Mechanika dla AiR
Wykład 5: Równania Lagrange’a II rodzaju dla bryły sztywnej
Gniewomir Sarbicki
Przypominamy sobie, że:
~ ω =
− cos φ cos θ sin φ 0 sin φ cos θ cos φ 0
sin θ 0 −1
ψ˙
θ˙ φ˙
ozn= C
ψ˙
θ˙ φ˙
(1)
Możemy zatem zapisać energię kinetyczną jako formę kwadratową prędkości uogólnionych:
EKobr = 1 2
h ψ˙ θ˙ φ˙ iCT
Ixx 0 0 0 Iyy 0 0 0 Izz
C
ψ˙
θ˙ φ˙
=h ψ˙ θ˙ φ˙ iT
ψ˙
θ˙ φ˙
(2) gdzie T (θ, φ) = 12
Ixxcos2φ + Iyysin2φcos2θ + Izzsin2θ (Iyy− Ixx) sin φ cos φ cos θ −Izzsin θ (Iyy− Ixx) sin φ cos φ cos θ Ixxsin2φ + Iyycos2φ 0
−Izzsin θ 0 Izz
(3)
Wkład od k-tej cząstki do j-tej składowej kątowej siły uogólnionej wynosi:
Q(k)j =X
i
Fi(k)∂xi
∂qj = ∂jR(t)~r0(k)· ~F(k)= ∂jR(t)R(t)T~r(k)· ~F(k)
=∂q˙jR˙R(t)Tr~(k)· ~F(k)=∂q˙jRR(t)˙ T~r(k)· ~F(k)=∂q˙j~ω× ~r(k)· ~F(k)
=∂q˙j~ω· ~r(k)× ~F(k)=∂q˙j~ω· ~M(k)= Cj· ~M(k), (4) gdzie Cj oznacza j-tą kolumnę macierzy C. Wysumowując po k otrzymamy:
Qj = Cj· ~M , zatem składowe kątowe siły uogólnionej to pewne składowe związanego z nią momentu względem środka ciężkości:
Qψ
Qθ Qφ
= CTM =~
cos θ (− cos φMx+ sin φMy) + sin θMz sin φMx+ cos φMy
−Mz
(5)
Dla sił potencjalnych: Qj = −Pi∂xiEp(x1. . . xn)∂xi/∂qj = −∂qjEp(q1, . . . , qk).
Ponieważ mamy już energię kinetyczną i potencjalną bryły oraz siły uogólnione
wyrażone przez zmienne uogólnione i ich pochodne po czasie możemy zapisać 6 równań Lagrange’a drugiego rodzaju dla bryły. Współrzędnymi uogólnionymi są np. trzy współrzędne kartezjańskie środka ciężkości i trzy kąty Eulera. Lagrangian jest postaci
L = 1
2Mx˙20+ ˙y20+ ˙z02+ 1 2
h ψ˙ θ˙ φ˙ iCT
Ixx 0 0 0 Iyy 0 0 0 Izz
C
ψ˙
θ˙ φ˙
−Ep(x0, y0, z0, ψ, θ, φ) (6) Daje on równania Lagrange’a:
d dt
∂L
∂ ˙q −∂L
∂q = Qq, dla q ∈ {x0, y0, z0, ψ, θ, φ} (7)
Dla kątów Eulera:
~ ω =
0 cos α sin α sin β 0 sin α − cos α sin β
1 0 cos β
α˙ β˙
˙γ
ozn= CE
α˙ β˙
˙γ
(8)
TE = 1 2CET
Ixx 0 0 0 Iyy 0 0 0 Izz
CE = 1 2
Izz 0 Izzcos β
0 Ixxcos2α + Iyysin2α (Ixx− Iyy) sin α sin β cos α
Izzcos β (Ixx− Iyy) sin α sin β cos α Ixxsin2α + Iyycos2αsin2β + Izzcos2β
(9)
Qα
Qβ Qγ
=
0 0 1
cos α sin α 0
sin α sin β − sin β cos α cos β
M~ (10)
Obliczenia symboliczne w jupyther notebook korzystające z sympy
Bąk Lagrange’a
Załóżmy teraz, że bryła ma symetrię obrotową wokół osi z (Ixx = Iyy) i jest podparta w dolnym punkcie osi - ma ona zatem tylko trzy stopnie swobody. Niech środek ciężkości będzie w odległości h od punktu podparcia. W chwili t znajduje się on w punkcie [x0, y0, z0]T = hR(t)~ez = h[sin α sin β, − cos α sin β, cos β]T.
Obliczamy, że ˙x20+ ˙y20+ ˙z02= h2(sin2β ˙α2+ ˙β2)
Obliczamy energię kinetyczną ruchu obrotowego:
EKobr = 1 2
h α˙ β˙ ˙γ i
Izz 0 Izzcos β
0 Ixx 0
Izzcos β 0 Ixxsin2β + Izzcos2β
α˙ β˙
˙γ
(11)
Całkowita energia kinetyczna jest równa:
EK= 1 2 h
α˙ β˙ ˙γ i
Izz+ M h2sin2β 0 Izzcos β
0 Ixx+ M h2 0
Izzcos β 0 Ixxsin2β + Izzcos2β
α˙ β˙
˙γ
= 1 2
h α˙ ˙γ i
"
Izz+ M h2sin2β Izzcos β Izzcos β Ixxsin2β + Izzcos2β
# "
α˙
˙γ
# +1
2(Ixx+ M h2) ˙β2
Energia potencjalna zależy tylko od składowej z środka ciężkości: Ep = M gh cos β.
Bąk Lagrange’a
Lagrangian jest zatem równy:
L = 1 2 h
α˙ ˙γ i
"
Izz+ M h2sin2β Izzcos β Izzcos β Ixxsin2β + Izzcos2β
# "
α˙
˙γ
#
+ 1
2(Ixx+ M h2) ˙β2− M gh cos β (12)
Otrzymujemy równania Lagrange’a:
d dt
Izz + M h2sin2βα + I˙ zzcos β ˙γ= 0 (13) d
dt
Izzcos β ˙α +Ixxsin2β + Izzcos2β˙γ= 0 (14)
Ixx+ M h2β −¨ h α˙ ˙γ i
"
M h2cos β −12Izz
−12Izz (Ixx− Izz) cos β
# "
α˙
˙γ
#
sin β − M gh sin β (15)
Dwa pierwsze można od razu scałkować i przepisać jako:
"
Izz + M h2sin2β Izzcos β
Izzcos β Ixxsin2β + Izzcos2β
# "
α˙
˙γ
#
=
"
A B
#
- pozwalają one wyrazić częstość obrotu własnego i częstość precesji przez kąt β. Po wstawieniu do ostatniego równania otrzymamy nieliniowe równanie drugiego rzędu na β.
Równanie to nie zawiera ˙β, więc redukujemy je do pierwszego rzędu za pomocą całki energii i rozwiązujemy przez rozdzielenie zmiennych.
W szczególnym przypadku, gdy β =const, mamy ˙α =const i ˙γ =const. Wstawiając je do ostatniego równania otrzymujemy
cos β = Izzα ˙γ − M gh˙
M h2α˙2+ (Ixx− Izz) ˙γ2 (16)
