早稲田大学 基幹理工学研究科 電子物理システム学専攻 2023年8月実施 力学 (その1) [1]

标签：

• Waseda-University
• Lagrangian-and-Hamiltonian-for-Holonomic-Constraints

Author

Miyake

Description

問題の要約 — 大学公表問題

問1

質量を無視できる半径 $a$ の円環に質量 $m$ の質点を固定し、円環を直線 $y=-a$ に沿って滑らずに転がす。初めの中心は原点、質点は $(0,-a)$ にある。下図では右向きの転がり角を $\theta$ とする。重力による位置エネルギーを $mgy$ とし、摩擦による散逸は考えない。

1. 質点の位置を $\theta$ で表す。
2. $\theta$ を一般化座標とするラグランジアンを求める。
3. 共役運動量とハミルトニアンを求める。
4. 正準方程式を書く。

問2

長さ $a$ の質量のない棒の上端から $2a/3$ の位置に質量 $m$ の質点を固定する。棒の両端はそれぞれ壁と床に接したまま滑り、鉛直な壁との角を $\varphi$ とする。重力は下向き、摩擦は無視する。

1. 質点の位置を $\varphi(t)$ で表す。
2. ラグランジアンを求める。
3. $\varphi$ の運動方程式を導く。

题目描述

【问题 1】

在半径为 $a$、质量可忽略的圆环上固定质量为 $m$ 的质点，使圆环沿直线 $y=-a$ 无滑动滚动。初始圆心为原点、质点位于 $(0,-a)$，向右滚动角为 $\theta$，重力势能为 $mgy$，忽略摩擦耗散。

1. 用 $\theta$ 写出质点坐标，几何关系为 $X=a\theta$、$x=a\theta-a\sin\theta$、$y=-a\cos\theta$。
2. 求 Lagrangian $L(\theta,\dot\theta)$。
3. 求共轭动量 $p_\theta$ 和 Hamiltonian $H(\theta,p_\theta)$。
4. 写出 Hamilton 正则方程。

【问题 2】

长度为 $a$ 的无质量杆上，距上端 $2a/3$ 处固定质量为 $m$ 的质点。杆的两端分别贴着竖直墙面与水平地面无摩擦滑动，杆与竖直墙面的夹角为 $\varphi$，重力向下。接触点坐标满足 $X=a\sin\varphi$、$Y=a\cos\varphi$，质点坐标为 $x=2X/3$、$y=Y/3$。

1. 用 $\varphi(t)$ 表示质点坐标。
2. 求 $L(\varphi,\dot\varphi)$。
3. 用 Euler–Lagrange 方程导出 $\varphi$ 的运动方程。

Kai

問 1

(1)

円環の中心の x 座標は

$$\begin{aligned} X = a \theta \end{aligned}$$

であり、質点の座標は

$$\begin{aligned} x &= X - a \sin \theta = a \theta - a \sin \theta ,\\ y &= - a \cos \theta \end{aligned}$$

である。

(2)

$$\begin{aligned} \dot{x} &= a \dot{\theta} - a \dot{\theta} \cos \theta , \\ \dot{y} &= a \dot{\theta} \sin \theta \end{aligned}$$

なので、求めるラグランジアンは

$$\begin{aligned} L \left( \theta, \dot{\theta} \right) &= \frac{1}{2} m \left( \dot{x}^2\ + \dot{y}^2 \right) - mgy \\ &= ma^2 \dot{\theta}^2 ( 1 - \cos \theta ) + mga \cos \theta \end{aligned}$$

である。

(3)

以下のルジャンドル変換と正準方程式は $1-\cos\theta>0$ の範囲で成り立つ。$\theta=2k\pi$ では速度の係数が零になり、この座標による変換は特異になる。

$$\begin{aligned} p_\theta &= \frac{\partial L}{\partial \dot{\theta}} \\ &= 2ma^2 \dot{\theta} ( 1 - \cos \theta ) ,\\ H \left( \theta, p_\theta \right) &= \dot{\theta} p_\theta - L \\ &= 2ma^2 \dot{\theta}^2 ( 1 - \cos \theta ) - ma^2 \dot{\theta}^2 ( 1 - \cos \theta ) - mga \cos \theta \\ &= ma^2 \dot{\theta}^2 ( 1 - \cos \theta ) - mga \cos \theta \\ &= \frac{p_\theta^2}{4ma^2 ( 1 - \cos \theta )} - mga \cos \theta \end{aligned}$$

(4)

$$\begin{aligned} \dot{\theta} &= \frac{\partial H}{\partial p_\theta} = \frac{p_\theta}{2ma^2(1 - \cos \theta)} ,\\ \dot{p}_\theta &= - \frac{\partial H}{\partial \theta} = \frac{p_\theta^2 \sin \theta}{4ma^2 (1 - \cos \theta)^2} - mga \sin \theta \end{aligned}$$

問 2

(1)

時刻 $t$ において、棒と床が接触している点の x 座標を $X(t)$ とし、 棒と壁が接触している点の y 座標を $Y(t)$ とすると、

$$\begin{aligned} X(t) = a \sin \varphi (t) , \ \ Y(t) = a \cos \varphi (t) \end{aligned}$$

なので、

$$\begin{aligned} x(t) &= \frac{2}{3} X(t) = \frac{2}{3} a \sin \varphi (t) ,\\ y(t) &= \frac{1}{3} Y(t) = \frac{1}{3} a \cos \varphi (t) \end{aligned}$$

である。

(2)

$$\begin{aligned} \dot{x} (t) &= \frac{2}{3} a \dot{\varphi}(t) \cos \varphi (t) ,\\ \dot{y} (t) &= - \frac{1}{3} a \dot{\varphi}(t) \sin \varphi (t) \end{aligned}$$

なので、求めるラグランジアンは

$$\begin{aligned} L \left( \varphi, \dot{\varphi} \right) &= \frac{1}{2} m \left( \dot{x}^2 + \dot{y}^2 \right) - mgy \\ &= \frac{1}{18} m a^2 \dot{\varphi}^2 \left( 4 \cos^2 \varphi + \sin^2 \varphi \right) - \frac{1}{3} mga \cos \varphi \\ &= \frac{1}{18} m a^2 \dot{\varphi}^2 \left( 3 \cos^2 \varphi + 1 \right) - \frac{1}{3} mga \cos \varphi \end{aligned}$$

である。

(3)

$$\begin{aligned} \frac{d}{dt} \frac{\partial L}{\partial \dot{\varphi}} &= \frac{d}{dt} \frac{1}{9} m a^2 \dot{\varphi} \left( 3 \cos^2 \varphi + 1 \right) \\ &= \frac{1}{9} m a^2 \left( \ddot{\varphi} \left( 3 \cos^2 \varphi + 1 \right) - 6 \dot{\varphi}^2 \cos \varphi \sin \varphi \right) ,\\ \frac{\partial L}{\partial \varphi} &= - \frac{1}{3} ma^2 \dot{\varphi}^2 \cos \varphi \sin \varphi + \frac{1}{3} mga \sin \varphi \end{aligned}$$

なので、求める運動方程式は

$$\begin{aligned} \ddot{\varphi} \left( 3 \cos^2 \varphi + 1 \right) - 6 \dot{\varphi}^2 \cos \varphi \sin \varphi &= - 3 \dot{\varphi}^2 \cos \varphi \sin \varphi + 3 \frac{g}{a} \sin \varphi \end{aligned}$$

$$\begin{aligned} \therefore \ \ \ddot{\varphi} \left( 3 \cos^2 \varphi + 1 \right) - 3 \dot{\varphi}^2 \cos \varphi \sin \varphi - 3 \frac{g}{a} \sin \varphi &= 0 \end{aligned}$$

である。