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角速度と速度との関係
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この記事は角速度と速度との関係をオイラー角という道具を使って明確にしていこうという趣旨のものです。
角速度はある座標の原点から見たときの単位動径距離あたりの速度の回転成分(以下回転速度とここでは呼ぶことにします)を持つ軸性ベクトルです。
これでは回転速度と全く同じなのではないのかと思われるかもしれません。しかしそれは違います。軸性ベクトルは基本的に普通のベクトルとは違います。
軸性ベクトルの場合は軸の周りの回転成分を各ベクトルの成分として書くわけです。このあたりの事情は1.でなされている説明を読めば分かるかと思います。
また角速度の定義から次元は時間分の1( $SI$ 単位系 $[$ $sec^{-1}$ $]$ )であることが分かります。角速度という呼び名に惑わされた方もいるかもしれませんが
この物理量は速度という次元を持ちません。
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1.回転速度と角速度の関係について
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ここでは質点の角速度についてのみ説明しようと思います。質点は時刻 $t$ に 位置 ${\bm{x}}$ にあるとします。 ${\bm{x}_{3}}$ の ${z_{3}}$ 軸
上にあるとすると、このときの位置 ${\bm{x}_{3}}$ は
\begin{pmatrix}
x_{3}\\
y_{3}\\
z_{3}
\end{pmatrix}
&=
\begin{pmatrix}
0\\
0\\
r
\end{pmatrix} \tag{1}
回転速度 ${\bm{v}_{rot}}$ は
\bm{v}_{rot}
&=
r\begin{pmatrix}
\dot{\theta} \\
\dot{\phi} \sin \theta \\
0
\end{pmatrix} \tag{2}
と書かれます。回転速度と角速度の関係は図を描けば分かるかと思いますが,回転速度 ${\bm{v}_{rot}}$ の ${x_{3}}$ 成分が ${y_{3}}$ 軸周りの回転、 ${y_{3}}$ 成分が ${-x_{3}}$ 軸
周りの回転を表しています。これが冒頭で述べていたベクトルと軸性ベクトルとの違いです。 ${z_{3}}$ 軸周りの回転は自転を意味するので
大きさの無い質点の場合は定義することができません。以上のことをふまえると冒頭に書かれている定義に従えば角速度 $\bm{\omega_{3}}$ は次のようになることが分かります。
\bm{\omega_{3}} &=
\begin{pmatrix}
-\dot{\phi} \sin \theta\\
\dot{\theta} \\
0
\end{pmatrix} \tag{3}
ここでもう気付かれたかと思いますが、このような座標の取り方の回転速度を求めれば直ちに角速度は求める事ができます。
次の節ではそれに関する具体的な計算が示されています。
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2.オイラー角を利用して速度の回転成分を求めよう
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ここからは具体的な計算をしていきます。回転速度を求める方法は次の方法が考えられます。
[もとめる方法]
{1}時刻 $t$ の質点の位置 ${\bm{x} (t)}$ がある一つの軸上にのるような座標 ${\bm{x}_{3}}$ を極座標変数 ${r,\theta,\phi}$ を用いて表す。 ${\bm{x}_{3}}$ 上では
動径方向以外はゼロになるはずです。極座標変数で表すのは動径成分と回転成分を分離させる狙いがあります。
{2}時刻 ${t - \delta t}$ の質点の位置 ${\bm{x} ( t - \delta t )}$ をある一つの軸上に乗るような
座標 ${\bm{x}_{5}}$ をもとめる。そして ${\bm{x}_{3}}$ と ${\bm{x}_{5}}$ の関係式を求める。
{3}{2}で求めた式を用いて時間微分を行い質点の座標 ${\bm{x}_{3}}$ 上での速度成分を求める。
これによって速度の回転成分と動径成分がそれぞれもとまります。
{1}
回転による座標変換にはオイラー角を利用するのが便利です。
まず時刻 $t$ における質点の位置 $\bm{x}$ を直交直線座標 $\bm{x_{1}}$ で表したものを極座標変数で表現すると次のようになります。
x_{1} &= r \sin\theta \cos\phi \tag{4}\\
y_{1} &= r \sin\theta \sin\phi \tag{5}\\
z_{1} &= r \cos\theta \tag{6}
次に時刻tにおける質点の位置が ${z_{3}}$ 軸上になるような座標変換を実行します。これはオイラー角を利用して ${z_{1}}$ 軸周りに $\phi$
だけ回転し、次に ${y_{1}}$ 軸周りに $\theta$ だけ回転させてやれば良いわけです。結果は ${z_{3}}$ 成分が $r$ でそれ以外はゼロになる事は
図を書けば計算しなくても分かります。しかし本当に考えたとおりになっているのかオイラー角の計算に慣れるためにも計算してみましょう。
計算する方法は次のとおりです。計算は各自でやってみてください。ここではその方法のみを示しておきます。
{計算方法}
[1]z軸周りに $\phi$ だけ回転
\begin{pmatrix}
x_{2}\\
y_{2}\\
z_{2}
\end{pmatrix}
&=
\begin{pmatrix}
\cos \phi & \sin \phi & 0\\
-\sin \phi & \cos \phi & 0\\
0 & 0 & 1
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
x_{1}\\
y_{1}\\
z_{1}
\end{pmatrix} \tag{7}
[2] ${y_{2}}$ 軸周りに $\theta$ だけ回転
\begin{pmatrix}
x_{3}\\
y_{3}\\
z_{3}
\end{pmatrix}
&= \begin{pmatrix}
\cos \theta & -\sin \theta & 0 \\
0 & 1 & 0 \\
\sin \theta & 0 & \cos \theta
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
x_{2}\\
y_{2}\\
z_{2}
\end{pmatrix} \\
&=\begin{pmatrix}
\cos \theta & -\sin \theta & 0 \\
0 & 1 & 0 \\
\sin \theta & 0 & \cos \theta
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
\cos \phi & \sin \phi & 0\\
-\sin \phi & \cos \phi & 0\\
0 & 0 & 1
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
x_{1}\\
y_{1}\\
z_{1}
\end{pmatrix}\\
&=\begin{pmatrix}
\cos \theta \cos \phi & \cos \theta \sin \phi & -\sin \theta \\
-\sin \phi & \cos \phi & 0 \\
\sin \theta \cos \phi & \sin \theta \sin \phi & \cos \theta
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
x_{1}\\
y_{1}\\
z_{1}
\end{pmatrix} \tag{8}
[3] $\tag{8}$ 式に $\tag{4}$ , $\tag{5}$ , $\tag{6}$ 式を代入
\begin{pmatrix}
x_{3}\\
y_{3}\\
z_{3}
\end{pmatrix}
&=
\begin{pmatrix}
0\\
0\\
r
\end{pmatrix} \tag{9}
[1],[2],[3]の計算を実行すれば予測された結果である $\tag{9}$ 式が得られます。
これで $\bm{x_{3}}$ は ${z_{3}}$ 軸上に質点が時刻 $t$ にあるような座標系になることが確かめられました。
{2}
次に時刻 ${t - \delta t}$ に質点が ${z_{5}}$ 軸上に乗るような座標 $\bm{x_{5}}$ を極座標変数を用いて書き表します。
この座標変換は $x_{1}$ を $z_{1}$ を中心に ${\phi - \delta \phi}$ , ${y_{4}}$ 軸を中心に ${\theta - \delta \theta}$ だけ回転させることにあたります。
ここに書いている ${\delta \phi}$ , ${\delta \theta}$ は微小な大きさの角です。
この変換は $\tag{5}$ 式を $\theta$ → $\theta$ $-$ $\delta$ $\theta$ , $\phi$ → $\phi$ $-$ $\delta$ $\phi$ , $\bm{x_{3}}$ → $\bm{x_{5}}$ と
書き換えた式から求まります。その事は{1}と同じ理由から分かります。
\begin{pmatrix}
x_{5}\\
y_{5}\\
z_{5}
\end{pmatrix}
&=
\begin{pmatrix}
\cos (\theta - \delta \theta) \cos (\phi - \delta \phi) & \cos (\theta - \delta \theta) \sin (\phi - \delta \phi) & -\sin (\theta - \delta \theta) \\
-\sin (\phi - \delta \phi) & \cos (\phi - \delta \phi) & 0 \\
\sin (\theta - \delta \theta) \cos (\phi - \delta \phi) & \sin (\theta - \delta \theta) \sin (\phi - \delta \phi) & \cos (\theta + \delta \theta)
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
x_{1}\\
y_{1}\\
z_{1}
\end{pmatrix}\tag{10}
ここで三角関数の
\sin (-\delta \psi) \simeq -\delta \psi,\cos (-\delta \psi) \simeq 1 (\delta \psi << 1) \tag{11}
という近似を用いると
\cos (\psi - \delta \psi) &= \cos \psi \cos (-\delta \psi) + \sin \psi \sin (-\delta \psi)\\
&= \cos \psi - \delta \psi \sin \psi \tag{12}\\
\sin (\psi - \delta \psi) &= \sin \psi \cos (-\delta \psi) - \sin (-\delta \psi) \cos \psi\\
&= \sin \psi + \delta \psi \cos \psi \tag{13}
が得られます。 ${\tag{10}}$ 式に $\tag{12}$ , $\tag{13}$ にそれぞれ ${\theta - \delta \theta}$ , ${\phi - \delta \phi}$ を代入したものを放り込む事によって
\left(
\begin{array}{c}
x_{5}\\
y_{5}\\
z_{5}\\
\end{array}
\right)
&=
\left(
\begin{array}{ccc}
\cos \theta \cos \phi & \cos \theta\sin \phi & -\sin \theta \\
-\sin \phi & \cos \phi & 0 \\
\sin \theta \cos \phi & \sin \theta \sin \phi & \cos \theta \\
\end{array}
\right)
\left(
\begin{array}{c}
x_{1}\\
y_{1}\\
z_{1}\\
\end{array}
\right)
\\
&
+r\delta \theta
\left(
\begin{array}{ccc}
\sin \theta \cos \phi & \sin \theta \sin \phi & \cos \theta \\
0 & 0 & 0 \\
-\sin \theta \cos \phi & -\cos \theta \sin \phi & \sin \theta \\
\end{array}
\right)
\left(
\begin{array}{c}
x\\
y\\
z\\
\end{array}
\right)
\\
&+r\delta \phi
\left(
\begin{array}{ccc}
\cos \theta -\sin \phi & -\cos \theta \cos \phi & 0 \\
\cos \phi & \sin \phi & 0 \\
\sin \theta -\sin \phi & -\sin \theta \cos \phi & 0 \\
\end{array}
\right)
\left(
\begin{array}{c}
x_{1}\\
y_{1}\\
z_{1}\\
\end{array}
\right)
となることが分かります。更に $\tag{1}$ , $\tag{2}$ , $\tag{3}$ を代入すると
\begin{pmatrix}
x_{5}\\
y_{5}\\
z_{5}
\end{pmatrix}
&= \bm{x}_{3}
+\begin{pmatrix}
r \delta \theta\\
r \delta \phi\\
0
\end{pmatrix}\\
_{\cdot}{^{\cdot}}_{\cdot} \bm{x}_{3} &= \bm{x}_{5}
-\begin{pmatrix}
r \delta \theta\\
r \delta \phi\\
0
\end{pmatrix} \tag{14}
を得ます。こうして座標 ${\bm{x}_{3}}$ と座標 ${\bm{x}_{5}}$ の関係を得ることができました。
{3}
時刻 $t$ に質点は ${z_{3}}$ 上あり、時刻 ${t- \delta t}$ に ${z_{5}}$ 上にあるので。このときの座標 ${\bm{x}_{3}}$ から見た時の速度 ${\bm{v}_{3}}$ は微分の定義から
\bm{v}_{3} &= \lim_{\delta t \to 0} \frac{{\bm{x}_{3}}(t) - \bm{x}_{3} (t - \delta)}{\delta t}
&=
\begin{pmatrix}
0 \\
0 \\
\dot{r}
\end{pmatrix}
+ \begin{pmatrix}
r \dot{\theta} \\
r \dot{\phi} \sin \theta \\
0
\end{pmatrix} \tag{15}
だと分かります。時刻 $t$ に質点は ${z_{3}}$ 軸方向上にあるので右辺第一項は動径方向を表しています。従って動径方向成分を除いた成分が
回転を表す成分になるわけです。座標 ${x_{5}}$ 上での回転速度 ${\bm{v}_{rot}}$ を極座標変数を用いると ${\tag{2}}$ 式に書かれたとおりの結果に
なります。この速度 ${\bm{v}_{rot}}$ は動径成分においてのみ速さ $\dot{r}$ で運動する座標系から見た場合の質点の速度と思っていただいても良いかと思います。
読み返してもらえば良いかと思いますが、この回転速度 ${\bm{v}_{rot}}$ から角速度 ${\bm{\omega}_{3}}$ は直ちにもとまります。
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練習問題
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座標 ${\bm{x}_{1}}$ での角速度 ${\bm{\omega}_{1}}$ を求めてください。
ヒントと答えは以下に記しておきます。
(答え)
cf.)\\
\bm{\omega}_{1} &=
\begin{pmatrix}
\omega_{x_{1}}\\
\omega_{y_{1}}\\
\omega_{z_{1}}
\end{pmatrix}
&=
\begin{pmatrix}
-\dot{\theta} \sin \phi - \dot{\phi} \sin \theta \cos \theta \cos \phi \\
\dot{\theta} \cos \phi - \dot{\phi} \sin \theta \cos \theta \sin \phi \\
\dot{\phi} \sin^{2} \theta
\end{pmatrix} \tag{16}
(ヒント)オイラー角を利用した座標 ${\bm{x}_{3}}$ から座標 ${\bm{x}_{1}}$ への座標変換と同じ操作をすれば求まります。
@@author: おこめ@@
@@accept: ?@@