東京工業大学 理学院 物理学系 2018年8月実施 午前 [1]

标签：

• TITech
• Lagrangian-Mechanics
• Coupled-Rigid-Body-Normal-Modes

Author

Miyake

Description

题目描述

题面缺失边界： 当前 Description 与全部本地 Git 历史版本均为空，原机械装置图也没有留存在允许材料中。Kai 可确认装置含一根均匀细杆和一圆盘、广义坐标 $\theta,\phi$ 及下列几何和能量关系；连接点名称、角度零方向和第 6 问候选示意图本身无法恢复。

设均匀细杆质量为 $m$、长度为 $l$，绕一端转动；均匀圆盘质量为 $M$、半径为 $a$。杆角为 $\theta$，圆盘转角为 $\phi$，重力加速度为 $g$。Kai 中圆盘中心 O 的坐标关系为

$$X=l\cos\theta+a\cos\phi,\qquad Y=l\sin\theta+a\sin\phi.$$

1. 分别求细杆关于端点的转动惯量 $I_l$ 与圆盘关于中心的转动惯量 $I_a$。

2. 以 $\theta=\phi=0$ 为势能零点，求系统重力势能 $V(\theta,\phi)$。Kai 唯一保留的高度关系给出

   $$V= mg\frac l2(1-\cos\theta) +Mg\{l(1-\cos\theta)+a(1-\cos\phi)\}.$$

3. 计入杆绕端点转动、圆盘中心平动及圆盘自转，求总动能 $T$。

4. 在 $\theta,\phi,\dot\theta,\dot\phi$ 的二次近似下写出 Lagrangian $L=T-V$，并对 $\theta,\phi$ 建立 Euler–Lagrange 方程。

5. 在极限

   $$\frac mM\to0$$

   下，令

   $$\theta=A\sin\omega t,\qquad \phi=B\sin\omega t,$$

   求两个正常模角频率 $\omega_\pm$。

6. 再取 $l\gg a$，求两个正常模的振幅比 $B/A$ 的主导近似，并从原题候选图中选择相应模式。Kai 记录

   $$\omega_+:\quad B\simeq-\frac laA, \qquad \omega_-:\quad B\simeq\frac laA,$$

   以及所选标签分别为“图 A”“图 C”；候选图内容本身无法恢复。

考点

• 刚体转动惯量：由连续质量分布积分求均匀杆绕端点和均匀圆盘绕中心的惯量。
• Lagrangian 力学：从质心坐标求平动、转动动能和重力势能，在小角近似下建立耦合线性运动方程。
• 耦合刚体正常模：代入同频简谐试探解，令系数行列式为零求两支本征频率，并在 $m/M\to0$、$l\gg a$ 下分析同相与反相振幅。
• 缺失图示边界：装置图及模式候选图不在 Kai 或历史中，故只保留其唯一对应的坐标、能量和振幅关系。

Kai

(1)

$$\begin{aligned} I_l &= \int_0^l \xi^2 \frac{m}{l} d \xi = \frac{m}{l} \left[ \frac{\xi^3}{3} \right]_0^l = \frac{1}{3} m l^2 \\ I_a &= \int_0^a r^2 M \frac{2 \pi r}{\pi a^2} dr = \frac{2M}{a^2} \int_0^a r^3 dr = \frac{2M}{a^2} \left[ \frac{r^4}{4} \right]_0^a = \frac{1}{2} M a^2 \end{aligned}$$

(2)

$$\begin{aligned} V &= mg \frac{l}{2} ( 1 - \cos \theta ) + Mg \left\{ l ( 1 - \cos \theta ) + a ( 1 - \cos \phi ) \right\} \\ &= \frac{m+2M}{2} gl ( 1 - \cos \theta ) + Mga ( 1 - \cos \phi ) \\ \end{aligned}$$

(3)

$O$ の座標を $(X,Y)$ とすると、

$$\begin{aligned} X &= l \cos \theta + a \cos \phi , \ \ \ \ Y = l \sin \theta + a \sin \phi \\ \therefore \ \ \ \ \dot{X} &= - l \dot{\theta} \sin \theta - a \dot{\phi} \sin \phi , \ \ \ \ \dot{Y} = l \dot{\theta} \cos \theta + a \dot{\phi} \cos \phi \end{aligned}$$

であるから、

$$\begin{aligned} T &= \frac{1}{2} I_l \dot{\theta}^2 + \frac{1}{2} M \left( \dot{X}^2 + \dot{Y}^2 \right) + \frac{1}{2} I_a \dot{\phi}^2 \\ &= \frac{1}{6} m l^2 \dot{\theta}^2 + \frac{1}{2} M \left( l^2 \dot{\theta}^2 + a^2 \dot{\phi}^2 + 2la \dot{\theta} \dot{\phi} \cos (\theta - \phi) \right) + \frac{1}{4} M a^2 \dot{\phi}^2 \\ &= \frac{m+3M}{6} l^2 \dot{\theta}^2 + \frac{3}{4} M a^2 \dot{\phi}^2 + Mla \dot{\theta} \dot{\phi} \cos (\theta - \phi) \end{aligned}$$

を得る。

(4)

$\theta, \phi, \dot{\theta}, \dot{\phi}$ の2次までで、

$$\begin{aligned} V &= \frac{m+2M}{4} gl \theta^2 + \frac{1}{2} Mga \phi^2 \\ T &= \frac{m+3M}{6} l^2 \dot{\theta}^2 + \frac{3}{4} M a^2 \dot{\phi}^2 + Mla \dot{\theta} \dot{\phi} \end{aligned}$$

であるから、ラグランジアン $L$ は

$$\begin{aligned} L &= T - V \\ &= \frac{m+3M}{6} l^2 \dot{\theta}^2 + \frac{3}{4} M a^2 \dot{\phi}^2 + Mla \dot{\theta} \dot{\phi} - \frac{m+2M}{4} gl \theta^2 - \frac{1}{2} Mga \phi^2 \end{aligned}$$

となる。 よって、

$$\begin{aligned} \frac{\partial L}{\partial \dot{\theta}} &= \frac{m+3M}{3} l^2 \dot{\theta} + Mla \dot{\phi} \\ \frac{\partial L}{\partial \theta} &= - \frac{m+2M}{2} gl \theta \\ \frac{\partial L}{\partial \dot{\phi}} &= \frac{3}{2} M a^2 \dot{\phi} + Mla \dot{\theta} \\ \frac{\partial L}{\partial \phi} &= - Mga \phi \end{aligned}$$

であるから、 $\theta, \phi$ に関するオイラー-ラグランジュの方程式は、次のようになる：

$$\begin{aligned} & \begin{cases} \frac{m+3M}{3} l^2 \ddot{\theta} + Mla \ddot{\phi} = - \frac{m+2M}{2} gl \theta \\ \frac{3}{2} M a^2 \ddot{\phi} + Mla \ddot{\theta} = - Mga \phi \end{cases} \\ \therefore \ \ \ \ & \begin{cases} \frac{m+3M}{3} l \ddot{\theta} + Ma \ddot{\phi} = - \frac{m+2M}{2} g \theta \\ \frac{3}{2} a \ddot{\phi} + l \ddot{\theta} = - g \phi \end{cases} \end{aligned}$$

(5)

(4) で得た運動方程式は、 $m/M \to 0$ で次のようになる：

$$\begin{aligned} \begin{cases} l \ddot{\theta} + a \ddot{\phi} = - g \theta \\ \frac{3}{2} a \ddot{\phi} + l \ddot{\theta} = - g \phi \end{cases} \end{aligned}$$

基準振動を求めるために、 $\theta = A \sin \omega t, \phi = B \sin \omega t$ とすると、次のようになる：

$$\begin{aligned} & \begin{cases} - l \omega^2 A - a \omega^2 B = - g A \\ - \frac{3}{2} a \omega^2 B - l \omega^2 A = - g B \end{cases} \\ \therefore \ \ \ \ & \begin{cases} \left( l \omega^2 - g \right) A + a \omega^2 B = 0 \\ l \omega^2 A + \left( \frac{3}{2} a \omega^2 - g \right) B = 0 \end{cases} \end{aligned}$$

$A=B=0$ 以外の解をもつための条件は、

$$\begin{aligned} 0 &= \begin{vmatrix} l \omega^2 - g & a \omega^2 \\ l \omega^2 & \frac{3}{2} a \omega^2 - g \end{vmatrix} \\ &= \frac{1}{2} \left\{ la \omega^4 - (2l+3a) g \omega^2 + g^2 \right\} \end{aligned}$$

であるから、

$$\begin{aligned} \omega_{\pm}^2 &= \frac{(2l+3a)g \pm \sqrt{(2l+3a)^2 g^2 - 4lag^2}}{2la} \\ &= \frac{g}{2la} \left\{ 2l+3a \pm \sqrt{4l^2 + 8la + 9a^2} \right\} \end{aligned}$$

を得る（複合同順）。

(6)

(5) より、 角振動数 $\omega_+$ の基準振動の場合、 $l \gg a$ では、

$$\begin{aligned} B \simeq - \frac{l}{a} A \end{aligned}$$

であるから、適切な模式図は図Aである。 また、 角振動数 $\omega_-$ の基準振動の場合、 $l \gg a$ では、

$$\begin{aligned} B \simeq \frac{l}{a} A \end{aligned}$$

であるから、適切な模式図は図Cである。