九州大学 理学府 物理学専攻 2019年8月実施 物理学 [I]

标签：

• Kyushu-University
• Hamilton-Principle-and-Euler-Lagrange-Equation
• Lagrangian-Mechanics
• Gyroscopic-Precession

Author

Miyake

Description

题目描述

原 Description 未录入文字；以下按现有解答可确认的分问整理。

A-I（Hamilton 原理）：对作用量

$$S[q]=\int_{t_1}^{t_2}L(q,\dot q)\,dt$$

及固定端点的变分 $q\mapsto q+\delta q$：

1. 写出端点处 $\delta q$ 满足的条件。
2. 将 $L(q+\delta q,\dot q+\delta\dot q)$ 展开到变分的一阶。
3. 由 $\delta S=0$ 推导 Euler–Lagrange 方程。

A-II（简谐振子）：质量为 $m$、弹性系数为 $k$ 的一维简谐振子，广义坐标为 $q$。

1. 写出 Lagrangian。
2. 由 Euler–Lagrange 方程推导运动方程。
3. 写出能量 $E(t)$ 并证明其守恒。
4. 求 $q(t)$ 的通解。

B（陀螺进动）：取 $\boldsymbol i,\boldsymbol j,\boldsymbol k$ 为 $x,y,z$ 正方向单位向量。现有解答所对应的装置为：刚体转动惯量 $I$，质心到固定点 O 的距离 $R$，质量 $m$，重力沿 $-\boldsymbol k$；质心位置为 $X\boldsymbol i+Y\boldsymbol j+Z\boldsymbol k$。先分析角速度为 $\omega_1$ 时，作用点臂长 $l$ 的力 $F$ 在短时间 $\Delta t$ 内造成的角动量改变及偏转角；再对自转角速度 $\omega_2$、轴与竖直方向夹角 $\alpha$ 的重陀螺：

1. 写出初始角动量；
2. 判断外力矩方向；
3. 写出冲量作用后的角动量；
4. 求新角动量与 $z$ 轴夹角；
5. 求重力矩；
6. 建立 $X,Y,Z$ 的运动方程；
7. 在 $t=0$ 时轴投影方位角为零的条件下求 $X(t),Y(t),Z(t)$；
8. 求进动角速度 $\Omega$。

Kai

[A-I]

(1)

$$\begin{aligned} \delta q (t_1) = \delta q (t_2) = 0 \end{aligned}$$

(2)

$$\begin{aligned} L \left( q + \delta q, \dot{q} + \delta \dot{q} \right) \simeq L \left( q, \dot{q} \right) + \frac{\partial L \left( q, \dot{q} \right)}{\partial q} \delta q + \frac{\partial L \left( q, \dot{q} \right)}{\partial \dot{q}} \delta \dot{q} \end{aligned}$$

(3)

$$\begin{aligned} \delta S[q] &\simeq \int_{t_1}^{t_2} dt \left( \frac{\partial L \left( q, \dot{q} \right)}{\partial q} \delta q + \frac{\partial L \left( q, \dot{q} \right)}{\partial \dot{q}} \delta \dot{q} \right) \\ &= \int_{t_1}^{t_2} dt \left( \frac{\partial L \left( q, \dot{q} \right)}{\partial q} \delta q + \frac{\partial L \left( q, \dot{q} \right)}{\partial \dot{q}} \frac{d}{dt} \delta q \right) \\ &= \left[ \frac{\partial L \left( q, \dot{q} \right)}{\partial \dot{q}} \delta q \right]_{t_1}^{t_2} + \int_{t_1}^{t_2} dt \left( \frac{\partial L \left( q, \dot{q} \right)}{\partial q} - \frac{d}{dt} \frac{\partial L \left( q, \dot{q} \right)}{\partial \dot{q}} \right) \delta q \\ &= \int_{t_1}^{t_2} dt \left( \frac{\partial L \left( q, \dot{q} \right)}{\partial q} - \frac{d}{dt} \frac{\partial L \left( q, \dot{q} \right)}{\partial \dot{q}} \right) \delta q \end{aligned}$$

任意の微小な仮想変位 $\delta q$ に対してこれが $0$ であるとして、 オイラー-ラグランジュ方程式

$$\begin{aligned} \frac{\partial L \left( q, \dot{q} \right)}{\partial q} - \frac{d}{dt} \frac{\partial L \left( q, \dot{q} \right)}{\partial \dot{q}} = 0 \end{aligned}$$

を得る。

[A-II]

(1)

$$\begin{aligned} L \left( q, \dot{q} \right) &= \frac{1}{2} m \dot{q}^2 - \frac{1}{2} k q^2 \end{aligned}$$

(2)

$$\begin{aligned} \frac{\partial L}{\partial q} &= -kq \\ \frac{d}{dt} \frac{\partial L}{\partial q} &= \frac{d}{dt} m \dot{q} = m \ddot{q} \end{aligned}$$

なので、オイラー-ラグランジュ方程式は、

$$\begin{aligned} m \ddot{q} = -kq \end{aligned}$$

となる。

(3)

$$\begin{aligned} E(t) &= m \dot{q}^2 - \left( \frac{1}{2} m \dot{q}^2 - \frac{1}{2} k q^2 \right) \\ &= \frac{1}{2} m \dot{q}^2 + \frac{1}{2} k q^2 \\ \frac{d}{dt} E(t) &= m \dot{q} \ddot{q} + k q \dot{q} \\ &= m \dot{q} \cdot \left(- \frac{k}{m} q \right) + k q \dot{q} \\ &= 0 \end{aligned}$$

(4)

$\omega = \sqrt{k/m}$ として、

$$\begin{aligned} q(t) = A \sin \omega t + B \cos \omega t \end{aligned}$$

ただし、 $A, B$ は積分定数である。

[B]

x, y, z 軸の正の方向の単位ベクトルをそれぞれ $\boldsymbol{i}, \boldsymbol{j}, \boldsymbol{k}$ とする。

(1)

$I \omega_1 \boldsymbol{k}$

(2)

$\boldsymbol{k} \times \boldsymbol{i} = \boldsymbol{j}$ なので、y 軸の正の方向である。

(3)

$I \omega_1 \boldsymbol{k} + lF \Delta t \boldsymbol{j}$

(4)

$$\begin{aligned} \cos \theta &= \frac{ \boldsymbol{k} \cdot \left( I \omega_1 \boldsymbol{k} + lF \Delta t \boldsymbol{j} \right)} { \left| I \omega_1 \boldsymbol{k} + lF \Delta t \boldsymbol{j} \right|} \\ &= \frac{I \omega_1}{\sqrt{I^2 \omega_1^2 + l^2 F^2 \Delta t^2}} \end{aligned}$$

(5)

$$\begin{aligned} \left( X \boldsymbol{i} + Y \boldsymbol{j} + Z \boldsymbol{k} \right) \times \left( - mg \boldsymbol{k} \right) = mg \left( - Y \boldsymbol{i} + X \boldsymbol{j} \right) \end{aligned}$$

(6)

O から重心に向かう単位ベクトルは、

$$\begin{aligned} \frac{X \boldsymbol{i} + Y \boldsymbol{j} + Z \boldsymbol{k}}{R} \end{aligned}$$

と書けるから、求める運動方程式は、時間微分を $\dot{}$ で表して、

$$\begin{aligned} \frac{I \omega_2}{R} \left( \dot{X} \boldsymbol{i} + \dot{Y} \boldsymbol{j} + \dot{Z} \boldsymbol{k} \right) = mg \left( - Y \boldsymbol{i} + X \boldsymbol{j} \right) \end{aligned}$$

あるいは成分で書けば

$$\begin{aligned} \dot{X} &= - \frac{mgR}{I \omega_2} Y \\ \dot{Y} &= \frac{mgR}{I \omega_2} X \\ \dot{Z} &= 0 \end{aligned}$$

である。

(7)

まず、 $Z = R \cos \alpha$ はすぐにわかる。

次に、コマの軸をxy平面に射影したときのx軸からの角度を $\varphi$ とすると、

$$\begin{aligned} X &= R \sin \alpha \cos \varphi \\ Y &= R \sin \alpha \sin \varphi \end{aligned}$$

であるから、これを (6) の運動方程式に代入して、次を得る：

$$\begin{aligned} \dot{\varphi} = \frac{mg}{I \omega_2} \end{aligned}$$

$t=0$ のとき $\varphi = 0$ であるから、次がわかる：

$$\begin{aligned} \varphi = \frac{mgt}{I \omega_2} \end{aligned}$$

まとめると、求める解は、

$$\begin{aligned} X &= R \sin \alpha \cos \frac{mgt}{I \omega_2} \\ Y &= R \sin \alpha \sin \frac{mgt}{I \omega_2} \\ Z &= R \cos \alpha \end{aligned}$$

である。

(8)

(7) より

$$\begin{aligned} \Omega &= \dot{\varphi} \\ &= \frac{mg}{I \omega_2} \end{aligned}$$