早稲田大学 基幹理工学研究科 電子物理システム学専攻 2024年度 力学 (その1) [1]
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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)
\[
\begin{aligned}
p_\theta
&= \frac{\partial L}{\partial \dot{\theta}}
\\
&= 2ma^2 \dot{\theta} ( 1 - \cos \theta )
,\\
H \left( \theta, p_\theta \right)
&= \dot{\theta} p_\theta - L
\\
&= 2ma^2 \dot{\theta}^2 ( 1 - \cos \theta )
- ma^2 \dot{\theta}^2 ( 1 - \cos \theta ) - mga \cos \theta
\\
&= ma^2 \dot{\theta}^2 ( 1 - \cos \theta ) - mga \cos \theta
\\
&= \frac{p_\theta^2}{4ma^2 ( 1 - \cos \theta )} - mga \cos \theta
\end{aligned}
\]
(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。