クレーン振れ止め制御-運動方程式
クレーン振れ止め制御-運動方程式
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１．前提条件
図のように、クレーンがあり、x軸方向に移動し、荷下ろしの地点に到達したら、停止しクレーンの荷下ろしをする。
このときの、クレーンの振れ止め制御を考える。
実験装置のクレーンのワイヤー部は剛体でできており、先端に剛体よりかなり重い荷物をつるすことを考える。剛体部の重さは無視できる。
2.位置エネルギー
ここで、クレーンの台車の位置をxとし、台車の位置の高さを0[m]とする。
・台車の位置エネルギーは
$U_1=0$
となります。
次に、振り子の全ての重さmが先端にあったとすると、
・振り子の位置エネルギーは
$U_2=mgL (1-\cos \theta) $
3.運動エネルギー
次に、台車の運動エネルギーは台車の速度を$\dot{x}$とすると、
$V_1=\dfrac{1}{2} M \dot{ x}^2$
振り子の位置は
$L_x=-L \sin \theta +x, L_y=-L \cos \theta$
時間で微分すると
$v_x=-L \dot{\theta} \cos \theta +\dot{x}, v_y=L \dot{\theta} \sin \theta$
速度を合成すると、$v_{xy}=\sqrt{v_x^2+v_y^2}$
運動エネルギーは、振り子の慣性モーメントを$J$とすると、次式となります。
$V=\dfrac{1}{2} M \dot{ x}^2+\dfrac{1}{2} m v_{xy}^2+\dfrac{1}{2} J \dot{\theta}^2$
$=\dfrac{1}{2} M \dot{ x}^2+\dfrac{1}{2} m \left \lbrace (-L \dot{\theta} \cos \theta +\dot{x})^2+ (L \dot{\theta} \sin \theta)^2 \right \rbrace+\dfrac{1}{2}2 J \dot{\theta}^2$
$=\dfrac{1}{2} M \dot{ x}^2+\dfrac{1}{2} m \left \lbrace L^2 \dot{\theta}^2 \cos^2 \theta-2 \dot{x} L \dot{\theta} \cos \theta +\dot{x}^2+ L^2 \dot{\theta}^2 \sin^2 \theta \right \rbrace+\dfrac{1}{2} J \dot{\theta}^2$
$~=\dfrac{1}{2} M \dot{ x}^2+\dfrac{1}{2} m \left \lbrace L^2 \dot{\theta}^2- 2 \dot{x} L \dot{\theta} \cos \theta +\dot{x}^2 \right \rbrace+\dfrac{1}{2} J \dot{%theta}^2$
ラグランジアン$L=V- U$より、
$L=\dfrac{1}{2} M \dot{ x}^2+\dfrac{1}{2} m \left \lbrace L^2 \dot{\theta}^2- 2 \dot{x} L \dot{\theta} \cos \theta +\dot{x}^2 \right \rbrace+\dfrac{1}{2} J \dot{%theta}^2-mgL (1-\cos \theta)$
摩擦などを考慮すると、
$D=\dfrac{1}{2} \mu_1 \dot{ x}^2+\dfrac{1}{2} \mu_2 \dot{ \theta}^2$
$\dfrac{d}{dt} \left( \dfrac{\partial L} {\partial \dot{x}} \right)-\dfrac{\partial L} {\partial {x}} +\dfrac{\partial D} {\partial \dot{x}} =f$
より、
(1)位置に関する運動方程式
第1項は
$\dfrac{d}{dt} \left( \dfrac{\partial L} {\partial \dot{x}} \right)=\dfrac{d}{dt} \left(M \dot{ x} - m L \dot{\theta} \cos \theta + m \dot{x} \right)$
$=(M+m) \ddot{ x}- m L \ddot{\theta} \cos \theta+ m L \dot{\theta}^2 \sin \theta$
第2項は
$-\dfrac{\partial L} {\partial {x}} =0$
第3項は
$\dfrac{\partial D} {\partial \dot{x}}= \mu_1 \dot{ x }$
よって、
$(M+m) \ddot{ x}- m L \ddot{\theta} \cos \theta+ m L \dot{\theta}^2 \sin \theta+\mu_1 \dot{ x }=f$
(2)角度に関する運動方程式
角度$\theta$について計算すると,
$\dfrac{d}{ dt} \left( \dfrac{\partial L} {\partial \dot{\theta}} \right)-\dfrac{\partial L} {\partial {\theta}} +\dfrac{\partial D} {\partial \dot{\theta}} =0$
第1項は
$\dfrac{d}{ dt} \left( \dfrac{\partial L} {\partial \dot{\theta}} \right)=\dfrac{d}{dt} \left(
m L^2 \dot{ \theta }-m \dot{ x} L \cos \theta+J \dot{ \theta }\right)$
$= m L^2 \ddot{ \theta }+J \ddot{ \theta }-m \ddot{ x} L \cos \theta+m \dot{ x} \dot{ \theta } L \sin \theta$
第2項は
$-\dfrac{\partial L} {\partial {\theta}}=-m \dot{x} L \dot{\theta} \sin \theta +mgL \sin \theta$
第3項は
$\dfrac{\partial D} {\partial \dot{\theta}} = \mu_2 \dot{ \theta }$
よって、
$ m L^2 \ddot{ \theta }+J \ddot{ \theta }-m \ddot{ x} L \cos \theta
+m \dot{ x} \dot{ \theta } L \sin \theta-m \dot{x} L \dot{\theta} \sin \theta +mgL \sin \theta+\mu_2 \dot{ \theta }=0$
$\theta$が小さいとき、$\cos \theta=1, \sin \theta=\theta,\dot{\theta}^2=0,\dot{\theta}\theta=0$とすると、
$(M+m) \ddot{ x}- m L \ddot{\theta} +\mu_1 \dot{ x }=f$
$ m L^2 \ddot{ \theta }+J \ddot{ \theta }-m \ddot{ x} L+mgL \theta
+\mu_2 \dot{ \theta }=0$
