Jak określić prędkość liniową i kątową jednego końca pręta, który jest przypięty na torze z każdej strony?
Pracuję nad określeniem prędkości jednego końca pręta, który jest przypięty na obu końcach do dwóch różnych torów. Jedna ścieżka jest liniowa, a przypięty koniec ma znane wartości. Druga strona jest przypięta do okrągłego toru, w którym nie są znane żadne wartości.
Próbowałem najpierw uzyskać prędkość kątową, jak używam $$ V_B=V_A+V_{B/A} $$
używając $$ \omega = v/r $$
Zauważyłem również, aby uzyskać $ V_{B/A} $ musze znaleźć $ \dot\theta $ co jest równe $ \omega $
$ V_{B/A} $ ma równanie $$ (\dot\theta\hat k) \times I*(cos\theta\hat i - sin\theta\hat j) $$
Utknąłem w znalezieniu $\theta$ lub $ V_{B/A}$ ponieważ wydaje się, że obaj potrzebują drugiego, aby uzyskać odpowiedź.
Czy ktoś ma sugestię równań, na które należy spojrzeć, aby uzyskać jedną z tych dwóch wartości ze znanymi informacjami?
Czy mógłbym potraktować punkt A jako środek koła i użyć wzoru $ V_A = r\omega $ aby uzyskać wartość $\omega$
Odpowiedzi
Oblicz $\varphi_0 = \arctan(s)$. Następnie położenie punktu$A$ jest \begin{align} &X_A = X_A\\ &Y_A = s\,X_A + b \end{align} Położenie punktu $B$ można wyrazić za pomocą kąta $\theta$ tak jak \begin{align} &X_B = X_A + l\cos(\theta + \varphi_0)\\ &Y_B = b + s\,X_A + l\sin(\theta + \varphi_0) \end{align} Mamy jednak ograniczenie dotyczące punktu $B$, zwany konstrantem holonomicznym, i to jest $B$ zawsze porusza się po okręgu $(X-c)^2 + Y^2 = r^2$, W związku z tym $(X_B-c)^2 + Y_B^2 = r^2$ który wyraźnie jest $$\big( \, X_A + l\cos(\theta + \varphi_0) - c \,\big)^2 \, + \, \big(\,b + s\,X_A + l\sin(\theta + \varphi_0)\,\big)^2 \, = \, r^2$$ Tak więc położenie paska, poruszając się w tym punkcie $A$ jest zawsze na linii $Y = sX + b$ i wskaż $B$ jest zawsze w kole $(X-c)^2 + Y^2 = r^2$ można opisać trzema równaniami \begin{align} &X_B = X_A + l\cos(\theta + \varphi_0)\\ &Y_B = b + s\,X_A + l\sin(\theta + \varphi_0)\\ &\big( \, X_A + l\cos(\theta + \varphi_0) - c \,\big)^2 \, + \, \big(\,b + s\,X_A + l\sin(\theta + \varphi_0)\,\big)^2 \, = \, r^2 \end{align} Stąd, jeśli znasz drogę $X_A = X_A(t)$ zmiany w czasie $t$, możesz dodać to do trzeciego równania i rozwiązać $\theta = \theta(t)$. Po znalezieniu$\theta$ można go podłączyć wzdłuż $X_A$ w pierwszych dwóch równaniach, aby znaleźć współrzędne $(X_B, \, Y_B)$ z $B$.
Aby znaleźć prędkość kątową $\frac{d\theta}{dt}$ słupka, po prostu różnicujesz trzecie równanie względem $t$ i dodaj do układu nowe zróżnicowane równanie, jako czwarte równanie: \begin{align} &X_B = X_A + l\cos(\theta + \varphi_0)\\ &Y_B = b + s\,X_A + l\sin(\theta + \varphi_0)\\ &\big( \, X_A + l\cos(\theta + \varphi_0) - c \,\big)^2 \, + \, \big(\,b + s\,X_A + l\sin(\theta + \varphi_0)\,\big)^2 \, = \, r^2\\ &\big( \, X_A + l\cos(\theta + \varphi_0) - c \,\big) \left(\,\frac{dX_A}{dt} - l\sin(\theta + \varphi_0) \frac{d\theta}{dt}\,\right) = \, \\ &+ \,\big(\,b + s\,X_A + l\sin(\theta + \varphi_0)\,\big) \left(\,s\,\frac{dX_A}{dt} + l\cos(\theta + \varphi_0) \frac{d\theta}{dt}\,\right) \, = \, 0 \end{align} Znaleźć $\frac{d\theta}{dt}$ potrzebujesz tylko dwóch ostatnich równań: \begin{align} &\big( \, X_A + l\cos(\theta + \varphi_0) - c \,\big)^2 \, + \, \big(\,b + s\,X_A + l\sin(\theta + \varphi_0)\,\big)^2 \, = \, r^2\\ &\big( \, X_A + l\cos(\theta + \varphi_0) - c \,\big) \left(\,l\sin(\theta + \varphi_0) \frac{d\theta}{dt} - \frac{dX_A}{dt}\,\right) \, = \,\big(\,b + s\,X_A + l\sin(\theta + \varphi_0)\,\big) \left(\,s\,\frac{dX_A}{dt} + l\cos(\theta + \varphi_0) \frac{d\theta}{dt}\,\right) \end{align} Dany $X_A = X_A(t)$ i $V_A = V_A(t) = \frac{dX_A}{dt}$, możesz wziąć pierwsze równanie z drugiego układu dwóch równań, wtyczkę $X_A$ w nim i rozwiązać $\theta = \theta(t)$. To równanie jest najtrudniejsze do rozwiązania. Następnie podłącz drugie równanie$X_A, \, \theta,\, \frac{dX_A}{dt}$ i obliczyć prędkość kątową $\frac{d\theta}{dt}$.
Wreszcie, aby znaleźć prędkość $B$, po prostu bierzesz pierwsze dwa równania z powyższego systemu czterech równań i różnicujesz je w odniesieniu do $t$: \begin{align} &V_{x,B} = \frac{dX_B}{dt} = \frac{dX_A}{dt} - l\sin(\theta + \varphi_0)\frac{d\theta}{dt}\\ &V_{y,B} = \frac{dY_B}{dt} = s\,\frac{dX_A}{dt} + l\cos(\theta + \varphi_0)\frac{d\theta}{dt} \end{align} Wystarczy więc do tego równania wstawić już obliczone $\theta, \,\frac{d\theta}{dt}$ i $\frac{dX_A}{dt} = V_A$.
$$$$
$$$$
STARA WERSJA. Uprośćmy trochę. Najpierw wykonaj tłumaczenie:\begin{align} &X = \tilde{x} + c \\ &Y = \tilde{y} \end{align}Wtedy równanie okręgu stanie się $$ r ^ 2 = (X - c) ^ 2 + Y ^ 2 = \ tilde {x} ^ 2 + \ tilde {y} ^ 2 $$ Następnie znajdź kąt między prostą $ Y = sX + b $ , co w nowych współrzędnych to $ \ tylda {y} = s \, \ tylda {x} + (sc + b) $ , a oś pozioma: nachylenie jest styczną tego kąta, tj. $$ \ varphi_0 = \ arctan (s) $$ Następnie wykonaj rotację kąta w kierunku zgodnym z ruchem wskazówek zegara $ \ varphi_0 $ tak, aby linia $ \ tilde {y} = s \, \ tilde {x} + (sc + b ) $ staje się linią $ \ tylda {y} = h $ (można obliczyć odległość $ h $ między środkiem koła (początkiem) a omawianą linią) równoległą do poziomej osi $ x- $ :\begin{align} \tilde{x} = \cos(\varphi_0)\, x \, - \, \sin(\varphi_0)\, y\\ \tilde{y} = \sin(\varphi_0)\, x \, + \, \cos(\varphi_0)\, y \end{align}Oznaczmy przez $ x_A $ x- $ $ współrzędna punktu $ A $ poruszającego się wzdłuż linii. $ Y $ współrzędnych $ h $ i jest stała. Równanie górnej połowy okręgu w tych nowych obróconych i przesuniętych współrzędnych można zapisać jako $$ y = \ sqrt {r ^ 2 - x ^ 2} $$
Jeśli $ \ theta $ jest kątem między prętem $ AB $ i prostą $ y = h $ , która jest równoległa do osi $ x- $ , wtedy równania określające położenie drugiego końca pręta, punkt $ B $ , są\begin{align} &{x}_B = x_A + l\, \cos(\theta)\\ &{y}_B = \sqrt{r^2 - \big(x_A + l\, \cos(\theta)\big)^2} \end{align}Zauważ, że są dwa wolne parametry dla pozycji $ B $ na okręgu, a mianowicie $ x_A $ i $ \ theta $ . Jest jednak jeszcze jedno ograniczenie - odległość między $ A $ a $ B $ wynosi zawsze l $ . Stąd: $$ \ big (x_B - x_A \ big) ^ 2 + \ big (y_B - y_A \ big) ^ 2 = l ^ 2 $$ lub po podstawieniach $$ l ^ 2 \ cos ^ 2 (\ theta) \ , + \, \ Big (\ sqrt {r ^ 2 - \ big (x_A + l \, \ cos (\ theta) \ big) ^ 2 \,} - h \ Big) ^ 2 \, = \, l ^ 2 $$, która ustanawia związek między współrzędnymi $ x_A $ i $ \ theta $ . Możesz przenieść pierwszy człon z lewej strony na prawą, a następnie zastosować centralną tożsamość trygonometryczną do prawej strony, po czym możesz wziąć pierwiastek kwadratowy z obu stron i na koniec otrzymać uproszczone równanie $$ \ sqrt {r ^ 2 - \ big (x_A + l \, \ cos (\ theta) \ big) ^ 2 \,} - h \, = \, \ pm \, l \ sin (\ theta) $$, gdzie powinieneś mieć zwróć uwagę na znak $ \ pm $ zależy od znaku po prawej stronie. Na twoim zdjęciu $ \ theta \ in [0, \ pi / 2) $, więc możesz wybrać znak plus, a równanie to $$ \ sqrt {r ^ 2 - \ big (x_A + l \, \ cos (\ theta) \ big) ^ 2 \,} - h \, = \, l \ sin (\ theta) $$
Teraz, w tym ostatnim równaniu $ x_A = x_A (t) $ i $ \ theta = \ theta (t) $ są funkcją czasu $ t $ , więc możemy rozróżnić równanie względem $ t $ i powiązać je z ostatnim równaniem powyżej:\begin{align} &\sqrt{r^2 - \big(x_A + l\, \cos(\theta)\big)^2\,} - h \, = \, l\sin(\theta)\\ &\frac{\big(x_A + l\cos(\theta)\big)}{\sqrt{r^2 - \big(x_A + l\, \cos(\theta)\big)^2}}\left(l\sin(\theta)\frac{d\theta}{dt} \, - \, \frac{dx_A}{dt}\right) \, = \, l\cos(\theta) \frac{d\theta}{dt} \end{align}Możesz uprościć drugie równanie, używając pierwszego, rozwiązując pierwiastek kwadratowy $ \ sqrt {r ^ 2 - \ big (x_A + l \, \ cos (\ theta) \ big) ^ 2} $ i napisz system w następujący sposób:\begin{align} &\sqrt{r^2 - \big(x_A + l\, \cos(\theta)\big)^2\,} - h \, = \, l\sin(\theta)\\ &\frac{\, x_A + l\cos(\theta)\,}{h \, + \, l\sin(\theta)}\left(l\sin(\theta)\frac{d\theta}{dt} \, - \, \frac{dx_A}{dt}\right) \, = \, l\cos(\theta) \frac{d\theta}{dt} \end{align}Ten układ równań zawiera cztery zmienne: $$ x_A, \, \ theta, \, \ frac {dx_A} {dt}, \, \ frac {d \ theta} {dt} $$ Więc jeśli dostaniesz dowolne dwie z nich możesz rozwiązać system i znaleźć pozostałe dwa. Na przykład, jeśli znasz pozycję i prędkość $ A $ , to znasz $ x_A $ i $ \ frac {dx_A} {dt} $ . Następnie możesz podłączyć $ x_A $ do pierwszego równania i rozwiązać to samo pierwsze równanie dla $ \ theta $ . Następnie, wiedząc już $ x_A, \, \ theta, \, \ frac {dx_A} {dt} $ , możesz podłączyć te trzy wartości do drugiego równania i rozwiązać je dla prędkości kątowej $ \ frac {d \ theta} { dt} $ . To drugie równanie jest łatwiejsze do rozwiązania w odniesieniu do $ \ frac {d \ theta} {dt} $, ponieważ jest liniowe względem $ \ frac {d \ theta} {dt} $ .
Następnym krokiem jest znalezienie prędkości liniowej $ B $ , która powinna być styczna do koła. Jeśli weźmiesz równania\begin{align} &{x}_B = x_A + l\, \cos(\theta)\\ &{y}_B = \sqrt{r^2 - \big(x_A + l\, \cos(\theta)\big)^2} \end{align}Za pomocą pierwszego równania z układu równań omówionych powyżej można wyrazić $ \ sqrt {r ^ 2 - \ big (x_A + l \, \ cos (\ theta) \ big) ^ 2} = l \ sin (\ theta ) + h $ i przepisz tę ostatnią parametryzację w następujący sposób:\begin{align} &{x}_B = x_A + l\, \cos(\theta)\\ &{y}_B = l\sin(\theta) + h \end{align}Aby znaleźć prędkość liniową $ B $ , wystarczy rozróżnić tę drugą parametryzację względem $ t $ \begin{align} &\frac{dx_B}{dt} = \frac{dx_A}{dt} - l\, \sin(\theta)\frac{d\theta}{dt}\\ &\frac{dy_B}{dt} = l \, \cos(\theta)\frac{d\theta}{dt} \end{align}
podłącz już określone wartości $ \ frac {dx_A} {dt}, \, \ theta, \, \ frac {d \ theta} {dt} $ .
Jesteś bardzo blisko rozwiązania. Musisz wziąć pod uwagę, że prędkość każdego punktu na zakrzywionej ścieżce musi być styczna do krzywej. To znaczy prędkość punktu A plus$V_{A|B}$, musi mieć ten sam kierunek ze styczną w punkcie B.
Musisz więc:
- obliczyć styczną do zakrzywionej ścieżki w punkcie B
- wyrazić wszystkie prędkości w zadaniach w tym samym układzie odniesienia (XY lub xy). Najlepiej ten ostatni xy.
- rozwiązać układ prędkości:
np. jeśli wybierzesz system xy to powinieneś $$\begin{bmatrix} V_{Bx}\\V_{By} \\0 \end{bmatrix} =\begin{bmatrix} V_{Ax}\\ 0\\ 0 \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} 0\\ 0\\ \dot{\theta} \end{bmatrix} \times \begin{bmatrix} I \cos\theta\\ I\sin\theta\\ 0 \end{bmatrix} $$
Zmniejsza się to do:
$$\begin{bmatrix} V_{Bx}\\V_{By} \end{bmatrix} =\begin{bmatrix} V_{Ax}\\ 0 \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} -\dot{\theta}I\sin\theta \\ \dot{\theta}I \cos\theta \end{bmatrix} $$
Powyższe można rozwiązać, pamiętając o ograniczeniu dotyczącym kierunku stycznej do zakrzywionej ścieżki (oznaczmy to $\phi$), tj $\tan\phi = \frac{V_{By}}{V_{Bx}}$.