last modified: 2020/08/07 18:23:04 UTC+0900
\(\newcommand{\U}{\underline}\newcommand{\SD}{\small\displaystyle}\newcommand{\bm}{\boldsymbol}\)
[LIVE] Coronavirus Pandemic: Real Time Counter, World Map, News
Coronavirus tracked: the latest figures as the pandemic spreads
John Burn-Murdoch@jburnmurdoch
https://www.asahi.com/special/corona/
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新型コロナウィルス 国内感染の状況
新型コロナウイルス感染症まとめ
2020.8.7(金) 前日 当日 翌日 コメントする 雑記帳
- 今朝も空気が霞んでいる。天気予報は猛暑を告げる■ ロボットものづくり体験演習（金曜3時限の11班）のプレゼン■
- 今朝も空気が霞んでいる。 瀬戸内の島々も見えぬし、天文台のドームはおろか山全体が霞の向こう■ ミーティング■ 久々の英論紹介■ 秋入学生卒系発表会2件■ 15:00-17:00 ミーティング■
- 昨日の問題で、 抵抗係数がゼロになる極限が放物運動にならないというマヌケを見つけたので、 計算をやり直した。 やり直した結果が5日の記述。
- 〈新型コロナ〉岡山市の70代と20代の女性が感染 岡山県内では15日連続で感染者が判明 [KSB瀬戸内海放送] 最終更新:8/6(木) 18:31
- 曇り空というより、おそらくは湿気で霞んでいる朝。今朝も天文台のドームが見えぬ■ 数理モデル特論, シミュレーション設計学特論(第10回)■ ロボットものづくり体験演習（水曜3時限の8班と4時限の8班）のプレゼン■ 会議■ 典侍がスポンジケーキをいろいろとデコレートしてお誕生日のケーキを作ってくれた■
- H8-3664に印加する電圧が低いとタイマー機能の動作がおかしくなるのかな？
-
[今年の誕生日は解いた問題がしょぼい(しかも翌日までかかるし)]
粘性抵抗を受ける砲弾の運動の問題：
質量\(\SD m\),
粘性抵抗係数\(\SD k\),
初速\(\SD|\vec v|=v_0\),
重力加速度\(\SD g\)
とし、最も遠くに飛ばす状況を決める：
水平方向： \(\SD m \dot v_x = - k v_x \) \(\SD \Longrightarrow \) \(\SD v_x(t)= (v_0\cos\alpha) e^{-\frac{k}{m}t} \) \(\SD \Longrightarrow \) \(\SD x(t)= (v_0\cos\alpha)\frac{m}{k}\big(1- e^{-\frac{k}{m}t}\big) \) \(\SD \Longrightarrow \) \(\SD \tilde{x}(t):= \frac{k\,x(t)}{mv_0}= \big(1- e^{-\frac{k}{m}t}\big) \cos\alpha \)
鉛直方向 \(\SD m \dot v_y = - k v_x - m g \) \(\SD \Longrightarrow \) \(\SD \dot v_y = - \frac{k}{m}\big( v_x + \frac{m}{k} g \big) \) \(\SD \Longrightarrow \) \(\SD v_y(t) + \frac{mg}{k} = \big(v_0\sin\alpha + \frac{mg}{k}\big) e^{-\frac{k}{m}t} \) \(\SD \Longrightarrow \) \(\SD y(t) + \frac{mg}{k} t = \big(v_0\sin\alpha + \frac{mg}{k}\big) \frac{m}{k}\big(1- e^{-\frac{k}{m}t}\big) \) \(\SD \Longrightarrow \) \(\SD \tilde{y}(t):= \frac{k\,y(t)}{mv_0} = \big(1- e^{-\frac{k}{m}t}\big) \big(\sin\alpha + \frac{mg}{kv_0}\big) - \frac{gt}{v_0} \)
最も遠くに届くとき、すなわち \(\SD\max\tilde x(t)\) where \(\SD\tilde y(t)=0\) を求めるには Lagrangian multiplier \(\SD\lambda\) を導入して、 次の関数の極大を求める： \(\SD f(\lambda,\alpha;t):= \tilde x(\alpha;t) + \lambda \tilde y(\alpha;t) \) \(\SD = \big(1- e^{-\frac{k}{m}t}\big)\cos\alpha + \lambda \Big[ \big(1- e^{-\frac{k}{m}t}\big) \big( \sin\alpha + \frac{mg}{kv_0} \big) - \frac{gt}{v_0} \Big] \)
\(\SD \frac{\partial f}{\partial t} = \frac{k}{m}e^{-\frac{k}{m}t}\cos\alpha + \lambda \Big[ \frac{k}{m}e^{-\frac{k}{m}t} \big( \sin\alpha + \frac{mg}{kv_0} \big) - \frac{g}{v_0} \Big] = 0 \)…(1) \(\SD \frac{\partial f}{\partial\alpha} = - \big(1- e^{-\frac{k}{m}t}\big)\sin\alpha + \lambda \big(1- e^{-\frac{k}{m}t}\big)\cos\alpha = 0 \) \(\SD \Longrightarrow \) \(\SD \lambda=\tan\alpha \)…(2)
↑\(\SD \lambda\)が運動方程式のパラメーターを含まないところが驚き
\(\SD \frac{\partial f}{\partial\lambda} = \big(1- e^{-\frac{k}{m}t}\big) \big( \sin\alpha + \frac{mg}{kv_0} \big) - \frac{gt}{v_0} = 0 \)…(3)
(2)を(1)へ… \(\SD \frac{k}{m}e^{-\frac{k}{m}t}\cos\alpha + \frac{\sin\alpha}{\cos\alpha} \Big[ \frac{k}{m}e^{-\frac{k}{m}t} \big( \sin\alpha + \frac{mg}{kv_0} \big) - \frac{g}{v_0} \Big] = 0 \) \(\SD \Longrightarrow \) \(\SD \frac{k}{m}e^{-\frac{k}{m}t}\big( 1 + \frac{mg}{kv_0}\sin\alpha \big) - \frac{g}{v_0}\sin\alpha = 0 \) \(\SD \Longrightarrow \) \(\SD e^{-\frac{k}{m}t} = \frac{Q\sin\alpha}{1+Q\sin\alpha} \) where \(\SD Q:=\frac{mg}{kv_0}\)…(4)
(4)の条件での速度(着弾時の速度)を求める
\(\SD v_x(t)= (v_0\cos\alpha) e^{-\frac{k}{m}t} =(v_0\cos\alpha)\frac{Q\sin\alpha}{1+Q\sin\alpha} \) \(\SD v_y(t) = \big(v_0\sin\alpha+\frac{mg}{k} \big) e^{-\frac{k}{m}t} - \frac{mg}{k} = v_0\Big[(\sin\alpha+Q)\frac{Q\sin\alpha}{1+Q\sin\alpha}-Q\Big] \) \(\SD = v_0\frac{Q\sin^2\alpha+Q^2\sin\alpha-Q-Q^2\sin\alpha }{1+Q\sin\alpha} = -v_0\frac{Q\cos^2\alpha}{1+Q\sin\alpha} \)
\(\SD \left(\begin{array}{c}v_x(t)\\v_y(t)\end{array}\right) = \frac{v_0Q\cos\alpha}{1+Q\sin\alpha} \left(\begin{array}{r}\sin\alpha\\-\cos\alpha\end{array}\right) \) なので、確かに初速度 \(\SD \left(\begin{array}{c}v_x(0)\\v_y(0)\end{array}\right) = v_0 \left(\begin{array}{c}\cos\alpha\\\sin\alpha\end{array}\right) \) の向きに対して垂直になっている。へぇ。
着弾時刻は(4)より \(\SD e^{-\frac{k}{m}t} = \frac{Q\sin\alpha}{1+Q\sin\alpha} \) \(\SD \Longrightarrow \) \(\SD Q\sin\alpha = \frac{e^{-\frac{k}{m}t}}{1-e^{-\frac{k}{m}t}} \) \(\SD \Longrightarrow \) \(\SD \sin\alpha = \frac{1}{Q}\frac{e^{-\frac{k}{m}t}}{1-e^{-\frac{k}{m}t}} \) を(3)に代入して \(\SD \big(1-e^{-\frac{k}{m}t}\big)(\sin\alpha+Q)=\frac{gt}{v_0} \) \(\SD \Longrightarrow \) \(\SD \big(1-e^{-\frac{k}{m}t}\big)\big( \frac{1}{Q}\frac{e^{-\frac{k}{m}t}}{1-e^{-\frac{k}{m}t}} +Q \big)=\frac{gt}{v_0} \) \(\SD \Longrightarrow \) \(\SD e^{-\frac{k}{m}t} + Q^2(1-e^{-\frac{k}{m}t}) = Q\frac{gt}{v_0} \) \(\SD \Longrightarrow \) \(\SD Q^{-2}e^{-T} + (1-e^{-T}) = T \) where \(\SD T=\frac{kt}{m}\) \(\SD \Longrightarrow \) \(\SD Q^{-2} = Te^T - e^T + 1 \bigg( \approx \frac{T^2}{2} \) for \(\SD k\to0 \bigg) \) の解を求めることになる。
\(\SD k\to0\)の極限が放物運動になる（テイラー展開の2次まで必要な例になってる）水平方向 \(\SD m \dot v_x = - k v_x \) \(\SD \Longrightarrow m \dot v_x = 0 \)
\(\SD v_x(t)= (v_0\cos\alpha) e^{-\frac{k}{m}t} \) \(\SD \Longrightarrow \) \(\SD v_x(t) \approx (v_0\cos\alpha) \big(1-\frac{k}{m}t\big) \approx v_0\cos\alpha \)
\(\SD x(t)= (v_0\cos\alpha)\frac{m}{k}\Big(1- e^{-\frac{k}{m}t}\Big) \) \(\SD \Longrightarrow x(t)\approx (v_0\cos\alpha)t \)
鉛直方向 \(\SD m \dot v_y = - k v_x - m g \) \(\SD \Longrightarrow \) \(\SD \dot v_y = - \frac{k}{m} v_x - g \) \(\SD \Longrightarrow \) \(\SD \dot v_y = - g \)
\(\SD v_y(t) = \big(v_0\sin\alpha + \frac{mg}{k}\big) e^{-\frac{k}{m}t} - \frac{mg}{k} \) \(\SD \Longrightarrow \) \(\SD v_y(t) \approx \big(v_0\sin\alpha + \frac{mg}{k}\big) \big( 1 -\frac{k}{m}t \big) - \frac{mg}{k} \approx v_0\sin\alpha - gt \)
\(\SD y(t) = \big(v_0\sin\alpha + \frac{mg}{k}\big) \frac{m}{k}\Big(1- e^{-\frac{k}{m}t}\Big) + \frac{mg}{k} t \approx \big(v_0\sin\alpha + \frac{mg}{k}\big) \frac{m}{k} \Big(\frac{k}{m}t-\frac12\big(\frac{k}{m}t\big)^2\Big) + \frac{mg}{k} t \) \(\SD \approx (v_0\sin\alpha)t - \frac{1}{2}gt^2 \)
着弾時刻は \(\SD Q^{-2} = Te^T - e^T + 1 \approx \frac{T^2}{2} \) \(\SD \Longrightarrow \) \(\SD QT=\frac{mg}{kv_0}\frac{kt}{m}=\sqrt2 \Longrightarrow \) \(\SD t=\sqrt2\frac{v_0}{g} \)
投射角は \(\SD \sin\alpha = \frac{1}{Q}\frac{e^{-T}}{1-e^{-T}} \approx \frac{1}{QT} = \frac{1}{\sqrt{2}} \) で45度での投射
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