大阪大学 工学研究科 機械工学専攻 2018年8月実施 力学 問題2 Author 祭音Myyura (refined with GPT 6 Astra)
Description 問題2（解答用紙：白）
図1のように、点 C において 45 ∘ 45^\circ 4 5 ∘ L 1 , L 2 , L 3 \mathrm L_1,\mathrm L_2,\mathrm L_3 L 1 , L 2 , L 3 m m m I I I g g g ∣ x ∣ ≪ 1 |x|\ll1 ∣ x ∣ ≪ 1 x x x sin x ≃ x \sin x\simeq x sin x ≃ x
(1) 図2のように、この板を L 1 \mathrm L_1 L 1 T A T_A T A r A r_A r A I / m I/m I / m
(2) 板の L 1 \mathrm L_1 L 1 I / 2 I/2 I /2
(3) 図3のように、この板を L 3 \mathrm L_3 L 3 L 3 \mathrm L_3 L 3 r r r T M T_M T M
(4) 小問 (3) において、T M T_M T M r r r T M T_M T M
(5) 小問 (4) で求めた r r r
题目描述
问题2（使用白色答题纸）
如图1，考虑一块面密度均匀、厚度可忽略的刚性薄板，其形状关于在 C 点以 45 ∘ 45^\circ 4 5 ∘ L 1 , L 2 , L 3 \mathrm L_1,\mathrm L_2,\mathrm L_3 L 1 , L 2 , L 3 m m m I I I g g g ∣ x ∣ ≪ 1 |x|\ll1 ∣ x ∣ ≪ 1 x x x sin x ≃ x \sin x\simeq x sin x ≃ x
(1) 如图2，使薄板可绕过 L 1 \mathrm L_1 L 1 T A T_A T A r A r_A r A I / m I/m I / m
(2) 证明板绕 L 1 \mathrm L_1 L 1 I / 2 I/2 I /2
(3) 如图3，使板可绕与 L 3 \mathrm L_3 L 3 L 3 \mathrm L_3 L 3 r r r T M T_M T M
(4) 在 (3) 中，求使 T M T_M T M r r r T M T_M T M
(5) 证明对应于 (4) 所得 r r r
Kai (1)
対称性から重心は C にある。平行軸の定理により、A を通る法線まわりの慣性モーメントは I A = I + m r A 2 I_A=I+mr_A^2 I A = I + m r A 2 φ \varphi φ
( I + m r A 2 ) φ ¨ + m g r A φ = 0. (I+mr_A^2)\ddot\varphi+mgr_A\varphi=0. ( I + m r A 2 ) φ ¨ + m g r A φ = 0. 従って
T A = 2 π I + m r A 2 m g r A , I m = g r A T A 2 4 π 2 − r A 2 . T_A=2\pi\sqrt{\frac{I+mr_A^2}{mgr_A}},
\qquad
\boxed{\frac Im=\frac{gr_AT_A^2}{4\pi^2}-r_A^2}. T A = 2 π m g r A I + m r A 2 , m I = 4 π 2 g r A T A 2 − r A 2 . (2)
L 2 L_2 L 2 L 1 L_1 L 1 L 3 L_3 L 3
I = I L 1 + I L 3 , I L 1 = I L 3 . I=I_{L_1}+I_{L_3},\qquad I_{L_1}=I_{L_3}. I = I L 1 + I L 3 , I L 1 = I L 3 . ゆえに
I L 1 = I L 3 = I 2 . \boxed{I_{L_1}=I_{L_3}=\frac I2}. I L 1 = I L 3 = 2 I . (3)
平行軸の定理より I M = I / 2 + m r 2 I_M=I/2+mr^2 I M = I /2 + m r 2 φ \varphi φ
( I 2 + m r 2 ) φ ¨ + m g r φ = 0. \left(\frac I2+mr^2\right)\ddot\varphi+mgr\varphi=0. ( 2 I + m r 2 ) φ ¨ + m g r φ = 0. 従って
T M = 2 π I / 2 + m r 2 m g r = 2 π 1 g ( I 2 m r + r ) . \boxed{T_M=2\pi\sqrt{\frac{I/2+mr^2}{mgr}}
=2\pi\sqrt{\frac1g\left(\frac{I}{2mr}+r\right)}}. T M = 2 π m g r I /2 + m r 2 = 2 π g 1 ( 2 m r I + r ) . (4)
r > 0 r>0 r > 0
I 2 m r + r ≥ 2 I 2 m , \frac{I}{2mr}+r\ge2\sqrt{\frac{I}{2m}}, 2 m r I + r ≥ 2 2 m I , 等号条件は r 2 = I / ( 2 m ) r^2=I/(2m) r 2 = I / ( 2 m )
r ∗ = I 2 m , T M , min = 2 π 2 g I 2 m . \boxed{r_*=\sqrt{\frac{I}{2m}}},\qquad
\boxed{T_{M,\min}=2\pi\sqrt{\frac{2}{g}\sqrt{\frac{I}{2m}}}}. r ∗ = 2 m I , T M , m i n = 2 π g 2 2 m I . (5)
板の各点の L 3 L_3 L 3 s s s b b b
I 2 = I L 3 = ∫ s 2 d m < m b 2 . \frac I2=I_{L_3}=\int s^2\,dm<mb^2. 2 I = I L 3 = ∫ s 2 d m < m b 2 . したがって
0 < r ∗ 2 = I 2 m < b 2 . 0<r_*^2=\frac{I}{2m}<b^2. 0 < r ∗ 2 = 2 m I < b 2 . 図1の一体の板は L 3 L_3 L 3 L 3 L_3 L 3 b b b 0 < r ∗ < b 0<r_*<b 0 < r ∗ < b
