
J
4.5 惯量主轴
由于
ˆ
𝐼 为实对称阵, 因而它可以相似对角化
𝐷 = 𝐴
ˆ
𝐼 𝐴
𝑇
=
𝐼
1
𝐼
2
𝐼
3
此处引用线性代数中对角化的结论
1. 𝑛 阶实对称矩阵有 𝑛 个线性无关的特征向量
2. 实对称矩阵可以特征分解, 即 𝐴 = 𝑆Λ𝑆
−1
,𝑆 为 𝐴 的特征向量组成的矩阵,Λ 为特征值的对角阵
3. 对称矩阵属于不同特征值的特征向量正交
那么
ˆ
𝐼 有三个线性无关的特征向量, 记为 𝚲
1
, 𝚲
2
, 𝚲
3
. 那么它们就确定了三个向量, 也即三根轴
®
Λ
1
= [𝑒
𝑥
𝑒
𝑦
𝑒
𝑧
]𝚲
1
,
®
Λ
2
= [𝑒
𝑥
𝑒
𝑦
𝑒
𝑧
]𝚲
2
,
®
Λ
3
= [𝑒
𝑥
𝑒
𝑦
𝑒
𝑧
]𝚲
3
这三根轴就称为惯量主轴
若三个特征值互不相同, 那么惯量主轴自然相互垂直; 若是存在多个特征向量属于同一特征值, 则它们的
线性组合也是特征向量, 进而就可以通过施密特正交化使得它们两两垂直. 因而得到
三个惯量主轴彼此垂直, 或可以取为彼此垂直
此处需要注意, 惯量主轴是物理上的矢量, 与坐标系的选取无关, 但是它在不同的坐标系下会有不同的坐
标. 下面来考察坐标系的旋转变换
设从 𝑥𝑦𝑧 到 𝑥
0
𝑦
0
𝑧
0
的过渡矩阵为 𝐴(旋转), 则有
ˆ
𝐼
0
= 𝐴
𝑇
ˆ
𝐼 𝐴
设惯量主轴在 𝑥𝑦𝑧 下的坐标为 𝑋, 那么它在 𝑥
0
𝑦
0
𝑧
0
下的坐标为 𝑋
0
= 𝐴
𝑇
𝑋. 由于惯量主轴是特征向量, 即有
𝐴𝑋 = 𝜆𝑋
那么在变换后
ˆ
𝐼
0
𝑋
0
= 𝐴
𝑇
ˆ
𝐼 𝐴𝐴
𝑇
𝑋 = 𝜆𝐴
𝑇
𝑋 = 𝜆𝑋
0
这说明旋转变换前后惯量主轴是不变的, 它们对应的特征值也是不变的(线性代数经典” 这也要证?”). 这
也就是说
惯量主轴和它对应的特征值在任意的旋转变换下保持不变
换言之,惯量主轴仅与参考点的选取有关
由此可以非常简单地证明惯量主轴与刚体的对称性的关系
刚体的对称轴, 旋转对称轴, 对称面的法线是惯量主轴
欲证明该结论, 只需要对 𝑧 轴证明即可, 因为由旋转坐标变换可以将对称轴变为 𝑧
0
.
对于对称轴的情形, 若一个质点存在于 (𝑥, 𝑦, 𝑧), 那么必有一个同样质量的质点存在于 (−𝑥, −𝑦, 𝑧), 因此有
Õ
𝑚𝑥𝑧 = 0,
Õ
𝑚𝑦𝑧 = 0
那么此时的惯性张量就变为了
𝐼 =
Õ
𝑎
𝑚
𝑎
(𝑦
2
𝑎
+ 𝑧
2
𝑎
) −𝑚
𝑎
𝑥
𝑎
𝑦
𝑎
−𝑚
𝑎
𝑥
𝑎
𝑦
𝑎
𝑚
𝑎
(𝑥
2
𝑎
+ 𝑧
2
𝑎
)
𝑚
𝑎
(𝑥
2
𝑎
+ 𝑦
2
𝑎
)
自然 z = [0, 0, 1]
𝑇
就是它的一个特征向量, 此时的 𝑧
0
也就是刚体的一个惯量主轴. 对于其余的两种情况
也是类似得证 (绝对不是我懒得写)
实际上
引入惯量主轴的目的是取它为坐标系
. 因为在该坐标系下惯性张量有非常简单的形式, 即对角阵
下面取惯量主轴为坐标系, 考察此时的惯性张量的形式. 三个惯量主轴向量的坐标自然应当是
𝑋 = [1 0 0]
𝑇
, 𝑌 = [0 1 0]
𝑇
𝑍 = [0 0 1]
𝑇
由于它们还是此时惯性张量的特征向量, 那么就有
ˆ
𝐼 𝑋 = 𝜆
1
𝑌,
ˆ
𝐼𝑌 = 𝜆
2
𝑌,
ˆ
𝐼 𝑍 = 𝜆
2
𝑍
能满足这个条件的矩阵只有
ˆ
𝐼 =
𝜆
1
𝜆
2
𝜆
3
因此
若以惯量主轴作为坐标系, 那么此时的惯性张量是对角阵
下面来研究它的对角元
.
此处引用前面导出的结论
惯量主轴和它对应的特征值在任意的旋转变换下保持不变
因此此处的三个对角元就是所有惯性张量共同的特征值, 称它们为主转动惯量. 由特征值与特征向量的对
应性, 主转动惯量也与惯量主轴对应, 那么主转动惯量的特殊关系也会得到惯量主轴的特殊关系
若两个主转动惯量相等, 那么它们对应的惯量主轴确定的平面上任意一个向量都可以作为惯量主轴
这是因为具有相等特征值的特征向量的线性组合仍然是特征向量. 据此可以给出旋转对称轴的另一个性
质
与二次以上旋转对称轴垂直的轴都可以作为惯量主轴
这是因为旋转对称轴是惯量主轴, 另外两个惯量主轴与它垂直. 那么由于旋转对称性, 这两根轴旋转后也
是惯量主轴, 并且特征值不变. 那么它们所确定平面上任意一个向量都是特征向量, 就证明了结论
由于质心的特殊性质, 称以质心为参考点的惯量主轴为中心惯量主轴. 中心惯量主轴有一个特殊性质, 即
三根中心惯量主轴沿着其中一根平移后仍然是惯量主轴
此处引用平行轴定理加以证明
˜
𝐼 = 𝐼 + 𝑀
𝑎
2
2
+ 𝑎
2
3
−𝑎
1
𝑎
2
−𝑎
1
𝑎
3
−𝑎
2
𝑎
1
𝑎
2
1
+ 𝑎
2
3
−𝑎
2
𝑎
3
−𝑎
3
𝑎
1
−𝑎
3
𝑎
2
𝑎
2
1
+ 𝑎
2
2
由于旋转的性质, 因此可以只证明以中心惯量主轴为坐标系时沿 𝑧 轴平移的情况, 其他情形由旋转变换自
然得证. 此时的
ˆ
𝐼 为对角阵, 并且 𝑎 = [0, 0, 𝑎
3
]
𝑇
. 那么在新的参考点下的惯性张量就是
˜
𝐼 = 𝐼 + 𝑀
𝑎
2
3
𝑎
2
3
0
因而
˜
𝐼 仍然是对角阵, 也就是说明此时的 𝑥
0
, 𝑦
0
, 𝑧
0
坐标轴是惯性主轴
最后, 主转动惯量还有一个类似于三角形边长的性质
主转动惯量中任何一个都不大于其余两个之和
这可以由惯性张量直接即证
𝐼
1
+ 𝐼
2
=
Õ
𝑚
𝑎
(𝑦
2
𝑎
+ 𝑧
2
𝑎
) + 𝑚
𝑎
(𝑥
2
𝑎
+ 𝑧
2
𝑎
)
=
Õ
𝑚
𝑎
(𝑥
2
𝑎
+ 𝑦
2
𝑎
) +
Õ
2𝑚
𝑎
𝑧
2
𝑎
= 𝐼
3
+
Õ
2𝑚
𝑎
𝑧
2
𝑎
刚体是一个薄片时, 也就是 𝑧
𝑎
= 0, 此时就有 𝐼
1
+ 𝐼
2
= 𝐼
3
也就是垂直轴定理
薄片刚体垂直于刚体平面的惯量主轴对应的主转动惯量是其他两个之和
当然对于一般的刚体就有
𝐼
1
+ 𝐼
2
= 𝐼
3
+ 2
Õ
𝑚
𝑎
𝑧
2
𝑎
另外, 当刚体沿着某个对称轴拉伸时, 可以利用仿射变换的方式简化转动惯量的计算. 如计算椭球 𝑎, 𝑏, 𝑐
的转动惯量
𝐼
1
=
∭
𝑉
(𝑦
2
+ 𝑧
2
)𝜌𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧, 𝑉 :
𝑥
2
𝑎
2
+
𝑦
2
𝑏
2
+
𝑧
2
𝑐
2
= 1
令 𝑥 = 𝑎𝑧
0
𝑦 = 𝑏𝑦
0
, 𝑧 = 𝑐𝑧
0
则
𝐼
1
=
∭
𝑉
0
(𝑏
2
𝑦
02
+ 𝑐
2
𝑧
2
)𝑎𝑏𝑐𝜌𝑑𝑥
0
𝑑𝑦
0
𝑑𝑧
0
, 𝑉
0
: 𝑥
02
+ 𝑦
02
+ 𝑧
02
= 1
注意到此时积分区域就是一个球, 具有非常好的对称性, 尤其是 𝑦
0
, 𝑧
0
坐标是对称的, 就可以使用数学分析
中的积分常用技巧 (雾?)
𝐼
1
=
𝑏
2
+ 𝑐
2
2
∭
𝑉
0
(𝑦
02
+ 𝑧
02
)𝑎𝑏𝑐𝜌𝑑𝑥
0
𝑑𝑦
0
𝑑𝑧
0
由于
4
3
𝜋𝑎𝑏𝑐𝜌 = 𝑚, 对于这个新的单位球而言, 体积就是
4
3
𝜋, 何尝不是
4
3
𝜋(𝑎𝑏𝑐𝜌) = 𝑚
那不妨就认为这个球的质量是 𝑚 好了,𝑎𝑏𝑐𝜌 就是它的密度. 回看后面的积分, 这是在干什么? 这是在算这
个球的转动惯量! 而球的转动惯量是已知的, 因而
𝐼
1
=
𝑏
2
+ 𝑐
2
2
2
5
𝑚 =
1
5
𝑚(𝑏
2
+ 𝑐
2
)
同样可以得到
𝐼
1
=
1
5
𝑚(𝑏
2
+ 𝑐
2
), 𝐼
2
=
1
5
𝑚(𝑎
2
+ 𝑐
2
), 𝐼
1
=
1
5
𝑚(𝑎
2
+ 𝑏
2
)
此处还可以给出常见的转动惯量
4.6 惯量椭球
由惯性张量可以得到绕任意轴的转动惯量. 设一轴的方向余弦为 a = [𝛼, 𝛽, 𝛾]
𝑇
, 质点的位矢为 r = [𝑥, 𝑦, 𝑧]
𝑇
,
那么到转轴的距离为
𝑅 = 𝑟 sin 𝜃, cos 𝜃 = a ·
r
𝑟
=
(𝛼𝑥 + 𝛽𝑦 + 𝛾𝑧)
𝑟
因而 𝑅
2
= 𝑟
2
− (𝛼𝑥 + 𝛽𝑦 + 𝛾𝑧)
2
, 那么刚体绕该轴的转动惯量就是
𝐼 =
Õ
𝑚𝑅
2
=
Õ
𝑚[(𝑥
2
+ 𝑦
2
+ 𝑧
2
) − (𝛼𝑥 + 𝛽𝑦 + 𝛾𝑧)
2
]
利用惯性张量和方向余弦的性质 𝛼
2
+ 𝛽
2
+ 𝛾
2
= 1, 可以写成如下形式
𝐼 = a
𝑇
ˆ
𝐼a
将其展开即
𝐼 = 𝛼
2
𝐼
11
+ 𝛽
2
𝐼
22
+ 𝛾
2
𝐼
33
+ 2𝛼𝛽𝐼
12
+ 2𝛽𝛾𝐼
23
+ 2𝛾𝛼𝐼
31
若转轴上取一点 𝑄, 使得 𝑂𝑄 长度满足
𝑂𝑄 =
1
√
𝐼
其中 𝐼 为绕该轴的转动惯量, 那么 𝑄 的轨迹将形成一个椭球, 因为此时的 𝑄 点坐标满足椭球方程. 该椭
球称为惯量椭球. 特别地, 当选取惯量主轴为坐标轴时, 转动惯量可以简化为
𝐼 = 𝛼
2
𝐼
11
+ 𝛽
2
𝐼
22
+ 𝛾
2
𝐼
33
该椭球的三轴就是坐标轴
,
这说明惯量椭球的三轴就是惯量主轴
由惯量椭球还能得到刚体的角动量方向
绕一轴旋转刚体的角动量就是该转动轴与椭球面交点处的法线方向
设转动轴与椭球面交点为 𝑄, 其坐标为 r = [𝑥, 𝑦, 𝑧]
𝑇
, 那么角动量 ω 就是沿着
−−→
𝑂𝑄 方向的, 因此得到
𝜔
𝑥
𝑥
=
𝜔
𝑦
𝑦
=
𝜔
𝑧
𝑧
=
𝜔
𝑂𝑄
= 𝜔
√
𝐼 =
p
2𝑇
𝑟
那么刚体的角动量就是
L =
ˆ
𝐼ω =
p
2𝑇
𝑟
ˆ
𝐼r
椭球方程是
𝐹 = r
𝑇
ˆ
𝐼r − 1 = 0
那么其上一点 𝑟 的法线就是
∇𝐹 = 2
ˆ
𝐼r =
r
2
𝑇
𝑟
L
因而法线向量与 L 共线, 结论得证
5 欧拉动力学方程
5.1 欧拉动力学方程
取惯量主轴为坐标轴, 则有
J = 𝐼
1
𝜔
𝑥
e
x
+ 𝐼
2
𝜔
𝑦
e
y
+ 𝐼
3
𝜔
3
e
z
𝑇
𝑟
=
1
2
𝐼
1
𝜔
2
𝑥
+ 𝐼
2
𝜔
2
𝑦
+ 𝐼
3
𝜔
2
𝑧
选取欧拉角为广义坐标, 那么在保守力下就有拉格朗日函数
𝐿 =
1
2
𝐼
1
𝜔
2
𝑥
+ 𝐼
2
𝜔
2
𝑦
+ 𝐼
3
𝜔
2
3
−𝑉 (𝜑, 𝜃, 𝜓)
考察 𝑧 轴方向
𝑑
𝑑𝑡
𝜕𝑇
𝜕
¤
𝜓
−
𝜕𝑇
𝜕𝜓
= 𝑁
𝑧
, 𝑁
𝑧
=
𝜕𝑉
𝜕𝜓
也即
𝑑
𝑑𝑡
Õ
𝜕𝑇
𝜕𝜔
𝑖
𝜕𝜔
𝑖
𝜕
¤
𝜓
−
Õ
𝜕𝑇
𝜕𝜔
𝑖
𝜕𝜔
𝑖
𝜕𝜓
= 𝑁
𝑧
由欧拉角
𝜔
𝑥
=
¤
𝜑
sin
𝜃
sin
𝜓
+
¤
𝜃
cos
𝜓
𝜔
𝑦
= ¤𝜑 sin 𝜃 cos 𝜓 −
¤
𝜃 sin 𝜓
𝜔
𝑧
= ¤𝜑 cos 𝜃 +
¤
𝜓
得到
𝜕𝜔
𝑥
𝜕
¤
𝜓
=
𝜕𝑦
𝜕
¤
𝜓
= 0,
𝜕𝜔
𝑧
𝜕
¤
𝜓
= 1
𝜕𝜔
𝑥
𝜕𝜓
= ¤𝜑 sin 𝜃 cos 𝜓 −
¤
𝜃 sin 𝜓 = 𝜔
𝑦
𝜕𝜔
𝑦
𝜕𝜓
= − ¤𝜑 sin 𝜃 sin 𝜓 −
¤
𝜃 cos 𝜓 = −𝜔
𝑦
𝜕𝜔
𝑧
𝜕𝜓
= 0
代入运动方程得到
𝐼
3
¤𝜔
𝑧
− (𝐼
1
− 𝐼
2
)𝜔
𝑥
𝜔
𝑦
= 𝑁
𝑧
对其他两根轴也有类似的结论, 于是得到了刚体的欧拉动力学方程
𝐼
1
¤𝜔
𝑥
− (𝐼
2
− 𝐼
3
)𝜔
𝑦
𝜔
𝑧
= 𝑁
𝑥
𝐼
2
¤𝜔
𝑦
− (𝐼
3
− 𝐼
1
)𝜔
𝑧
𝜔
𝑥
= 𝑁
𝑦
𝐼
3
¤𝜔
𝑧
− (𝐼
1
− 𝐼
2
)𝜔
𝑥
𝜔
𝑦
= 𝑁
𝑧
5.2 欧拉陀螺
虽然坐标系的坐标轴是可以任意选取的, 但是由于选取了欧拉角作为广义坐标, 为了方便起见, 就选取欧
拉角中定义的坐标轴 𝑥𝑦𝑧 与 𝑥
0
𝑦
0
𝑧
0
. 设有外力矩为 0, 那么动力学方程简化为那么拉格朗日函数就是
𝐿 =
1
2
𝐼
1
𝜔
2
𝑥
+ 𝐼
2
𝜔
2
𝑦
+ 𝐼
3
𝜔
2
3
𝜔
𝑥
= ¤𝜑 sin 𝜃 sin 𝜓 +
¤
𝜃 cos 𝜓
𝜔
𝑦
= ¤𝜑 sin 𝜃 cos 𝜓 −
¤
𝜃 sin 𝜓
𝜔
𝑧
= ¤𝜑 cos 𝜃 +
¤
𝜓
那么 𝐿 就是不含进动角 𝜑 的, 它对应的广义动量就是守恒量
𝑝
𝜑
=
𝜕𝐿
𝜕 ¤𝜑
=
𝜕𝐿
𝜕ω
𝜕ω
𝜕 ¤𝜑
= 𝐼
1
𝜔
𝑥
sin 𝜃 sin 𝜓 + 𝐼
2
𝜔
𝑦
sin 𝜃 cos 𝜓 + 𝐼
3
𝜔
𝑧
cos 𝜃
将其写为矢量内积的形式就是
𝑝
𝜑
= [𝐼
1
𝜔
𝑥
𝐼
2
𝜔
𝑦
𝐼
3
𝜔
𝑧
]
sin 𝜃 sin 𝜓
sin 𝜃 cos 𝜓
cos 𝜃
= [e
x
e
y
e
z
]
𝐼
1
𝜔
𝑥
𝐼
2
𝜔
𝑦
𝐼
3
𝜔
𝑧
· [e
x
e
y
e
z
]
sin 𝜃 sin 𝜓
sin 𝜃 cos 𝜓
cos 𝜃
= J · e
′
z
因而 𝑝
𝜑
是 J 的 𝑧
0
分量, 它是守恒量. 同样地, 通过改变欧拉角选取的参考轴, 可以得到 𝑥
0
, 𝑦
0
分量也是
守恒量, 那么就得到了角动量守恒
但是在本体系中, 由于三个基矢跟随刚体一起旋转, 总角动量在它们上面的投影并不守恒, 因而在本体系
下角动量守恒难以表达, 但是可以在本体系下写出角动量的大小守恒
𝐽
2
= 𝐼
2
1
𝜔
2
𝑥
+ 𝐼
2
2
𝜔
2
𝑦
+ 𝐼
2
3
𝜔
2
𝑧
= 𝐽
2
0
= 𝐽
2
0
此外拉格朗日函数不显含时间, 有能量守恒
1
2
(𝐼
1
𝜔
2
𝑥
+ 𝐼
2
𝜔
2
𝑦
+ 𝐼
3
𝜔
2
𝑧
)
写出欧拉动力学方程
𝐼
1
¤𝜔
𝑥
− (𝐼
2
− 𝐼
3
)𝜔
𝑦
𝜔
𝑧
= 0
𝐼
2
¤𝜔
𝑦
− (𝐼
3
− 𝐼
1
)𝜔
𝑧
𝜔
𝑥
= 0
𝐼
3
¤𝜔
𝑧
− (𝐼
1
− 𝐼
2
)𝜔
𝑥
𝜔
𝑦
= 0
一般的情形, 该方程难以解出, 因此考虑特殊情况. 对于自由的陀螺 𝐼
1
= 𝐼
2
, 𝑁 = 0, 上式还可以再简化为
𝐼
1
¤𝜔
𝑥
− (𝐼
1
− 𝐼
3
)𝜔
𝑦
𝜔
𝑧
= 0
𝐼
2
¤𝜔
𝑦
− (𝐼
3
− 𝐼
1
)𝜔
𝑧
𝜔
𝑥
= 0
𝐼
3
¤𝜔
𝑧
= 0
因而 𝜔
𝑧
= 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡 = 𝜔
𝑧0
, 再定义
Ω ≡
𝐼
3
− 𝐼
1
𝐼
1
𝜔
𝑧0
方程就可以化为
¤𝜔
𝑥
+ Ω𝜔
𝑦
= 0
¤𝜔
𝑦
− Ω𝜔
𝑥
= 0
那么就可以得到解
𝜔
𝑥
= 𝐴 cos(Ω𝑡 + 𝜙
0
)
𝜔
𝑦
= 𝐴 sin(Ω𝑡 + 𝜙
0
)
其中 𝐴 和 𝜙
0
由初始条件确定. 那么此时
总角速度的大小
就是常数
,
即
𝜔 =
q
𝜔
𝑥
+ 𝜔
2
𝑦
+ 𝜔
2
𝑧
=
q
𝐴
2
+ 𝜔
2
𝑧0
下面来求解欧拉角. 刚体的角动量守恒, 简便起见取总角动量 𝐽 的方向为惯性坐标系的 𝑧
0
轴, 那么按照欧
拉角的定义, 用本体坐标系表示的总角动量为
𝐽
𝑥
= 𝐽 sin 𝜃 sin 𝜓
𝐽
𝑦
= 𝐽 sin 𝜃 cos 𝜓
𝐽
𝑧
= 𝐽 cos 𝜃
由于有本体系下 𝐽 = 𝐼𝜔, 利用上面 𝜔 的解可以得到
𝐽
𝑥
= 𝐼
1
𝐴 cos(Ω𝑡 + 𝜓
0
)
𝐽
𝑦
= 𝐼
1
𝐴 sin(Ω𝑡 + 𝜓
0
)
𝐽
𝑧
= 𝐼
3
𝜔
𝑧0
那么 𝜃 就是不变的
cos 𝜃 =
𝐼
3
𝜔
𝑧0
𝐽
≡ cos 𝜃
0
于是代入方程得到
𝐽 sin 𝜃
0
sin 𝜓 = 𝐼
1
𝐴 cos(Ω𝑡 + 𝜙
0
)
𝐽 sin 𝜃
0
cos 𝜓 = 𝐼
1
sin(Ω𝑡 + 𝜙
0
)
那么就有
𝐽 sin 𝜃
0
= 𝐼
1
𝐴, sin 𝜓 = cos(Ω𝑡 + 𝜙
0
), cos 𝜓 = sin(Ω𝑡 + 𝜙
0
)
那么就能解得
𝐴 =
𝐽 sin 𝜃
0
𝐼
1
, 𝜓 =
𝜋
2
− Ω𝑡 − 𝜙
0
此处引用总角速度在本体坐标系下的表示
𝜔
𝑥
= ¤𝜑 sin 𝜃 sin 𝜓 +
¤
𝜃 cos 𝜓
𝜔
𝑦
= ¤𝜑 sin 𝜃 cos 𝜓 −
¤
𝜃 sin 𝜓
𝜔
𝑧
= ¤𝜑 cos 𝜃 +
¤
𝜓
那么就能解得
¤𝜑 = ( 𝜔
𝑧0
+ Ω) sec 𝜃
0
综合来看解就是
𝜃 = 𝜃
0
𝜓 =
𝜋
2
− Ω𝑡 − 𝜙
0
𝜑 = ( 𝜔
𝑧0
+ Ω) sec 𝜃
0
, Ω =
𝐼
3
− 𝐼
1
𝐼
1
𝜔
𝑧0
, cos 𝜃
0
=
𝐼
3
𝜔
𝑧0
𝐽
注意到总角速度的大小 𝜔 是不变的, 此处引用上文计算结果
𝜔
𝑥
= 𝐴 cos(Ω𝑡 + 𝜙
0
)
𝜔
𝑦
= 𝐴 sin(Ω𝑡 + 𝜙
0
)
那么在本体系下,𝜔 绕着 𝑧 轴转圈圈, 形成一个圆锥, 称为本体圆锥. 当 𝐼
3
> 𝐼
1
时 Ω > 0, 那么 𝜔 沿 𝑧 轴
右手方向旋转, 反之则沿左手方向旋转. 在惯性系中, 此处引用前文转动动能与角动量的关系
𝑇
𝑟
=
1
2
ω · J
而 𝑇
𝑟
, J 都是守恒的,ω 的大小又是守恒的, 那么 𝛀 与 J 的夹角就是守恒的. 这说明在惯性系中 ω 的轨迹
也是一个沿着
𝑧
0
轴旋转的圆锥
,
称为
空间圆锥
.
由于
ω
是同一个
𝜔
,
那么
本体圆锥和空间圆锥相切
为了定量描述 𝜔 在惯性系中的转动, 此处引用惯性系下角速度的表达式
𝜔
0
𝑥
=
¤
𝜓 sin 𝜃 sin 𝜑 +
¤
𝜃 cos 𝜑
𝜔
0
𝑦
= −
¤
𝜓 sin 𝜃 cos 𝜑 +
¤
𝜃 sin 𝜑
𝜔
0
𝑧
=
¤
𝜓 cos 𝜃 + ¤𝜑
代入欧拉角的解, 得到
𝜔
0
𝑥
= −Ω sin 𝜃
0
sin[(𝜔
𝑧0
+ Ω) sec 𝜃
0
𝑡 + 𝜙
0
]
𝜔
0
𝑦
= Ω cos 𝜃
0
sin[(𝜔
𝑧0
+ Ω) sec 𝜃
0
𝑡 + 𝜙
0
]
𝜔
0
𝑧
= −Ω cos 𝜃
0
+ (𝜔
0
+ Ω) sec 𝜃
0
𝜔𝑧
0
依然是守恒量. 由于 cos 𝜃
0
=
𝐼
3
𝜔
𝑧0
𝐽
> 0, 那么 sec 𝜃 > 0, 并且由 Ω 的定义有
𝜔
𝑧
0
+ Ω =
𝐼
3
𝐼
1
𝜔
𝑧0
> 0
因此惯性系中 𝜔 总是按右手螺旋绕 𝑧
0
轴转动. 因而当 𝜔 在本体系中按左手方向也就是 𝐼
3
< 𝐼
1
时, 两个
圆锥外部相切; 而也按右手旋转时则内部相切
5.3 欧拉陀螺的稳定性
首先讨论一般的欧拉陀螺. 取本体坐标系为三个惯量主轴, 并使得刚体绕着 𝑥 轴旋转 (即 𝐼
1
对应主轴), 即
ω = 𝜔
𝑥
e
x
设有微小扰动, 使得角速度变为
𝜔 = 𝜔
𝑥
e
x
+𝜆e
y
+ 𝜇e
z
其中 𝜆, 𝜇 都是小量. 代入欧拉动力学方程得到
𝐼
1
¤𝜔
𝑥
− (𝐼
2
− 𝐼
3
)𝜆𝜇 = 0
𝐼
2
¤
𝜆 − (𝐼
3
− 𝐼
1
)𝜇𝜔
𝑥
= 0
𝐼
1
¤𝜇 − (𝐼
1
− 𝐼
2
)𝜔
𝑥
𝜆 = 0
保留一阶小量得到
𝜔
𝑥
= 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡,
¤
𝜆 =
𝐼
3
− 𝐼
1
𝐼
2
𝜇 𝜔
𝑥
, ¤𝜇 =
𝐼
1
− 𝐼
2
𝐼
3
𝜔
𝑥
𝜆
解得
𝜆 = 𝐴𝑒
𝑖Ω
1
𝑡
+ 𝐵𝑒
−𝑖Ω
1
𝑡
, Ω = 𝜔
𝑥
s
(𝐼
3
− 𝐼
1
)(𝐼
2
− 𝐼
1
)
𝐼
2
𝐼
3
当 Ω 为实数时,𝜆 是一个小振动, 模长有界, 因而运动稳定; 而当 Ω 为纯虚数时, 扰动大小随时间指数增加,
运动就是不稳定的. 由 Ω 的表达式, 这和 𝐼
1
与 𝐼
2
, 𝐼
3
的相对大小有关. 即
1. 𝐼
1
是最大或者最小的主转动惯量时
,
运动稳定
2. 𝐼
1
介于 𝐼
2
, 𝐼
3
之间时, 运动不稳定
也就是说
1. 当刚体沿着最大或最小的主转动惯量对应主轴旋转时, 运动稳定
2. 其他情况下运动不稳定
考察 𝐼
1
= 𝐼
2
的对称陀螺, 代入上述方程得到
𝜆(𝑡) = 𝐶 + 𝐷𝑡
这显然是不稳定的. 而绕着对称轴旋转时, 取 𝐼
2
= 𝐼
3
= 𝐼, 得到
Ω = 𝜔
𝑥
|
𝐼
3
− 𝐼
1
|
𝐼
1
这是实数, 因而运动是稳定的, 可见
对称欧拉陀螺只有绕对称轴的转动才是稳定的
此外, 对于非理想刚体, 内力会使能量发生耗散. 设 𝐼
1
= 𝐼
2
, 取惯量主轴为坐标系, 沿着 𝑧 轴转动, 那么角
动量和能量就写为
𝐼
2
1
(𝜔
2
𝑥
+ 𝜔
2
𝑦
) + 𝐼
2
3
𝜔
2
𝑧
= 𝐽
2
0
𝐼
1
(𝜔
2
𝑥
+ 𝜔
2
𝑦
) + 𝐼
3
𝜔
2
𝑧
= 2𝐸
0
因此就有
𝐼
3
(𝐼
3
− 𝐼
1
)𝜔
2
𝑧
= 𝐽
2
0
− 2𝐼
1
𝐸
0
将惯性系的 𝑧
0
轴取为角动量方向, 那么角动量在 𝑧 轴的分量就是
𝐽
𝑧
= 𝐽
0
cos 𝜃
又因为 𝐽
𝑧
= 𝐼
3
𝜔
𝑧
, 因而
𝜔
𝑧
=
𝐽
0
𝐼
3
cos 𝜃
于是就得到了
2𝐼
3
𝐸
0
𝐽
2
0
=
𝐼
3
𝐼
1
− 1
sin
2
𝜃 + 1
当 𝐸
0
减小时, 等式右边也要减小. 若 𝐼
3
> 𝐼
1
, 则 𝜃 减小, 那么运动就是稳定的; 而若是 𝐼
3
< 𝐼
1
, 则 𝜃 应增
大, 进一步偏离平衡位置, 因而是不稳定的. 即
非理想对称欧拉陀螺只有绕对称轴的转动是稳定的, 并且要求对称轴对应的主转动惯量是最大值
5.4 拉格朗日陀螺
拉格朗日陀螺是尖端固定的重力场中的对称陀螺
仍然取惯量主轴为本体系, 设 𝐼
1
= 𝐼
2
, 有重力势能 𝑉 = 𝑚𝑔𝑙 cos 𝜃,𝑙 是质心到固定尖端的距离, 则动能为
𝑇 =
𝐼
1
2
(𝜔
2
𝑥
+ 𝜔
2
𝑦
) +
𝐼
3
2
𝜔
2
𝑧
引用欧拉角表示的本体系基矢和惯性系基矢下的角速度
𝜔
𝑥
= ¤𝜑 sin 𝜃 sin 𝜓 +
¤
𝜃 cos 𝜓
𝜔
𝑦
= ¤𝜑 sin 𝜃 cos 𝜓 −
¤
𝜃 sin 𝜓
𝜔
𝑧
= ¤𝜑 cos 𝜃 +
¤
𝜓
𝜔
0
𝑥
=
¤
𝜓 sin 𝜃 sin 𝜑 +
¤
𝜃 cos 𝜑
𝜔
0
𝑦
= −
¤
𝜓 sin 𝜃 cos 𝜑 +
¤
𝜃 sin 𝜑
𝜔
0
𝑧
=
¤
𝜓 cos 𝜃 + ¤𝜑
用欧拉角表示就是
𝑇 =
𝐼
1
2
(
¤
𝜃
2
+ ¤𝜑
2
sin 𝜃
2
) +
𝐼
3
2
(
¤
𝜓 + ¤𝜑 cos 𝜃)
2
那么拉格朗日函数就是
𝐿 = 𝑇 −𝑉 =
𝐼
1
2
(
¤
𝜃
2
+ ¤𝜑
2
sin 𝜃) +
𝐼
3
2
(
¤
𝜓 + ¤𝜑 cos 𝜃)
2
− 𝑚𝑔𝑙 cos 𝜃
当然也可以顺手写出它的哈密顿量
𝐻 =
1
2𝐼
1
(𝑃
𝜑
− 𝑃
𝜓
cos 𝜃)
2
sin 𝜃
2
+ 𝑃
2
𝜃
+
𝑃
2
𝜓
2𝐼
3
+ 𝑚𝑔𝑙 cos 𝜃
𝜓 和 𝜑 是循环坐标, 那么就有守恒量
𝑃
𝜑
= (𝐼
1
sin
2
𝜃 + 𝐼
3
cos
2
𝜃) ¤𝜑 + 𝐼
3
cos 𝜃
¤
𝜓, 𝑃
𝜓
= 𝐼
3
(
¤
𝜓 + ¤𝜑 cos 𝜃)
对 𝑃
𝜑
可以作如下变形
𝑃
𝜑
= 𝐼
1
𝜔
𝑥
sin 𝜃 sin 𝜓 + 𝐼
2
𝜔
𝑦
sin 𝜃 cos 𝜓 + 𝐼
3
𝜔
𝑧
cos 𝜃
此处引用一个前文的过程
𝑝
𝜑
= [𝐼
1
𝜔
𝑥
𝐼
2
𝜔
𝑦
𝐼
3
𝜔
𝑧
]
sin 𝜃 sin 𝜓
sin 𝜃 cos 𝜓
cos 𝜃
= [e
x
e
y
e
z
]
𝐼
1
𝜔
𝑥
𝐼
2
𝜔
𝑦
𝐼
3
𝜔
𝑧
· [e
x
e
y
e
z
]
sin 𝜃 sin 𝜓
sin 𝜃 cos 𝜓
cos 𝜃
= J · e
′
z
也就是说
𝑃
𝜑
= 𝐽
𝑧
0
对 𝑃
𝜓
有
𝑃
𝜓
= 𝐼
3
𝜔
𝑧
= 𝐽
𝑧
那么
𝜔
𝑧
为守恒量
. 除此之外还有能量守恒
𝐸 =
𝐼
1
2
(
¤
𝜃
2
+ ¤𝜑
2
sin
2
𝜃) +
𝐽
2
𝑧
2𝐼
3
+ 𝑚𝑔𝑙 cos 𝜃
由两个守恒的广义动量可以得到
¤𝜑 =
𝐽
0
𝑧
− 𝐽
𝑧
cos 𝜃
𝐼
1
sin
2
𝜃
于是
¤
𝜓 =
𝐽
𝑧
𝐼
3
−
𝐽
0
𝑧
− 𝐽
𝑧
cos 𝜃
𝐼
1
sin
2
𝜃
cos 𝜃
代入能量守恒式中得到
𝐸 =
𝐼
1
2
¤
𝜃
2
+
(𝐽
0
𝑧
− 𝐽
𝑧
cos 𝜃)
2
𝐼
2
1
sin
2
𝜃
+
𝐽
2
𝑧
2𝐼
3
+ 𝑚𝑔𝑙 cos 𝜃
定义等效势能
𝑉
𝑒 𝑓 𝑓
(𝜃) =
(
𝐽
0
𝑧
−
𝐽
𝑧
cos
𝜃
)
2
2𝐼
1
sin
2
𝜃
− 𝑚𝑔𝑙 (1 − cos 𝜃)
那么定义一个新的” 能量”, 它也是守恒量, 具有能量量纲
𝐸
0
= 𝐸 −
𝐽
2
𝑧
2𝐼
3
− 𝑚𝑔𝑙
于是运动方程就是
𝐼
1
2
¤
𝜃
2
+𝑉
𝑒 𝑓 𝑓
(𝜃) = 𝐸
0
可以形式上地写出积分形式的解 (虽然它并不能积出来)
𝑡 =
∫
𝑑𝜃
r
2
𝐼
1
[𝐸
0
−𝑉
𝑒 𝑓 𝑓
(𝜃)]
显然这个积分是非常困难的, 但是确定 𝜃 的范围是比较容易的, 这类似于开普勒问题中确定 𝑟 的范围
运动显然要有约束 𝐸
0
≥ 𝑉
𝑒 𝑓 𝑓
(𝜃). 可以画出 𝑉
𝑒 𝑓 𝑓
的图像是一个势阱, 那么 𝜃 就有一个范围, 即章动
显然当 𝜃 → 0
+
或者 𝜃 → 𝜋
−
时有 𝑉
𝑒 𝑓 𝑓
→ +∞, 据此可以画出大概的图像
临界位置即
¤
𝜃 = 0, 就是 𝐸
0
= 𝑉
𝑒 𝑓 𝑓
, 也就是图中的 𝜃
1
与 𝜃
2
. 特别地, 考察 ¤𝜑
¤𝜑 =
𝐽
0
𝑧
− 𝐽
𝑧
cos 𝜃
𝐼
1
sin
2
𝜃
那么 ¤𝜑 就由 𝐽
0
𝑧
− 𝐽
𝑧
cos 𝜃 的正负决定, 它是有可能改变符号的, 据此会有三种进动章动方式
5.5 快速陀螺
快速陀螺是自转角速度
¤
𝜓 很大的拉格朗日陀螺, 通过近似可以解出它的运动
若
¤
𝜓 很大, 假定初始章动角和自转角
¤
𝜃
1
= 0, ¤𝜑
1
= 0
𝐽
0
𝑧
= 𝐼
3
cos 𝜃
1
¤
𝜓
1
𝐽
𝑧
= 𝐼
3
¤
𝜓
1
𝐸 =
𝐽
2
𝑧
2𝐼
3
+ 𝑚𝑔𝑙 cos 𝜃
1
当 𝜃 = 𝜃
2
,
¤
𝜃
2
= 0, 即处于另一个章动角边界时
𝐽
0
𝑧
= (𝐼
1
sin
2
𝜃
2
+ 𝐼
3
cos
2
𝜃
2
) ¤𝜑
2
+ 𝐼
3
cos 𝜃
2
¤
𝜓
2
𝐽
𝑧
= 𝐼
3
(
¤
𝜓
2
+ cos 𝜃
2
¤𝜑
2
)
𝐸 =
𝐼
1
2
(
¤
𝜃
2
2
+ ¤𝜑
2
2
sin
2
𝜃
2
) +
𝐽
2
𝑧
𝐼
3
+ 𝑚𝑔𝑙 cos 𝜃
2
消去 ¤𝜑
2
,
¤
𝜓
2
得到
𝐼
2
3
2𝐼
1
¤
𝜓
1
2
(cos 𝜃
1
− cos 𝜃
2
) = 𝑚𝑔𝑙 sin
2
𝜃
2
令 𝜖 = cos 𝜃
1
− cos 𝜃
2
,𝑝 =
𝐼
1
¤
𝜓
2
2𝐼
1
𝑚𝑔𝑙
, 则上式化为
𝑝𝜖 = sin
2
𝜃
2
= 1 − cos
2
𝜃
2
希望将 𝑐𝑜𝑠𝜃
2
合入 𝜖, 即
(
𝑝
−
2 cos
𝜃
1
)
𝜖
+
𝜖
2
− sin
2
𝜃
1
= 0
由于 𝑝 很大, 可以近似认为
𝑝𝜖 = sin
2
𝜃
1
⇒ 𝜖 =
sin
2
𝜃
1
𝑝
因而
初始转速越快, 偏离竖直方向越小, 陀螺的章动变化越小
此处再引用拉格朗日陀螺的进动角
¤𝜑 =
𝐽
0
𝑧
− 𝐽
𝑧
cos 𝜃
𝐼
1
sin
2
𝜃
取 𝜃 = 𝜃
2
得到
¤𝜑
2
=
1
𝐼
1
sin
2
𝜃
2
[
𝐽
𝑧
0
− 𝐽
𝑧
cos 𝜃
1
+ 𝐽
𝑧
(cos 𝜃
1
− cos 𝜃
2
)
]
=
1
𝐼
1
sin
2
𝜃
2
(sin
2
𝜃
1
¤𝜑
1
+ 𝐼
3
𝜔
𝑧
)
由于 𝜔
𝑧
是守恒量, 因此取初值即可
𝜔
𝑧
= ¤𝜑
1
cos 𝜃
1
+
¤
𝜓
1
又有 ¤𝜑
1
= 0 上式就化为了
¤𝜑
2
=
𝐼
3
¤
𝜓
1
𝜖
𝐼
1
sin
2
𝜃
2
引用中间结果
𝑝𝜖 = sin
2
𝜃
2
于是
¤𝜑
2
=
𝐼
3
¤
𝜓
1
𝐼
1
𝑝
=
2𝑚𝑔𝑙
𝐼
3
¤
𝜓
1
可见
初始陀螺的自转越快, 进动越缓慢
