東京大学 工学系研究科 2018年8月実施 物理学 第4問 Author 祭音Myyura (co-authored with GPT 6 Astra)
Description 加速度センサの原理を考える。中空の剛体箱の中で、質量 m m m k k k c c c x x x y y y t t t
物体に働く慣性力を m , x , y , t m,x,y,t m , x , y , t
バネの復元力は − k y -ky − k y − c d y / d t -c\,dy/dt − c d y / d t
III
箱が x = a cos ω t x=a\cos\omega t x = a cos ω t ω 0 = k / m \omega_0=\sqrt{k/m} ω 0 = k / m γ = c / ( 2 m k ) \gamma=c/(2\sqrt{mk}) γ = c / ( 2 mk ) μ = ω / ω 0 \mu=\omega/\omega_0 μ = ω / ω 0
y = y 0 cos ( ω t − β ) y=y_0\cos(\omega t-\beta) y = y 0 cos ( ω t − β ) y 0 y_0 y 0 β \beta β c = 0 c=0 c = 0 c = 2 m k c=2\sqrt{mk} c = 2 mk y 0 y_0 y 0 μ \mu μ y 0 / a y_0/a y 0 / a ω ≫ ω 0 \omega\gg\omega_0 ω ≫ ω 0 y 0 , β y_0,\beta y 0 , β y y y x x x ω ≪ ω 0 \omega\ll\omega_0 ω ≪ ω 0 y 0 , β y_0,\beta y 0 , β y y y
题目描述
刚性空心箱内，质量为 m m m k k k c c c x x x y y y t t t
I. 用 m , x , y , t m,x,y,t m , x , y , t
II. 弹簧力为 − k y -ky − k y − c d y / d t -c\,dy/dt − c d y / d t
III. 箱作 x = a cos ω t x=a\cos\omega t x = a cos ω t ω 0 = k / m \omega_0=\sqrt{k/m} ω 0 = k / m γ = c / ( 2 m k ) \gamma=c/(2\sqrt{mk}) γ = c / ( 2 mk ) μ = ω / ω 0 \mu=\omega/\omega_0 μ = ω / ω 0
将响应写为 y = y 0 cos ( ω t − β ) y=y_0\cos(\omega t-\beta) y = y 0 cos ( ω t − β )
分别画出 c = 0 c=0 c = 0 c = 2 m k c=2\sqrt{mk} c = 2 mk y 0 y_0 y 0 μ \mu μ y 0 / a y_0/a y 0 / a
当 ω ≫ ω 0 \omega\gg\omega_0 ω ≫ ω 0 y 0 , β y_0,\beta y 0 , β y y y
当 ω ≪ ω 0 \omega\ll\omega_0 ω ≪ ω 0 y 0 , β y_0,\beta y 0 , β y y y
Kai 物体の絶対加速度は x ¨ + y ¨ \ddot x+\ddot y x ¨ + y ¨
F i n = − m ( x ¨ + y ¨ ) . \boxed{F_{\mathrm{in}}=-m(\ddot x+\ddot y)}. F in = − m ( x ¨ + y ¨ ) . m ( x ¨ + y ¨ ) = − k y − c y ˙ m(\ddot x+\ddot y)=-ky-c\dot y m ( x ¨ + y ¨ ) = − k y − c y ˙
m y ¨ + c y ˙ + k y = − m x ¨ . \boxed{m\ddot y+c\dot y+ky=-m\ddot x}. m y ¨ + c y ˙ + k y = − m x ¨ . 箱に固定した座標系では、右辺の − m x ¨ -m\ddot x − m x ¨
III
III.1
− x ¨ = a ω 2 cos ω t -\ddot x=a\omega^2\cos\omega t − x ¨ = a ω 2 cos ω t
Y = a ω 2 ω 0 2 − ω 2 + i ( c / m ) ω = a μ 2 1 − μ 2 + 2 i γ μ . Y=\frac{a\omega^2}{\omega_0^2-\omega^2+i(c/m)\omega}
=\frac{a\mu^2}{1-\mu^2+2i\gamma\mu}. Y = ω 0 2 − ω 2 + i ( c / m ) ω a ω 2 = 1 − μ 2 + 2 iγ μ a μ 2 . したがって
y 0 = a μ 2 ( 1 − μ 2 ) 2 + 4 γ 2 μ 2 , β = atan2 ( 2 γ μ , 1 − μ 2 ) . \boxed{y_0=\frac{a\mu^2}{\sqrt{(1-\mu^2)^2+4\gamma^2\mu^2}}},\qquad
\boxed{\beta=\operatorname{atan2}(2\gamma\mu,1-\mu^2)}. y 0 = ( 1 − μ 2 ) 2 + 4 γ 2 μ 2 a μ 2 , β = atan2 ( 2 γ μ , 1 − μ 2 ) . 0 ≤ β ≤ π 0\le\beta\le\pi 0 ≤ β ≤ π c = 0 , μ = 1 c=0,\mu=1 c = 0 , μ = 1
III.2
y 0 a = { μ 2 ∣ 1 − μ 2 ∣ , c = 0 , μ 2 1 + μ 2 , c = 2 m k . \boxed{\frac{y_0}{a}=\begin{cases}
\displaystyle\frac{\mu^2}{|1-\mu^2|},&c=0,\\[6pt]
\displaystyle\frac{\mu^2}{1+\mu^2},&c=2\sqrt{mk}.
\end{cases}} a y 0 = ⎩ ⎨ ⎧ ∣1 − μ 2 ∣ μ 2 , 1 + μ 2 μ 2 , c = 0 , c = 2 mk . 前者は μ = 1 \mu=1 μ = 1 μ > 1 \mu>1 μ > 1 μ = 1 \mu=1 μ = 1 1 / 2 1/2 1/2
III.3
γ \gamma γ μ ≫ 1 \mu\gg1 μ ≫ 1 y 0 ≃ a y_0\simeq a y 0 ≃ a β ≃ π \beta\simeq\pi β ≃ π
x ( t ) ≃ − y ( t ) . \boxed{x(t)\simeq-y(t)}. x ( t ) ≃ − y ( t ) . 物体が慣性によってほぼ静止し、箱との相対変位が箱の変位の逆符号となる。
III.4
μ ≪ 1 \mu\ll1 μ ≪ 1 y 0 ≃ a μ 2 y_0\simeq a\mu^2 y 0 ≃ a μ 2 β ≃ 0 \beta\simeq0 β ≃ 0 y ≃ a μ 2 cos ω t y\simeq a\mu^2\cos\omega t y ≃ a μ 2 cos ω t
x ¨ ( t ) ≃ − ω 0 2 y ( t ) = − k m y ( t ) . \boxed{\ddot x(t)\simeq-\omega_0^2y(t)=-\frac{k}{m}y(t)}. x ¨ ( t ) ≃ − ω 0 2 y ( t ) = − m k y ( t ) . 相対変位に既知の比例係数 − k / m -k/m − k / m
