Umgekehrtes Pendel auf einem Karren - Lagrange ohne Trägheitsmoment?

Question

Umgekehrtes Pendel auf einem Karren - Lagrange ohne Trägheitsmoment?

Chris Licht

Ich modelliere das umgekehrte Pendel auf einem fahrenden Karren mit Lagrange-Methoden. Ich sehe, dass die meisten Beispiele die kinetische Energie des Pendels als Summe von Translations- und Rotationskomponenten modellieren (unter Verwendung von a $I\dot\theta^2$ Begriff), aber ich treffe auch auf Beispiele, die nur eine Summe der Translationsenergien verwenden (siehe Grafik und Textausschnitt).

Wird eine Methode einer anderen vorgezogen? Welche Annahmen würden in die Wahl einfließen? Als ich beide verglich, kam ich bei EOM für jeden mit einem scheinbar nicht trivialen Unterschied an - nämlich dem $mL^2\dot\theta^2$ beim rein translationalen Ansatz um den Faktor zwei kleiner ist.

Update - Ich habe Details zur kinetischen Energie meines Modells für Feedback hinzugefügt:

Der Positionsvektor des Pendels und die resultierende quadratische Geschwindigkeit:

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

$\vec p= \begin{bmatrix} x+l\sin(\theta) \\ l \cos(\theta) \end{bmatrix}$

v^{2} = (\dot{X} + l \dot{θ} \cos (θ))^{2} + {\dot{θ}}^{2} l^{2} {Sünde}^{2} (θ)

$v^2 = (\dot x + l\dot\theta \cos(\theta))^2 + \dot\theta^2 l^2 \sin^2(\theta)$

KE:

K E = \frac{1}{2} M \dot{X} + \frac{1}{2} M v^{2} + \frac{1}{2} ICH {\dot{θ}}^{2}

$KE=\frac{1}{2}M\dot x + \frac{1}{2}m v^2 + \frac{1}{2}I\dot\theta^2$

Was wird:

K E = \frac{1}{2} M \dot{X} + \frac{1}{2} M ({\dot{X}}^{2} + 2 l \dot{X} \dot{θ} \cos (θ) + l^{2} {\dot{θ}}^{2}) + \frac{1}{2} M l^{2} {\dot{θ}}^{2}

$KE=\frac{1}{2}M\dot x + \frac{1}{2}m(\dot x^2+2l\dot x\dot\theta \cos(\theta)+l^2\dot\theta^2) + \frac{1}{2}m l^2 \dot\theta^2$

Ich vermute, ich habe hier zu viele Begriffe.

hft

Sie scheinen das hinzuzufügen

\frac{1}{2} I {\dot{θ}}^{2}

$\frac{1}{2}I\dot\theta^2$ in Ihre KE-Gleichung (die vorletzte Gleichung, die Sie geschrieben haben) ohne Grund. Aus diesem Grund haben Sie einen zusätzlichen Begriff (Sie haben ihn scheinbar ohne Grund von Hand hinzugefügt). Die kinetische Energie des Bobs ist bereits in Ihrem enthalten

\frac{1}{2} m v^{2}

$\frac{1}{2}mv^2$ Begriff.

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Umgekehrtes Pendel auf einem Karren - Lagrange ohne Trägheitsmoment?

Sie scheinen das hinzuzufügen $\frac{1}{2}I\dot\theta^2$ in Ihre KE-Gleichung (die vorletzte Gleichung, die Sie geschrieben haben) ohne Grund. Aus diesem Grund haben Sie einen zusätzlichen Begriff (Sie haben ihn scheinbar ohne Grund von Hand hinzugefügt). Die kinetische Energie des Bobs ist bereits in Ihrem enthalten $\frac{1}{2}mv^2$ Begriff.

John Alexiou · Answer 1

Das MMOI der Punktmasse $m$ um seinen Massenmittelpunkt ist Null.

Du brauchst nur

K = \frac{1}{2} M {\dot{X}}^{2} + \frac{1}{2} M (\vec{v} \cdot \vec{v})

$K = \tfrac{1}{2} M \dot{x}^2 + \tfrac{1}{2} m (\vec{v} \cdot \vec{v})$

Du könntest auswerten $K$ am Drehpunkt als

K = \frac{1}{2} M {\dot{X}}^{2} + \frac{1}{2} M {\dot{X}}^{2} + \frac{1}{2} ICH {\dot{θ}}^{2}

$K = \tfrac{1}{2} M \dot{x}^2 + \tfrac{1}{2} m \dot{x}^2 + \tfrac{1}{2} I \dot{\theta}^2$

Wo $I = m \ell^2$ und das Ergebnis wäre dasselbe.

Orion Yeung · Answer 2

Schauen Sie sich den letzten Begriff im zitierten Text genau an. Es ist von der Form,

\frac{1}{2} M l^{2} {\dot{θ}}^{2} = \frac{1}{2} ICH {\dot{θ}}^{2}

$\frac{1}{2}ml^2\dot\theta^2 = \frac{1}{2}I\dot\theta^2$

Das ist genau die kinetische Energie einer Punktmasse in reiner Rotation, und ich habe Grund zu der Annahme, dass Sie diesen Faktor von der Hälfte übersehen haben, da Sie andere Ergebnisse erhalten haben. Die Bequemlichkeit der Verwendung des Trägheitsmoments hängt damit zusammen, wie man Koordinaten wählt. Beachten Sie, dass der gemischte Begriff (has $\dot y\dot\theta$ ) wäre sonst leicht zu übersehen und es gäbe dann keine Kopplung der Bewegung. dh könnte schreiben $L(\theta,y) = L_1(\theta) + L_2(y)$ und das ist sehr unerwartet.

Danke für die Antwort! Ich habe dem Beitrag mein KE-Modell hinzugefügt, das Translations- und Rotationsenergien für den Pendelbob summiert. Dies verdoppelt effektiv den l^2-Term nach der Vereinfachung im Vergleich zu einem „nur-translationalen“ Modell. Habe ich hier einen Fehler?

mechanodroid · Answer 3

Ihr Ansatz hat einige Überschneidungen in den Translations- und Rotationsbedingungen für die Masse $m$ .

Um Translation und Rotation vollständig zu trennen, müssen Sie die kinetische Energie wie folgt zerlegen:

K E = Verschiebung des Massenmittelpunkts + Drehung um den Massenmittelpunkt .

$KE = \text{translation of the center of mass} + \text{rotation around the center of mass}.$ Wenn Sie Ihren gesamten starren Körper als masselosen Stab modellieren, der zwei Punktmassen verbindet

m

$m$ Und

M

$M$ , dann ist die Position des Massenmittelpunkts bei

C M = \frac{1}{M + M} (M [\begin{matrix} X + l Sünde θ \\ l \cos θ \end{matrix}] + M [\begin{matrix} X \\ 0 \end{matrix}]) = [\begin{matrix} X + \frac{M}{M + M} l Sünde θ \\ \frac{M}{M + M} l \cos θ \end{matrix}]

$CM = \frac1{m+M}\left(m\begin{bmatrix} x+l\sin\theta \\ l\cos\theta \end{bmatrix} + M\begin{bmatrix} x \\ 0 \end{bmatrix}\right) = \begin{bmatrix} x+\frac{m}{m+M}l\sin\theta \\ \frac{m}{m+M}l\cos\theta \end{bmatrix}$ und Sie können dies differenzieren, um die Geschwindigkeit zu erhalten

\vec{v}

$\vec{v}$ des Massenmittelpunktes.

Betrachtet man nun die Drehung dieses starren Körpers um seinen Massenmittelpunkt, ist die Winkelgeschwindigkeit wieder unterschiedlich, obwohl der Winkel unterschiedlich ist $\dot\theta$ . Trägheitsmoment des starren Körpers um seinen Massenmittelpunkt ist

ICH = \frac{M M}{M + M} l^{2}

$I = \frac{mM}{m+M}l^2$ also bekommen wir

K E = \frac{1}{2} (M + M) {\vec{v}}^{2} + \frac{1}{2} ICH {\dot{θ}}^{2}

$KE = \frac12(m+M)\vec{v}^2 + \frac12I\dot\theta^2$ die das Ergebnis aus dem ersten Ansatz reproduziert.

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