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Modello Pendolo Inverso su Carrello Inclinato

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[1] Modello Pendolo Inverso su Carrello Inclinato

Messaggioda Foto UtenteGost91 » 22 feb 2017, 18:14

Salve a tutti, ho delle difficoltà nello scrivere le equazioni di moto del seguente sistema.

Definizione del Problema
Immagine

Si tratta di un pendolo inverso incernierato su di un carrello. Il pendolo è composto di una asta, libera di ruotare attorno al perno che la lega al carrello, e di una massa m_p applicata all'estremo superiore. L'angolo alla verticale formato dall'asta è \theta. Il centro di massa \boldsymbol{r}_\text{cg} del pendolo si trova ad una distanza l dalla cerniera.
Il carrello, di massa M_c, è in grado di muoversi lungo delle rotaie, le quali sono inclinate di un angolo \alpha rispetto l'orizzontale. La posizione del carrello lungo le rotaie è r.

Al carrello può essere applicata una forza arbitraria au parallela alle rotaie, mentre al pendolo un momento baricentrico arbitrario \tau. Sul sistema agiscono inoltre delle forze di attrito di tipo viscoso e coulombiana.

Le equazioni che vorrei ricavare sono le seguenti:

(1)\quad (M_c+m_p)\ddot{r}-m_pl\cos(\theta-\alpha)\ddot{\theta}+m_pl\sin(\theta-\alpha)\dot{\theta}^2+(M_c+m_p)g\sin\alpha+b\dot{r}+F_s\text{sign}(\dot{r})=au
(2)\quad (J_p+m_pl^2)\ddot{\theta}-m_pl\cos(\theta-\alpha)\ddot{r}-m_pgl\sin\theta+c\dot{\theta}=\tau

Con \text{sign} si intende la funzione segno, mentre b, c sono i coefficienti di attrito viscoso a cui sono sottoposti carrello e pendolo, e F_s è il coefficiente di attrito coulombiano. Con J_p si intende il momento di inerzia baricentrico dell'asta.

Lagrangiana
Per dedurre tali equazioni seguo l'approccio lagrangiano. Le coordinate libere sono r e \theta, per cui le equazioni di Lagrange, tendo conto delle varie forze non conservative in gioco, dovrebbero essere

\begin{aligned}
(3) \quad & \frac{\text{d}}{\text{d}t} \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \dot{r}}-\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial r}=au-b\dot{r}-F_s\text{sign}(\dot{r}) \\
(4) \quad & \frac{\text{d}}{\text{d}t} \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \dot{\theta}}-\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \theta}=\tau-c\dot{\theta} \\
\end{aligned}

Procedo quindi nel determinare la lagrangiana del sistema. Come sistema di riferimento assumo quello individuato dalle rotaie, per cui ridisegno tutto in tale sistema di riferimento. La verticale e l'orizzontale sono indicate con H e V.


La lagrangiana \mathcal{L} è data dalla differenza tra l'energia cinetica T e dell'energia potenziale U del sistema, pertanto per prima cosa mi ricavo le espressioni di T e U.

Energia Cinetica
L'energia cinetica T del sistema è data la somma dell'energia cinetica del carrello T_c=1/2M_c\dot{r}^2 e dell'energia cinetica del pendolo T_p=1/2m_pv_{\text{cg}}^2+1/2J_p{\dot{\theta}}\!\phantom{,}^2. L'espressione esplicita della velocità del centro di massa del pendolo la determino derivando rispetto al tempo la posizione del centro di massa del pendolo

\begin{aligned} 
&\boldsymbol{r}_\text{cg}=[r-l\sin(\theta-\alpha)]\boldsymbol{u}_r+l\cos(\theta-\alpha)\boldsymbol{u}_n\\
&\boldsymbol{v}_\text{cg}=[\dot{r}-l\cos(\theta-\alpha)\dot{\theta}]\boldsymbol{u}_r-l\sin(\theta-\alpha)\dot{\theta}\boldsymbol{u}_n\\
&v_\text{cg}^2=[\dot{r}^2+l^2\dot{\theta}\!\phantom{,}^2-2l\cos(\theta-\alpha)\dot{r}\dot{\theta}]
\end{aligned}

In totale, l'energia cinetica del sistema è dunque pari a

(5) \quad T=\frac{1}{2}M_c\dot{r}^2+\frac{1}{2}m_p[\dot{r}^2+l^2\dot{\theta}\!\phantom{,}^2-2l\cos(\theta-\alpha)\dot{r}\dot{\theta}]+\frac{1}{2}J_p\dot{\theta}^2

Energia Potenziale
Per quanto riguarda l'energia potenziale, l'unica forza conservativa agente sul sistema è la gravità, per tanto sia per il carrello che per il pendolo si hanno termini del tipo U=-mgh, dove m è la massa del corpo in questione e h è la quota del centro di massa del corpo in questione.

\begin{aligned} 
&U_c=-M_cgr\sin\alpha \\
&U_p=-m_pg[r\sin\alpha+l\cos\theta]
\end{aligned}

In totale, l'energia potenziale del sistema è dunque pari a

(6) \quad U=-(M_c+m_p)gr\sin\alpha-m_pgl\cos\theta

Conclusioni
Conseguentemente, in base alla (5) e la (6), la lagrangiana del sistema assume la forma

(7) \quad\mathcal{L}=\frac{1}{2}M_c\dot{r}^2+\frac{1}{2}m_p[\dot{r}^2+l^2\dot{\theta}\!\phantom{,}^2-2l\cos(\theta-\alpha)\dot{r}\dot{\theta}]+\frac{1}{2}J_p\dot{\theta}^2+(M_c+m_p)gr\sin\alpha+m_pgl\cos\theta

A questo punto non resta che inserire la (7) nella (3) e nella (4). Il calcolo dei primi membri mi restituisce

\begin{aligned}
&\frac{\text{d}}{\text{d}t} \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \dot{r}}-\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial r}= (M_c+m_p)\ddot{r}+m_pl\sin(\theta-\alpha)\dot{\theta}^2-m_pl\cos(\theta-\alpha)\ddot{\theta}-(M_c+m_p)g\sin\alpha \\
&\frac{\text{d}}{\text{d}t} \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \dot{\theta}}-\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \theta}=(J_c+m_pl^2)\ddot{\theta}+m_pl\sin(\theta-\alpha)\dot{\theta}\dot{r}-m_pl\cos(\theta-\alpha)\ddot{r}-m_plg\sin\theta\\
\end{aligned}

uguagliando ai secondi membri, e riarrangiando i termini, ottengo finalmente

(8) \quad (M_c+m_p)\ddot{r}-m_pl\cos(\theta-\alpha)\ddot{\theta}+m_pl\sin(\theta-\alpha)\dot{\theta}^2-(M_c+m_p)g\sin\alpha+b\dot{r}+F_s\text{sign}(\dot{r})=au
(9) \quad (J_c+m_pl^2)\ddot{\theta}-m_pl\cos(\theta-\alpha)\ddot{r}+m_pl\sin(\theta-\alpha)\dot{\theta}\dot{r}-m_plg\sin\theta+c\dot{\theta}=\tau

I miei risultati (8) e (9) non sono in accordo con (1) e (2). La (8) differisce dalla (1) per il segno del termine potenziale (M_c+m_p)g\sin\alpha, mentre la (9) differisce dalla (2) per la presenza del termine m_pl\sin(\theta-\alpha)\dot{\theta}\dot{r}. Non riesco a capire se sono io ad aver sbagliato qualcosa da qualche parte o se sono errate la (1) e la (2).

Ringrazio anticipatamente chiunque si cimenti nel problema per darmi una mano.
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[2] Re: Modello Pendolo Inverso su Carrello Inclinato

Messaggioda Foto UtenteGost91 » 23 feb 2017, 1:55

Ho risolto: gli errori sono nella definizione di energia potenziale e nel calcolo di una derivata parziale della lagrangiana. Se a qualcuno interessa:
  • L'energia potenziale gravitazionale è della forma U=mgh e non U=-mgh. Ad essere negativo è invece il potenziale gravitazionale V=-U=-mgh, per il quale \mathcal{L}=T+V;
  • Il termine misto in \dot{\theta}\dot{r} che nasce dal calcolo di \frac{\text{d}}{\text{d}t}\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial{\dot{\theta}}} si compensa con un termine uguale che nasce dal calcolo corretto di \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial{\theta}}
Insomma, ho un talento naturale nel perdermi in bischerate del genere. Ne approfitto per fare una domanda a Foto UtenteDarwinNE: c'è un modo in FidoCADJ di ruotare un'immagine di un angolo arbitrario? Fare le linee "torte" a mano è tedioso oltre che a non fornire risultati di qualità eccellente.
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[3] Re: Modello Pendolo Inverso su Carrello Inclinato

Messaggioda Foto UtenteEcoTan » 23 feb 2017, 8:30

Mi si perdoni se vado clamorosamente OT ma la tentazione è troppo forte:
http://www.robot-italy.net/roboforum/blog.php?b=184 (c'è anche il video).
Adesso ti prometto che leggerò i due post e cercherò di capire.

P.S. so che funziona anche inclinando il piano di appoggio, anche se nel video non si vede. Si sposta soltanto un po'.
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[4] Re: Modello Pendolo Inverso su Carrello Inclinato

Messaggioda Foto UtenteGost91 » 23 feb 2017, 12:37

Foto UtenteEcoTan ha scritto:Mi si perdoni se vado clamorosamente OT ma la tentazione è troppo forte

Ma no dai, non è poi così tanto off topic: il problema che ha risolto Terrasi, a parte qualche significativa semplificazione, è sostanzialmente lo stesso che sto affrontando ora io.

Il problema del pendolo inverso è trattato, in mille versioni più o meno simili, ampiamente in letteratura, in quanto modella svariati problemi pratici: per esempio la stabilizzazione della traiettoria di un missile balistico, oppure la stabilizzazione del moto di un essere umano. Non di meno, anche il problema del bilanciamento delle dentiere può rientrare nel modello del pendolo inverso. Una magistrale dimostrazione si trova in questo video :mrgreen:



P.S. so che funziona anche inclinando il piano di appoggio, anche se nel video non si vede. Si sposta soltanto un po'.

Certo, si può agire anche sul piano di appoggio, però questo dal punto di vista analitico complica leggermente il modello in quanto l'azione di controllo non è direttamente applicata alla base del pendolo. Un esempio pratico è quello degli equilibristri su rulli

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[5] Re: Modello Pendolo Inverso su Carrello Inclinato

Messaggioda Foto UtenteDarwinNE » 26 feb 2017, 12:30

Gost91 ha scritto:Ne approfitto per fare una domanda a Foto UtenteDarwinNE: c'è un modo in FidoCADJ di ruotare un'immagine di un angolo arbitrario? Fare le linee "torte" a mano è tedioso oltre che a non fornire risultati di qualità eccellente.


No, principalemente perché la risoluzione non è sufficiente per riportare i risultati dei calcoli con sufficiente precisione (non sarebbe una gran cosa altrimenti, è solo un po' di trigonometria spicciola).
Una delle idee che avrei sarebbe piano piano di estendere il sistema di coordinate a valori non interi per poi permettere appunto di fare cose del genere più facilmente. La roadmap esiste, ma si va avanti pian pianino viste le risorse a disposizione.
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