用矢量方法推導科里奧利力的問題？

01-13

各種書本的方法感覺十分複雜，然而直接對速度變換公式求導又得不到正確的答案，是哪出錯了？分析一個以角速度omega轉動的參考系
r求導之後是否是v相對我不是很肯定，不過應該不止這點小錯，和書本上結果形式差別挺大

謝邀。

只藉助矢量運算的方法推導慣性系 $Sigma$ 和轉動參考系 $Sigma$ 中的速度、加速度關係，是很容易讓人產生困惑的：究其原因是這裡計算的時候相對位矢 $vec{r}$ 使用的是 $Sigma$ 的坐標系的基矢量，是隨時間變化的，只不過我們計算的這一瞬間， $Sigma$ 的基矢與 $Sigma$ 中的重合。任何用 $Sigma$ 系中的基矢表示的矢量，對時間求導，都會分裂成兩項：自身的求導和 $vec{omega}$ 叉乘以這個矢量本身。

$vec{r}=vec{R}+vec{r}$

$vec{v}=frac{dvec{r}}{dt}=vec{v}_R+vec{v}$

$vec{a}=frac{dvec{v}}{dt}=vec{a}_R+vec{a}$

$=vec{a}_R+vec{a}$

實際上學到理論力學裡，用正交變換的方法寫，這個過程就會清晰多了，前面說的"自身的求導和 $vec{omega}$ 叉乘以這個矢量本身"其實就是 $Omega r$ 求導寫開。

給 @白如冰作補充。

首先指出題主的錯誤。實際上直到 $frac{d}{dt}v=frac{d}{dt}left( V+omega imes V ight)$ 都是對的，但是根據你的第一個式子： $frac{d}{dt}r=frac{d}{dt}R+omega imes R$ ，很明顯時間微分不是簡單地放進括弧就可以了。這就是 @白如冰說的「對時間求導，都會分裂成兩項：自身的求導和 $vec{omega}$ 叉乘以這個矢量本身。」

其次，針對「實際上學到理論力學裡，用正交變換的方法寫，這個過程就會清晰多了。」這句話，我把阿諾爾德《經典力學中的數學方法》裡面的推導搬過來，希望能夠幫到題主：

所謂坐標變換，就是把一個矢量變成另一個矢量的變換，而且可能含有時間。為此，我們用下面的符號表示：

$extbf q=B_t extbf Q$

其中， $extbf q$ 表示絕對坐標， $extbf Q$ 表示相對坐標， $B_t$ 表示變換。如果坐標都是向量的話，變換就表現為一個矩陣，但這一點對我們來說不重要。

對這個式子求導：

$dot{ extbf q}=dot{B_t} extbf Q+B_t dot{ extbf Q}$

其中，上面加一點代表對時間求導。我們現在要求出 $dot{B_t}$ 是什麼。

坐標變換都假定可逆，就是說我們有： $extbf Q=B_t^{-1} extbf q$ ，把這個代入式子右邊，有：

$dot{ extbf q}=dot{B_t}B_t^{-1} extbf q+B_t dot{ extbf Q}$

變換 $dot{B_t}B_t^{-1}$ 有很好的性質，它是反對稱的。從代數上我們知道，三維歐氏空間中所有的反對稱矩陣都可以表示為一個向量的叉乘，即：

$dot{B_t}B_t^{-1} extbf q=omega imes extbf q$

於是我們有：

$dot{ extbf q}=B_t dot{ extbf Q}+omega imes extbf q$

現在把右邊整理成相對坐標，為此我們注意有 $extbf q=B_t extbf Q$ ，並且 $omega$ 也是一個矢量，由可逆性也一定有 $omega=B_t Omega$ ，其中 $Omega$ 是相對參照系中的一個矢量。把這兩個關係代入右邊，有：

$dot{ extbf q}=B_t dot{ extbf Q}+B_t Omega imes B_t extbf Q$

注意到叉乘的結果仍然是一個矢量，先叉乘再變換和先變換在叉乘結果相同，這個只要知道叉乘的做法就可以自然知道。由此我們有：

$dot{ extbf q}=B_t left( dot{ extbf Q}+Omega imes extbf Q ight)$

換句話說，我們求出了 $dot{B_t}$ ， $dot{B_t} extbf Q=B_tleft( Omega imes extbf Q ight)$

對這個式子再求一次導數：

$ddot{ extbf q}=dot{B_t} left( dot{ extbf Q}+Omega imes extbf Q ight)+B_t left( ddot{ extbf Q}+frac{d}{dt}left(Omega imes extbf Q ight) ight)$

我們已經知道了 $dot{B_t}$ 是什麼，現在它這只不過是作用在另一個矢量 $dot{ extbf Q}+Omega imes extbf Q$ 上面而已，我們得到： $dot{B_t} left( dot{ extbf Q}+Omega imes extbf Q ight)=B_tleft( Omega imes left( dot{ extbf Q}+Omega imes extbf Q ight) ight)=B_tleft( Omega imes dot{ extbf Q}+Omega imes left( Omega imes extbf Q ight) ight)$

把這個代入，就有：

$ddot{ extbf q}=B_tleft( Omega imes dot{ extbf Q}+Omega imes left( Omega imes extbf Q ight) + ddot{ extbf Q}+Omega imes dot { extbf Q} +dot{Omega} imes extbf Q ight)$

一共五項，整理一下有：

$ddot{ extbf q}=B_tleft( ddot{ extbf Q}+2 Omega imes dot{ extbf Q}+Omega imes left( Omega imes extbf Q ight) +dot{Omega} imes extbf Q ight)$

完

補充下排名第一冰神裡面

任何用 $Sigma$ 系中的基矢表示的矢量，對時間求導，都會分裂成兩項：自身的求導和 $vec{omega}$ 叉乘以這個矢量本身。

取柱坐標，基矢分別為 $overrightarrow {e_{r}}overrightarrow {e_{ heta }}overrightarrow {e_{z}}$ 其中 $overrightarrow {e_{z}}$ 與 $overrightarrow {omega }$ 方向相同

那麼

$egin{align*} dfrac {doverrightarrow {j}} {dt}=dfrac {dleft( j_{r}overrightarrow {e_{r}}+j_{ heta}overrightarrow {e_{ heta }}+j_{z}overrightarrow {e_{z}} ight) } {dt}\ =dfrac {dj_{r}} {dt}overrightarrow {e_{r}}+dfrac {dj_{ heta} } {dt}overrightarrow {e_{ heta }}+dfrac {dj_{z}} {dt}overrightarrow {e_{z}}+j_{r}dfrac {doverrightarrow {e_{r}}} {dt}+j_{ heta}dfrac {doverrightarrow {e_{ heta }}} {dt}+j_{z}dfrac {doverrightarrow {e_{z}}} {dt}end{align*}$

左邊三項就是自身的求導，下面證明右邊三項

所以

$egin{align*} doverrightarrow {e_{r}}=omega dtoverrightarrow {e_{ heta }}\ doverrightarrow {e_{ heta }}=-wdtoverrightarrow {e_{r}}end{align*}$

右邊三項就等於

$egin{align*} -omega j_{ heta }overrightarrow {e_{r}}+wj_{r}overrightarrow {e_{ heta }}+0\ =overrightarrow {omega } imes overrightarrow {j}end{align*}$

從一個聯繫轉動系和固定系的任意矢量導數的表達式出發： $[{left. {frac{d}{{dt}}} ight|_{fixed}} = {left. {frac{d}{{dt}}} ight|_{motion}} + vec omega imes ]$

採用記號： $[{left. {frac{d}{{dt}}} ight|_{fixed}} = frac{d}{{dt}}]$ ， $[{left. {frac{d}{{dt}}} ight|_{motion}} = frac{{d$

待求的是位矢的二階導數，也就是要求： $[frac{{{d^2}}}{{d{t^2}}} = {(frac{{d$

計算的時候帶上位矢，這樣比較清晰：

$[egin{gathered} vec a = frac{{{d^2}}}{{d{t^2}}}vec r = {(frac{{d$

關於第一個表達式的推導，是理論力學課上課推導的：

要點是：所謂在動坐標系求導，就是說的把動坐標系中的 $hat e_x,hat e_y,hat e_z$ 看成常矢量進行求導，即第二個等式的藍色部分。而基矢 $hat e_x,hat e_y,hat e_z$ 的導數，可以由 $vec omega$ 的定義給出。

推導科氏加速度，要根據實際情況來。

首先是科氏加速度的目的。我們是在非慣性系中研究問題的，看到的是相對於非慣性系中的速度和位矢，科氏加速度的目的就是要用非慣性系中的速度和位矢量，來表示物體在絕對參照系中的加速度。

對你第一個式子，你要理解各個符號的物理意義：

V絕對：慣性系中的絕對速度

V相對：非慣性系中的速度

r：非慣性系中的位矢。

為了不至於混淆，我們用 $frac{D}{Dt}$ 表示對絕對參照系中的物理量求導，用 $frac{d}{dt}$ 表示對非慣性參照系中的物理量求導。

既然」V相對「是非慣性系中的速度，那麼，在慣性系看來，它的方向是不斷在變化的，所以，

$frac{D}{Dt}V$ 相對= $frac{d}{dt}V$ 相對+ $omega imes V$ 相對

所以，因為非慣性系方向不斷的變化，便多出了」 $omega imes V$ 相對「這一加速度，此為科氏加速度的第一個部分。

我們知道，在慣性系中看旋轉的非慣性系中的物體的時候，物體相對於旋轉軸的位置不同，它所具有的旋轉速度是不同的。既然物體相對於非慣性系有相對速度「V相對」，那麼它的位置就會隨著時間變化，進而，它的旋轉速度也就隨著時間在變化，這就產生了另一個加速度。在你所列出的公式中，它表現為：

$frac{D}{Dt}(omega imes gamma )=(frac{D}{Dt}omega) imes gamma + omega imes(frac{D}{Dt}gamma) =(frac{D}{Dt}omega) imes gamma + omega imes(frac{d}{dt}gamma+omega imes gamma )$

$omega imes frac{d}{dt}gamma$ 正是因為位置隨著時間變化而產生的加速度。其實 $frac{d}{dt}gamma$ 也就是「V相對」，所以這個加速度也是 $omega imes V$ 相對，這也就是科氏加速度的第二部分。

所以啊，最終結果應該是

$frac{D}{Dt}V= omega imes(omega imes gamma )+(frac{D}{Dt}omega) imes gamma+frac{d}{dt}V+2omega imes gamma$

其中， $2omega imes gamma$ 是科氏加速度。

再說下科氏加速度的作用，非慣性系中牛頓定律是不成立的，為了能在非慣性系中利用牛頓定律研究問題，就要引入一個和非慣性系等大反向的慣性加速度。科氏加速度就是這種被引入的加速度。它是由於物體的運動所引起的慣性加速度。

一個看到的神奇的辦法，目前只在平面推倒時有用。

設矢徑 $r(r, heta)=re^{i heta}$ ,

$dot r=frac{dr}{dt}e^{i heta}+irfrac{d heta}{dt}e^{i heta}$

$ddot r=[frac{d^2r}{dt^2}-r(frac{d heta}{dt})^2]e^{i heta}+i[2frac{dr}{dt}frac{d heta}{dt}+frac{d^2 heta}{dt^2}]e^{i heta}$

可以看出兩項正交，非常清晰，如果時間我試試用四元數-Euler角推廣下。

//先將不成熟的想法寫下來，供大家拍磚。

處理科里奧利力核心的一個問題是，動參考系單位矢量自身在變化，如何得到單位矢量的變化率。

這個時候就可以聯想到自然坐標系，更深刻的說是微分幾何中的Frenet坐標架。

Frenet坐標架天然為我們提供了三個單位矢量，即主法向量、切向量和副法向量。

二維情況下，我們記主法向量為 $N$ ，切向量為 $T$ ，曲線為 $r(s)$ ( $s$ 為弧長)。

根據Frenet公式，有：

$frac{dvec{r}}{ds}=vec{T}$ ,

$frac{dvec{T}}{ds}=frac{1}{r}N$ ,

$frac{dvec{N}}{ds}=-frac{1}{r}T$ ,

再利用弧微分關係 $ds=omega r dt$ ,

就可以得到 $frac{dvec{T}}{ds}=omega N$ ,

$frac{dvec{N}}{ds}=-omega T$ ,

這樣就得到了單位矢量的變化率，在利用速度的表達式進行乘積求導，自然就得到了分裂成四項的結論。

我想利用Frenet公式是為了三維和非常見坐標系下得到科里奧利力，我手頭的米先科給了我一些更為獨特的結論，即單位矢量對時間求導和原單位矢量構成一個反對稱陣的形式，反對稱陣常與旋轉有關，看來其中另有乾坤，我，等我睡醒了再探索。。。

感覺雖然跟冰哥說的一樣，但圖文並茂。

在遇到這種問題的時候，建議想不明白的話直接進坐標系硬算。我示範一下：

$[left{ egin{array}{l} overrightarrow {{varepsilon _r}} = frac{{partial overrightarrow r }}{{partial r}} = cos heta overrightarrow i + sin heta overrightarrow j = overrightarrow {{e_r}} \ overrightarrow {{varepsilon _ heta }} = frac{{partial overrightarrow r }}{{partial heta }} = - rsin heta overrightarrow i + rcos heta overrightarrow j = roverrightarrow {{e_ heta }} \ end{array} ight.]$

從而可以得到： $[left{ egin{array}{l} overrightarrow {{e_r}} = cos heta overrightarrow i + sin heta overrightarrow j \ overrightarrow {{e_ heta }} = - sin heta overrightarrow i + cos heta overrightarrow j \ end{array} ight.]$ 。這是極坐標系的基矢量 $[overrightarrow {{e_r}} ]$ 和 $[overrightarrow {{e_ heta }} ]$ 與直角坐標基矢量 $[overrightarrow i ]$ 和 $[overrightarrow j ]$ 之間的相互轉化。

從而速度：

$[overrightarrow v = frac{{doverrightarrow r }}{{dt}} = frac{{dx}}{{dt}}overrightarrow i + frac{{dy}}{{dt}}overrightarrow j = left( {frac{{dr}}{{dt}}cos heta - rfrac{{d heta }}{{dt}}sin heta } ight)overrightarrow i + left( {frac{{dr}}{{dt}}sin heta + rfrac{{d heta }}{{dt}}cos heta } ight)overrightarrow j ]$

$[ = frac{{dr}}{{dt}}overrightarrow {{e_r}} + rfrac{{d heta }}{{dt}}overrightarrow {{e_ heta }} ]$

加速度類似：

$[overrightarrow a = frac{{{d^2}overrightarrow r }}{{d{t^2}}} = ]$

$[left( {frac{{{d^2}r}}{{d{t^2}}}cos heta - 2frac{{dr}}{{dt}}frac{{d heta }}{{dt}}sin heta - rfrac{{{d^2} heta }}{{d{t^2}}}sin heta - r{{left( {frac{{d heta }}{{dt}}} ight)}^2}cos heta } ight)overrightarrow i ]$

$[ + left( {frac{{{d^2}r}}{{d{t^2}}}sin heta + 2frac{{dr}}{{dt}}frac{{d heta }}{{dt}}cos heta + rfrac{{{d^2} heta }}{{d{t^2}}}cos heta - r{{left( {frac{{d heta }}{{dt}}} ight)}^2}sin heta } ight)overrightarrow j ]$

$[ = left( {frac{{{d^2}r}}{{d{t^2}}} - r{{left( {frac{{d heta }}{{dt}}} ight)}^2}} ight)overrightarrow {{e_r}} + left( {rfrac{{{d^2} heta }}{{d{t^2}}} + 2frac{{dr}}{{dt}}frac{{d heta }}{{dt}}} ight)overrightarrow {{e_ heta }} ]$

這就是你需要的答案了。

對於一般曲線坐標系，

$[left{ egin{array}{l} x = xleft( {{q^1},{q^2},{q^3}} ight) = xleft( {{q^alpha }} ight) \ y = yleft( {{q^1},{q^2},{q^3}} ight) = yleft( {{q^alpha }} ight) \ z = zleft( {{q^1},{q^2},{q^3}} ight) = zleft( {{q^alpha }} ight) \ end{array} ight.,left( {alpha = 1,2,3} ight),frac{{partial left( {x,y,z} ight)}}{{partial left( {{q^1},{q^2},{q^3}} ight)}} e 0]$

曲線坐標系的坐標曲面記為 $[{q^alpha } = {q^alpha }left( {x,y,z} ight) = {C_alpha }]$ $[left( {alpha = 1,2,3} ight)]$

坐標曲線記為 $[left{ egin{array}{l} {q^eta } = {q^eta }left( {x,y,z} ight) = {C_eta } \ {q^alpha } = {q^alpha }left( {x,y,z} ight) = {C_alpha } \ end{array} ight.left( {alpha ,eta = 1,2,3,alpha e eta } ight)]$

推廣前面的計算，矢徑 $[overrightarrow r = overrightarrow r left( {{q^alpha }} ight) = xleft( {{q^alpha }} ight)overrightarrow i + yleft( {{q^alpha }} ight)overrightarrow j + zleft( {{q^alpha }} ight)overrightarrow k ]$

$[doverrightarrow r = sumlimits_{alpha = 1}^3 {frac{{partial overrightarrow r }}{{partial {q^alpha }}}} d{q^alpha } = sumlimits_{alpha = 1}^3 {left( {frac{{partial x}}{{partial {q^alpha }}}d{q^alpha }overrightarrow i + frac{{partial y}}{{partial {q^alpha }}}d{q^alpha }overrightarrow j + frac{{partial z}}{{partial {q^alpha }}}d{q^alpha }overrightarrow k } ight)} ]$

$[ = sumlimits_{alpha = 1}^3 {left( {frac{{partial x}}{{partial {q^alpha }}}overrightarrow i + frac{{partial y}}{{partial {q^alpha }}}overrightarrow j + frac{{partial z}}{{partial {q^alpha }}}overrightarrow k } ight)} d{q^alpha } = sumlimits_{alpha = 1}^3 {d{q^alpha }} overrightarrow {{varepsilon _alpha }} ]$

從而可以求得沿坐標曲線切線方向的基矢量 $[overrightarrow {{varepsilon _alpha }} = frac{{partial overrightarrow r }}{{partial {q^alpha }}} = frac{{partial x}}{{partial {q^alpha }}}overrightarrow i + frac{{partial y}}{{partial {q^alpha }}}overrightarrow j + frac{{partial z}}{{partial {q^alpha }}}overrightarrow k left( {alpha = 1,2,3} ight)]$

在一般情況下，向量組{ $[overrightarrow {{varepsilon _alpha }} ]$ }不一定是標準正交基，但 $[frac{{partial left( {x,y,z} ight)}}{{partial left( {{q^1},{q^2},{q^3}} ight)}} e 0]$ 保證了這些向量是線性無關的，也即這是非退化的線性變換。此後倒騰一下，表達式就可以寫出來了。

註：對於非標準正交基，矢量分量有兩種不同表達方式。引入度規張量 $[{g_{lk}} = {g_{kl}} = overrightarrow {{varepsilon _k}} cdot overrightarrow {{varepsilon _l}} ]$ ，然後考慮平行四邊形法則的表示，或者考慮矢量在基矢量上的投影。然後用逆變分量協變分量慢慢寫。當然，這就跑題太多了……（其實是我懶得再碼公式了）

書上的方法雖然麻煩但是是正確的，最好找人對著書告訴你每一步是怎麼推出來的，順便還能解釋你自己推倒的錯誤，你光這麼看答主們累死累活碼字效果也不好。

關於科里奧利力，這個推導我覺得是最清晰的

摘自Greiner大神的Classical Mechanics第一章

關於題主的錯誤， @白如冰做出了很好的解釋，以下將按照正交變換的方法做出推導：

假設慣性系 $Sigma$ 和轉動參考系 $Sigma^{prime}$ 的原點相同， $t$ 時刻 $Sigma^{prime}$ 的坐標軸由 $Sigma$ 的坐標軸旋轉角度 $heta$ 形成，其中 $heta=left[ egin{matrix} heta_x \ heta_y \ heta_z end{matrix} ight]$ ，令 $omega=dot{ heta}$ ， $alpha=dot{omega}$ 則同一個點在 $Sigma$ 中的坐標 $r$ 和在 $Sigma^{prime}$ 中的坐標 $r^{prime}$ 有如下轉換關係：

$r^{prime}=Mr$

其中 $M=e^{A}$ , $A=left[ egin{matrix} 0 heta_z - heta_y \ - heta_z 0 heta_x \ heta_y - heta_x 0 end{matrix} ight]$

對上式在等號兩端對 $t$ 求導得

$dot{r^{prime}}=Mdot{r}+dot{M}r$

再求導得

$ddot{r^{prime}}=Mddot{r}+2dot{M}dot{r}+ddot{M}r$

由 $M=e^{A}$ 知

$dot{M}=dot{A}e^{A}$ , $ddot{M}=ddot{A}e^{A}+dot{A}^2e^{A}$

將此帶入知

$ddot{r^{prime}}=e^{A}ddot{r}+2dot{A}e^{A}dot{r}+ddot{A}e^{A}r+dot{A}^2e^{A}r\=Mddot{r}+2dot{A}Mdot{r}+ddot{A}Mr+dot{A}^2Mr\ =Mddot{r}+2dot{A}(dot{r^{prime}}-dot{M}r)+ddot{A}r^{prime}+dot{A}^2r^{prime}\ =Mddot{r}+2dot{A}(dot{r^{prime}}-dot{A}e^Ar)+ddot{A}r^{prime}+dot{A}^2r^{prime}\ =Mddot{r}+2dot{A}(dot{r^{prime}}-dot{A}Mr)+ddot{A}r^{prime}+dot{A}^2r^{prime}\ =Mddot{r}+2dot{A}(dot{r^{prime}}-dot{A}r^{prime})+ddot{A}r^{prime}+dot{A}^2r^{prime}\ =Mddot{r}+2dot{A}dot{r^{prime}}+ddot{A}r^{prime}-dot{A}^2r^{prime}$

其中

$dot{A}=-[omega]_{ imes}$ ,

$ddot{A}=-[alpha]_{ imes}$ ,

綜上所述

$ddot{r^{prime}}=Mddot{r}+2dot{A}dot{r^{prime}}+ddot{A}r^{prime}-dot{A}^2r^{prime}\ =Mddot{r}-2omega imesdot{r^{prime}}-alpha imes r^{prime}-omega imesomega imes r^{prime}\ =Mddot{r}-2omega imesdot{r^{prime}}-alpha imes r^{prime}-(omegacdot r^{prime})omega+(omegacdotomega)r^{prime}$

這個公式的推導，前期嚴格按數學方法進行，只是在快出結論的時候，有那麼一項在數學上需捨棄的結論不能捨棄，需按實際情況取捨。

太久，已不記得更多推導過程，只記得這點了

v相對在轉hh

地轉偏向力對火箭發射有什麼影響？ - 匿名用戶的回答 - 知乎

這個還不知道怎麼算呢