Lagrangesche Bewegungsgleichungen für das Rollen von Kugeln auf einer Drehscheibe

Question

Lagrangesche Bewegungsgleichungen für das Rollen von Kugeln auf einer Drehscheibe

Kartaschuvit

Die Bewegungsgleichungen einer Massekugel $m$ , Radius $R$ Rollen auf einem mit konstanter Winkelgeschwindigkeit rotierenden Tisch $\Omega$ die unter Verwendung der Newtonschen Gesetze abgeleitet werden, sind: (Ich präsentiere diese zum Vergleich)

\begin{aligned} (ICH + M R^{2}) {\dot{ω}}_{X} & = (ICH + 2 M R^{2}) Ω ω_{j} - M R Ω^{2} j \\ (ICH + M R^{2}) {\dot{ω}}_{j} & = - (ICH + 2 M R^{2}) Ω ω_{X} + M R Ω^{2} X \\ \dot{X} & = R ω_{j} \\ \dot{j} & = - R ω_{X} \end{aligned}

$\begin{align*} (I+mR^2) \dot{\omega}_x &= (I+2mR^2)\Omega \omega_y-mR \Omega^2y \\ (I+mR^2) \dot{\omega}_y &= -(I+2mR^2)\Omega \omega_x + mR \Omega^2 x \\ \dot{x} &= R \omega_y \\ \dot{y} &= -R \omega_x \end{align*}$ Wo

x, y, ω_{x}, ω_{y}

$x,y,\omega_x,\omega_y$ sind im rotierenden Rahmen gemessene Absolutwerte (

x, y

$x,y$ Positionen sein und

ω_{x}, ω_{y}

$\omega_x,\omega_y$ Winkelgeschwindigkeiten der Kugel). Um die Position, Geschwindigkeit usw. in der Trägheit auszudrücken

X Y Z

$XYZ$ Frame können wir eine Variablenänderung durchführen:

\begin{aligned} X = X \cos θ - j Sünde θ \\ Y = X Sünde θ + j \cos θ \end{aligned}

$\begin{align*} X=x \cos \theta - y \sin \theta \\ Y=x \sin \theta + y \cos \theta \end{align*}$ Die oben geschriebenen Gleichungen sind meines Wissens korrekt. Jetzt habe ich versucht, diese Gleichungen mit dem Lagrange-Ansatz abzuleiten, aber meine Gleichungen weichen geringfügig von den obigen ab. Ich werde meine Arbeit hier teilen:

Wir beginnen mit der Standardformulierung der Lagrange-Bewegungsgleichungen:

\frac{D}{D T} (\frac{\partial L}{\partial \dot{Q_{ich}}}) - \frac{\partial L}{\partial Q_{ich}} = Q_{ich}

$\frac{d}{dt} \left( \frac{\partial L}{\partial \dot{q_i}} \right) - \frac{\partial L}{\partial q_i}=Q_i$ Für dieses System gibt es zu keinem Zeitpunkt nichtkonservative Kräfte, die so arbeiten

Q_{i} = 0

$Q_i=0$ (Unter der Annahme, dass hier kein Schlupf auftritt). Die kinetische Energie des Systems ist nun:

T = \frac{1}{2} M “ v “^{2} + \frac{1}{2} ICH “ ω “^{2}

$T=\frac{1}{2}m \| v \| ^2 + \frac{1}{2} I \| \omega \|^2$ Wo

v

$v$ ,

ω

$\omega$ sind die absoluten Linear- und Winkelgeschwindigkeiten der Kugel,

I

$I$ ist das Trägheitsmoment des Massenmittelpunkts. Ich werde in der rotierenden Rahmenbasis vorgehen

x y z

$xyz$ , wo die Position

r

$r$ des Balls wird durch gegeben

\vec{R} = X \hat{ich} + j \hat{J}

$\vec{r}=x \hat{i} + y \hat{j}$ Unter Verwendung der Geschwindigkeitskinematik in rotierenden Rahmen ist die absolute Geschwindigkeit des Balls gegeben durch:

\vec{v} = \vec{Ω} \times \vec{R} + {\vec{v}}_{X j z}

$\vec{v}=\vec{\Omega} \times \vec{r} + \vec{v}_{xyz}$ Wo

{\vec{v}}_{x y z}

$\vec{v}_{xyz}$ ist die Geschwindigkeit des Balls im rotierenden Rahmen:

{\vec{v}}_{X j z} = \dot{X} \hat{ich} + \dot{j} \hat{J}

$\vec{v}_{xyz} = \dot{x} \hat{i} + \dot{y} \hat{j}$ Also die absolute Geschwindigkeit

\vec{v}

$\vec{v}$ nach expandieren ergibt:

\vec{v} = (\dot{X} - Ω j) \hat{ich} + (\dot{j} + Ω X) \hat{J}

$\vec{v} = (\dot{x}-\Omega y) \hat{i} + (\dot{y} +\Omega x) \hat{j}$ Aus der Größe der absoluten Geschwindigkeit folgt:

“ v “^{2} = (\dot{X} - Ω j)^{2} + (\dot{j} + Ω X)^{2}

$\| v \|^2 = (\dot{x}-\Omega y)^2 + (\dot{y}+\Omega x)^2$ Der erste unbekannte Term in den Lagrange-Bewegungsgleichungen. Die absolute Winkelgeschwindigkeit

\vec{ω}

$\vec{\omega}$ ist direkter:

\vec{ω} = \vec{Ω} + {\vec{ω}}_{X j z}

$\vec{\omega} = \vec{\Omega} + \vec{\omega}_{xyz}$ Wo

{\vec{ω}}_{x y z}

$\vec{\omega}_{xyz}$ ist die Winkelgeschwindigkeit des Balls im rotierenden Rahmen, wo man zeigen kann, dass es KEINE Komponente darin hat

\hat{k}

$\hat{k}$ Richtung, wenn wir eine rutschfeste Kinematik auferlegen (was wir sind), also:

{\vec{ω}}_{X j z} = ω_{X} \hat{ich} + ω_{j} \hat{J}

$\vec{\omega}_{xyz} = \omega_x \hat{i} + \omega_y \hat{j}$ Und da

\vec{Ω} = Ω \hat{k}

$\vec{\Omega} = \Omega \hat{k}$ Die absolute Winkelgeschwindigkeit ist:

\vec{ω} = ω_{X} \hat{ich} + ω_{j} \hat{J} + Ω \hat{k}

$\vec{\omega} = \omega_x \hat{i} + \omega_y \hat{j} + \Omega \hat{k}$ Dann folgt daraus:

“ ω “^{2} = ω_{X}^{2} + ω_{j}^{2} + Ω^{2}

$\| \omega \|^2 = \omega_x^2 + \omega_y^2 + \Omega^2$ Die potentielle Energie des Systems ist konstant und beeinflusst die Bewegungsgleichungen nicht, daher wird die Lagrange-Funktion zu:

L = \frac{1}{2} M [(\dot{X} - Ω j)^{2} + (\dot{j} + Ω X)^{2}] + \frac{1}{2} ICH [ω_{X}^{2} + ω_{j}^{2} + Ω^{2}]

$L=\frac{1}{2} m \left[ (\dot{x}-\Omega y)^2 + (\dot{y}+\Omega x)^2 \right] + \frac{1}{2} I \left[ \omega_x^2 + \omega_y^2 + \Omega^2 \right]$ Nun sind die Zwangsgleichungen die Haftbedingungen:

{\vec{v}}_{X j z} = {\vec{ω}}_{X j z} \times \vec{R}

$\vec{v}_{xyz} = \vec{\omega}_{xyz} \times \vec{R}$ Wo

\vec{R} = R \hat{k}

$\vec{R} = R \hat{k}$ natürlich haben wir dann zwei Bedingungen:

\begin{aligned} \dot{X} & = R ω_{j} \\ \dot{j} & = - R ω_{X} \end{aligned}

$\begin{align*} \dot{x} &= R \omega_y \\ \dot{y} &= - R \omega_x \end{align*}$ Das sind nicht-holomonische Einschränkungen, aber aufgrund ihrer einfachen Natur habe ich mich gegen Lagrange-Multiplikatoren entschieden und sie einfach in die Bewegungsgleichungen eingesetzt (ich habe sie danach mit Lagrange-Multiplikatoren überarbeitet und das Gleiche bekommen). Nach dem Ersetzen der Einschränkungen wird die Lagrange-Funktion zu:

L = \frac{1}{2} (M + \frac{ICH}{R^{2}}) ({\dot{X}}^{2} + {\dot{j}}^{2}) - M Ω \dot{X} j + M Ω \dot{j} X + \frac{1}{2} M Ω^{2} (X^{2} + j^{2}) + \frac{1}{2} ICH Ω^{2}

$L=\frac{1}{2} \left( m + \frac{I}{R^2} \right) (\dot{x}^2 + \dot{y}^2) - m \Omega \dot{x} y + m \Omega \dot{y} x + \frac{1}{2} m \Omega^2 (x^2 + y^2) + \frac{1}{2} I \Omega^2$ Von hier aus wendet man die obige Lagrange-Gleichung mit an

Q_{i} = 0

$Q_i=0$ Ich erhalte folgende Bewegungsgleichungen:

(M + \frac{ICH}{R^{2}}) \ddot{X} - 2 M Ω \dot{j} - M Ω^{2} X = 0

$\left( m+\frac{I}{R^2} \right) \ddot{x} - 2m \Omega \dot{y} - m \Omega^2 x = 0$

(M + \frac{ICH}{R^{2}}) \ddot{j} - 2 M Ω \dot{X} + M Ω^{2} j = 0

$\left( m+\frac{I}{R^2} \right) \ddot{y} - 2m \Omega \dot{x} + m \Omega^2 y = 0$ Und unter erneuter Verwendung der Haftbedingungen können wir umschreiben:

\begin{aligned} (ICH + M R^{2}) {\dot{ω}}_{X} & = 2 M R^{2} Ω ω_{j} - M R Ω^{2} j \\ (ICH + M R^{2}) {\dot{ω}}_{j} & = - 2 M R^{2} Ω ω_{X} + M R Ω^{2} X \end{aligned}

$\begin{align*} \left( I + mR^2 \right) \dot{\omega}_x &= 2mR^2 \Omega \omega_y - mR \Omega^2 y \\ \left( I + mR^2 \right) \dot{\omega}_y &= -2mR^2 \Omega \omega_x + mR \Omega^2 x \end{align*}$

Wenn Sie nun diese letzten beiden Gleichungen mit denen vergleichen, die ich am Anfang geschrieben habe, besteht der einzige Unterschied im ersten Term auf der rechten Seite. Schau dir zum Beispiel diese beiden an:

\begin{aligned} (ICH + M R^{2}) {\dot{ω}}_{X} & = (ICH + 2 M R^{2}) Ω ω_{j} - M R Ω^{2} j \\ (ICH + M R^{2}) {\dot{ω}}_{X} & = 2 M R^{2} Ω ω_{j} - M R Ω^{2} j \end{aligned}

$\begin{align*} (I+mR^2) \dot{\omega}_x &= (I+2mR^2)\Omega \omega_y-mR \Omega^2y \\ \left( I + mR^2 \right) \dot{\omega}_x &= 2mR^2 \Omega \omega_y - mR \Omega^2 y \end{align*}$

Der EINZIGE Unterschied ist das Fehlen $I$ Begriff! Mir fehlt aus irgendeinem Grund das Trägheitsmoment, woran liegt das? Was ist falsch an meinem Lagrange-Ansatz?

Biophysiker

Also werben wir jetzt aktiv für check my work/rechenfragen?

ZeroTheHero

@BioPhysicist nicht wirklich (glaube ich zumindest nicht). Meiner Meinung nach fällt es unter Punkt 4 dieser Antwort . YMMV natürlich.

Biophysiker

@ZeroTheHero Ich verstehe nicht, wie das hier IMO der Fall ist.

Eli

@DenKart Ich glaube nicht, dass deine Newton-Gleichung richtig ist?

(I + 2 m R^{2}) \mapsto 2 m R^{2}

$~(I+2\,m\,R^2)~\mapsto 2\,m\,R^2~$ Woher kommt dieses „Ich“?

Antworten (3)

Lagrangesche Bewegungsgleichungen für das Rollen von Kugeln auf einer Drehscheibe

Also werben wir jetzt aktiv für check my work/rechenfragen?
@BioPhysicist nicht wirklich (glaube ich zumindest nicht). Meiner Meinung nach fällt es unter Punkt 4 dieser Antwort . YMMV natürlich.
@ZeroTheHero Ich verstehe nicht, wie das hier IMO der Fall ist.
@DenKart Ich glaube nicht, dass deine Newton-Gleichung richtig ist? $~(I+2\,m\,R^2)~\mapsto 2\,m\,R^2~$ Woher kommt dieses „Ich“?

Mike Stein · Answer 1

Ich habe es nicht über Lagangians gemacht, aber ich habe dieses Problem als Hausaufgabenfrage mit " $F=ma$ " Methoden. Für das, was es wert ist, hier ist meine Lösung. Sie gibt uns einen Hinweis darauf, was das Problem mit dem Lagrange-Ansatz ist.

Ein Ball aus Masse $m$ , Radius $a$ und Trägheitsmoment $I$ rollt rutschfest auf einem flachen Plattenteller, der in der liegt $x$ - $y$ Ebene. Der Drehtisch selbst ist gezwungen, sich mit Winkelgeschwindigkeit zu drehen $\Omega$ über die $z$ Achse. Wir wollen die Bewegungsgleichung in der Trägheit $x$ , $y$ Rahmen koordinieren.

Lassen Sie die Mitte des Balls bei sein ${\bf r}=(x,y,a)$ , und seine Winkelgeschwindigkeit ca ${\bf r}$ Sei ${\boldsymbol \omega}=(\omega_x,\omega_y,\Omega)$ . Dann ist die Geschwindigkeit des Kontaktpunktes von Kugel und Drehscheibe $\dot {\bf r}-a ({\boldsymbol \omega}\times \hat{\bf z})$ . Diese muss zur Geschwindigkeit passen ${\bf v}_{\rm turntable }$ der Drehscheibe an diesem Punkt, und als

v_{T u R N T A B l e} = Ω (\hat{z} \times R),

${\bf v}_{\rm turntable }= \Omega (\hat {\bf z}\times {\bf r}),$ die Geschwindigkeit des Balls in der

x

$x$ -

y

$y$ -

z

$z$ Rahmen ist

\dot{R} = Ω (\hat{z} \times R) + A (ω \times \hat{z}) .

$\dot {\bf r} = \Omega (\hat {\bf z}\times {\bf r}) + a ({\boldsymbol \omega}\times \hat{\bf z}).$ Die zeitliche Differenzierung ergibt

\ddot{R} = Ω (\hat{z} \times \dot{R}) + A (\dot{ω} \times \hat{z}) .

$\ddot {\bf r} = \Omega (\hat {\bf z}\times \dot {\bf r}) + a (\dot {\boldsymbol \omega}\times \hat{\bf z}).$ Wir müssen finden

\dot{ω}

$\dot {\boldsymbol \omega}$ . Beachten Sie dazu, dass if

F

${\bf F}$ ist die Kraft, die der Drehteller auf die Kugel ausübt, haben wir beides

m \ddot{r} = F

$m \ddot {\bf r}={\bf F}$ Und

\dot{ω} = (\frac{A}{ICH}) F \times \hat{z} = (\frac{M A}{ICH}) \ddot{R} \times \hat{z} .

$\dot {\boldsymbol \omega}= \left(\frac{a}{I}\right) {\bf F}\times \hat {\bf z}\nonumber\\ =\left( \frac {ma}{I}\right)\ddot {\bf r}\times \hat {\bf z}.\nonumber$ Daher

\ddot{R} = Ω (\hat{z} \times \dot{R}) + (\frac{M A^{2}}{ICH}) (\ddot{R} \times \hat{z}) \times \hat{z} = Ω (\hat{z} \times \dot{R}) - (\frac{M A^{2}}{ICH}) \ddot{R} .

$\ddot {\bf r} = \Omega (\hat {\bf z}\times \dot {\bf r}) + \left(\frac{ma^2}{I}\right) (\ddot {\bf r}\times \hat {\bf z})\times \hat{\bf z}\nonumber\\ = \Omega (\hat {\bf z}\times \dot {\bf r}) -\left(\frac{ma^2}{I}\right) \ddot {\bf r}.\nonumber$ Die Bewegungsgleichung für den Ball lautet daher

(1 + \frac{M A^{2}}{ICH}) \ddot{R} = Ω (\hat{z} \times \dot{R}) .

$\left(1+ \frac{m a^2}{I}\right) \ddot {\bf r} = \Omega (\hat {\bf z}\times \dot {\bf r}).$ Diese Gleichung zeigt, dass sich der Ball mit der Periode im Kreis bewegt

Ω / (1 + m a^{2} / I)

$\Omega/(1+ {m a^2}/{I})$ . Ich denke, dass meine Bewegung mit der des OP übereinstimmt, weil er im nicht trägen rotierenden Rahmen arbeitet und daher zusätzliche Coriolis- und Zentrifugalterme hat. Daher denke ich, dass seine ursprünglichen Newtonschen Gleichungen tatsächlich korrekt sind.

Dies bedeutet, dass die Lagrange-Methode, bei der nur die zusätzliche Rollenergie gezählt wird, die Kreiseleffekte verfehlt.

aber warum funktioniert der Lagrange-Ansatz nicht? Sie scheinen anzudeuten, dass die Tabelle funktioniert, also müssten Sie diesen Begriff "von Hand" als verallgemeinerte Kraft einfügen?
@ZeroTheHero. Eine gute Frage! Ich denke darüber nach. Ich hatte noch nie eine Lagrange-Route ausprobiert, weil das Rollen nicht holonom ist. Natürlich ist "Arbeit" rahmenabhängig, aber ich hätte gedacht, dass in diesem Fall das Rollen nur die effektive Masse neu normalisiert.
ja das dachte ich mir auch...schreib $L$ bezüglich $x$ Und $y$ Verwenden Sie die No-Slip-Einschränkung, um das Trägheitsmoment explizit zu machen, und "renormalisieren" Sie die Masse, und verwenden Sie dann den rotierenden Rahmen $\dot{\vec r}\to \dot{\vec r}+\vec\Omega\times \vec r$ . Ich habe vielleicht irgendwo meinen eigenen Fehler gemacht, aber keine Zeit, es jetzt zu überprüfen ...
Jemand hat mich markiert. Ist meine Newton-Gleichung falsch? Ich behaupte nichts über Lagrange, aber wir brauchen ein vereinbartes E von M, um es mit einem behaupteten Lagrange-Gleichung zu vergleichen, und meine "Antwort" stimmt mit der einer Standardprüfungsfrage der Londoner Externen Prüfungen aus den 1940er Jahren überein. Wenn meine (und die Universität von London) falsch liegen, würde ich gerne wissen, was durcheinander ist.
Und so ist es. Können Sie auf die London External Examinations verlinken? Übrigens: Rollen ist nicht holonom, aber Rollen ohne Rutschen ist normalerweise holonom.
@ ZeroTheHero Das Problem ist eine Übung am Ende des Kapitels im Kapitel über Mechanik im Buch "Mathematics and Wave Mechanics" von Ron Atkin. Er gibt das genaue Prüfungszitat, aber mein Exemplar liegt in meinem derzeit nicht zugänglichen Arbeitsbüro.

Eli · Answer 2

Newton-Euler-Gleichungen

\begin{aligned} \underset{A}{\underset{⏟}{[\begin{array}{cccc} M & 0 & 0 & 0 \\ 0 & M & 0 & 0 \\ 0 & 0 & {ICH}_{S} & 0 \\ 0 & 0 & 0 & {ICH}_{S} \end{array}]}} [\begin{matrix} \ddot{X} \\ \ddot{j} \\ \dot{ω_{X}} \\ \dot{ω_{j}} \end{matrix}] = \underset{B}{\underset{⏟}{[\begin{matrix} - M (- Ω^{2} X - 2 Ω \dot{j}) \\ - M (- Ω^{2} j + 2 Ω \dot{X}) \\ 0 \\ 0 \end{matrix}]}} + C_{B}^{T} λ_{N} \end{aligned}

$\begin{align*} & \underbrace{\left[ \begin {array}{cccc} m&0&0&0\\ 0&m&0&0 \\ 0&0&{\it I_s}&0\\ 0&0&0&{\it I_s} \end {array} \right]}_{\boldsymbol A} \begin{bmatrix} \ddot{x} \\ \ddot{y} \\ \dot{\omega_x} \\ \dot{\omega_y} \\ \end{bmatrix}= \underbrace{\begin{bmatrix} -m \left( -{\Omega}^{2}x-2\,\Omega\,{\dot y} \right) \\ -m \left( -{\Omega}^{2}y+2\,\Omega\,{\dot x} \right) \\ 0 \\ 0 \\ \end{bmatrix} }_{\boldsymbol b}+\boldsymbol C_B^T\,\boldsymbol\lambda_n\\\\ \end{align*}$ Wo

I_{s} = m \frac{2}{5} ρ^{2}

$~I_s=m\,\frac 25\,\rho^2~$ das Kugelträgheitsmoment und

ρ

$\rho~$ der Kugelradius,

C_{B}^{T}

$~\boldsymbol C_B^T~$ Verteilungsmatrix der verallgemeinerten Zwangskräfte

λ_{n}

$~ \boldsymbol\lambda_n$

Kinematisch

\begin{aligned} [\begin{matrix} \dot{X} \\ \dot{j} \\ ω_{X} \\ ω_{j} \end{matrix}] = \underset{J}{\underset{⏟}{[\begin{array}{cc} 0 & - ρ \\ ρ & 0 \\ 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{array}]}} [\begin{matrix} ω_{X} \\ ω_{j} \end{matrix}] \end{aligned}

$\begin{align*} &\begin{bmatrix} \dot{x} \\ \dot{y} \\ {\omega_x} \\ {\omega_y} \\ \end{bmatrix}=\underbrace{\left[ \begin {array}{cc} 0&-\rho\\ \rho&0 \\ 1&0\\ 0&1\end {array} \right]}_{\boldsymbol J} \begin{bmatrix} \omega_x\\ \omega_y \\ \end{bmatrix} \end{align*}$

Die Bewegungsgleichungen

\begin{aligned} J^{T} A J [\begin{matrix} {\dot{ω}}_{X} \\ {\dot{ω}}_{j} \end{matrix}] = J^{T} B \\ \Rightarrow \\ (1) & [\begin{matrix} {\dot{ω}}_{X} \\ {\dot{ω}}_{j} \end{matrix}] = [\begin{matrix} \frac{ρ M Ω (- Ω j + 2 ω_{j} ρ)}{ρ^{2} M + ICH S} \\ - \frac{ρ M Ω (- Ω X + 2 ω_{X} ρ)}{ρ^{2} M + {ICH}_{S}} \end{matrix}] \\ Und \\ (2) & \dot{X} = - ρ ω_{j} \\ (3) & \dot{j} = ρ ω_{X} \end{aligned}

$\begin{align*} &\boldsymbol J^T\,\boldsymbol A\,\boldsymbol J\,\begin{bmatrix} \dot\omega_x\\ \dot\omega_y \\ \end{bmatrix}=\boldsymbol J^T\,\boldsymbol b\\ &\Rightarrow\\\\ &\begin{bmatrix} \dot{\omega}_x \\ \dot{\omega}_y \\ \end{bmatrix}=\left[ \begin {array}{c} {\frac {\rho\,m\Omega\, \left( -\Omega\,y+2 \,\omega_{{y}}\rho \right) }{{\rho}^{2}m+I{{s}}}} \\ -{\frac {\rho\,m\Omega\, \left( -\Omega\,x+2\, \omega_{{x}}\rho \right) }{{\rho}^{2}m+I_{{s}}}}\end {array} \right] \tag{1}\\ &\text{and}\\ &\dot{x}=-\rho\,\omega_y \tag{2}\\ &\dot{y}=\rho\,\omega_x \tag{3} \\ \end{align*}$

Anfängliche Systemkugelposition

\begin{aligned} R_{S} = [\begin{array}{ccc} \cos (Ω T) & - Sünde (Ω T) & 0 \\ Sünde (Ω T) & \cos (Ω T) & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{array}] [\begin{matrix} X \\ j \\ ρ \end{matrix}] \end{aligned}

$\begin{align*} & \boldsymbol R_s=\left[ \begin {array}{ccc} \cos \left( \Omega\,t \right) &-\sin \left( \Omega\,t \right) &0\\ \sin \left( \Omega\,t \right) &\cos \left( \Omega\,t \right) &0\\ 0&0&1 \end {array} \right] \begin{bmatrix} x \\ y \\ \rho \\ \end{bmatrix} \end{align*}$

die Rotationsmatrix $\boldsymbol S~$ zwischen lokalem Koordinatensystem und Inertialsystem ist:

\begin{aligned} S = [\begin{array}{ccc} \cos (φ_{z}) & - Sünde (φ_{z}) & 0 \\ Sünde (φ_{z}) & \cos (φ_{z}) & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{array}] [\begin{array}{ccc} \cos (φ_{j}) & - Sünde (φ_{j}) & 0 \\ Sünde (φ_{j}) & \cos (φ_{j}) & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{array}] [\begin{array}{ccc} \cos (φ_{X}) & - Sünde (φ_{X}) & 0 \\ Sünde (φ_{X}) & \cos (φ_{X}) & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{array}] \\ mit \\ \dot{S} = [\begin{array}{ccc} 0 & - ω_{z} & ω_{j} \\ ω_{z} & 0 & - ω_{X} \\ - ω_{j} & ω_{X} & 0 \end{array}] S \\ \Rightarrow \\ [\begin{matrix} ω_{X} \\ ω_{j} \\ ω_{z} \end{matrix}] = [\begin{array}{ccc} \cos (φ_{z}) \cos (φ_{j}) & - Sünde (φ_{z}) & 0 \\ Sünde (φ_{z}) \cos (φ_{j}) & \cos (φ_{z}) & 0 \\ - Sünde (φ_{j}) & 0 & 1 \end{array}] [\begin{matrix} {\dot{φ}}_{X} \\ {\dot{φ}}_{j} \\ {\dot{φ}}_{z} \end{matrix}] \end{aligned}

$\begin{align*} &\boldsymbol S=\left[ \begin {array}{ccc} \cos \left( \varphi _{{z}} \right) &-\sin \left( \varphi _{{z}} \right) &0\\ \sin \left( \varphi _{{z}} \right) &\cos \left( \varphi _{{z}} \right) &0 \\ 0&0&1\end {array} \right] \, \left[ \begin {array}{ccc} \cos \left( \varphi _{{y}} \right) &-\sin \left( \varphi _{{y}} \right) &0\\ \sin \left( \varphi _{{y}} \right) &\cos \left( \varphi _{{y}} \right) &0 \\ 0&0&1\end {array} \right] \,\left[ \begin {array}{ccc} \cos \left( \varphi _{{x}} \right) &-\sin \left( \varphi _{{x}} \right) &0\\ \sin \left( \varphi _{{x}} \right) &\cos \left( \varphi _{{x}} \right) &0 \\ 0&0&1\end {array} \right]\\\ &\text{with}\\ &\boldsymbol{\dot{S}}=\left[ \begin {array}{ccc} 0&-\omega_{{z}}&\omega_{{y}} \\ \omega_{{z}}&0&-\omega_{{x}}\\ -\omega_{{y}}&\omega_{{x}}&0\end {array} \right] \boldsymbol S\,\\\\ &\Rightarrow\\ &\begin{bmatrix} \omega_x \\ \omega_y \\ \omega_z \\ \end{bmatrix}=\left[ \begin {array}{ccc} \cos \left( \varphi _{{z}} \right) \cos \left( \varphi _{{y}} \right) &-\sin \left( \varphi _{{z}} \right) &0 \\ \sin \left( \varphi _{{z}} \right) \cos \left( \varphi _{{y}} \right) &\cos \left( \varphi _{{z}} \right) &0 \\ -\sin \left( \varphi _{{y}} \right) &0&1 \end {array} \right] \,\begin{bmatrix} \dot\varphi_x \\ \dot\varphi_y \\ \dot\varphi_z \\ \end{bmatrix} \end{align*}$

von hier erhalten Sie

\begin{aligned} (4) & [\begin{matrix} \dot{φ_{X}} \\ \dot{φ_{j}} \\ \dot{φ_{z}} \end{matrix}] = [\begin{array}{ccc} \frac{\cos (φ_{z})}{\cos (φ_{j})} & \frac{Sünde (φ_{z})}{\cos (φ_{j})} & 0 \\ - Sünde (φ_{z}) & \cos (φ_{z}) & 0 \\ \frac{\cos (φ_{z}) Sünde (φ_{j})}{\cos (φ_{j})} & \frac{Sünde (φ_{z}) Sünde (φ_{j})}{\cos (φ_{j})} & 1 \end{array}] [\begin{matrix} ω_{X} \\ ω_{j} \\ Ω \end{matrix}] \end{aligned}

$\begin{align*} \begin{bmatrix} \dot{\varphi_x}\\ \dot{\varphi_y} \\ \dot{\varphi_z} \\ \end{bmatrix}= \left[ \begin {array}{ccc} {\frac {\cos \left( \varphi _{{z}} \right) }{\cos \left( \varphi _{{y}} \right) }}&{\frac {\sin \left( \varphi _{{z}} \right) }{\cos \left( \varphi _{{y}} \right) }}&0 \\ -\sin \left( \varphi _{{z}} \right) &\cos \left( \varphi _{{z}} \right) &0\\ {\frac {\cos \left( \varphi _{{z}} \right) \sin \left( \varphi _{{y}} \right) }{\cos \left( \varphi _{{y}} \right) }}&{\frac {\sin \left( \varphi _{{z}} \right) \sin \left( \varphi _{{y}} \right) }{\cos \left( \varphi _{{y }} \right) }}&1\end {array} \right] \begin{bmatrix} \omega_x \\ \omega_y \\ \Omega \\ \end{bmatrix} \tag {4} \end{align*}$

Insgesamt erhält man 7 Differentialgleichungen erster Ordnung

Euler Lagrange mit nicht holonomen Zwangsgleichungen

\begin{aligned} (A) & \frac{D}{D T} {(\frac{\partial L}{\partial \dot{w}})}^{T} - {(\frac{\partial L}{\partial w})}^{T} = {[\frac{\partial R}{\partial w}]}^{T} F_{S} + {(\frac{\partial G_{N}}{\partial \dot{w}})}^{T} λ_{N} \end{aligned}

$\begin{align*} &\frac{d}{dt}\left(\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \dot{\boldsymbol{w}}}\right)^T-\left( \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \boldsymbol{w}}\right)^T=\left[\frac{\partial \boldsymbol{R}}{\partial \boldsymbol{w}}\right]^T\,\boldsymbol{F}_s+ \left(\frac{\partial \boldsymbol{g}_n}{\partial \dot{\boldsymbol{w}}}\right)^T\boldsymbol{\lambda}_n\tag A \end{align*}$

Wo

\begin{aligned} R = [\begin{matrix} X \\ j \end{matrix}] \\ \dot{w} = [\begin{matrix} \dot{X} \\ \dot{j} \\ ω_{X} \\ ω_{j} \end{matrix}], w = [\begin{matrix} X \\ j \\ {\dot{φ}}_{X} \\ {\dot{φ}}_{j} \end{matrix}] \\ L = \frac{M}{2} ({\dot{X}}^{2} + {\dot{j}}^{2}) + \frac{{ICH}_{S}}{2} {[ω_{X}, ω_{j}, Ω]}^{T} [ω_{X}, ω_{j}, Ω] \\ F_{S} = [\begin{matrix} - M (- Ω^{2} X - 2 Ω \dot{j}) \\ - M (- Ω^{2} j + 2 Ω \dot{X}) \end{matrix}] \\ und die nicht holonomen Randbedingungsgleichungen \\ G_{N} = [\begin{matrix} \dot{j} - ρ ω_{X} \\ \dot{X} + ρ ω_{j} \end{matrix}] \end{aligned}

$\begin{align*} & \boldsymbol{R}=\begin{bmatrix} x \\ y \\ \end{bmatrix}\\ & \dot{\boldsymbol{w}}=\begin{bmatrix} \dot{x} \\ \dot{y} \\ \omega_x \\ \omega_y \\ \end{bmatrix}~, {\boldsymbol{w}}=\begin{bmatrix} {x} \\ {y} \\ \dot{\varphi}_x \\ \dot{\varphi}_y \\ \end{bmatrix}\\\\ &\mathcal{L}=\frac{m}{2}\left(\dot{x}^2+\dot{y}^2\right)+ \frac{I_S}{2}\left[\omega_x~,\omega_y~,\Omega\right]^T\, \left[\omega_x~,\omega_y~,\Omega\right] \\\\ &\boldsymbol F_s=\begin{bmatrix} -m \left( -{\Omega}^{2}x-2\,\Omega\,{\dot y} \right) \\ -m \left( -{\Omega}^{2}y+2\,\Omega\,{\dot x} \right) \\ \end{bmatrix} \\\\ &\text{and the non holonomic constraint equations }\\ &\boldsymbol g_n= \left[ \begin {array}{c} {\dot{y}}-\rho\,\omega_{{x}} \\ {\dot{x}}+\rho\,\omega_{{y}}\end {array} \right] \end{align*}$

aus Gleichung (A) erhält man:

\begin{aligned} (B) & \underset{A_{L}}{\underset{⏟}{[\begin{array}{cccccc} M & 0 & 0 & 0 & 0 & - 1 \\ 0 & M & 0 & 0 & - 1 & 0 \\ 0 & 0 & {ICH}_{S} & 0 & ρ & 0 \\ 0 & 0 & 0 & {ICH}_{S} & 0 & - ρ \\ 0 & - 1 & ρ & 0 & 0 & 0 \\ - 1 & 0 & 0 & - ρ & 0 & 0 \end{array}]}} \underset{\ddot{w}}{\underset{⏟}{[\begin{matrix} \ddot{X} \\ \ddot{j} \\ {\dot{ω}}_{X} \\ {\dot{ω}}_{j} \\ λ_{N} \end{matrix}]}} = \underset{B_{L}}{\underset{⏟}{[\begin{matrix} - M (- Ω^{2} X - 2 Ω \dot{j}) \\ - M (- Ω^{2} j + 2 Ω \dot{X}) \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}]}} \\ \Rightarrow \end{aligned}

$\begin{align*} &\underbrace{\left[ \begin {array}{cccccc} m&0&0&0&0&-1\\ 0&m&0&0 &-1&0\\ 0&0&I_s&0&\rho&0\\ 0&0 &0&I_s&0&-\rho\\ 0&-1&\rho&0&0&0 \\ -1&0&0&-\rho&0&0\end {array} \right]}_{\boldsymbol A_L} \underbrace{\begin{bmatrix} \ddot{x} \\ \ddot{y} \\ \dot\omega_x \\ \dot\omega_y \\ \lambda_n \end{bmatrix}}_{\boldsymbol{\ddot{w}}} =\underbrace{\begin{bmatrix} -m \left( -{\Omega}^{2}x-2\,\Omega\,{\dot y} \right) \\ -m \left( -{\Omega}^{2}y+2\,\Omega\,{\dot x} \right) \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ \end{bmatrix} }_{\boldsymbol b_L}\tag{B} \\\ &\Rightarrow \end{align*}$ Ersatz

\dot{y} = ρ ω_{x}, \dot{x} = - ρ ω_{y}

$~\dot{y}=\rho\,\omega_x~,\dot{x}=-\rho\,\omega_y~$ in Gleichung (B) und löse nach auf

\ddot{w}

$~\ddot{\boldsymbol{w}}~$ Sie erhalten

\begin{aligned} [\begin{matrix} {\dot{ω}}_{X} \\ {\dot{ω}}_{j} \end{matrix}] = [\begin{matrix} \frac{ρ M Ω (- Ω j + 2 ω_{j} ρ)}{ρ^{2} M + ICH S} \\ - \frac{ρ M Ω (- Ω X + 2 ω_{X} ρ)}{ρ^{2} M + {ICH}_{S}} \end{matrix}] \end{aligned}

$\begin{align*} &\begin{bmatrix} \dot{\omega}_x \\ \dot{\omega}_y \\ \end{bmatrix}=\left[ \begin {array}{c} {\frac {\rho\,m\Omega\, \left( -\Omega\,y+2 \,\omega_{{y}}\rho \right) }{{\rho}^{2}m+I{{s}}}} \\ -{\frac {\rho\,m\Omega\, \left( -\Omega\,x+2\, \omega_{{x}}\rho \right) }{{\rho}^{2}m+I_{{s}}}}\end {array} \right] \end{align*}$ diese Ergebnisse sind gleich den Ergebnissen von Gleichung (1).

Bearbeiten

\begin{aligned} wie man die Jacobi-Matrix erhält J (kinematische Gleichungen) \\ die nicht holonomen Zwangsgleichungen sind \\ G_{N} = [\begin{matrix} \dot{X} - ρ ω_{j} \\ \dot{j} + ρ ω_{X} \end{matrix}] = 0 \\ erhalten Sie die zeitliche Ableitung \\ (C) & {\dot{Q}}_{N} = \underset{C_{N}}{\underset{⏟}{[\begin{array}{cccc} 1 & 0 & 0 & - ρ \\ 0 & 1 & ρ & 0 \end{array}]}} \underset{\dot{w}}{\underset{⏟}{[\begin{matrix} \dot{X} \\ \dot{j} \\ ω_{X} \\ ω_{j} \end{matrix}]}} = C_{N} \dot{w} = 0 \end{aligned}

$\begin{align*} &\textbf{how to obtain the Jacobi-Matrix $~\boldsymbol J~$ (kinematic equations) }\\\\ &\text{the non holonomic constraint equations are}\\ &\boldsymbol g_n=\begin{bmatrix} \dot{x}-\rho\omega_y \\ \dot{y}+\rho\omega_x \\ \end{bmatrix}=\boldsymbol 0\\\\ &\text{obtain the time derivative }\\ &\boldsymbol{\dot{q}}_n= \underbrace{\left[ \begin {array}{cccc} 1&0&0&-\rho\\ 0&1&\rho&0 \end {array} \right]}_{\boldsymbol C_n} \underbrace{\begin{bmatrix} \dot{x} \\ \dot{y} \\ \omega_x \\ \omega_y \\ \end{bmatrix}}_{\boldsymbol{\dot{w}}}=\boldsymbol C_n\,\boldsymbol{\dot{w}}=\boldsymbol 0\tag{c} \end{align*}$ Sie haben zwei Beschränkungsgleichungen und vier Geschwindigkeiten

\dot{w}

$\boldsymbol{\dot{w}}~$ daher sind die verallgemeinerten Geschwindigkeiten zwei (4-2), wenn Sie die verallgemeinerten Geschwindigkeiten gewählt haben

ω_{x}, ω_{y}

$~\omega_x~,\omega_y$ können Sie aus Gleichung (c) erhalten

\begin{aligned} [\begin{matrix} \dot{X} \\ \dot{j} \\ ω_{X} \\ ω_{j} \end{matrix}] = \underset{J}{\underset{⏟}{[\begin{array}{cc} 0 & ρ \\ - ρ & 0 \\ 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{array}]}} [\begin{matrix} ω_{X} \\ ω_{j} \end{matrix}] \\ nach d'Alemberts Auftraggeber \\ J^{T} C_{N}^{T} = [\begin{array}{cccc} 0 & - ρ & 1 & 0 \\ ρ & 0 & 0 & 1 \end{array}] [\begin{array}{cc} 1 & 0 \\ 0 & 1 \\ 0 & ρ \\ - ρ & 0 \end{array}] = [\begin{array}{cc} 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{array}] \sqrt \end{aligned}

$\begin{align*} &\begin{bmatrix} \dot{x} \\ \dot{y} \\ \omega_x \\ \omega_y \\ \end{bmatrix}= \underbrace{\left[ \begin {array}{cc} 0&\rho\\ -\rho&0 \\ 1&0\\ 0&1\end {array} \right]}_{\boldsymbol J}\begin{bmatrix} \omega_x \\ \omega_y \\ \end{bmatrix}\\\ &\text{according to d'Alemberts principal }\\ &\boldsymbol J^T\,\boldsymbol C^T_n= \left[ \begin {array}{cccc} 0&-\rho&1&0\\ \rho&0&0& 1\end {array} \right] \,\left[ \begin {array}{cc} 1&0\\ 0&1 \\ 0&\rho\\ -\rho&0\end {array} \right]= \left[ \begin {array}{cc} 0&0\\ 0&0\end {array} \right] ~ \surd \end{align*}$

Aufgrund der Roll-ohne-Schlupf-Bedingungen gibt es nur 2 Freiheitsgrade, sodass Sie 2 Gleichungen (2. Ordnung) erhalten sollten. Warum müssen Sie den Euler-Winkel verwenden, da es sich nur um Kombinationen von handelt $\omega_i$ s (und umgekehrt).
@ZeroTheHero-Gleichung (1) 2 verallgemeinerte Koordinaten. Sie benötigen die Euler-Engel, um die Position der Kugel relativ zum ursprünglichen System zu erhalten
@ZeroTheHero Natürlich können Sie Omega durch eine Funktion der Euler-Winkel und der Engelsgeschwindigkeit ersetzen, dann erhalten Sie Differentialgleichungen zweiter Ordnung anstelle von erster Ordnung
Ich bin eigentlich sehr gespannt, wie Sie den richtigen Lagrange erhalten werden ... da steht (sozusagen) das $$.
Was ist $J_s$ ? Meinst du $I_s$ ?. Was von $\lambda_n$ ? Warum verwenden Sie eine kostenlose Lagrange-Funktion? ${\cal L}$ aber ausdrücklich Kräfte einbeziehen $F_s$ ohne Bezug zu Einschränkungen?
Sollte Ihr $w$ enthalten $\varphi_x$ Und $\varphi_y$ eher als ihre zeitlichen Ableitungen?
@ZeroTheHero $J_s$ ist das Sphärenmoment der Trägheit. Ich verwende es nicht, weil dieses Symbol für Imaginäre reserviert ist. die Pseudokraft ist eine externe Kraft in EL $\lambda_n$ ist die verallgemeinerte Kraft aufgrund der Beschränkungsgleichungen
@Pavlo.B Dies ist die Euler-Lagrange-Gleichung mit externen Kräften und zusätzlicher unbekannter verallgemeinerter Kraft aufgrund der nicht holonomen Zwangsgleichungen. Ich verwende die Matrix-Vektor-Notation anstelle der Summe. Die partielle Ableitung ist die Jacobi-Matrix. schau mal im internet nach mehr details
@Eli Ok, ich verstehe, aber wie hast du den Ausdruck für die Kräfte bekommen?
die Kraftkomponenten die Pseudokraftkomponenten sind, ersetzen Sie die Beschränkungsgleichungen in und nehmen Sie nur die x-, y-Komponenten
Wer stimmt meine richtige Antwort ab? Bitte kommentieren Sie warum?
Ich bin neugierig, warum $\bf{J^T C^T_B \lambda_n}=0$ im Euler-Bild (ich nehme an, das ist eine bekannte Sache, aber könnten Sie bitte eine Referenz geben)? Sollte es in der Euler-Gleichung nicht auch einen Präzessionsterm geben $\bf{b}$ (Eine Kugel ohne Drehmoment würde im rotierenden Bezugssystem präzedieren)?
Befinden sich diese Gleichungen auch im rotierenden oder nicht rotierenden Referenzrahmen? Wäre schön, es am Anfang des Beitrags hinzuzufügen
@Pavlo.B. Ich werde zusätzliche Informationen in meine Antwort für Sie aufnehmen.
Literatur amazon.de/Applied-Dynamics-Werner-Schiehlen/dp/3319073346

Pavlo. B. · Answer 3

Die Ableitung der Lagrange-Gleichungen aus der Newtonschen Mechanik beruht auf null Arbeit, die von den Beschränkungen geleistet wird (ich konnte keine englische Referenz finden, aber hier ist eine russische: Zhuravlev, Grundlagen der theoretischen Mechanik, §24 ). In Ihrem Fall funktionieren die Einschränkungen tatsächlich, da sich der Tisch dreht und die vom Tisch erzeugte Leistung ebenfalls vorhanden ist $W=\bar{v}_{table}\cdot \bar{F}$ , dh $Q_i\neq 0$ . Ich bin mir nicht sicher, wie ich dieses Problem im Rahmen des Lagrange-Ansatzes einfach beheben kann.

Bearbeiten. Es ist möglich, die Bewegungsgleichung aus der Lagrange-Funktion abzuleiten, wenn wir die Trägheit des Tisches in die Bewegungsgleichung einbeziehen, dh wenn wir die Kugel zurück auf den Tisch reagieren lassen und die Winkeldrehgeschwindigkeit des Tisches ändern. In diesem Fall würde die Energie des Systems erhalten bleiben und der naive Lagrange-Ansatz funktionieren. Wenn wir das Trägheitsmoment des Tisches am Ende auf unendlich setzen, würden wir die richtigen Bewegungsgleichungen erhalten. Mit diesem Ansatz ist es jedoch einfacher, im nicht rotierenden Bezugssystem zu arbeiten

Der Formalismus funktioniert perfekt für Punktteilchen, also wie würde Ihr Argument verschwinden, wenn das Trägheitsmoment $I=0$ ?
Bei $I=0$ , kann der Tisch in horizontaler Richtung keine endliche Kraft auf die Kugel ausüben, da er der Kugel eine unendliche Winkelbeschleunigung (im nicht rotierenden Rahmen) verleihen würde. Im nicht rotierenden Rahmen passt sich die Winkelgeschwindigkeit des Balls nur an die rutschfesten Bedingungen an, aber der Ball selbst bewegt sich nur mit konstanter Geschwindigkeit. Der reguläre Ansatz funktioniert, weil der Tisch keine Arbeit leistet $I=0$ .
ok, das ist mir an dieser Stelle nicht klar, aber vielleicht muss ich darüber noch einmal nachdenken; hätten Sie dann einen Ausdruck für $Q_i$ oder $\bar F$ ?
Du könntest bekommen $Q_i$ oder $\bar{F}$ indem man zum Newtonschen Bild zurückgeht und die Rutschfestigkeitsbedingung anwendet. Der Nutzen des Lagrange-Ansatzes ist in diesem Fall jedoch fraglich.

Lagrangesche Bewegungsgleichungen für das Rollen von Kugeln auf einer Drehscheibe

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