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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Author

Miyake

Description

題意の要約

公式問題PDF、2–3ページ

天井の点 $P$ に長さ $l$、質量 $m$ の細い一様な剛体棒を吊るす。他端 $Q$ は半径 $a$、質量 $M$ の一様円板の縁に接続し、円板は $Q$ の周りに自由に回転できる。運動は $xy$ 面内に限り、$x$ 軸は鉛直下向き、$y$ 軸は右向き、重力は $+x$ 方向である。$PQ$ と $+x$ の角を $\theta$、$QO$（円板中心 $O$）と $+x$ の角を $\phi$ とし、図の向きを正に取る。

1. 棒の $P$ を通る $z$ 軸と、円板の $O$ を通る $z$ 軸に関する慣性モーメントを求める。
2. $\theta=\phi=0$ を基準とした位置エネルギーを求める。
3. 全運動エネルギーを求める。
4. 角度と角速度の2次まででラグランジアンを近似し、2つのオイラー–ラグランジュ方程式を導く。
5. $m/M\to0$ で2つの基準角振動数の2乗 $\omega_+^2>\omega_-^2$ を求める。
6. さらに $l\gg a$ とし、各モードに最も適した候補 A–F を選ぶ。候補図の黒線は最大振幅、薄い線は半周期後の配置を表す。

题目描述

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 $g$。取悬挂点 $P$ 为原点，$+x$ 竖直向下、$+y$ 向右。杆端 $Q$ 接在圆盘边缘，圆盘可绕 $Q$ 自由转动；$\theta$ 是 $PQ$ 与 $+x$ 的夹角，$\phi$ 是 $QO$ 与 $+x$ 的夹角。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 $V(\theta,\phi)$。由高度关系可写成

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

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。相应的主导行为为

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

   对应候选分别为图 A、图 D。上方候选图中的黑线表示最大振幅，浅色线表示半周期后的配置。

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、

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

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

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

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。