Lagrangedichte eines umgekehrten Pendels auf einem fahrenden Karren

Question

Lagrangedichte eines umgekehrten Pendels auf einem fahrenden Karren

Gilbertocunha

Also habe ich versucht, die Bewegungsgleichungen des umgekehrten physikalischen Pendels in einem Karren abzuleiten, aber ich scheine verwirrt zu sein über die Ableitung seiner kinetischen Energie. Ich weiß, dass dieses physische System sehr beliebt ist, und während ich gesucht und gesucht habe, konnte ich nirgendwo eine Antwort auf meine Frage finden.

Also teilte ich die kinetische Energie in die des Karrens und des Pendels auf:

T = T_{C} + T_{P}

$T = T_C + T_P$

Der Karren ist ziemlich geradlinig $T_C = 1/2 M \dot{x}^2$ , wo ich bezeichne $x$ die horizontale Koordinate der Punktmasse des Wagens.

Mein Problem ist jetzt die kinetische Energie des Pendels. Ich würde annehmen, dass ich die Translationsenergie des Drehpunkts summieren müsste $T_{pivot}=1/2 m \dot{x}^2$ zur Rotationsenergie des Pendels $T_{rot} = 1/2 I \dot{\theta}^2$ , Wo $I$ ist das Trägheitsmoment des Pendels in Bezug auf den Drehpunkt (Anmerkung: der Winkel $\theta$ Ich habe mich für die obere Vertikale entschieden, anders als im Bild dort oben).

Damit habe ich:

L = \frac{1}{2} (M + M) {\dot{X}}^{2} + \frac{1}{2} ICH {\dot{θ}}^{2} - M G l \cos θ

$\mathcal{L} = \frac{1}{2}(M+m) \dot{x}^2 + \frac{1}{2} I \dot{\theta}^2 - mgl\cos\theta$

Und damit die Bewegungsgleichungen:

(M + M) \ddot{X} = F (T)

$(M+m) \ddot{x} = F(t)$

ICH \ddot{θ} - M G l Sünde θ = 0

$I \ddot{\theta} - mgl \sin\theta = 0$

Diese Gleichungen scheinen jedoch im Vergleich zu den Gleichungen, die ich für dieses Problem gesehen habe, zu einfach zu sein. Ich würde mich sehr freuen, wenn jemand meine Fehler aufzeigen könnte.

Eli

Ihr Positionsvektor zum CM ist

\vec{R} = [x + l \cos (θ), l \sin (θ)]^{T}

$\vec R= [ x+l\cos(\theta),l\sin(\theta)]^T$ So wird die kinetische Energie sein?

Gilbertocunha

@Eli Ich habe die translationale kinetische Energie des Drehpunkts und nicht des CM berücksichtigt, vielleicht war das eine falsche Annahme. In dem Fall würde ich einfach die nehmen

T = 1 / 2 m ({\dot{x_{C M}}}^{2} + {\dot{y_{C M}}}^{2})

$T=1/2 m (\dot{x_{CM}}^2 + \dot{y_{CM}}^2)$ für das Pendel? oder müsste ich eine kinetische Rotationsenergie hinzufügen? (Ich dachte vielleicht mit Trägheitsmoment relativ zum Massenmittelpunkt)

Eli

Nein, Sie müssen die CM-Geschwindigkeit für die Translation und für die Rotation nehmen

I = I_{c m} + m l^{2}

$I=I_{cm}+m\,l^2$

Gilbertocunha

@Eli Danke für deine Hilfe, Eli. Also sollte ich im Grunde die kinetische Translationsenergie des CM und die Rotation relativ zum Drehpunkt berücksichtigen?

Antworten (3)

Lagrangedichte eines umgekehrten Pendels auf einem fahrenden Karren

Ihr Positionsvektor zum CM ist $\vec R= [ x+l\cos(\theta),l\sin(\theta)]^T$ So wird die kinetische Energie sein?
@Eli Ich habe die translationale kinetische Energie des Drehpunkts und nicht des CM berücksichtigt, vielleicht war das eine falsche Annahme. In dem Fall würde ich einfach die nehmen $T=1/2 m (\dot{x_{CM}}^2 + \dot{y_{CM}}^2)$ für das Pendel? oder müsste ich eine kinetische Rotationsenergie hinzufügen? (Ich dachte vielleicht mit Trägheitsmoment relativ zum Massenmittelpunkt)
Nein, Sie müssen die CM-Geschwindigkeit für die Translation und für die Rotation nehmen $I=I_{cm}+m\,l^2$
@Eli Danke für deine Hilfe, Eli. Also sollte ich im Grunde die kinetische Translationsenergie des CM und die Rotation relativ zum Drehpunkt berücksichtigen?

Tieu Binh · Answer 1

Ich hatte die gleiche Frage und nachdem ich einige Definitionen gelesen habe, habe ich die Antwort: Die kinetische Energie eines starren Körpers, der eine ebene Bewegung hat, ist immer

T = T_{G T R A N S l A T e} + T_{R Ö T A T e / G}

$T=T_{Gtranslate}+T_{rotate/G}$

oder

T = 1 / 2 M v_{G}^{2} + 1 / 2 l_{G} ω^{2}

$T=1/2Mv^2_G+1/2l_G\omega^2$

Wo $G$ ist der Massenmittelpunkt. Bei diesem Pendel muss man also rechnen $v_G=\sqrt{\dot{x_G}^2+\dot{y_G}^2}$ Und $\omega=\dot{\theta}$ Und. Dann wird die kinetische Energie sein

T = \frac{1}{2} M ({\dot{X_{G}}}^{2} + {\dot{j_{G}}}^{2}) + \frac{1}{2} {ICH}_{G} {\dot{θ}}^{2} + T_{C A R T}

$T=\frac{1}{2}M(\dot{x_G}^2+\dot{y_G}^2)+\frac{1}{2}I_G\dot{\theta}^2 + T_{cart}$

Es gibt ein Papier vom MIT 2.003SC-Kurs, das die gleiche Lösung hat: http://bit.ly/PendulumonACart

Hallo! Ich habe Ihre Antwort mit MathJax (LaTeX) Mathesatz bearbeitet. Für zukünftige Posts können Sie auf MathJax Basic Tutorial und Quick Reference verweisen . Danke!

sluzifer · Answer 2

Erstens, dass die Lagrange-Funktion einen Begriff enthalten wird $F(t)$ , oder Sie werden nicht bekommen $(M+m)\ddot{x}=F(t)$ . Zweitens, wenn $F(t)$ ist eine explizite Funktion von $t$ , dann ist Lagrange auch die explizite Funktion von $t$ und dann müssen Sie eine allgemeinere Form der Euler-Langrange-Gleichung betrachten. Siehe dazu https://physics.stackexchange.com/a/437198/203041 .

Diese Funktion $F(t)$ ist eine nicht konservative Kraft (daher nicht im Lagriang enthalten, glaube ich), die entlang der x-Achse auf den Wagen wirkt. Ich verwende die verallgemeinerten Kräfte, von denen ich glaube, dass sie es wären $F(t)$ für die $x$ koordinieren und $0$ für die $\theta$ Koordinate. Mache ich das falsch?

Eli · Answer 3

Der Ortsvektor zum Massenmittelpunkt ist

\vec{R} = [\begin{matrix} X + L Sünde (θ) \\ L \cos (θ) \end{matrix}]

$\vec R=\left[ \begin {array}{c} x+L\sin \left( \theta \right) \\ L\cos \left( \theta \right) \end {array} \right]$

ab hier die Geschwindigkeit des CM

\vec{v} = \frac{D}{D T} (\vec{R}) = [\begin{matrix} \dot{X} + L \cos (θ) \dot{θ} \\ - L Sünde (θ) \dot{θ} \end{matrix}]

$\vec v=\frac{d}{dt}(\vec R)=\left[ \begin {array}{c} {\dot x}+L\cos \left( \theta \right) \dot\theta \\ -L\sin \left( \theta \right) \dot \theta \end {array} \right]$

also die kinetische energie

T = \frac{M}{2} \vec{v} \cdot \vec{v} + \frac{{ICH}_{CM}}{2} {\dot{θ}}^{2} + \frac{M}{2} {\dot{X}}^{2}

$T=\frac m2\,\vec v\cdot \vec v+\frac{I_{\text{CM}}}{2}\,\dot\theta^2+ \frac M2\,\dot x^2$

Die potentielle Energie ist:

U = - M G L Sünde (θ)

$U=-m\,g\,L\sin(\theta)$

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