連成振動

力学

力学のヤバさは異常。



質量体1,2の質量がM1,M2、円柱の質量がm、ばね定数は左から順にk1,k2とする。
M_1 = 0.2\mathrm{kg},M_2=m=0.1\mathrm{kg},k_1=0.6\mathrm{N/m},k_2=0.4\mathrm{N/m}
が与えられた。分かりやすく計算の本質を失わないように
M_1=2m,M_2=m,k_2=k,k_1=3/2k
と置き直し、円柱の変位をzと書くことにする。そして質量体2と円柱の間の垂直効力をNとおく。
すると運動方程式は
2m\ddot{x} = -\frac{3}{2}kx + k(y-x)
m\ddot{y} = -k(y-x) - N
m\ddot{z} = N
の3本。問題は（小問ひとつ分なのだが）、初期状態から円柱が質量体2から離れるまでの時間と、そのときの円柱の速度を求める。
ひとまず円柱と質量体2が離れる前の話を考える。すると、二体は同一運動をしているので
\ddot{y}=\ddot{z}（これに気づくのにまず15分かかった）
となり、\ddot{y}=0の瞬間N=0となるのでこのとき円柱は質量体2から離れる。
これを用いて、離れる前までの運動方程式を書き直すと
M\ddot{x} = -\frac{3}{2}kx + k(y-x)\qquad\qquad(1)
M\ddot{y} = -k(y-x)\qquad\qquad(2)
となる。ただしM=2mとした。
この連成振動を解くのだが、これがまた一苦労。
正弦波形を仮定して行列式=0で解くやり方もあるが、気づかなかったのでひとまず飛ばす。
上の式を変形して
M(\ddot{x}+\lambda\ddot{y}) = -K(x+\lambda y)
の形になれば、普通の単振動なので即座に
x+\lambda y = A \cos(\sqrt{\frac{K}{M}}t + \alpha)
と解ける。よって、逆にこれを満たすλを求めてやる。
(1) + \lambda \times (2)
を計算すると
M(\ddot{x} + \lambda \ddot{y}) = (-\frac{5}{2}k + k\lambda)x + k(1-\lambda)y
となるので
1:\lambda=(-\frac{5}{2}k + k\lambda):k(1-\lambda)
を要求すると
2\lambda^2 -3\lambda -2 = 0\quad \Longleftrightarrow \quad \lambda = 2,-\frac{1}{2}
となるので、
M(\ddot{x}+2\ddot{y}) = -\frac{1}{2}k(x+2y)
M(\ddot{x}-\frac{1}{2}\ddot{y}) = -3k(x-\frac{1}{2}y)
と変形できる。\dot{x}(0)=\dot{y}(0)=0の初期条件を考慮すると、
x+2y=A\cos(\omega_1 t)
x-\frac{1}{2}y=B\cos(\omega_2 t)
\omega_1^2 = \frac{k}{2M},\quad \omega_2^2 = \frac{3k}{M}
と求まる。x(0)=y(0)=-dを考慮すると、
x=-\frac{3}{5}d\cos(\omega_1 t) -\frac{2}{5}d\cos(\omega_2 t)
y=-\frac{6}{5}d\cos(\omega_1 t) +\frac{1}{5}d\cos(\omega_2 t)
となる。
さて、ようやく垂直抗力が0となるtが求まりそうだ。
\ddot{y}(t)=0となる最小のt(t>0)を求める。
\omega_1 = \omega,\omega_2=\sqrt{6}\omega \quad \left( \omega = \sqrt{\frac{k}{2M}} \right)とおくと
\ddot{y} = \frac{6\omega_1^2}{5}d\cos(\omega_1 t) - \frac{\omega_2^2}{5}d\cos(\omega_2 t) = \frac{3}{5}\frac{k}{M}d\left(\cos(\omega t) - \cos(\sqrt{6}\omega t)\right)
ここで、めるきたんによると和積公式は
\cos A - \cos B =-2\sin(\frac{A+B}{2})\sin(\frac{A-B}{2})
らしいので
\ddot{y} = \frac{6k}{5M}\sin\left( \frac{1+\sqrt{6}}{2}\omega t \right) \sin\left( \frac{\sqrt{6}-1}{2}\omega t \right)
となる。これを0にするtの候補としては
t = \frac{2\pi }{1+\sqrt{6}}\sqrt{\frac{2M}{k}},\quad\frac{2\pi}{\sqrt{6}-1}\sqrt{\frac{2M}{k}}
があるが、前者の方が明らかに小さい。よって、これが答えである。
離れる瞬間の速度は、t_0 = \frac{2\pi }{1+\sqrt{6}}\sqrt{\frac{2M}{k}}とおくと、\dot{y}(t_0)である。
\dot{y} = \frac{\sqrt{6}}{5}d\omega \left(\sqrt{3}\sin(\omega t) -\sin(\sqrt{6}\omega t)\right) = \frac{\sqrt{3}}{5}d\sqrt{\frac{k}{M}} \left(\sqrt{3}\sin(\sqrt{\frac{k}{2M}} t) -\sin(\sqrt{\frac{3k}{M}} t)\right)
\therefore \quad \dot{y}(t_0) = \frac{\sqrt{3}}{5}\sqrt{\frac{k}{M}} d\left(\sqrt{3}\sin(\frac{2\pi }{1+\sqrt{6}}) -\sin(\frac{2\sqrt{6}\pi }{1+\sqrt{6}})\right)
これが小問ですってよ奥さん。いや、死んでもできないわ。
あー院試受かる気がしない。


先日の制御は、リヤプノフ関数とかいうのを考えると解決した。
現代制御の範囲。俺制御論第二取ってないっての。
別の教科書借りる作業か…。