東北大学 理学研究科 物理学専攻 2018年8月実施 問題2（力学）

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Author

Miyake

Description

原題に基づく要約（日本語）

公式原題

ばね定数 $k$ の質量のないばねで、質量 $2m$ の質点 $P$ を左側の壁につなぐ。$P$ は水平 $x$ 軸上を摩擦なく移動し、ばねが自然長のとき原点にある。長さ $l$ の質量のない剛体棒を $P$ に取り付け、他端に質量 $m$ の質点 $Q$ をつなぐ。棒は鉛直平面内で自由に振れ、鉛直下向きからの角度を $\theta$ とする。$y$ 軸は上向き、重力加速度は $g$。

1. $P=(x,0)$ のとき、$Q$ の座標と速度を表す。
2. 系の Lagrangian を求める。
3. $x,\dot x,\theta,\dot\theta$ について2次まで展開する。
4. 以下では $k=2mg/l,\ s=l\theta,\ \Omega=\sqrt{g/l}$ とする。2次の Lagrangian から $x,s$ の運動方程式を求める。
5. $x=A\sin\omega t,\ s=B\sin\omega t$ と置き、非自明解を持つ2つの正の角振動数 $\omega_1>\omega_2$ を求める。
6. 各角振動数での $A/B$ を求め、$\theta$ が最大の時刻における $P,Q$ の位置を図示する。

题目描述

质量为 $2m$ 的质点 $P$ 由劲度系数为 $k$ 的无质量弹簧连接左侧墙壁，在水平轴上无摩擦运动；弹簧自然长度时 $P$ 位于原点。长度为 $l$ 的无质量刚杆一端连接 $P$，另一端连接质量为 $m$ 的质点 $Q$，在竖直面内自由摆动。以竖直向下为摆角 $\theta$ 的零点，$y$ 轴向上，重力加速度为 $g$。

1. 当 $P=(x,0)$ 时，写出 $Q$ 的坐标和速度。
2. 求系统的 Lagrangian。
3. 对 $x,\dot x,\theta,\dot\theta$ 保留至二阶项。
4. 令 $k=2mg/l,\ s=l\theta,\ \Omega=\sqrt{g/l}$，由二阶 Lagrangian 求 $x,s$ 的运动方程。
5. 代入 $x=A\sin\omega t,\ s=B\sin\omega t$，求存在非零振幅解的两个正角频率 $\omega_1>\omega_2$。
6. 分别求两个模态的 $A/B$，并画出各模态中 $\theta$ 达到最大值时 $P,Q$ 的位置。

Kai

1)

$$\begin{aligned} X &= x + l \sin \theta \\ Y &= - l \cos \theta \\ \dot{X} &= \dot{x} + l \dot{\theta} \cos \theta \\ \dot{Y} &= l \dot{\theta} \sin \theta \end{aligned}$$

2)

ラグランジアンは、(運動エネルギー) - (位置エネルギー) であるから、

$$\begin{aligned} L &= \frac{1}{2} 2m \dot{x}^2 + \frac{1}{2} m \left( \dot{X}^2 + \dot{Y}^2 \right) - \frac{1}{2} k x^2 - mgY \\ &= \frac{1}{2} m \left( 3 \dot{x}^2 + 2 l \dot{x} \dot{\theta} \cos \theta + l^2 \dot{\theta}^2 \right) - \frac{1}{2} k x^2 + mgl \cos \theta \end{aligned}$$

である。

3)

問2) で求めた $L$ は $x, \dot{x}, \theta, \dot{\theta}$ の2次までで、

$$\begin{aligned} L &= \frac{1}{2} m \left( 3 \dot{x}^2 + 2 l \dot{x} \dot{\theta} + l^2 \dot{\theta}^2 \right) - \frac{1}{2} k x^2 + mgl \left( 1 - \frac{1}{2} \theta^2 \right) \end{aligned}$$

である。

4)

問3) で求めた $L$ について、次のように計算する：

$$\begin{aligned} \frac{d}{dt} \frac{\partial L}{\partial \dot{x}} &= \frac{d}{dt} \left( 3m \dot{x} + ml \dot{\theta} \right) = 3m \ddot{x} + ml \ddot{\theta} = 3m \ddot{x} + m \ddot{s} ,\\ \frac{\partial L}{\partial x} &= -kx = -2m \Omega^2 x ,\\ \frac{d}{dt} \frac{\partial L}{\partial \dot{\theta}} &= \frac{d}{dt} \left( ml \dot{x} + ml^2 \dot{\theta} \right) = ml \ddot{x} + ml^2 \ddot{\theta} = ml \ddot{x} + ml \ddot{s} ,\\ \frac{\partial L}{\partial \theta} &= -mgl \theta = -mgs . \end{aligned}$$

よって、運動方程式は次のようになる：

$$\begin{aligned} & \begin{cases} 3m \ddot{x} + m \ddot{s} = -2m \Omega^2 x \\ ml \ddot{x} + ml \ddot{s} = -mgs \end{cases} \\ \therefore \ \ \ \ & \begin{cases} 3 \ddot{x} + \ddot{s} = - 2 \Omega^2 x \\ \ddot{x} + \ddot{s} = - \Omega^2 s \end{cases} \end{aligned}$$

5)

問4) で求めた運動方程式に $x=A \sin \omega t, s=B \sin \omega t$ を代入すると、

$$\begin{align} & \begin{cases} -3 \omega^2 A \sin \omega t - \omega^2 B \sin \omega t = -2 \Omega^2 A \sin \omega t \\ - \omega^2 A \sin \omega t - \omega^2 B \sin \omega t = - \Omega^2 B \sin \omega t \end{cases} \nonumber \\ \therefore \ \ \ \ & \begin{cases} \left( 3 \omega^2 - 2 \Omega^2 \right) A + \omega^2 B = 0 \\ \omega^2 A + \left( \omega^2 - \Omega^2 \right) B = 0 \end{cases} \tag{1} \end{align}$$

となるから、自明でない解をもつための条件は、

$$\begin{aligned} 0 = \begin{vmatrix} 3 \omega^2 - 2 \Omega^2 & \omega^2 \\ \omega^2 & \omega^2 - \Omega^2 \end{vmatrix} = (\omega + \sqrt{2} \Omega) (\omega - \sqrt{2} \Omega) (\sqrt{2} \omega + \Omega) (\sqrt{2} \omega - \Omega) \end{aligned}$$

である。

$\omega_1 \gt \omega_2 \gt 0$ であるから、

$$\begin{aligned} \omega_1 = \sqrt{2} \Omega , \ \ \omega_2 = \frac{\Omega}{\sqrt{2}} \end{aligned}$$

を得る。

6)

(i) $\omega = \omega_1$ を式($1$)に代入して、次を得る：

$$\begin{aligned} \frac{A}{B} = - \frac{1}{2} . \end{aligned}$$

(ii) $\omega = \omega_2$ を式($1$)に代入して、次を得る：

$$\begin{aligned} \frac{A}{B} = 1 . \end{aligned}$$

図の位置は微小振動の精度で次のように表される。$s=b>0$ を最大変位とすると、$\theta=b/l$ であり、

• $\omega_1=\sqrt2\Omega$：$P=(-b/2,0)$、$Q=(b/2,-l)$。支点と振り子の水平変位は逆向き。
• $\omega_2=\Omega/\sqrt2$：$P=(b,0)$、$Q=(2b,-l)$。両者の水平変位は同じ向き。

ここで $Y=-l+O(b^2/l)$ と近似している。

Reference

• 東北大学 2019年度入学 物理学専攻入試原卷（公式サイトの保存版）