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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• 东北大学
• 拉格朗日力学
• 简正模与耦合振子

Author

Miyake

Description

下図に示すばねと振子からなる装置を考えよう．O を原点として水平方向に $x$ 軸，鉛直上向きに $y$ 軸をとる．ばね（ばね定数 $k$）の一端は壁に固定され，反対側の端に質量 $2m$ の質点 P が取り付けられている．ばねと質点 P は，$x$ 軸に沿ってたわむことなく，摩擦なしに運動する．さらに，長さ $l$ の剛体棒と質点 Q（質量 $m$）からなる振子が，質点 P に取り付けられ，質点 P を支点として $xy$ 平面内で自由に振れるようになっている．ばねが自然長をとるとき，質点 P は原点 O にあるとし，剛体棒が $y$ 軸となす角を図のように $\theta$ とする．また，重力加速度を $g$ とし，ばねと剛体棒の質量は無視できるものとして以下の問いに答えよ．

1. 質点 P が座標 $(x,0)$ にあり，剛体棒の角度が $\theta$ であるとき，質点 Q の座標 $(X,Y)$，及びその速度 $(\dot X,\dot Y)$ を，$l,x,\dot x,\theta,\dot\theta$ のうち必要なものを用いて表せ．

2. この装置のラグランジアン $L$ を求めよ．

3. $x,\dot x,\theta,\dot\theta$ が微小であるとして，問2)で求めた $L$ を，$x,\dot x,\theta,\dot\theta$ の2次まで展開せよ．

以下の問いでは，ばね定数が $k=\dfrac{2mg}{l}$ の場合を考える．また，$s=l\theta,\ \Omega=\sqrt{\dfrac gl}$ とする．

4. 問3)の $L$ を用いて，$x$ と $s$ が満たす2個の運動方程式を，それぞれ $s,\ddot s,x,\ddot x,\Omega$ のうち必要なものを用いて表せ．

5. 問4)の運動方程式の解を，$x=A\sin\omega t,\ s=B\sin\omega t$ の形に仮定する．ここで，$A,B,\omega$ は定数とする．自明でない解（$(A,B)=(0,0)$ 以外の解）が存在するように $\omega$ の値 $\omega_1,\omega_2$ を求め，それぞれ $\Omega$ を用いて表せ．ただし，$\omega_1>\omega_2>0$ とする．

6. 問5)で求めた $\omega_1,\omega_2$ それぞれに対して，$A$ と $B$ の比を求め，$\theta$ が最大となる時刻での質点 P と Q の位置を解答用紙の図中に書き入れよ．

题目描述

考虑上图所示由弹簧和摆组成的装置。以 O 为原点，水平方向为 $x$ 轴，竖直向上为 $y$ 轴。弹簧（劲度系数 $k$）的一端固定在墙上，另一端连接质量为 $2m$ 的质点 P。弹簧和质点 P 沿 $x$ 轴无弯曲、无摩擦地运动。此外，由长度为 $l$ 的刚杆和质点 Q（质量 $m$）组成的摆连接于质点 P，以 P 为支点在 $xy$ 平面内自由摆动。弹簧处于自然长度时 P 位于原点 O；刚杆与 $y$ 轴的夹角按图定义为 $\theta$。重力加速度为 $g$，忽略弹簧和刚杆的质量，回答下列问题。

1) 当 P 的坐标为 $(x,0)$、刚杆角度为 $\theta$ 时，用 $l,x,\dot x,\theta,\dot\theta$ 中必要的量表示 Q 的坐标 $(X,Y)$ 及速度 $(\dot X,\dot Y)$。

2) 求该装置的拉格朗日量 $L$。

3) 设 $x,\dot x,\theta,\dot\theta$ 都是微小量，将问2)所得 $L$ 展开至这些量的二阶。

以下考虑 $k=\dfrac{2mg}{l}$，并令 $s=l\theta,\ \Omega=\sqrt{\dfrac gl}$。

4) 利用问3)中的 $L$，分别用 $s,\ddot s,x,\ddot x,\Omega$ 中必要的量表示 $x,s$ 满足的两个运动方程。

5) 假设问4)的运动方程的解具有 $x=A\sin\omega t,\ s=B\sin\omega t$ 的形式，其中 $A,B,\omega$ 为常数。求存在非平凡解（即 $(A,B)\ne(0,0)$）的两个 $\omega$ 值 $\omega_1,\omega_2$，分别用 $\Omega$ 表示，且 $\omega_1>\omega_2>0$。

6) 对问5)求出的 $\omega_1,\omega_2$，分别求 $A$ 与 $B$ 的比值，并在答题纸的图中标出 $\theta$ 最大时 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、

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

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。

Spring and pendulum: positions at maximum positive angle

Mode sketches: $s=l\theta=b>0$; coordinates use the small-angle approximation. Horizontal displacements are enlarged.

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）