Modelado de sistemas dinámicos utilizando las ecuaciones de
Lagrange . Profesor: Carlos Felipe Rengifo. 27 de abril de 2012 La ecuación de Lagrange permiten obtener el modelo matemático de un sistema dinámico a partir de las expresiones que describen sus energías cinética y potencial
d ∂L (q, q˙) ∂L (q, q˙) ∂R (q, q˙) − + = e(t) dt ∂ q˙ ∂q ∂ q˙
El vector q contiene las coordenadas generalizadas del sistema. Por ejemplo, para el sistema presentado en la Figura 1 las coordenadas generalizadas son las posiciones Cartesianas de cada una de las tres partículas que componen el sistema. Si dichas posiciones se denotan como pa ∈ IR2 , pb ∈ IR2 y pc ∈ IR2 , el vector q contendrá 6 elementos y estará conformado de la siguiente manera:
pa q = pb pc
∈ IR6
El vector q˙ representa la derivada con respecto al tiempo del vector q. La función L (q, q˙), conocida como Lagrangiano, es la diferencia entre las energías cinética y potencial del sistema. La primera se denota como T (q, q˙) y la segunda como U (q, q˙). La función R (q, q˙) contiene los términos de disipación de energía. e es el vector de esfuerzos generalizados aplicados al sistema. En el caso de sistemas mecánicos este término contiene las fuerzas y torques externos que actúan sobre el sistema. Para obtener los componentes del vector e, denotados e1 , e2 , . . . , en , se expresa el diferencial del trabajo realizado por las entradas al sistema en función de los diferenciales en las coordenadas generalizadas δE = e1 · δq1 + e2 · δq2 + · · · + en · δqn y0 pb
pa pc x0
Figura 1: Sistema compuesto por tres partículas que evolucionan en el plano.
1
(1)
y0 m
k
f (t)
x0 x
Figura 2: Sistema masa resorte amortiguador del ejemplo . Si qi es una posición lineal en metros ( m), entonces ei debe estar expresado en Newtons ( N ). De esta manera ei · δq i estará expresado en N.m que es igual a Julios (J ). Si qi es una posición articular en radianes (rad), ei debe estar expresado en N.m . En conclusión, si qi es una posición lineal, entonces ei es una fuerza y si qi es una posición articular, ei es un torque (aunque el termino correcto en español es "par", en este documento se utilizará el anglicismo torque ). Ejemplo 1. Considere el sistema masa-resorte-amortiguador presentado en la Figura 2. m es el valor de la masa, k es la constante del resorte, lo su elongación en reposo, b es el coeficiente de fricción viscosa (diferente de la fricción de Coulomb) entre la masa y el suelo y f es una fuerza exterior aplicada al sistema. La coordenada generalizada q es la posición en x de la masa m. Las expresiones para T , U y R están dadas por
T =
1 m x˙ 2 2
U = m g h + R=
1 2 b x˙ 2
1 2 k (x − lo ) 2
El Lagrangiano esta dado por L = T − U
=
1 1 2 m x˙ 2 − m g h − k (x − lo ) 2 2
Se calculan las derivadas de L y R ∂L (x, x˙ ) ∂ x˙ d ∂L (x, x˙ ) dt ∂ q˙ ∂L (x, x˙ ) ∂x ∂R (x, x˙ ) ∂ x˙
= m x˙ = mx ¨ (2) = −k (x − lo ) = b x˙
Para calcular e se expresa el diferencial en el trabajo realizado por la fuerza f en función del diferencial de posición 2
Listing 1: Código en Máxima para obtener el modelo del sistema masa-resorte amortiguador. 1 2
/ * P o s ic i o ne s g e n e ra l i z ad a s * / depends ( q , t ) ;
3 4 5
/ * V e l oc i d a de s g e n e ra l i za d a s * / qd : diff ( q , t ) ;
6 7 8
/ * E ne r gí a c i né t ic a * / T : ( 1/ 2) * m * qd ^ 2;
9 10 11
/ * E ne r gí a p o te n ci a l * / U : ( 1 /2 ) * k * ( q - lo ) ^ 2 ;
12 13 14
/ * E ne r gí a d i si p ad a * / R : ( 1/ 2) * b * qd ^ 2;
15 16 17
/ * L a gr a ng i an o * / L : T-U;
18 19 20
/ * E c ua c ió n d e L a gr a ng e * / diff ( diff ( L , q d ) , t ) - diff ( L , q ) + diff ( R , q d ) = f ;
δE = f · δx
Al comparar la expresión anterior con la ecuación (1) se evidencia que el esfuerzo generalizado es igual la fuerza f . Es importante recalcar que si f y δx son positivos la entrada externa esta inyectando energía al sistema. Por esta razón se utiliza la expresión δE = f δx . Si en la Figura 2, la fuerza tuviese sentido contrario, la entrada externa absorbería energía del sistema cuando f y δx son positivos. En tal caso la expresión a utilizar seria δE = −f δx . Al reemplazar las expresiones obtenidas en ( 2) en la ecuación de Lagrange se obtiene el modelo matemático del sistema mx ¨ + k (x − lo ) + b x˙ = f
(3)
El objetivo de este ejemplo fue mostrar la idea general de la técnica de Lagrange . Sin embargo la simplicidad del sistema presentado no permitió evidenciar el enorme potencial del método. En ejemplos posteriores se modelaran sistemas mas complejos y el interés de la técnica de sera puesto en evidencia. El listado 1 muestra el código en Maxima que permite obtener la ecuación (3) a partir de la ecuación de Lagrange. Ejercicio 1. Utilizando la ecuación de Lagrange encuentre el modelo matemático del sistema dinámico
descrito en la Figura 3. Suponga la fricción entre el bloque y la rampa nula.
3
y0 k x0
m
x f (t) θ
Figura 3: Sistema masa resorte sobre una rampa inclinada. y m f (t)
r (t)
r (t)sin(θ (t))
θ (t) x
M r (t)cos(θ (t))
Figura 4: Sistema planetario compuesto de dos masas puntuales.
Ejemplo 2. Considere el sistema planetario simplificado presentado en la Figura 4. Las masas M y m se consideran puntuales. Adicionalmente la masa M se considera inmóvil. Las coordenadas polares (r, θ ), que permiten describir la posición de m con respecto a M , constituirán el vector de coordenadas
generalizadas q=
r θ
La energía cinética del sistema esta dada en función de la masa m y de la magnitud de su vector de velocidad T (q, q˙) =
1 m |v|2 2
Siendo
d r cos(θ) v= dt r sin(θ)
r˙ cos(θ) − r sin(θ) = r˙ sin(θ) + r cos(θ)
θ˙ θ˙
|v|2 es igual a la suma de los cuadrados de las velocidades según las direcciones x y y del sistema coordenado de la Figura 4. Al efectuar dichas operaciones se obtiene |v |2 = r˙ 2 + r2 θ˙2 . La atracción 4
gravitacional entre las masas M y m se supondrá como una fuerza externa. Por esta razón la energía potencial U se considerará igual a cero :
L (q, q˙) = T (q, q˙)
=
1 1 m r˙ 2 + m r2 θ˙ 2 2 2
Se calculan las derivadas de L
∂L (q, q˙) = m r˙ ∂ r˙ d ∂L (q, q˙) = m r¨ dt ∂ r˙ ∂L (q, q˙) = m r θ˙2 ∂r
∂L (q, q˙)
= m r2 θ˙ ˙ ∂ θ d ∂L (q, q˙) = 2 m r r˙ θ˙ + m r2 θ¨ ˙ dt ∂ θ ∂L (q, q˙) =0
∂θ
Se reemplazan los valores anteriores en la ecuación de Lagrange
m r¨ − m r θ˙ 2 = e1 m r2 θ¨ + 2 m r r˙ θ˙ = e2
Para calcular los esfuerzos generalizados e1 y e2 se expresa el diferencial de trabajo generado por la fuerza gravitacional en función de los diferenciales en las coordenadas generalizadas
δE = e1 δq 1 + e2 δq 2
= −f δr El signo menos se debe a que f y r tienen direcciones opuestas. La expresión para δE permite concluir que e1 es igual al negativo de la fuerza gravitacional f y que e2 es cero. f esta dada por la ley de gravitación de Newton: f = G
Mm , r2
G = 6.674 × 10−11 N · m2 · kg −2
Con base en la ecuaciones anteriores el modelo del sistema planetario simplificado puede escribirse de la siguiente manera :
m r¨ − m r θ˙2 = −G m r θ¨ + 2 m r r˙ θ˙ = 0 2
5
Mm r2
(4)
Listing 2: Dinámica de un sistema planetario simple 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
% D i n a m ic a d el s i s te m a F = @ (t ,X ) [ X (2); X (1)* X(4)^2 -1/ X(1 )^2; ... X ( 4 ) ; - 2* X ( 2 )* X ( 4 ) / X ( 1 )] ; O p ti on s = o d es et ; O p t i o n s = o d e s e t ( O p t i on s , ’ R e l T o l ’ ,1E-9); [T , X ] = ode45 ( F , [ 0 , 15 ] , [ 1; 0 ; 0 ; 1 .2 ] , O p t i o ns ) ; Px = X (: ,1) .* co s ( X ( : , 3 ) ) ; Py = X (: ,1) .* si n ( X ( : , 3 ) ) ; plot ( P x , P y , ’ r - - ’ ,0,0, ’ b * ’ ); a x is i m ag e ;
11 12 13 14 15 16 17 18 19
% A n i ma c i ón hold on ; H = plot ( 1 , 0 , ’ k o ’ ); fo r i = 1: length ( T ) , se t (H , ’ X D a t a ’ , P x ( i ) , ’ Y D a t a ’ , P y ( i ) ) ; drawnow ; pause (0.1); en d
Para simular el sistema en Matlab , la ecuación (4) debe expresarse como un sistema simultaneo de 4 de ecuaciones diferenciales de primer orden. Para tal fin se definen las siguientes variables : x1 r, x2 r˙ , x3 θ, x4 θ˙. Al reescribir el modelo (4) en términos de x1 , x2 , x3 y x4 se obtiene
x˙ 1 = x2 x˙ 2 = x1 x24 − G x˙ 3 = x4 x˙ 4 = −2
M x21
(5)
x2 x4 x1
En el listado 2 se muestra el código en Matlab que permite resolver numéricamente el modelo ( 5) suponiendo las siguientes condiciones iniciales x1 (0) = 1, x˙ 2 (0) = 1, x3 (0) = 0, x4 (0) = 1.2. El producto entre G y M se supuso unitario. Ejercicio 2. Obtenga el modelo matemático del sistema planetario simplificado considerando que la energía potencial es igual a U = G Mrm y que no hay fuerzas externas actuando sobre el sistema.
En el caso de sistemas compuestos de varias articulaciones el calculo del Lagrangiano exige conocer la posición y orientación de cada uno de los n cuerpos que conforman el sistema. Para tal fin se utilizará un procedimiento basado en matrices de transformación. Antes de explicar dicho procedimiento se hará un breve repaso sobre matrices de transformación.
6
1.
Matrices de transformación en el plano
Suponga que en el sistema presentado en la Figura 5 se conocen las coordenadas cartesianas del centro de gravedad del cuerpo b, denotado Cg b , con respecto al sistema de referencia xb , yb , y se desea expresar dicha posición en el sistema de referencia xa , ya . Para hacer coincidir los sistemas de referencia xa , ya y xb , yb basta con (i) desplazar el origen de referencia xa , ya , ∆x unidades en la dirección del eje xa y ∆y unidades en la dirección del eje ya (ii) una vez este desplazamiento es efectuado, se aplica una rotación de α radianes en el sentido horario. Estos dos pasos pueden representarse por medio de la siguiente ecuación a
cos α − sin α b ∆x · Cg b + Cg b = sin α cos α ∆y
(6)
aR b
Los vectores a Cg b ∈ IR2 y b Cgb ∈ IR2 representan respectivamente la posición del punto Cg b en los sistemas de referencia xa , ya y xb , yb . La matriz a Rb expresa la orientación del referente xb , yb con respecto al referente xb , yb . En el resto de este documento la ecuación ( 6) se representara de manera compacta utilizando una matriz que indica tanto la posición como la orientación del referente xb , yb con respecto al referente xa , ya
a
Cg b
1
(3×1)
cos α − sin α ∆x = sin α cos α ∆y · 0 0 1
a
Tb
b
Cgb
1
(7) (3×1)
La matriz de transformación a Tb tiene dos propiedades fundamentales. La primera es que su determinante es igual a 1, y la segunda que su transpuesta es igual a su inversa. Estas dos propiedades son independientes de los valores de α, ∆x y ∆y . Ejercicio 3. Verifique que el determinante de la matriz genérica de transformación a Tb presentada
en la ecuación (7), es igual a uno.
Ejercicio 4. Verifique que la inversa y la transpuesta de la matriz genérica de transformación a Tb
presentada en la ecuación (7) son iguales.
2.
Productos entre matrices de transformación
El procedimiento descrito en la sección anterior se puede aplicar de manera recurrente a una secuencia de transformaciones con el fin de encontrar la transformación equivalente. Por ejemplo, si en el sistema de la Figura 6 se conoce la posición del punto Cg 3 con respecto al sistema de referencia x3 , y3 y se desea expresar dicha posición en el sistema de referencia x0 , y0 , basta aplicar el siguiente procedimiento
7
b
ya
yb
C gb xb
α
∆y
xa
∆x
Figura 5: Transformación entre dos sistemas de referencia
x3
q3
y0 y3
x2 q2
l2
y2
y1
x1 q1
l1
b
x0
a
Figura 6: Transformación entre varios sistemas de referencia
8
0
Cg 3
1
=
0
1
T1
·
Cg3
1
= 0 T1 · 1 T2 ·
2
Cg3
1
= 0 T1 · 1 T2 · 2 T3 ·
3
Cg 3
1
0T 3
El producto 0 T1 · 1 T2 · 2 T3 puede calcularse utilizando el programa mostrado en el listado 3. En tal caso el resultado obtenido es
0
T3
cos(q1 + q2 + q3 ) − sin(q1 + q2 + q3 ) a + l1 cos(q1 ) + l2 cos(q1 + q2 ) = sin(q1 + q2 + q3 ) cos (q1 + q2 + q3 ) b + l1 sin(q1 ) + l2 sin(q1 + q2 ) 0 0 1
Se definen las siguientes variables con el fin de expresar
0T 3
como una matriz de transformación genérica
θ = q1 + q2 + q3
∆x = a + l1 cos(q1 ) + l2 cos(q1 + q2 ) ∆y = b + l1 sin(q1 ) + l2 sin(q1 + q2 ) Con base en estas nuevas variables se obtiene
0
T3
cos θ − sin θ ∆x = sin θ cos θ ∆y 0 0 1
La variable α se denomina ángulo de rotación equivalente. Dicho valor indica la rotación que se le debe aplicar al sistema de referencia x0 , y0 con el fin de que su orientación coincida con la orientación del sistema de referencia x3 , y3 . ∆x y ∆y indican la posición Cartesiana del origen del sistema de referencia x3 , y3 con respecto al sistema de referencia x0 , y0 .
Ejemplo 3. Considere el robot SCARA ( S elective C ompliant Articulated Robot Arm ) de dos grados
de libertad presentado en la Figura 7 (la dinámica de la pinza no se tomará en cuenta). Los parámetros del sistema son los siguientes: l1 = 1 [m], l2 = 1 [m], lc = 0.5[m], lc = 0.5[m], m1 = 1 [kg], m2 = 1[kg], I 1 = 0.012[kg · m2 ], I 2 = 0.012[kg · m2 ]. 1
2
Para modelar el sistema debe efectuarse el siguiente procedimiento : 1. Se determinan las matrices de transformación entre los diferentes sistemas coordenados. En el caso del sistema de la Figura 7 deben obtenerse las matrices de transformación 0 T1 y 1 T2 . La primera permite expresar coordenadas cartesianas del referente 2 en el referente 1, y la segunda coordenadas cartesianas del referente 1 en el referente 0.
9
Listing 3: Calculo simbólico de un producto de matrices utilizando Maxima . 1 2 3 4
/ * M a tr i ce s d e t r an s fo r ma c ió n * / F 0 _ T_ F 1 : m a t ri x ( [ c o s ( q1 ) , - s i n ( q1 ) , a ] , [ si n ( q 1 ) , co s ( q 1 ) , b ] , [0 , 0 , 1 ]) ; F 1 _ T_ F 2 : m a t ri x ( [ c o s ( q2 ) , - s i n ( q2 ) , l 1 ] , [ si n ( q 2 ) , co s ( q 3 ) , 0 ] , [0 , 0 , 1 ]) ; F 2 _ T_ F 3 : m a t ri x ( [ c o s ( q3 ) , - s i n ( q3 ) , l 2 ] , [ si n ( q 3 ) , co s ( q 3 ) , 0 ] , [0 , 0 , 1 ]) ;
5 6 7
/ * T r a n sf o r m ac i ó n r e s ul t a nt e * / F 0 _T _F 3 : t r ig r ed u ce ( F 0 _T _F 1 . F 1_ T _F 2 . F 2_ T _F 3 ) ;
8 9 10
/ * S i m p li f i c ac i ó n a d i ci o n al * / F 0 _ T_ F 3 : t r i gr e d uc e ( F 0 _ T _F 3 ) ;
x2 l1
lc2
y2 lc 1 y1
l2
q2
y0 x1 q1 x0
Figura 7: Robot SCARA de dos grados de libertad
10
0
T1
cos(q1 ) − sin(q1 ) 0 = sin(q1 ) cos (q1 ) 0 , 0 0 1
1
T2
cos(q2 ) − sin(q2 ) l1 = sin(q2 ) cos (q2 ) 0 0 0 1
2. Las matrices obtenidas en el paso anterior se combinan para obtener
0
T2
= 0 T1 · 1 T2
0T
2
cos(q1 + q2 ) − sin(q1 + q2 ) l1 cos(q1 ) = sin(q1 + q2 ) cos (q1 + q2 ) l1 sin(q1 ) 0 0 1
3. Se calculan las posiciones con respecto referente local de los centros de gravedad de cada uno de los cuerpos que componen el sistema (referente 1 para el antebrazo y referente 2 para el brazo). La posición del centro de gravedad del antebrazo en el referente 1 se denotará 1 Cg 1 y la posición del centro de gravedad del brazo en el referente 2 se denotará 2 Cg 2 1
Cg1 =
lc1
0
2
,
4. Con base en las matrices de transformación 0 T1 y y 2 Cg 2 en el referente cero.
0
Cg 2 =
0T , 2
1
lc2
0
se expresan los centros de gravedad 1 Cg 1
lc1 cos(q1 ) Cg 1 = T1 · Cg 1 = lc1 sin(q1 ) 0
l1 cos(q1 ) + lc2 cos(q1 + q2 ) 0 Cg 2 = 0 T2 · 2 Cg 2 = l1 sin(q1 ) + lc2 sin(q1 + q2 )
5. Con base en las matrices de transformación 0 T1 y 0 T2 se determinan las rotaciones equivalentes de cada uno de los cuerpos con respecto al referente 0 θ1 = q1 ,
θ2 = q1 + q2
6. Se derivan con respecto al tiempo 0 Cg 1 y 0 Cg2 con el fin de obtener las velocidades de los centros de gravedad con respecto al referente 0
0
˙ 1 = −lc sin(q1 ) q˙1 Cg lc cos(q1 ) q˙1 1
1
−l1 sin(q1 ) q˙1 − lc sin(q1 + q2 ) (q˙1 + q˙2 ) 0 ˙ Cg 2 = l1 cos(q1 ) q˙1 + lc cos(q1 + q2 ) (q˙1 + q˙2 ) 2
2
7. Se derivan con respecto al tiempo θ1 y θ2 con el fin de obtener las velocidades de rotación con respecto al referente 0 θ˙1 = q˙1 ,
θ˙2 = q˙1 + q˙2
11
8. Se calcula el Lagrangiano del sistema. La energía cinética del sistema es 1 T = m1 2
0
˙ 1 Cg
2
1 + m2 2
0
˙ 2 Cg
2
+
1 ˙2 1 ˙2 I 1 θ1 + I 2 θ2 2 2
1 1 = m1 lc2 q˙12 + m2 l12 q˙12 + 2 l1 lc cos(q2 ) q˙12 + q˙1 q˙2 + lc2 (q˙1 + q˙2 )2 2 2 1
+
2
2
1 1 2 I 1 q˙12 + I 2 (q˙1 + q˙2 ) 2 2
La energía potencial del sistema es U = m1 g · 0 Cg1 (y) + m2 g · 0 Cg 2 (y )
= m1 g lc2 sin(q1 ) + m2 g l1 sin(q1 ) + m2 g lc sin(q1 + q2 ) 2
1
Siendo 0 Cg 1 (y) y 0 Cg 2 (y) las componentes en y de los vectores 0 Cg 1 y 0 Cg 2 . El Lagrangiano estado dado por L = T − U
1 1 = m1 lc2 q˙12 + m2 l12 q˙12 + 2 l1 lc cos(q2 ) q˙12 + q˙1 q˙2 + lc2 (q˙1 + q˙2 )2 2 2 1
+
2
2
1 1 2 I 1 q˙12 + I 2 (q˙1 + q˙2 ) − m1 g lc sin(q1 ) 2 2 1
− m2 g l1 sin(q1 ) − m2 g lc sin(q1 + q2 ) 2
9. Se escriben las ecuaciones de Lagrange :
d ∂L ∂L − = Γ1 d t ∂ q˙1 ∂q 1
d ∂L ∂L − = Γ2 d t ∂ q˙2 ∂q 2
Al reemplazar la expresión para L en las ecuaciones anteriores se obtiene ∂L = m1 lc21 q˙1 + m2 l12 q˙1 + m2 l1 lc2 cos(q2 ) ( 2q˙1 + q˙2 ) + m2 lc22 (q˙1 + q˙2 ) + I 1 q˙1 + I 2 (q˙1 + q˙2 ) ∂ q˙1 ∂L = m2 l1 lc2 cos(q2 ) q˙1 + m2 lc22 (q˙1 + q˙2 ) + I 2 (q˙1 + q˙2 ) ∂ q˙2
12
Se derivan las expresiones anteriores con respecto al tiempo
d ∂L q1 + q¨2 ) + m2 lc2 (¨ q1 + q¨2 ) + I 1 q¨1 = m1 lc2 q¨1 + m2 l12 q¨1 + m2 l1 lc cos(q2 )(2¨ d t ∂ q˙1 I 2 (¨ q1 + q¨2 ) − m2 l1 lc sin(q2 ) 2 q˙1 q˙2 + q˙22 2
1
2
2
d ∂L = m2 l1 lc cos(q2 ) q¨1 + m2 lc2 (¨ q1 + q¨2 ) + I 2 (¨ q1 + q¨2 ) − m2 l1 lc sin(q2 ) q˙1 q˙2 d t ∂ q˙2 2
2
2
Se deriva el Lagrangiano con respecto a las coordenadas generalizadas
∂L = − m1 g lc21 + m2 g l1 cos(q1 ) − m2 g lc2 cos(q1 + q2 ) ∂q 1 ∂L = −m2 g lc2 cos(q1 + q2 ) − m2 l1 lc2 sin(q2 ) q˙12 + q˙1 q˙2 ∂q 2
10. Se escribe el modelo bajo la forma Lagrangiana
a1,1 (q ) a1,2 (q ) a2,1 (q ) a2,2 (q )
q¨1 h (q, q˙) g (q ) Γ + 1 + 1 = 1 Γ2 q¨2 h2 (q, q˙) g2 (q )
Siendo: A(q )
la matriz de inercia del modelo:
a1,1 (q ) = I 1 + I 2 + m1 lc21 + m2 lc22 + m2 l12 + 2 m2 l1 lc2 cos(q2 ) a1,2 (q ) = I 2 + m2 lc22 + m2 l1 lc2 cos(q2 ) a2,1 (q ) = I 2 + m2 lc22 + m2 l1 lc2 cos(q2 ) a2,2 (q ) = I 2 + m2 lc22 H (q, q˙) el vector fuerzas centrifugas y de Coriolis
h1 (q, q˙) = −m2 l1 lc2 sin(q2 ) 2 q˙1 q˙2 + q˙22 h2 (q, q˙) = m2 l1 lc2 sin(q2 ) q˙12
G(q) el vector fuerzas de gravedad
g1 (q ) = m1 g lc21 + m2 g l1 cos(q1 ) + m2 g lc2 cos(q1 + q2 ) g2 (q ) = m2 g lc2 cos(q1 + q2 )
13
y0
y1 y2
x2 θ
x0
x1
x
Figura 8: Modelo de un péndulo de base movil Ejemplo 4. Considere el péndulo de base móvil presentado en la Figura 8. Los parámetros del sistema son los siguientes: M es la masa de la base sobre la cual està montado el péndulo, m es la masa de la barra que representa el péndulo, I el momento de inercia de la barra alrededor de su eje de rotación, L la longitud de la barra, α = 0.5 es un parámetro geométrico que indica que el centro de gravedad de la
barra esta en el punto medio de esta. Para modelar el sistema debe efectuarse el siguiente procedimiento : 1. Se determinan las matrices de transformación entre los diferentes sistemas coordenados. En el caso del sistema de la Figura 8 deben obtenerse las matrices de transformación 0 T1 y 1 T2 . La primera permite expresar coordenadas cartesianas del referente 2 en el referente 1, y la segunda coordenadas cartesianas del referente 1 en el referente 0. 0
T1
1 0 x = 0 1 0 , 0 0 1
1
T2
cos θ − sin θ 0 = sin θ cos θ 0 0 0 1
2. Las matrices obtenidas en el paso anterior se combinan para obtener 0
T2
= 0 T1 · 1 T2
0T
2
cos θ − sin θ x = sin θ cos θ 0 0 0 1
3. Se calculan las posiciones de los centros de gravedad de cada uno de los cuerpos que componen el sistema en el referente local (referente 1 para el carro y referente 2 para el péndulo). La posición del centro de gravedad de la base del péndulo en el referente 1 se denotará 1 Cg 1 y la posición del centro de gravedad del péndulo en el referente 2 se denotará 2 Cg 2 1
0 Cg 1 = , 0
4. Con base en las matrices de transformación 0 T1 y y 2 Cg 2 en el referente cero. 0
Cg1 =
0
T1
1
2
Cg 2 =
0T , 2
· Cg 1 =
αL
0
se expresan los centros de gravedad 1 Cg 1
x
0
x + α L cos θ 0 Cg2 = 0 T2 · 2 Cg 2 = α L sin θ
14
5. Con base en las matrices de transformación 0 T1 y 0 T2 se determinan las rotaciones equivalentes de cada uno de los cuerpos con respecto al referente 0 β1 = 0,
β2 = θ
6. Se derivan con respecto al tiempo 0 Cg 1 y 0 Cg2 con el fin de obtener las velocidades de los centros de gravedad con respecto al referente 0 0
˙ 1= Cg
x˙
0
0
,
˙ ˙ 2 = x˙ − α L sin θ θ Cg α L cos θ θ˙
7. Se derivan con respecto al tiempo β1 y β2 con el fin de obtener las velocidades de rotación con respecto al referente 0 β˙ 1 = 0, β˙ 2 = θ˙ 8. Se calcula el Lagrangiano del sistema. La energía cinética del sistema es 1 T = M 2
0
˙ 1 Cg
2
1 + m 2
0
˙ 2 Cg
2
+
1 ˙2 I θ 2
1 1 1 = M x˙ 2 + m α2 L2 θ˙2 − 2 α L sin θ x˙ θ˙ + x˙ 2 + I θ˙2 2 2 2 =
1 1 (M + m) x˙ 2 + m α2 L2 + I θ˙ 2 − m α L sin θ x˙ θ˙ 2 2
La energía potencial del sistema es U = m g · 0 Cg2 (y)
= m g α L sin θ Siendo 0 Cg 2 (y) la componente en y del vector 0 Cg2 . El lagrangiano estado dado por L = T − U
=
1 1 (M + m) x˙ 2 + m α2 L2 + I θ˙2 − m α L sin θ x˙ θ˙ − m g α L sin θ 2 2
9. Se escriben las ecuaciones de Lagrange :
d ∂L ∂L − = F d t ∂ x˙ ∂x
d ∂L ∂L − =0 d t ∂ θ˙ ∂θ
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Al reemplazar la expresión para L en las ecuaciones anteriores se obtiene ∂L = (M + m) x˙ − m α L sin θ θ˙ ∂ x˙ ∂L ∂ θ˙
= m α2 L2 + I θ˙ − m α L sin θ x˙
d ∂L = (M + m) x ¨ − m α L cos θ θ˙2 − m α L sin θ θ¨ d t ∂ x˙
d ∂L = m α2 L2 + I θ¨ − m α L cos θ θ˙ x˙ − m α L sin θ x ¨ d t ∂ θ˙
∂L =0 ∂x ∂L = −m α L cos θ x˙ θ˙ − m α L g cos θ ∂θ
10. Se escribe el modelo bajo la forma Lagrangiana
−m α L sin θ
M + m
−m α L sin θ
2
2
m α L + I
−m α L cos θ θ˙2
¨ x
θ¨
+
q¨
A(q )
0
F
+
=
0
m α L g cos θ
H (q, q˙)
G(q )
0
Las matriz A(q ) y los vectores H (q, q˙) y G(q ) corresponden respectivamente a la matriz de inercia, el vector de efectos centrífugos y de Coriolisis y el vector de fuerzas gravitaciones. El vector q T contiene las coordenadas generalizadas del sistema ( q = x θ ).
Ejercicio 5. Encuentre el modelo matemático del sistema descrito en la Figura 9. Considere como coordenadas generalizadas a θ y x. La distancia r es constante. M es la masa de la barra, J su correspondiente momento de inercia, m es la masa de bloque que se desplaza sobre la barra y g es la
constante de gravedad. Solución:
m x2 + m r2 + J −m r
2 m x x˙ θ˙
θ¨
+
−m r
m
A(q )
x ¨ q¨
−m x θ˙ 2 H (q, q˙)
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m g x cos θ − m g r sin θ
+
τ
=
m g sin θ
G(q )
0
x2
y2
r
x
y0 y1
x1 θ x0
Figura 9: Masa que se desplaza sobre un riel de inclinación variable.
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