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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• 东京科学大学
• 拉格朗日力学
• 简正模与耦合振子
• 刚体转动惯量

Author

Miyake

Description

天井のある点 P から吊るされた太さが無視できる長さ $\ell$、質量 $m$ の剛体棒と、P とは反対側の端 Q に付けられた半径 $a$、質量 $M$ の円板からなる振り子がある。図のように $x$-$y$ 平面をとり（紙面内）、それに垂直な方向を $z$ 軸にとる。重力は $x$ 軸の正の向きに働いている。剛体棒及び円板は共に $x$-$y$ 平面内を運動し、さらに円板は点 Q のまわりで自由に回転できるとする。図のように、剛体棒と $x$ 軸のなす角を $\theta$、円板中心 O と点 Q を結ぶ線と $x$ 軸のなす角を $\phi$ とし、$\theta,\phi$ は図の矢印の向きを正とする。なお、剛体棒、円板それぞれの密度は一様とする。重力加速度の大きさを $g$ とする。

(1) 点 P を通り $z$ 方向に沿った軸まわりの剛体棒の慣性モーメントを $I_\ell$、点 O を通り $z$ 方向に沿った軸まわりの円板の慣性モーメントを $I_a$ とする。$I_\ell$ 及び $I_a$ を $\{\ell,a,m,M\}$ を用いて表せ。解答欄には答のみを記入すること。

(2) 振り子全体のポテンシャルエネルギー $V$ を $\{\ell,a,m,M,g,\theta,\phi\}$ を用いて表せ。ただし、$V$ は、剛体棒と円板が真下（$\theta=\phi=0$）に吊るされているときを基準（$V=0$）とする。解答欄には答のみを記入すること。

(3) 振り子全体の運動エネルギー $T$ を $\{\ell,a,m,M,\theta,\phi,\dot\theta,\dot\phi\}$ を用いて表せ。ここで、$\dot\theta$ と $\dot\phi$ は、それぞれ $\theta$ と $\phi$ の時間微分である。

(4) 以下では、微小振動を考える。即ち、$\theta,\phi$ 及び $\dot\theta,\dot\phi$ を微小量とみなし、ラグランジアンを微小量の二次までで近似する。この近似のもとでの $\theta,\phi$ に対するオイラー・ラグランジュ方程式をそれぞれ導け。

(5) 問 (4) で導いたオイラー・ラグランジュ方程式の解として現れる二種類の基準振動の角振動数を $\omega_+,\omega_-$ とする（$\omega_+>\omega_-$）。剛体棒の質量が円板のそれに比べて無視できる極限 $m/M\to0$ での $\omega_+^2,\omega_-^2$ をそれぞれ求めよ。

(6) 問 (5) の状況でさらに剛体棒が円板の半径よりも十分長い場合（$\ell\gg a$）を考える。それぞれの基準振動の特徴をとらえた模式図として最も適切なものを下図の A～F から選び、解答欄に記号を記入せよ。なお、それぞれの図では振動の最大振幅時の線分 PQ、OQ が示されており、灰色の線は半周期後の状態を表わしている。

题目描述

摆由悬挂在天花板某点 P 的细刚性杆，以及安装在另一端 Q 的圆盘组成。杆的粗细可忽略，长度为 $\ell$、质量为 $m$；圆盘半径为 $a$、质量为 $M$。如图，取纸面内为 $x$-$y$ 平面，垂直纸面的方向为 $z$ 轴，重力沿 $x$ 轴正方向作用。杆和圆盘都在 $x$-$y$ 平面内运动，圆盘还可绕 Q 自由转动。杆与 $x$ 轴的夹角为 $\theta$，圆盘中心 O 与 Q 的连线同 $x$ 轴的夹角为 $\phi$，二者以图中箭头方向为正。杆和圆盘各自的密度均匀，重力加速度大小为 $g$。

(1) 记杆绕过 P、沿 $z$ 方向的轴的转动惯量为 $I_\ell$，圆盘绕过 O、沿 $z$ 方向的轴的转动惯量为 $I_a$。用 $\{\ell,a,m,M\}$ 表示二者。答题栏只填写答案。

(2) 用 $\{\ell,a,m,M,g,\theta,\phi\}$ 表示摆整体的势能 $V$。取杆和圆盘垂直悬挂（$\theta=\phi=0$）时为 $V=0$。答题栏只填写答案。

(3) 用 $\{\ell,a,m,M,\theta,\phi,\dot\theta,\dot\phi\}$ 表示摆整体的动能 $T$，其中 $\dot\theta,\dot\phi$ 分别是 $\theta,\phi$ 的时间导数。

(4) 以下考虑微小振动，把 $\theta,\phi,\dot\theta,\dot\phi$ 都视为微小量，将拉格朗日量近似到二阶。在此近似下分别推导关于 $\theta,\phi$ 的欧拉—拉格朗日方程。

(5) 记 (4) 的方程所给出的两种简正振动角频率为 $\omega_+,\omega_-$，其中 $\omega_+>\omega_-$。求杆质量相对于圆盘质量可忽略的极限 $m/M\to0$ 下的 $\omega_+^2,\omega_-^2$。

(6) 在 (5) 的条件下，再设杆长远大于圆盘半径（$\ell\gg a$）。从原图候选 A～F 中分别选择最能表示两种简正振动特征的示意图，在答题栏填写符号。各图给出最大振幅时线段 PQ、OQ 的位置，灰线表示半周期后的状态。

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、

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

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

$$\begin{gathered} L=T-V \\ =\frac{m+3M}{6}l^2\dot\theta^2 +\frac34Ma^2\dot\phi^2+Mla\dot\theta\dot\phi \\ {}-\frac{m+2M}{4}gl\theta^2-\frac12Mga\phi^2 \end{gathered}$$

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、

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

であるから、

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

を得る（複合同順）。

(6)

$r=a/l\to0$ とすると、前問の平方根は

$$\sqrt{4l^2+4la+9a^2} =2l+a+\frac{2a^2}{l}+O(a^3/l^2).$$

したがって

$$\begin{gathered} \omega_+^2\sim\frac{2g}{a},\\ \omega_-^2=\frac gl\{1-a/l+O((a/l)^2)\}. \end{gathered}$$

第1の運動方程式から振幅比は

$$\frac BA=\frac{g-l\omega^2}{a\omega^2}.$$

高周波モードでは $B/A\sim-l/a$ となり、円板中心の横変位 $l\theta+a\phi$ は主要項で相殺される。この特徴に対応するのは $\boxed{\omega_+:\mathrm A}$ である。

低周波モードでは $B/A\to1$ となる。棒と $QO$ は同じ方向にほぼ同じ角度だけ傾き、$P,Q,O$ がほぼ一直線になる。この特徴に対応するのは $\boxed{\omega_-:\mathrm D}$ である。

Reference

• 公式問題PDF、2–3ページ