広島大学 先進理工系科学研究科 物理学プログラム 2022年8月実施 専門科目 [1] 力学 Author Miyake
Description ばね定数 k k k m m m c c c x x x
(1) この系の運動方程式を立てよ。
(2) c 2 < 4 m k c^2 < 4mk c 2 < 4 mk
(2) c 2 > 4 m k c^2 > 4mk c 2 > 4 mk
図 1 のように３つの質点と３つのばねと1つの棒が組み合わされて構成され、壁に取り付けられて水平な台に置かれた系を考える。
すべての質点の質量を m m m k k k 2 a 2a 2 a x 1 , x 2 , x 3 x_1, x_2, x_3 x 1 , x 2 , x 3 c = 0 c = 0 c = 0
(1) この系のラグランジアンを求めよ。
(2) 上で求めたラグランジアンより、この系の運動方程式を導出せよ。
(3) この系の固有振動モードの1つは、棒の中点が静止した状態で、棒の両端が逆位相で振動するものである。
棒の中点の周りに関する回転の運動方程式を導出し、その角振動数が ω 1 = k m \omega_1 = \sqrt{\frac{k}{m}} ω 1 = m k
(4) この系の固有角振動数について、ω 1 \omega_1 ω 1
(5) この系の固有振動モードは3種類ある。それぞれを図を用いて説明せよ。
题目描述
1. 阻尼弹簧振子
一根劲度系数为 k k k m m m c c c x x x
建立该系统的运动方程。
当 c 2 < 4 m k c^2<4mk c 2 < 4 mk
当 c 2 > 4 m k c^2>4mk c 2 > 4 mk
2. 三质点耦合振动
考虑图 1 所示、由三个质点、三根弹簧和一根杆组成并连接到墙、置于水平平台上的系统。三个质点质量均为 m m m k k k 2 a 2a 2 a x 1 , x 2 , x 3 x_1,x_2,x_3 x 1 , x 2 , x 3 c = 0 c=0 c = 0
求该系统的拉格朗日量。
由所得拉格朗日量导出运动方程。
一个固有振动模式为杆的中点静止、两端反相振动。导出杆绕中点转动的运动方程，并证明其角频率
ω 1 = k m . \omega_1=\sqrt{\frac{k}{m}}. ω 1 = m k . 可以使用第 2 问所得方程。
求该系统除 ω 1 \omega_1 ω 1
系统共有三种固有振动模式，分别用图说明。
装置的连接方式及几何关系以图 1 为准。
阻尼简谐运动：根据速度阻力建立二阶方程，并区分欠阻尼与过阻尼条件下的通解和运动图像。
拉格朗日力学：由三质点系统的动能、弹簧势能构造拉格朗日量并导出耦合运动方程。
简正模式与耦合振子：对耦合方程作特征值分析，求三种固有角频率及对应的相对振幅模式。
Kai 時刻を t t t d / d t d/dt d / d t ˙ \dot{} ˙
(1)
m x ¨ = − k x − c x ˙ \begin{aligned}
m \ddot{x} = - kx - c \dot{x}
\end{aligned} m x ¨ = − k x − c x ˙ (2)
(1) の運動方程式に x = e λ t x = e^{\lambda t} x = e λ t λ \lambda λ t t t
m λ 2 + c λ + k = 0 \begin{aligned}
m \lambda^2 + c \lambda + k = 0
\end{aligned} m λ 2 + c λ + k = 0 ∴ λ = − c ± c 2 − 4 m k 2 m = − c ± i 4 m k − c 2 2 m \begin{aligned}
\therefore \ \
\lambda
&= \frac{-c \pm \sqrt{c^2 - 4mk}}{2m}
\\
&= \frac{-c \pm i \sqrt{4mk - c^2}}{2m}
\end{aligned} ∴ λ = 2 m − c ± c 2 − 4 mk = 2 m − c ± i 4 mk − c 2 を得る。よって、 c 2 < 4 m k c^2 \lt 4mk c 2 < 4 mk A , B A,B A , B
x ( t ) = ( A sin ( 4 m k − c 2 2 m t ) + B sin ( 4 m k − c 2 2 m t ) ) exp ( − c 2 m t ) \begin{aligned}
x(t)
&= \left(
A \sin \left( \frac{\sqrt{4mk - c^2}}{2m} t \right)
+ B \sin \left( \frac{\sqrt{4mk - c^2}}{2m} t \right)
\right) \exp \left( - \frac{c}{2m} t \right)
\end{aligned} x ( t ) = ( A sin ( 2 m 4 mk − c 2 t ) + B sin ( 2 m 4 mk − c 2 t ) ) exp ( − 2 m c t ) である。
(3)
c 2 > 4 m k c^2 \gt 4mk c 2 > 4 mk A , B A,B A , B
x ( t ) = A exp ( − c + c 2 − 4 m k 2 m t ) + B exp ( − c − c 2 − 4 m k 2 m t ) \begin{aligned}
x(t)
&= A \exp \left( \frac{-c + \sqrt{c^2 - 4mk}}{2m} t \right)
+ B \exp \left( \frac{-c - \sqrt{c^2 - 4mk}}{2m} t \right)
\end{aligned} x ( t ) = A exp ( 2 m − c + c 2 − 4 mk t ) + B exp ( 2 m − c − c 2 − 4 mk t ) である。
(1)
求めるラグランジアン L L L
L = 1 2 m ( x ˙ 1 2 + x ˙ 2 2 + x ˙ 3 2 ) − 1 2 k ( x 1 2 + x 2 2 + ( x 3 − x 1 + x 2 2 ) 2 ) \begin{aligned}
L
&= \frac{1}{2} m \left( \dot{x}_1^2 + \dot{x}_2^2 + \dot{x}_3^2 \right)
- \frac{1}{2} k
\left( x_1^2 + x_2^2 + \left( x_3 - \frac{x_1+x_2}{2} \right)^2 \right)
\end{aligned} L = 2 1 m ( x ˙ 1 2 + x ˙ 2 2 + x ˙ 3 2 ) − 2 1 k ( x 1 2 + x 2 2 + ( x 3 − 2 x 1 + x 2 ) 2 ) (2)
d d t ∂ L ∂ x ˙ 1 = d d t m x ˙ 1 = m x ¨ 1 d d t ∂ L ∂ x ˙ 2 = d d t m x ˙ 2 = m x ¨ 2 d d t ∂ L ∂ x ˙ 3 = d d t m x ˙ 3 = m x ¨ 3 ∂ L ∂ x 1 = − k x 1 + 1 2 k ( x 3 − x 1 + x 2 2 ) = − 1 4 k ( 5 x 1 + x 2 − 2 x 3 ) ∂ L ∂ x 2 = − k x 2 + 1 2 k ( x 3 − x 1 + x 2 2 ) = − 1 4 k ( x 1 + 5 x 2 − 2 x 3 ) ∂ L ∂ x 3 = − k ( x 3 − x 1 + x 2 2 ) = − 1 2 k ( − x 1 − x 2 + 2 x 3 ) \begin{aligned}
\frac{d}{dt} \frac{\partial L}{\partial \dot{x}_1}
&= \frac{d}{dt} m \dot{x}_1 = m \ddot{x}_1
\\
\frac{d}{dt} \frac{\partial L}{\partial \dot{x}_2}
&= \frac{d}{dt} m \dot{x}_2 = m \ddot{x}_2
\\
\frac{d}{dt} \frac{\partial L}{\partial \dot{x}_3}
&= \frac{d}{dt} m \dot{x}_3 = m \ddot{x}_3
\\
\frac{\partial L}{\partial x_1}
&= - k x_1 + \frac{1}{2} k \left( x_3 - \frac{x_1+x_2}{2} \right)
\\
&= - \frac{1}{4} k \left( 5 x_1 + x_2 - 2 x_3 \right)
\\
\frac{\partial L}{\partial x_2}
&= - k x_2 + \frac{1}{2} k \left( x_3 - \frac{x_1+x_2}{2} \right)
\\
&= - \frac{1}{4} k \left( x_1 + 5 x_2 - 2 x_3 \right)
\\
\frac{\partial L}{\partial x_3}
&= - k \left( x_3 - \frac{x_1+x_2}{2} \right)
\\
&= - \frac{1}{2} k \left( - x_1 - x_2 + 2 x_3 \right)
\end{aligned} d t d ∂ x ˙ 1 ∂ L d t d ∂ x ˙ 2 ∂ L d t d ∂ x ˙ 3 ∂ L ∂ x 1 ∂ L ∂ x 2 ∂ L ∂ x 3 ∂ L = d t d m x ˙ 1 = m x ¨ 1 = d t d m x ˙ 2 = m x ¨ 2 = d t d m x ˙ 3 = m x ¨ 3 = − k x 1 + 2 1 k ( x 3 − 2 x 1 + x 2 ) = − 4 1 k ( 5 x 1 + x 2 − 2 x 3 ) = − k x 2 + 2 1 k ( x 3 − 2 x 1 + x 2 ) = − 4 1 k ( x 1 + 5 x 2 − 2 x 3 ) = − k ( x 3 − 2 x 1 + x 2 ) = − 2 1 k ( − x 1 − x 2 + 2 x 3 ) より、
m x ¨ 1 = − 1 4 k ( 5 x 1 + x 2 − 2 x 3 ) m x ¨ 2 = − 1 4 k ( x 1 + 5 x 2 − 2 x 3 ) m x ¨ 3 = − 1 2 k ( − x 1 − x 2 + 2 x 3 ) \begin{aligned}
m \ddot{x}_1 &= - \frac{1}{4} k \left( 5 x_1 + x_2 - 2 x_3 \right)
\\
m \ddot{x}_2 &= - \frac{1}{4} k \left( x_1 + 5 x_2 - 2 x_3 \right)
\\
m \ddot{x}_3 &= - \frac{1}{2} k \left( - x_1 - x_2 + 2 x_3 \right)
\end{aligned} m x ¨ 1 m x ¨ 2 m x ¨ 3 = − 4 1 k ( 5 x 1 + x 2 − 2 x 3 ) = − 4 1 k ( x 1 + 5 x 2 − 2 x 3 ) = − 2 1 k ( − x 1 − x 2 + 2 x 3 ) (3)
(2) で求めた運動方程式は、次のように書ける：
d 2 d t 2 ( x 1 x 2 x 3 ) = − ω 1 2 4 ( 5 1 − 2 1 5 − 2 − 2 − 2 4 ) ( x 1 x 2 x 3 ) . \begin{align}
\frac{d^2}{dt^2} \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix}
=
- \frac{\omega_1^2}{4}
\begin{pmatrix} 5 & 1 & -2 \\ 1 & 5 & -2 \\ -2 & -2 & 4 \end{pmatrix}
\begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix}
\tag{a}
.
\end{align} d t 2 d 2 x 1 x 2 x 3 = − 4 ω 1 2 5 1 − 2 1 5 − 2 − 2 − 2 4 x 1 x 2 x 3 . ( a ) 棒の中点が静止した状態で棒の両端が逆位相で振動する運動は
( x 1 x 2 x 3 ) = ( ξ − ξ 0 ) \begin{aligned}
\begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix} \xi \\ - \xi \\ 0 \end{pmatrix}
\end{aligned} x 1 x 2 x 3 = ξ − ξ 0 と書けるから、これを運動方程式 (a) に代入すると、
d 2 d t 2 ( ξ − ξ 0 ) = − ω 1 2 4 ( 5 1 − 2 1 5 − 2 − 2 − 2 4 ) ( ξ − ξ 0 ) = − ω 1 2 ( ξ − ξ 0 ) \begin{aligned}
\frac{d^2}{dt^2} \begin{pmatrix} \xi \\ - \xi \\ 0 \end{pmatrix}
&= - \frac{\omega_1^2}{4}
\begin{pmatrix} 5 & 1 & -2 \\ 1 & 5 & -2 \\ -2 & -2 & 4 \end{pmatrix}
\begin{pmatrix} \xi \\ - \xi \\ 0 \end{pmatrix}
\\
&= - \omega_1^2
\begin{pmatrix} \xi \\ - \xi \\ 0 \end{pmatrix}
\end{aligned} d t 2 d 2 ξ − ξ 0 = − 4 ω 1 2 5 1 − 2 1 5 − 2 − 2 − 2 4 ξ − ξ 0 = − ω 1 2 ξ − ξ 0 となり、角振動数 ω 1 \omega_1 ω 1
(4)
(3) で現れた行列
Λ = ( 5 1 − 2 1 5 − 2 − 2 − 2 4 ) \begin{aligned}
\Lambda
= \begin{pmatrix} 5 & 1 & -2 \\ 1 & 5 & -2 \\ -2 & -2 & 4 \end{pmatrix}
\end{aligned} Λ = 5 1 − 2 1 5 − 2 − 2 − 2 4 の固有値を λ \lambda λ v \boldsymbol{v} v v sin ω t \boldsymbol{v} \sin \omega t v sin ω t ω ( > 0 ) \omega \ (\gt 0) ω ( > 0 )
d 2 d t 2 v sin ω t = − ω 1 2 4 Λ v sin ω t − ω 2 v sin ω t = − ω 1 2 4 λ v sin ω t ∴ ω 2 = ω 1 2 4 λ (b) \begin{aligned}
\frac{d^2}{dt^2} \boldsymbol{v} \sin \omega t
&= - \frac{\omega_1^2}{4} \Lambda \boldsymbol{v} \sin \omega t
\\
- \omega^2 \boldsymbol{v} \sin \omega t
&= - \frac{\omega_1^2}{4} \lambda \boldsymbol{v} \sin \omega t
\\
\therefore \ \
\omega^2 &= \frac{\omega_1^2}{4} \lambda
\tag{b}
\end{aligned} d t 2 d 2 v sin ω t − ω 2 v sin ω t ∴ ω 2 = − 4 ω 1 2 Λ v sin ω t = − 4 ω 1 2 λ v sin ω t = 4 ω 1 2 λ ( b ) となるので、これを満たすように ω \omega ω v sin ω t \boldsymbol{v} \sin \omega t v sin ω t ω \omega ω
λ \lambda λ
0 = det ( 5 − λ 1 − 2 1 5 − λ − 2 − 2 − 2 4 − λ ) = − ( λ − 2 ) ( λ − 4 ) ( λ − 8 ) ∴ λ = 2 , 4 , 8 \begin{aligned}
0
&= \det \begin{pmatrix}
5 - \lambda & 1 & -2 \\ 1 & 5 - \lambda & -2 \\ -2 & -2 & 4 - \lambda
\end{pmatrix}
\\
&= - (\lambda-2)(\lambda-4)(\lambda-8)
\\
\therefore \ \
\lambda &= 2, 4, 8
\end{aligned} 0 ∴ λ = det 5 − λ 1 − 2 1 5 − λ − 2 − 2 − 2 4 − λ = − ( λ − 2 ) ( λ − 4 ) ( λ − 8 ) = 2 , 4 , 8 よって、式 (b) より、
ω 2 = ω 1 2 2 , ω 1 2 , 2 ω 1 2 \begin{aligned}
\omega^2 &= \frac{\omega_1^2}{2}, \ \omega_1^2, \ 2 \omega_1^2
\end{aligned} ω 2 = 2 ω 1 2 , ω 1 2 , 2 ω 1 2 がわかり、ω 1 \omega_1 ω 1 ω 1 / 2 , 2 ω 1 \omega_1 / \sqrt{2}, \sqrt{2} \omega_1 ω 1 / 2 , 2 ω 1
(5)
(4) の行列 Λ \Lambda Λ 2 , 4 , 8 2, 4, 8 2 , 4 , 8
( 1 1 2 ) , ( 1 − 1 0 ) , ( 1 1 − 1 ) \begin{aligned}
\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 2 \end{pmatrix}
, \ \
\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 0 \end{pmatrix}
, \ \
\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ -1 \end{pmatrix}
\end{aligned} 1 1 2 , 1 − 1 0 , 1 1 − 1 であるので、固有角振動数 ω 1 / 2 , ω 1 , 2 ω 1 \omega_1 / \sqrt{2}, \omega_1, 2 \omega_1 ω 1 / 2 , ω 1 , 2 ω 1
( x 1 x 2 x 3 ) = A sin ( ω 1 2 t + α ) ( 1 1 2 ) , B sin ( ω 1 t + β ) ( 1 − 1 0 ) , C sin ( 2 ω 1 t + γ ) ( 1 1 − 1 ) \begin{aligned}
\begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix}
&=
A \sin \left( \frac{\omega_1}{\sqrt{2}} t + \alpha \right)
\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 2 \end{pmatrix}
,
B \sin \left( \omega_1 t + \beta \right)
\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 0 \end{pmatrix}
,
C \sin \left( 2 \omega_1 t + \gamma \right)
\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ -1 \end{pmatrix}
\end{aligned} x 1 x 2 x 3 = A sin ( 2 ω 1 t + α ) 1 1 2 , B sin ( ω 1 t + β ) 1 − 1 0 , C sin ( 2 ω 1 t + γ ) 1 1 − 1 と書ける。（ A , B , C , α , β , γ A,B,C,\alpha,\beta,\gamma A , B , C , α , β , γ
