【解答】中空円筒と円柱の微小振動 - 科学のおもちゃ箱 @wiki - atwiki（アットウィキ）

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【解答】中空円筒と円柱の微小振動

【問題】→　中空円筒と円柱の微小振動

(1)

下図のように円柱重心の最下点からの角変位を $\theta$ ，円筒との接点を基準とした回転角を $\phi$ とする。

ラグランジアンは，

$L = \frac{1}{2}m(R - r)^2\dot\theta^2 + \frac{1}{2}I(\dot\phi - \dot\theta)^2 + mg(R-r)\cos\theta$

ここに， $I$ は円柱の慣性モーメント

$I = \frac{1}{2}mr^2$

である。また，すべらずに転がる条件は，

$R\theta = r\phi$

となる。

$\phi$ を消去し，微小角近似した上で，ラグランジアンの定数項および定数因子を省いて

$L = \frac{3}{4}(R - r)\dot\theta^2 - \frac{1}{2}g\theta^2$

微分して得られる円柱の運動方程式は

$\ddot\theta = -\frac{2g}{3(R-r)}\cdot\theta$

したがって，角振動数と周期は，

$\omega = \sqrt{\frac{2g}{3(R - r)}}\quad,\qquad T = 2\pi\sqrt{\frac {3(R - r)}{2g}}$

となる。

(2)

下図のように，つり合い位置で鉛直下方となる半径を基準とした角変位 $\alpha$ をとる。
また， $\theta,\phi$ は(1)と同様にとる。

ラグランジアンは，

$L = \frac{1}{2}m \left\{ (R -r)\dot\theta - R\dot\alpha \right\}^2 + \frac{1}{2}I (\dot\phi - \dot\theta)^2 + MR^2\dot\alpha^2 + mg(R-r)\cos\theta$

すべらずに転がる条件から

$r\phi = R(\theta - \alpha)$

水平方向の運動量保存により，

$m\{ (R -r)\dot\theta - R\dot\alpha \} - MR\dot\alpha = 0$

微小角近似した上で，ラグランジアンの定数項および定数因子を省いて

$L = (R - r)\dot\theta^2\cdot\frac{M(3M + 4m)}{ 4(M + m)^2 } - \frac{1}{2}g\theta^2$

微分して得られる運動方程式は，

$\ddot\theta = -\frac{2(M+m)^2g}{M(3M+4m)(R-r)}\cdot\theta$

したがって，角振動数および周期は，

$\omega = \sqrt{\frac{2(M + m)^2g}{M(3M + 4m)(R - r)}}\quad,\qquad T = 2\pi\sqrt{\frac{M(3M + 4m)(R - r)}{2(M + m)^2g}}$

となる。

Algodooの設定は， $M=1200{\rm [kg]}, R=100{\rm [m]}, m=600{\rm [kg]}, r=10{\rm [m]}$ 　である。例によって精度を上げるために巨大化した。

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最終更新：2011年08月07日 11:28

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