modulo 2 sistemas de control, deduccion modelo y simulación de sistemas físicos dinamicas continuas.

Modelo no. 1: Péndulo invertido
Un péndulo consiste de una masa m al final de una varilla sin masa de longitud l. El
otro lado de la varilla se hace oscilar verticalmente con una posición dada por
Y(t)=Acos(wt), donde A es mucho menor que l. Véase la siguiente figura. Utilizar
como grado de libertad Teta.
Grados de libertad: 2 (ϴ y Y)
Solución:
Según la teoría de Euler-Lagrange, dependiendo de los grados de libertad, así es el número de
ecuaciones que debemos encontrar.
Grados de libertad: 2 --> q2=ϴ
Energía cinética del sistema:
K=
1
1
1
∗ 𝑚𝑣 2 = 𝑚 ∗ 𝑥´2 + 𝑚 ∗ 𝑌´2 (𝟏. 𝟏)
2
2
2
donde:
𝑥 = 𝑙𝑠𝑒𝑛𝜃 𝑥´ = 𝑙𝑐𝑜𝑠𝜃 ∗ 𝜃´
𝑌 = 𝐴𝑐𝑜𝑠𝑤𝑡 + 𝑙𝑐𝑜𝑠𝜃
𝑌´ = −𝐴𝑤𝑠𝑒𝑛𝑤𝑡 − 𝑙𝑠𝑒𝑛𝜃𝜃´
Entonces sustituyendo las ecuaciones anteriores en la ecuación 1.1, la energía cinética queda
expresada de la siguiente manera:
1
𝑘 = 𝑚((𝑙𝑐𝑜𝑠𝜃 ∗ 𝜃 ′ )2 + (−𝐴𝑤𝑠𝑒𝑛𝑤𝑡 − 𝑙𝑠𝑒𝑛𝜃𝜃´)2 )
2
1
𝑘 = 𝑚(𝑙 2 𝜃´2 + 𝐴2 𝑤 2 𝑠𝑒𝑛2 𝑤𝑡 + 2𝐴𝑤𝑙𝜃´𝑠𝑒𝑛𝑤𝑡𝑠𝑒𝑛𝜃) (𝟏. 𝟐)
2
Energía potencial del sistema:
𝑈 = 𝑚𝑔(𝐴𝑐𝑜𝑠𝑤𝑡 + 𝑙𝑐𝑜𝑠𝜃) (𝟏. 𝟑)
Función Lagrangiana del sistema:
𝐿 =𝐾−𝑈
1
𝐿 = 𝑚(𝑙 2 𝜃´2 + 𝐴2 𝑤 2 𝑠𝑒𝑛2 𝑤𝑡 + 2𝐴𝑤𝑙𝜃´𝑠𝑒𝑛𝑤𝑡𝑠𝑒𝑛𝜃 ) − 𝑚𝑔(𝐴𝑐𝑜𝑠𝑤𝑡 + 𝑙𝑐𝑜𝑠𝜃) (𝟏. 𝟑)
2
Aplicando Lagrange para q2=ϴ
∂L
∂θ − ∂L = 0
dt
∂θ
d
𝑑 1
1
( 𝑚(2𝑙 2 𝜃´ + 2𝑤𝐴𝑙𝑠𝑒𝑛𝑤𝑡𝑠𝑒𝑛𝜃) − 𝑚(2𝐴𝑤𝑙𝜃´𝑠𝑒𝑛𝑤𝑡𝑐𝑜𝑠𝜃 + 2𝑙𝑔𝑠𝑒𝑛𝜃 ) = 0
𝑑𝑡 2
2
𝑚𝑙 2 𝜃´´ + 𝑚𝑤 2 𝐴𝑙𝑐𝑜𝑠𝑤𝑡𝑠𝑒𝑛𝜃 + 𝑚𝑤𝐴𝑙𝜃´𝑠𝑒𝑛𝑤𝑡𝑐𝑜𝑠𝜃 − 𝑚𝐴𝑤𝑙𝜃´𝑠𝑒𝑛𝑤𝑡𝑐𝑜𝑠𝜃 − 𝑚𝑙𝑔𝑠𝑒𝑛𝜃 = 0
𝑚𝑙 2 𝜃´´ + 𝑚𝑤 2 𝐴𝑙𝑐𝑜𝑠𝑤𝑡𝑠𝑒𝑛𝜃 − 𝑚𝑙𝑔𝑠𝑒𝑛𝜃 = 0
𝜃´´ =
𝑔𝑠𝑒𝑛𝜃 𝑤 2 𝐴𝑐𝑜𝑠𝑤𝑡𝑠𝑒𝑛𝜃
−
(1.6)
𝑙
𝑙
Las ecuaciones que modelan el problema son:
𝜽´´ =
𝒈𝒔𝒆𝒏𝜽 𝒘𝟐 𝑨𝒄𝒐𝒔𝒘𝒕𝒔𝒆𝒏𝜽
−
𝒍
𝒍
Modelo no. 2: Movimiento en un cono
Grados de libertad: 2 q1= r q2= ϴ
Energía cinética del sistema:
1
𝐾 = 𝑚 ∗ |𝑉|2 (2.1)
2
Donde
𝑉=
𝑑𝑥
𝑑𝑦
𝑑𝑧
𝑖+
𝑗 + 𝑘 (2.2)
𝑑𝑡
𝑑𝑡
𝑑𝑡
∗ 𝑥 = 𝑟(𝑡)𝐶𝑜𝑠𝜃
∗
𝑑𝑥
= 𝑟´𝐶𝑜𝑠𝜃 − 𝑟𝑠𝑒𝑛𝜃𝜃´ (2.3)
𝑑𝑡
∗ 𝑦 = 𝑟(𝑡)𝑠𝑒𝑛𝜃
∗
𝑑𝑦
= 𝑟 ′ 𝑠𝑒𝑛𝜃 + 𝑟𝑐𝑜𝑠𝜃𝜃 ′ (2.4)
𝑑𝑡
∗𝑧=
𝑟(𝑡)
𝑡𝑎𝑛𝛼
∗
𝑑𝑧
𝑟´
=
(2.5)
𝑑𝑡
𝑡𝑎𝑛𝛼
Teniendo las ecuaciones anteriores, se puede expresar |V|^2 de la siguiente manera:
𝑟´ 2
|𝑉|2 = (𝑟´𝐶𝑜𝑠𝜃 − 𝑟𝑠𝑒𝑛𝜃𝜃´)2 + (𝑟´𝑠𝑒𝑛𝜃 + 𝑟𝑐𝑜𝑠𝜃𝜃´)2 + (
) (2.6)
𝑡𝑎𝑛 ∝
|𝑉|2 = 𝑟´´2 cos2 𝜃 − 2𝑟´𝑟𝑐𝑜𝑠𝜃𝑠𝑒𝑛𝜃𝜃´ + 𝑟 2 sin2 𝜃 𝜃´2 + 𝑟´2 sin2 𝜃 + 2𝑟´𝑟𝑐𝑜𝑠𝜃𝑠𝑒𝑛𝜃𝜃´
+ 𝑟 2 cos2 𝜃𝜃´2 +
𝑟´2
tan2 ∝
|𝑉|2 = 𝑟´2 + 𝑟 2 𝜃´2 +
𝑟´2
tan2 ∝
𝑆𝑖𝑚𝑝𝑙𝑖𝑓𝑖𝑐𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑠𝑒 𝑜𝑏𝑡𝑖𝑒𝑛𝑒: |𝑉|2 = 𝑟´2 csc 2 ∝ + 𝑟 2 𝜃´2 (2.7)
Sustituimos la ecuación 2.7 en la ecuación 2.1 y se obtiene:
1
𝐾 = 𝑚 ∗ (𝑟´2 csc 2 ∝ + 𝑟 2 𝜃´2 )
2
(2.8)
Energía potencial del sistema:
𝑈 = 𝑚𝑔𝑧 (2.9)
𝑈=
𝑚𝑔𝑟
(2.10)
𝑡𝑎𝑛𝛼
Aplicando lagrangiano al sistema:
𝐿 = 𝐾 − 𝑈 (2.11)
1
𝑚𝑔𝑟
𝐿 = 𝑚 ∗ (𝑟´2 csc 2 ∝ + 𝑟 2 𝜃´2 ) −
(2.13)
2
𝑡𝑎𝑛𝛼
Lagrange para q1= r
𝑑 𝜕𝐿
𝜕𝐿
( )−
=0
𝑑𝑡 𝜕𝑟´
𝜕𝑟
𝑑
𝑚𝑔
(𝑚𝑟´ csc 2 𝛼) − 𝑚𝑟𝜃 2 +
=0
𝑑𝑡
𝑡𝑎𝑛𝛼
𝑚𝑐𝑠𝑐 2 ∝ 𝑟´´ − 𝑚𝑟𝜃´2 +
𝑚𝑔
=0
𝑡𝑎𝑛𝛼
𝒓′′ = 𝐬𝐢𝐧𝟐 ∝ 𝒓𝜽´𝟐 − 𝒈𝒔𝒊𝒏 ∝ 𝒄𝒐𝒔 ∝
Lagrange para q=ϴ
𝑑 𝜕𝐿
𝜕𝐿
( )−
=0
𝑑𝑡 𝜕𝜃´
𝜕𝜃
𝑑
(𝑚𝑟 2 𝜃´) − 0 = 0
𝑑𝑡
𝑚(2𝑟𝑟´𝜃´´ + 𝑟 2 𝜃´´) = 0
𝟐𝒓´𝜽′
𝜽´´ =
𝒓
Las ecuaciones que modelan este problema son las siguientes:
𝒓′′ = 𝐬𝐢𝐧𝟐 ∝ 𝒓𝜽´𝟐 − 𝒈𝒔𝒊𝒏 ∝ 𝒄𝒐𝒔 ∝
𝜽´´ =
𝟐𝒓´𝜽′
𝒓
Modelo no. 3: Péndulo en un plano
Solución:
Energía Cinética del Sistema:
1
𝐾 = (𝑀𝑉𝑀2 + 𝑚𝑉𝑝2 )
2
1
1
𝐾 = (𝑀𝑥 ′2 + 𝑀𝑦´2 ) + (𝑚𝑥𝑝 ´2 + 𝑚𝑦𝑝 ´2 ) (3.1)
2
2
𝑥𝑝 = 𝑥 + 𝑙𝑠𝑒𝑛𝜃
𝑦𝑝 = 𝑥𝑡𝑎𝑛𝛽 − 𝑙𝑐𝑜𝑠𝜃
𝑥𝑝 ´ = 𝑥 ′ + 𝑙𝑐𝑜𝑠𝜃𝜃´ (3.2)
𝑦´𝑝 = 𝑥´𝑡𝑎𝑛𝛽 + 𝑙𝑠𝑒𝑛𝜃𝜃´ (3.3)
Sustituyendo 3.2 y 3.3 en 3.1 se obtiene:
1
1
1
1
𝐾 = 𝑀𝑥´2 + 𝑀𝑦 ´2 + 𝑚(𝑥´ + 𝑙𝑐𝑜𝑠𝜃𝜃´)2 + 𝑚(𝑥´𝑡𝑎𝑛𝛽 + 𝑙𝑠𝑒𝑛𝜃𝜃´)2
2
2
2
2
𝐾=
1
1
1
𝑀𝑥´2 + 𝑀𝑥´2 𝑡𝑎𝑛𝛽 + 𝑚(𝑥 ´2 + 2𝑥𝑙𝑐𝑜𝑠𝜃𝜃´ + 𝑥´2 tan2 𝛽 + 2𝑥´𝑡𝑎𝑛𝛽𝑙𝑠𝑒𝑛𝜃𝜃´ + 𝑙 2 𝜃 2 ) (3.4)
2
2
2
Energía Potencial del sistema:
𝑈 = 𝑀𝑔𝑦 + 𝑚𝑔𝑦𝑝
𝑈 = 𝑀𝑔(𝑥𝑡𝑎𝑛𝛽) + 𝑚𝑔(𝑥𝑡𝑎𝑛𝛽 − 𝑙𝑐𝑜𝑠𝜃) (3.5)
Aplicando Lagrange:
1
1
1
𝐿 = 𝐾 − 𝑈 = 𝑀𝑥´2 + 𝑀𝑥´2 𝑡𝑎𝑛𝛽 + 𝑚(𝑥 ´2 + 2𝑥𝑙𝑐𝑜𝑠𝜃𝜃´ + 𝑥´2 − ( 𝑀𝑔(𝑥𝑡𝑎𝑛𝛽) + 𝑚𝑔(𝑥𝑡𝑎𝑛𝛽 − 𝑙𝑐𝑜𝑠𝜃))
2
2
2
Aplicando Lagrange para q1=x
𝑑 𝜕𝐿
𝜕𝐿
( )−
=0
𝑑𝑡 𝜕𝑥´
𝜕𝑥
(3.6)
𝜕𝐿
= 𝑀𝑥´(1 + tan2 𝛽) + 𝑥´𝑚 + 𝑚𝑙𝑐𝑜𝑠𝜃𝜃´ + 𝑚𝑥´ tan2 𝛽 + 𝑚𝑡𝑎𝑛𝛽𝑙𝑠𝑒𝑛𝜃𝜃´ (3.7)
𝜕𝑥´
𝑑 𝜕𝐿
( ) = 𝑀𝑥´´ (1 + tan2 𝛽) + 𝑥´´𝑚 + 𝑚𝑙(−𝑠𝑒𝑛𝜃𝜃´2 − 𝑐𝑜𝑠𝜃𝜃´´) + 𝑚𝑥´´ tan2 𝛽 + 𝑚𝑡𝑎𝑛𝛽𝑙(𝑐𝑜𝑠𝜃𝜃´2 + 𝑠𝑒𝑛𝜃𝜃´´) (3.8)
𝑑𝑡 𝜕𝑥´
𝜕𝐿
= 𝑔𝑡𝑎𝑛𝛽(𝑚 − 𝑀) (3.9)
𝜕𝑥
Sustituyendo 3.7, 3.8
y 3.9 en la ecuación de Lagrange tenemos lo siguiente:
𝑀𝑥´´ (1 + tan2 𝛽) + 𝑥´´𝑚 + 𝑚𝑙(−𝑠𝑒𝑛𝜃𝜃´2 − 𝑐𝑜𝑠𝜃𝜃´´) + 𝑚𝑥´´ tan2 𝛽 + 𝑚𝑡𝑎𝑛𝛽𝑙(𝑐𝑜𝑠𝜃𝜃´2 + 𝑠𝑒𝑛𝜃𝜃´´) − 𝑔𝑡𝑎𝑛𝛽(𝑚 − 𝑀)
=0
Simplificando y despejando para x´´ se obtiene:
𝒙′′ =
𝒎𝒍𝒔𝒆𝒏𝜽𝜽´𝟐 − 𝒎𝒍𝒄𝒐𝒔𝜽𝜽´´ − 𝒎𝒕𝒂𝒏𝜷𝒄𝒐𝒔𝜽𝜽´𝟐 − 𝒎𝒕𝒂𝒏𝜷𝒍𝒔𝒆𝒏𝜽𝜽´´ + 𝑴𝒈𝒕𝒂𝒏𝜷 − 𝒎𝒈𝒕𝒂𝒏𝜷
3.10
𝑴 + 𝑴𝒕𝒂𝒏𝟐 𝜷 + 𝒎 + 𝒎𝒕𝒂𝒏𝟐 𝜷
Aplicando Lagrange para q2=θ
𝑑 𝜕𝐿
𝜕𝐿
( )−
=0
𝑑𝑡 𝜕𝜃´
𝜕𝜃
𝜕𝑙 1
= 𝑚(2𝑥´𝑙𝑐𝑜𝑠𝜃 + 2𝑥´𝑡𝑎𝑛𝛽𝑙𝑠𝑒𝑛𝜃 + 2𝑙 2 𝜃´) 3.11
𝜕𝜃 2
𝑑 𝜕𝐿
2 ′′
( ) = 𝑚𝑙(𝑥´´𝑐𝑜𝑠𝜃 − 𝑥´𝑠𝑒𝑛𝜃𝜃´) + 𝑚𝑙𝑡𝑎𝑛𝛽(𝑥´´𝑠𝑒𝑛𝜃 + 𝑥´𝜃´𝑐𝑜𝑠𝜃) + 𝑚𝑙 𝜃 3.12
𝑑𝑡 𝜕𝜃´
𝜕𝐿
= −𝑚𝑥´𝑙𝑠𝑒𝑛𝜃𝜃´ + 𝑚𝑥´𝑡𝑎𝑛𝛽𝑙𝑐𝑜𝑠𝜃𝜃´ + 𝑚𝑔𝑙𝑠𝑒𝑛𝜃
𝜕𝜃
3.13
Sustituyendo 3.12 y 3.13 en la ecuación de Lagrange y simplificando se obtiene lo siguiente:
𝑚𝑙(𝑥´´𝑐𝑜𝑠𝜃 − 𝑥´𝑠𝑒𝑛𝜃𝜃´) + 𝑚𝑙𝑡𝑎𝑛𝛽(𝑥´´𝑠𝑒𝑛𝜃 + 𝑥´𝜃´𝑐𝑜𝑠𝜃) + 𝑚𝑙 2 𝜃 ′′
− (−𝑚𝑥´𝑙𝑠𝑒𝑛𝜃𝜃´ + 𝑚𝑥´𝑡𝑎𝑛𝛽𝑙𝑐𝑜𝑠𝜃𝜃´ + 𝑚𝑔𝑙𝑠𝑒𝑛𝜃) = 0
𝜽′′ =
−𝒙´´𝒄𝒐𝒔𝜽 − 𝒙′′ 𝒕𝒂𝒏𝜷𝒔𝒆𝒏𝜽 − 𝒕𝒂𝒏𝜷 + 𝒔𝒆𝒏𝜽
𝒍
Las ecuaciones que modelan el problema son:
𝒙′′ =
𝒎𝒍𝒔𝒆𝒏𝜽𝜽´𝟐 − 𝒎𝒍𝒄𝒐𝒔𝜽𝜽´´ − 𝒎𝒕𝒂𝒏𝜷𝒄𝒐𝒔𝜽𝜽´𝟐 − 𝒎𝒕𝒂𝒏𝜷𝒍𝒔𝒆𝒏𝜽𝜽´´ + 𝑴𝒈𝒕𝒂𝒏𝜷 − 𝒎𝒈𝒕𝒂𝒏𝜷
𝑴 + 𝑴𝒕𝒂𝒏𝟐 𝜷 + 𝒎 + 𝒎𝒕𝒂𝒏𝟐 𝜷
𝜽′′ =
−𝒙´´𝒄𝒐𝒔𝜽 − 𝒙′′ 𝒕𝒂𝒏𝜷𝒔𝒆𝒏𝜽 − 𝒕𝒂𝒏𝜷 + 𝒔𝒆𝒏𝜽
𝒍