sciencetalk

De massieve bol met massa M=1,2kg en straal R rolt zonder slip naar beneden langs het blok met massa m=0,8kg en helling φ=20°. Het blok beweegt wrijvingsloos over het horizontale oppervlak.
Initiële condities: Alle objecten zijn in rust en het middelpunt van de bol bevindt zich op afstand H boven het horizontale oppervlak.
Wat is de verplaatsing van blok m na t=5 sec, aangenomen dat de bol dan nog steeds langs de helling rolt. g=9,81m/s²

Een eerste vergelijking al.

Er zijn geen horizontale externe krachten, dus de horizontale projectie van de som van alle 'm*a' moet nul zijn.

$$a(m+M)=R\ddot{\theta}M\cos\phi$$

met a de versnelling van m.

$$F_wR=I\ddot{\theta}$$

met Fw de wrijvingskracht tussen bol en massa m.

Het centrum van de bol heeft een vertikale versnelling gelijk aan

$$a \tan\varphi + R\ddot{\theta} \sin\varphi$$

Daaruit kan ik dan de normaalkracht tussen bol en massa berekenen

$$F_n \cos \varphi - mg + F_w \cos \varphi = M(a \tan\varphi + R\ddot{\theta} \sin\varphi) $$

De horizontale component van normaal kracht en wrijvingskracht zorgen voor de horizontale versnelling van m.

$$F_n \sin\varphi + F_w \cos \varphi = m a $$

En dan nog tweede van Newton op de vrijgemaakte bol horizontaal en verticaal.

Maar ik ben me aan het afvragen of Lagrange niet interessanter is.

Gezien de wrijvingsloze ondergrond zal het gezamenlijke massamiddelpunt niet horizontaal verplaatsen. En gezien er geen slip tussen bol en blok is, zijn de onderlinge relatieve verplaatsingen te koppelen. Daarmee wordt het een single degree of freedom system.
Prima klusje voor Lagrange denk ik.

Mee eens..
Hiermee kan de Lagrangiaan L=KE-PE gevonden worden

De Langrangevergelijking vormt samen met de 1e vergelijking van wnvl1 een stelsel van twee vergelijkingen waar we mee verder kunnen.

Mijn vergelijking legt een verband tussen de tweede afgeleiden. De tip van coenco legt een rechtstreeks verband tussen de hoek en de horizontale verplaatsing van het blok, de twee Lagrange vrijheidsgraden. Dit laatste is de weg die meestal gevolgd wordt bij Lagrange. Ik zal later ook eens proberen.

Deze vergelijking (cfr hint Coenco) drukt uit dat het zwaartepunt invariant is.

$$(x+R\theta \cos \varphi)M+xm=0$$

Of anders geschreven

$$x = \frac{-MR\theta \cos \varphi}{M+m}$$

$$T= \frac{m \dot{x}^2}{2} + \frac{M (\dot{x}^2+2cos(\varphi)R\dot{\theta}\dot{x} + R^2\dot{\theta}^2)}{2}+ \frac{MR^4 \dot{\theta}^2}{5}$$

$$V= -Rg \sin\varphi \theta $$

$$L=T-V$$

Dit dan combineren met

$$x = \frac{-MR \cos \varphi}{M+m}\theta$$

En je hebt een differentiaalvergelijking

$$\frac{d}{dt}\left(\frac{dL}{d\dot{\theta}}\right)- \frac{dL}{d\theta} =0$$

in \(\theta\) met beginvoorwaarden \(\theta(0)=0\) en \(\dot{\theta}(0)=0\)

Ik mis nog wel een M in de uitdrukking voor V en in de laatste term van T moet het R² zijn.

Klopt, zijn foutjes van mij.

Oke, het schiet nu aardig op.

Ai, er is een foutje geslopen in de Lagrangevergelijking.
het moet zijn:

x-verplaatsing blok m op t= 5sec