宇都宮大学 地域創生科学研究科 工農総合科学専攻 機械知能工学プログラム 2023年度 第1期 機械力学と制御

标签：

• 宇都宫大学
• 哈密顿原理与欧拉–拉格朗日方程

Author

祭音Myyura (Based on Miyake's answer refined with GPT 6 Astra)

Description

長さ $l_1$ の質量を無視できる棒の上端を固定し、下端に質量 $m_1$ の重りを付ける。そこに長さ $l_2$ の軽い棒を連結し、その下端に質量 $m_2$ の重りを付けた2自由度系を考える。重力加速度を $g$、一般化座標を図の $\theta_1,\theta_2$ とする。$x$ 軸は右向き、$y$ 軸は上向きで、角度は鉛直下向きから測る。

(1) 重りの位置 $\boldsymbol p_1=(x_1,y_1),\boldsymbol p_2=(x_2,y_2)$ を一般化座標で表せ。

(2) 運動エネルギー $T_1,T_2$ を一般化座標で表せ。

(3) $x$ 軸を基準とした重力による位置エネルギー $U_1,U_2$ を一般化座標で表せ。

(4) ラグランジアン $L$ を $T_1,T_2,U_1,U_2$ で表せ。

(5) $\displaystyle\frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial\dot\theta_1}-\frac{\partial L}{\partial\theta_1}=0$ を、$\theta_1,\theta_2$ に関する2階微分方程式で表せ。

(6) $\displaystyle\frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial\dot\theta_2}-\frac{\partial L}{\partial\theta_2}=0$ を同様に表せ。ただし $\dot\theta_i=d\theta_i/dt$ とする。

题目描述

固定长 $l_1$ 的轻杆上端，下端装有质量 $m_1$ 的重物；再连接一根长 $l_2$ 的轻杆，末端装有质量 $m_2$ 的重物，构成图示双摆。重力加速度为 $g$，$x$ 向右、$y$ 向上，两广义坐标 $\theta_1,\theta_2$ 均从竖直向下方向量起。

(1) 用广义坐标表示两个重物的位置；(2) 求各自动能 $T_1,T_2$；(3) 以 $x$ 轴为零势能面，求各自重力势能 $U_1,U_2$；(4) 用这些能量表示拉格朗日量 $L$；(5)(6) 分别将对应 $\theta_1,\theta_2$ 的欧拉—拉格朗日方程写成二阶微分方程。

Kai

以下、$\delta=\theta_1-\theta_2$ とおく。

(1)

$y$ 軸が上向きであることに注意すると

$$\boxed{\boldsymbol p_1=(l_1\sin\theta_1,-l_1\cos\theta_1)},$$

$$\boxed{\boldsymbol p_2=(l_1\sin\theta_1+l_2\sin\theta_2, -l_1\cos\theta_1-l_2\cos\theta_2)}.$$

(2)

位置を時間微分し、$T_i=m_i|\dot{\boldsymbol p}_i|^2/2$ を用いる。

$$\boxed{T_1=\frac12m_1l_1^2\dot\theta_1^2},$$

$$\boxed{T_2=\frac12m_2\left(l_1^2\dot\theta_1^2+l_2^2\dot\theta_2^2 +2l_1l_2\dot\theta_1\dot\theta_2\cos\delta\right)}.$$

交差項には $\cos\theta_1\cos\theta_2+\sin\theta_1\sin\theta_2 =\cos(\theta_1-\theta_2)$ を用いた。

(3)

$U_i=m_igy_i$ なので

$$\boxed{U_1=-m_1gl_1\cos\theta_1},\qquad \boxed{U_2=-m_2g(l_1\cos\theta_1+l_2\cos\theta_2)}.$$

(4)

$$\boxed{L=T_1+T_2-U_1-U_2}.$$

すなわち

$$\begin{aligned} L={}&\frac12(m_1+m_2)l_1^2\dot\theta_1^2 +\frac12m_2l_2^2\dot\theta_2^2 +m_2l_1l_2\dot\theta_1\dot\theta_2\cos\delta\\ &+(m_1+m_2)gl_1\cos\theta_1+m_2gl_2\cos\theta_2. \end{aligned}$$

(5)

$$\begin{aligned} \frac d{dt}\frac{\partial L}{\partial\dot\theta_1} ={}&(m_1+m_2)l_1^2\ddot\theta_1 +m_2l_1l_2\ddot\theta_2\cos\delta\\ &-m_2l_1l_2\dot\theta_2(\dot\theta_1-\dot\theta_2)\sin\delta,\\ \frac{\partial L}{\partial\theta_1} ={}&-m_2l_1l_2\dot\theta_1\dot\theta_2\sin\delta -(m_1+m_2)gl_1\sin\theta_1. \end{aligned}$$

差を取ると

$$\boxed{(m_1+m_2)l_1^2\ddot\theta_1 +m_2l_1l_2\ddot\theta_2\cos\delta +m_2l_1l_2\dot\theta_2^2\sin\delta +(m_1+m_2)gl_1\sin\theta_1=0}.$$

(6)

$$\begin{aligned} \frac d{dt}\frac{\partial L}{\partial\dot\theta_2} ={}&m_2l_2^2\ddot\theta_2+m_2l_1l_2\ddot\theta_1\cos\delta\\ &-m_2l_1l_2\dot\theta_1(\dot\theta_1-\dot\theta_2)\sin\delta,\\ \frac{\partial L}{\partial\theta_2} ={}&m_2l_1l_2\dot\theta_1\dot\theta_2\sin\delta-m_2gl_2\sin\theta_2. \end{aligned}$$

したがって

$$\boxed{m_2l_2^2\ddot\theta_2+m_2l_1l_2\ddot\theta_1\cos\delta -m_2l_1l_2\dot\theta_1^2\sin\delta+m_2gl_2\sin\theta_2=0}.$$

Reference

• 宇都宮大学公式問題（PDF 4頁）
• Miyake：参考解答