Мой вывод формулы при подъёме/опускании груза.
r
0 расстояние от центра вращения станции до потолка каюты.
Свободное ускорение груза:
\(\displaystyle \bar{a}=\omega ^2\bar{r_\tau }+\omega ^2\bar{r_0}-2i\omega \dot{\bar{r_\tau }}\)
Ускорение груза с учётом реакции троса
\(\displaystyle \bar{a_\tau }=-ie^{i\alpha }\left (-ie^{i\alpha }\bar{a} \right )\)
В скобках векторное скалярное произведение - модуль ускорения.
\(\displaystyle a_\tau =(-ie^{i\alpha }\bar{a}) =(e^{i(\alpha -\frac{\pi }{2})}\bar{a})\)
\(\displaystyle a_\tau =e^{i(\alpha -\frac{\pi }{2})} (\omega ^2\bar{r_\tau }+\omega ^2\bar{r_0}-2i\omega \dot{\bar{r_\tau }})\,(1)\)
Учтём, что из кинематики:
\(\displaystyle \bar{r_\tau }=(Vt+L_0)e^{i\alpha }\)
\(\displaystyle \dot{\bar{r_\tau }}=Ve^{i\alpha }+\dot{\alpha} (Vt+L_0)e^{i(\alpha +\frac{\pi }{2})}\)
Подставим \(\displaystyle \bar{r_\tau }\) и \(\displaystyle \dot{\bar{r_\tau }}\) в (1)
\(\displaystyle a_\tau =e^{i(\alpha -\frac{\pi }{2})} \omega ^2(Vt+L_0)e^{i\alpha }+e^{i(\alpha -\frac{\pi }{2})}\omega ^2r_0e^{i0}-2i\omega e^{i(\alpha -\frac{\pi }{2})}[Ve^{i\alpha }+\dot{\alpha} (Vt+L_0)e^{i(\alpha +\frac{\pi }{2})}]\)
\(\displaystyle a_\tau =e^{i(\alpha -\frac{\pi }{2})} \omega ^2(Vt+L_0)e^{i\alpha }+e^{i(\alpha -\frac{\pi }{2})}\omega ^2r_0e^{i0}+2\omega e^{i(\alpha -\pi )}[Ve^{i\alpha }+\dot{\alpha} (Vt+L_0)e^{i(\alpha +\frac{\pi }{2})}]\)
\(\displaystyle a_\tau =e^{i(\alpha -\frac{\pi }{2})} \omega ^2(Vt+L_0)e^{i\alpha }+e^{i(\alpha -\frac{\pi }{2})}\omega ^2r_0e^{i0}+2\omega e^{i(\alpha -\pi )}Ve^{i\alpha }+\dot{\alpha} (Vt+L_0)e^{i(\alpha +\frac{\pi }{2})}e^{i(\alpha -\pi )}\)
Учитываем, что скалярное произведение двух единичных векторов:
\(\displaystyle e^{i\beta }e^{i\gamma }=\cos (\beta -\gamma )\)
Получаем:
\(\displaystyle a_\tau = \omega ^2(Vt+L_0)\cos \frac{\pi }{2}+\omega ^2r_0\cos (\alpha -\frac{\pi }{2})+2\omega V\cos \pi +\dot{\alpha} (Vt+L_0)\cos (\frac{3}{2}\pi )\)
В итоге получаем модуль ускорения груза:
\(\displaystyle a_\tau =\omega ^2r_0\sin \alpha +2\omega V\)
Вектор ускорения:
\(\displaystyle \bar{a_\tau} =-i(\omega ^2r_0\sin \alpha +2\omega V)e^{i\alpha }\)
Кинематическое ускорение:
\(\ddot{\bar{r_\tau }}=[\ddot{r_\tau} -\dot{\alpha}^2(Vt+L_0) ]e^{i\alpha }+i(2V\dot{\alpha}+\ddot{\alpha}r_\tau )e^{i\alpha }\)
Эти ускорения равны.
Значит радиальное ускорение равно нулю.
Тангенциальные ускорения равны.
\(2V\dot{\alpha}+\ddot{\alpha}(Vt+L_0)=-(\omega ^2r_0\sin \alpha +2\omega V)\)
Формулы c Михаилом Остом одинаковы.
Сложная задача Михаила Оста завершена.
И полностью подтверждено преимущество комплексного исчисления в механике.
При помощи ортов Савельева и классических методов теоретической механики такую задачу не решить.
