Ecuaciones de movimiento lagrangianas para bolas que ruedan sobre un plato giratorio

Question

Ecuaciones de movimiento lagrangianas para bolas que ruedan sobre un plato giratorio

Kartashuvit

Las ecuaciones que gobiernan el movimiento de una bola de masa $m$ , radio $R$ rodando sobre una mesa que gira a velocidad angular constante $\Omega$ que se derivan usando las leyes de Newton son: (presento estos para comparar)

\begin{aligned} (I + metro R^{2}) {\dot{ω}}_{X} & = (I + 2 metro R^{2}) Ω ω_{y} - metro R Ω^{2} y \\ (I + metro R^{2}) {\dot{ω}}_{y} & = - (I + 2 metro R^{2}) Ω ω_{X} + metro R Ω^{2} X \\ \dot{X} & = R ω_{y} \\ \dot{y} & = - R ω_{X} \end{aligned}

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

x, y, ω_{x}, ω_{y}

$x,y,\omega_x,\omega_y$ son valores absolutos medidos en el marco giratorio (

x, y

$x,y$ ser posiciones y

ω_{x}, ω_{y}

$\omega_x,\omega_y$ velocidades angulares de la pelota). Para expresar la posición, velocidad, etc en el inercial

X Y Z

$XYZ$ marco podemos realizar un cambio de variables:

\begin{aligned} X = X porque θ - y pecado θ \\ Y = X pecado θ + y porque θ \end{aligned}

$\begin{align*} X=x \cos \theta - y \sin \theta \\ Y=x \sin \theta + y \cos \theta \end{align*}$ Las ecuaciones escritas arriba son correctas hasta donde yo sé. Ahora he tratado de derivar estas ecuaciones utilizando el enfoque de Lagrange, pero mis ecuaciones difieren ligeramente de las anteriores. Compartiré mi trabajo aquí:

Comenzamos con la formulación estándar de las ecuaciones de movimiento de Lagrangian:

\frac{d}{d t} (\frac{\partial L}{\partial \dot{q_{i}}}) - \frac{\partial L}{\partial q_{i}} = q_{i}

$\frac{d}{dt} \left( \frac{\partial L}{\partial \dot{q_i}} \right) - \frac{\partial L}{\partial q_i}=Q_i$ Para este sistema, no hay fuerzas no conservativas que realicen trabajo en ningún momento, por lo que

Q_{i} = 0

$Q_i=0$ (Suponiendo que no se deslice aquí). Ahora la energía cinética del sistema es:

T = \frac{1}{2} metro ‖ v ‖^{2} + \frac{1}{2} I ‖ ω ‖^{2}

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

v

$v$ ,

ω

$\omega$ son las velocidades lineales y angulares absolutas de la pelota,

I

$I$ es el momento de inercia del centro de masa. Procederé en la base de marco giratorio.

x y z

$xyz$ , donde la posición

r

$r$ de la pelota está dada por

\vec{r} = X \hat{i} + y \hat{j}

$\vec{r}=x \hat{i} + y \hat{j}$ Usando cinemática de velocidad en marcos giratorios, la velocidad absoluta de la pelota viene dada por:

\vec{v} = \vec{Ω} \times \vec{r} + {\vec{v}}_{X y z}

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

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

$\vec{v}_{xyz}$ es la velocidad de la bola en el marco giratorio:

{\vec{v}}_{X y z} = \dot{X} \hat{i} + \dot{y} \hat{j}

$\vec{v}_{xyz} = \dot{x} \hat{i} + \dot{y} \hat{j}$ Entonces la velocidad absoluta

\vec{v}

$\vec{v}$ después de expandir da:

\vec{v} = (\dot{X} - Ω y) \hat{i} + (\dot{y} + Ω X) \hat{j}

$\vec{v} = (\dot{x}-\Omega y) \hat{i} + (\dot{y} +\Omega x) \hat{j}$ De tomar la magnitud de la velocidad absoluta se sigue:

‖ v ‖^{2} = (\dot{X} - Ω y)^{2} + (\dot{y} + Ω X)^{2}

$\| v \|^2 = (\dot{x}-\Omega y)^2 + (\dot{y}+\Omega x)^2$ El primer término desconocido en las ecuaciones de movimiento de Lagrange. La velocidad angular absoluta

\vec{ω}

$\vec{\omega}$ es más directo:

\vec{ω} = \vec{Ω} + {\vec{ω}}_{X y z}

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

{\vec{ω}}_{x y z}

$\vec{\omega}_{xyz}$ es la velocidad angular de la bola en el marco giratorio, donde uno puede mostrar que NO tiene un componente en el

\hat{k}

$\hat{k}$ dirección si imponemos una cinemática antideslizante (que lo somos), entonces:

{\vec{ω}}_{X y z} = ω_{X} \hat{i} + ω_{y} \hat{j}

$\vec{\omega}_{xyz} = \omega_x \hat{i} + \omega_y \hat{j}$ Y desde

\vec{Ω} = Ω \hat{k}

$\vec{\Omega} = \Omega \hat{k}$ La velocidad angular absoluta es:

\vec{ω} = ω_{X} \hat{i} + ω_{y} \hat{j} + Ω \hat{k}

$\vec{\omega} = \omega_x \hat{i} + \omega_y \hat{j} + \Omega \hat{k}$ Entonces se sigue que:

‖ ω ‖^{2} = ω_{X}^{2} + ω_{y}^{2} + Ω^{2}

$\| \omega \|^2 = \omega_x^2 + \omega_y^2 + \Omega^2$ La energía potencial del sistema es constante y no afecta las ecuaciones de movimiento, por lo que el Lagrangiano se convierte en:

L = \frac{1}{2} metro [(\dot{X} - Ω y)^{2} + (\dot{y} + Ω X)^{2}] + \frac{1}{2} I [ω_{X}^{2} + ω_{y}^{2} + Ω^{2}]

$L=\frac{1}{2} m \left[ (\dot{x}-\Omega y)^2 + (\dot{y}+\Omega x)^2 \right] + \frac{1}{2} I \left[ \omega_x^2 + \omega_y^2 + \Omega^2 \right]$ Ahora las ecuaciones de restricción son las condiciones de no deslizamiento:

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

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

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

$\vec{R} = R \hat{k}$ por supuesto, entonces tenemos dos condiciones:

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

$\begin{align*} \dot{x} &= R \omega_y \\ \dot{y} &= - R \omega_x \end{align*}$ Que son restricciones no holomónicas, pero dada su naturaleza simple opté por no hacer multiplicadores lagrangianos y simplemente los sustituí en las ecuaciones de movimiento (después lo volví a trabajar con multiplicadores lagrangianos y obtuve lo mismo). Ahora, después de sustituir las restricciones, el Lagrangiano se convierte en:

L = \frac{1}{2} (metro + \frac{I}{R^{2}}) ({\dot{X}}^{2} + {\dot{y}}^{2}) - metro Ω \dot{X} y + metro Ω \dot{y} X + \frac{1}{2} metro Ω^{2} (X^{2} + y^{2}) + \frac{1}{2} I Ω^{2}

$L=\frac{1}{2} \left( m + \frac{I}{R^2} \right) (\dot{x}^2 + \dot{y}^2) - m \Omega \dot{x} y + m \Omega \dot{y} x + \frac{1}{2} m \Omega^2 (x^2 + y^2) + \frac{1}{2} I \Omega^2$ A partir de aquí, aplicando la ecuación de Lagrange anterior con

Q_{i} = 0

$Q_i=0$ Obtengo las siguientes ecuaciones de movimiento:

(metro + \frac{I}{R^{2}}) \ddot{X} - 2 metro Ω \dot{y} - metro Ω^{2} X = 0

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

(metro + \frac{I}{R^{2}}) \ddot{y} - 2 metro Ω \dot{X} + metro Ω^{2} y = 0

$\left( m+\frac{I}{R^2} \right) \ddot{y} - 2m \Omega \dot{x} + m \Omega^2 y = 0$ Y usando de nuevo las condiciones de no deslizamiento podemos reescribir:

\begin{aligned} (I + metro R^{2}) {\dot{ω}}_{X} & = 2 metro R^{2} Ω ω_{y} - metro R Ω^{2} y \\ (I + metro R^{2}) {\dot{ω}}_{y} & = - 2 metro R^{2} Ω ω_{X} + metro R Ω^{2} X \end{aligned}

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

Ahora, si comparas estas dos últimas ecuaciones con las que escribí al principio, la única diferencia está en el primer término del lado derecho. Mira estos dos por ejemplo:

\begin{aligned} (I + metro R^{2}) {\dot{ω}}_{X} & = (I + 2 metro R^{2}) Ω ω_{y} - metro R Ω^{2} y \\ (I + metro R^{2}) {\dot{ω}}_{X} & = 2 metro R^{2} Ω ω_{y} - metro R Ω^{2} y \end{aligned}

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

La ÚNICA diferencia es la falta $I$ ¡término! Me estoy perdiendo el momento de inercia por alguna razón, ¿por qué? ¿Qué tiene de malo mi enfoque lagrangiano?

biofísico

Entonces, ¿estamos promoviendo activamente las preguntas de verificación de mi trabajo/cálculo ahora?

ZeroTheHero

@BioPhysicist no realmente (al menos no lo creo). En mi opinión, se incluye en la viñeta 4 de esta respuesta . YMMV por supuesto.

biofísico

@ZeroTheHero No veo cómo es ese el caso aquí, en mi opinión.

eli

@DenKart ¿No creo que tu ecuación de Newton sea correcta?

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

$~(I+2\,m\,R^2)~\mapsto 2\,m\,R^2~$ ¿De dónde salió este "yo"?

Respuestas (3)

Ecuaciones de movimiento lagrangianas para bolas que ruedan sobre un plato giratorio

Entonces, ¿estamos promoviendo activamente las preguntas de verificación de mi trabajo/cálculo ahora?
@BioPhysicist no realmente (al menos no lo creo). En mi opinión, se incluye en la viñeta 4 de esta respuesta . YMMV por supuesto.
@ZeroTheHero No veo cómo es ese el caso aquí, en mi opinión.
@DenKart ¿No creo que tu ecuación de Newton sea correcta? $~(I+2\,m\,R^2)~\mapsto 2\,m\,R^2~$ ¿De dónde salió este "yo"?

mike piedra · Answer 1

No lo hice a través de Lagangianos, pero he resuelto este problema como una pregunta de tarea usando " $F=ma$ " métodos. Por lo que vale, aquí está mi solución. Nos da una pista de cuál es el problema con el enfoque de Lagrange.

Una bola de masa $m$ , radio $a$ y momento de inercia $I$ rueda sin resbalar sobre un plato giratorio plano que se encuentra en el $x$ - $y$ avión. El plato giratorio en sí está obligado a girar a velocidad angular. $\Omega$ acerca de $z$ eje. Queremos la ecuación de movimiento en la inercia $x$ , $y$ marco de coordenadas

Sea el centro de la pelota en ${\bf r}=(x,y,a)$ , y su velocidad angular alrededor de ${\bf r}$ ser ${\boldsymbol \omega}=(\omega_x,\omega_y,\Omega)$ . Entonces la velocidad del punto de contacto de la pelota y el plato giratorio es $\dot {\bf r}-a ({\boldsymbol \omega}\times \hat{\bf z})$ . Esto debe coincidir con la velocidad ${\bf v}_{\rm turntable }$ del plato giratorio en ese punto, y como

v_{t tu r norte t a b yo mi} = Ω (\hat{z} \times r),

${\bf v}_{\rm turntable }= \Omega (\hat {\bf z}\times {\bf r}),$ la velocidad de la pelota en el

x

$x$ -

y

$y$ -

z

$z$ marco es

\dot{r} = Ω (\hat{z} \times r) + a (ω \times \hat{z}) .

$\dot {\bf r} = \Omega (\hat {\bf z}\times {\bf r}) + a ({\boldsymbol \omega}\times \hat{\bf z}).$ Derivando con respecto al tiempo da

\ddot{r} = Ω (\hat{z} \times \dot{r}) + a (\dot{ω} \times \hat{z}) .

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

\dot{ω}

$\dot {\boldsymbol \omega}$ . Para ello observa que si

F

${\bf F}$ es la fuerza ejercida por el plato giratorio sobre la pelota, tenemos ambos

m \ddot{r} = F

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

\dot{ω} = (\frac{a}{I}) F \times \hat{z} = (\frac{metro a}{I}) \ddot{r} \times \hat{z} .

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

\ddot{r} = Ω (\hat{z} \times \dot{r}) + (\frac{metro a^{2}}{I}) (\ddot{r} \times \hat{z}) \times \hat{z} = Ω (\hat{z} \times \dot{r}) - (\frac{metro a^{2}}{I}) \ddot{r} .

$\ddot {\bf r} = \Omega (\hat {\bf z}\times \dot {\bf r}) + \left(\frac{ma^2}{I}\right) (\ddot {\bf r}\times \hat {\bf z})\times \hat{\bf z}\nonumber\\ = \Omega (\hat {\bf z}\times \dot {\bf r}) -\left(\frac{ma^2}{I}\right) \ddot {\bf r}.\nonumber$ Por lo tanto, la ecuación de movimiento de la pelota es

(1 + \frac{metro a^{2}}{I}) \ddot{r} = Ω (\hat{z} \times \dot{r}) .

$\left(1+ \frac{m a^2}{I}\right) \ddot {\bf r} = \Omega (\hat {\bf z}\times \dot {\bf r}).$ Esta ecuación muestra que la pelota se mueve en círculos con período

Ω / (1 + m a^{2} / I)

$\Omega/(1+ {m a^2}/{I})$ . Creo que mi movimiento coincide con el OP porque él está trabajando en el marco giratorio no inercial, por lo que tiene términos extra de Coriolis y centrífugos. Por lo tanto, creo que sus ecuaciones newtonianas originales son correctas.

Esto significa que el método de Lagrange, contando sólo la energía de rodadura adicional, pierde los efectos giroscópicos.

pero ¿por qué no funciona el enfoque lagrangiano? ¿Parece implicar que la mesa está funcionando, por lo que, en la línea de otras respuestas, tendría que insertar este término "a mano" como una fuerza generalizada?
@ZeroTheHero. ¡Buena pregunta! Estoy considerandolo. Nunca había probado una ruta lagrangiana porque el balanceo no es holonómico. Por supuesto, el "trabajo" depende del marco, pero habría pensado que en este caso, el rol solo vuelve a normalizar la masa efectiva.
sí, eso es lo que yo también pensé... escribe $L$ en términos de $x$ y $y$ usando la restricción de no deslizamiento para hacer explícito el momento de inercia y "renormalizar" la masa, luego al marco giratorio usando $\dot{\vec r}\to \dot{\vec r}+\vec\Omega\times \vec r$ . Es posible que haya cometido mi propio error en alguna parte, pero no tengo tiempo para comprobarlo ahora...
Alguien me marcó. ¿Es incorrecta mi ecuación de Newton? No hago ninguna afirmación sobre los lagrangianos, pero necesitamos tener una E de M acordada para comparar con cualquier ecualización lagrangiana reclamada, y mi "respuesta" concuerda con la de una pregunta de examen estándar de los Exámenes externos de Londen de la década de 1940. Si mi (y la Universidad de Londres) están equivocados, me gustaría saber qué es lo que está mal.
Amen a eso. ¿Puedes vincular a los exámenes externos de Londres? Por cierto: rodar no es holonómico, pero rodar sin deslizarse suele ser holonómico.
@ZeroTheHero El problema es un ejercicio de fin de capítulo en el capítulo sobre mecánica del libro "Matemáticas y mecánica ondulatoria" de Ron Atkin. Da la citación exacta del examen, pero mi copia está en mi oficina de trabajo actualmente inaccesible.

eli · Answer 2

Ecuaciones de Newton Euler

\begin{aligned} \underset{A}{\underset{⏟}{[\begin{array}{cccc} metro & 0 & 0 & 0 \\ 0 & metro & 0 & 0 \\ 0 & 0 & I_{s} & 0 \\ 0 & 0 & 0 & I_{s} \end{array}]}} [\begin{matrix} \ddot{X} \\ \ddot{y} \\ \dot{ω_{X}} \\ \dot{ω_{y}} \end{matrix}] = \underset{b}{\underset{⏟}{[\begin{matrix} - metro (- Ω^{2} X - 2 Ω \dot{y}) \\ - metro (- Ω^{2} y + 2 Ω \dot{X}) \\ 0 \\ 0 \end{matrix}]}} + C_{B}^{T} λ_{norte} \end{aligned}

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

I_{s} = m \frac{2}{5} ρ^{2}

$~I_s=m\,\frac 25\,\rho^2~$ el momento esférico de inercia y

ρ

$\rho~$ el radio de la esfera,

C_{B}^{T}

$~\boldsymbol C_B^T~$ matriz de distribución de las fuerzas de restricción generalizadas

λ_{n}

$~ \boldsymbol\lambda_n$

Cinemático

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

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

Las ecuaciones de movimiento

\begin{aligned} j^{T} A j [\begin{matrix} {\dot{ω}}_{X} \\ {\dot{ω}}_{y} \end{matrix}] = j^{T} b \\ \Rightarrow \\ (1) & [\begin{matrix} {\dot{ω}}_{X} \\ {\dot{ω}}_{y} \end{matrix}] = [\begin{matrix} \frac{ρ metro Ω (- Ω y + 2 ω_{y} ρ)}{ρ^{2} metro + I s} \\ - \frac{ρ metro Ω (- Ω X + 2 ω_{X} ρ)}{ρ^{2} metro + I_{s}} \end{matrix}] \\ y \\ (2) & \dot{X} = - ρ ω_{y} \\ (3) & \dot{y} = ρ ω_{X} \end{aligned}

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

Sistema inicial Esfera Posición

\begin{aligned} R_{s} = [\begin{array}{ccc} porque (Ω t) & - pecado (Ω t) & 0 \\ pecado (Ω t) & porque (Ω t) & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{array}] [\begin{matrix} X \\ y \\ ρ \end{matrix}] \end{aligned}

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

la matriz de rotación $\boldsymbol S~$ entre el sistema de coordenadas local y el sistema inercial es:

\begin{aligned} S = [\begin{array}{ccc} porque (φ_{z}) & - pecado (φ_{z}) & 0 \\ pecado (φ_{z}) & porque (φ_{z}) & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{array}] [\begin{array}{ccc} porque (φ_{y}) & - pecado (φ_{y}) & 0 \\ pecado (φ_{y}) & porque (φ_{y}) & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{array}] [\begin{array}{ccc} porque (φ_{X}) & - pecado (φ_{X}) & 0 \\ pecado (φ_{X}) & porque (φ_{X}) & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{array}] \\ con \\ \dot{S} = [\begin{array}{ccc} 0 & - ω_{z} & ω_{y} \\ ω_{z} & 0 & - ω_{X} \\ - ω_{y} & ω_{X} & 0 \end{array}] S \\ \Rightarrow \\ [\begin{matrix} ω_{X} \\ ω_{y} \\ ω_{z} \end{matrix}] = [\begin{array}{ccc} porque (φ_{z}) porque (φ_{y}) & - pecado (φ_{z}) & 0 \\ pecado (φ_{z}) porque (φ_{y}) & porque (φ_{z}) & 0 \\ - pecado (φ_{y}) & 0 & 1 \end{array}] [\begin{matrix} {\dot{φ}}_{X} \\ {\dot{φ}}_{y} \\ {\dot{φ}}_{z} \end{matrix}] \end{aligned}

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

de aqui se obtiene

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

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

En total se obtienen 7 ecuaciones diferenciales de primer orden

Euler Lagrange con ecuaciones de restricción no holonómicas

\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 {gramo}_{norte}}{\partial \dot{w}})}^{T} λ_{norte} \end{aligned}

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

dónde

\begin{aligned} R = [\begin{matrix} X \\ y \end{matrix}] \\ \dot{w} = [\begin{matrix} \dot{X} \\ \dot{y} \\ ω_{X} \\ ω_{y} \end{matrix}], w = [\begin{matrix} X \\ y \\ {\dot{φ}}_{X} \\ {\dot{φ}}_{y} \end{matrix}] \\ L = \frac{metro}{2} ({\dot{X}}^{2} + {\dot{y}}^{2}) + \frac{I_{S}}{2} {[ω_{X}, ω_{y}, Ω]}^{T} [ω_{X}, ω_{y}, Ω] \\ F_{s} = [\begin{matrix} - metro (- Ω^{2} X - 2 Ω \dot{y}) \\ - metro (- Ω^{2} y + 2 Ω \dot{X}) \end{matrix}] \\ y las ecuaciones de restricción no holonómicas \\ {gramo}_{norte} = [\begin{matrix} \dot{y} - ρ ω_{X} \\ \dot{X} + ρ ω_{y} \end{matrix}] \end{aligned}

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

de la ecuación (A) se obtiene:

\begin{aligned} (B) & \underset{A_{L}}{\underset{⏟}{[\begin{array}{cccccc} metro & 0 & 0 & 0 & 0 & - 1 \\ 0 & metro & 0 & 0 & - 1 & 0 \\ 0 & 0 & I_{s} & 0 & ρ & 0 \\ 0 & 0 & 0 & I_{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{y} \\ {\dot{ω}}_{X} \\ {\dot{ω}}_{y} \\ λ_{norte} \end{matrix}]}} = \underset{b_{L}}{\underset{⏟}{[\begin{matrix} - metro (- Ω^{2} X - 2 Ω \dot{y}) \\ - metro (- Ω^{2} y + 2 Ω \dot{X}) \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}]}} \\ \Rightarrow \end{aligned}

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

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

$~\dot{y}=\rho\,\omega_x~,\dot{x}=-\rho\,\omega_y~$ en la ecuación (B) y resolver para

\ddot{w}

$~\ddot{\boldsymbol{w}}~$ tu obtienes

\begin{aligned} [\begin{matrix} {\dot{ω}}_{X} \\ {\dot{ω}}_{y} \end{matrix}] = [\begin{matrix} \frac{ρ metro Ω (- Ω y + 2 ω_{y} ρ)}{ρ^{2} metro + I s} \\ - \frac{ρ metro Ω (- Ω X + 2 ω_{X} ρ)}{ρ^{2} metro + I_{s}} \end{matrix}] \end{aligned}

$\begin{align*} &\begin{bmatrix} \dot{\omega}_x \\ \dot{\omega}_y \\ \end{bmatrix}=\left[ \begin {array}{c} {\frac {\rho\,m\Omega\, \left( -\Omega\,y+2 \,\omega_{{y}}\rho \right) }{{\rho}^{2}m+I{{s}}}} \\ -{\frac {\rho\,m\Omega\, \left( -\Omega\,x+2\, \omega_{{x}}\rho \right) }{{\rho}^{2}m+I_{{s}}}}\end {array} \right] \end{align*}$ esos resultados son iguales a los resultados de la ecuación (1).

Editar

\begin{aligned} como obtener la Matriz de Jacobi j (ecuaciones cinemáticas) \\ las ecuaciones de restricción no holonómicas son \\ {gramo}_{norte} = [\begin{matrix} \dot{X} - ρ ω_{y} \\ \dot{y} + ρ ω_{X} \end{matrix}] = 0 \\ obtener la derivada del tiempo \\ (C) & {\dot{q}}_{norte} = \underset{C_{norte}}{\underset{⏟}{[\begin{array}{cccc} 1 & 0 & 0 & - ρ \\ 0 & 1 & ρ & 0 \end{array}]}} \underset{\dot{w}}{\underset{⏟}{[\begin{matrix} \dot{X} \\ \dot{y} \\ ω_{X} \\ ω_{y} \end{matrix}]}} = C_{norte} \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*}$ tienes dos ecuaciones de restricción y cuatro velocidades

\dot{w}

$\boldsymbol{\dot{w}}~$ por lo tanto, las velocidades generalizadas son dos (4-2) si elige las velocidades generalizadas

ω_{x}, ω_{y}

$~\omega_x~,\omega_y$ se puede obtener de la ecuación (c)

\begin{aligned} [\begin{matrix} \dot{X} \\ \dot{y} \\ ω_{X} \\ ω_{y} \end{matrix}] = \underset{j}{\underset{⏟}{[\begin{array}{cc} 0 & ρ \\ - ρ & 0 \\ 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{array}]}} [\begin{matrix} ω_{X} \\ ω_{y} \end{matrix}] \\ según el director de d'Alembert \\ j^{T} C_{norte}^{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}

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

Debido a las condiciones de balanceo sin deslizamiento, solo hay 2 grados de libertad, por lo que debe obtener 2 ecuaciones (segundo orden). ¿Por qué necesitas usar el ángulo de Euler si son solo combinaciones de $\omega_i$ 's (y viceversa).
@ZeroTheHero ecuación (1) 2 coordenadas generalizadas. Necesitas los ángeles de euler para obtener la posición de la esfera relativa al sistema inicial
@ZeroTheHero, por supuesto, puede sustituir omega en función de los ángulos de Euler y la velocidad de los ángeles, luego obtiene ecuaciones diferenciales de segundo orden en lugar de primer orden
De hecho, tengo mucha curiosidad por ver cómo vas a obtener el Lagrangiano correcto... ahí es donde está el $$ (por así decirlo).
Qué es $J_s$ ? Quieres decir $I_s$ ?. De que $\lambda_n$ ? ¿Por qué usas un Lagrangiano libre? ${\cal L}$ pero incluyen explícitamente fuerzas $F_s$ sin relación con las restricciones?
¿Debería su $w$ contener $\varphi_x$ y $\varphi_y$ en lugar de sus derivados temporales?
@ZeroTheHero $J_s$ es el momento esférico de inercia. No uso I porque este símbolo está reservado para Imaginario. la pseudo fuerza es fuerza externa en EL $\lambda_n$ es la fuerza generalizada, debido a las ecuaciones de restricción
@ Pavlo.B esta es la ecuación de Euler Lagrange con fuerzas externas y una fuerza generalizada desconocida adicional debido a las ecuaciones de restricción no holonómicas, estoy usando la notación de matriz vectorial en lugar de la suma, la derivada parcial es la matriz de Jacobi. busca en internet para mas detalles
@Eli Ok, entiendo, pero ¿cómo obtuviste la expresión de las fuerzas?
los componentes de fuerza son los componentes de pseudo fuerza, sustituya las ecuaciones de restricción en y tomando solo los componentes x, y
¿Quién vota mi respuesta correcta por favor comente por qué?
Tengo curiosidad, ¿por qué es $\bf{J^T C^T_B \lambda_n}=0$ en la imagen de Euler (me imagino que esto es algo bien conocido, pero ¿podría dar una referencia, por favor)? Además, ¿no debería haber un término de precesión en la ecuación de Euler en $\bf{b}$ (una bola sin torque precesionaría en el marco de referencia giratorio)?
Además, ¿están estas ecuaciones en el marco de referencia giratorio o no giratorio? Sería bueno agregarlo al principio de la publicación.
@Pavlo.B. Pondré información adicional en mi respuesta para usted.
Literatur amazon.de/Applied-Dynamics-Werner-Schiehlen/dp/3319073346

Pavlo. B. · Answer 3

La derivación de las ecuaciones de Lagrange de la mecánica newtoniana se basa en el trabajo cero realizado por las restricciones (no pude encontrar una referencia en inglés, pero aquí hay una en ruso: Zhuravlev, Fundamentos de la mecánica teórica, §24 ). En su caso, las restricciones realmente funcionan, ya que la mesa está girando y la potencia generada por la mesa es $W=\bar{v}_{table}\cdot \bar{F}$ , es decir $Q_i\neq 0$ . No estoy seguro de cómo solucionar este problema fácilmente dentro del enfoque de Lagrange.

Editar. Es posible derivar la ecuación de movimiento del Lagrangiano si incluimos la inercia de la mesa en la ecuación de movimiento, es decir, si dejamos que la pelota reaccione contra la mesa y cambiamos la velocidad de rotación angular de la mesa. En este caso, la energía del sistema se preservaría y el enfoque ingenuo de Lagrange funcionará. Llevar el momento de inercia de la mesa al infinito al final nos daría las ecuaciones de movimiento correctas. Con este enfoque, es más fácil trabajar en el marco de referencia no giratorio, aunque

El formalismo funciona perfectamente bien para partículas puntuales, entonces, ¿cómo desaparecería su argumento si el momento de inercia $I=0$ ?
En $I=0$ , la mesa no puede ejercer ninguna fuerza finita sobre la pelota en dirección horizontal, ya que le daría a la pelota una aceleración angular infinita (en el marco no giratorio). En el marco no giratorio, la velocidad angular de la bola se ajusta para adaptarse a las condiciones antideslizantes, pero la bola en sí se mueve con velocidad constante. El enfoque regular funciona porque la mesa no realiza ningún trabajo en $I=0$ .
ok, no me queda claro en este momento, pero tal vez deba pensar más en esto; entonces tendrías una expresión para $Q_i$ o $\bar F$ ?
podrías conseguir $Q_i$ o $\bar{F}$ volviendo a la imagen newtoniana y aplicando la condición antideslizante. Sin embargo, la utilidad del enfoque lagrangiano es cuestionable en este caso.

Ecuaciones de movimiento lagrangianas para bolas que ruedan sobre un plato giratorio

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