東京工業大学理学院物理学系 2018年8月実施午前 [1]

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\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}

\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}

$O$ 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。

$\theta, \phi, \dot{\theta}, \dot{\phi}$ 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}

(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）。

(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。