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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]

Author

Miyake

Description

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。