0104-2023 横国工 机械 P46

力学 物理 刚体力学 分析力学 振动

質量の無視できる細い剛体棒AB（長さ：$4l$）の一端Bと中点Cに、質点（質量：$m$）を取り付けた物体がある。重力加速度を$g$として、以下の問いに答えよ。
図1のように、この物体の端点Aを回転軸として、摩擦無しに鉛直面内で回転する振り子を作った。
(1) この振り子を鉛直にして静止させた後に、鉛直面内で微小振動させた。振動の周期を求めよ。
(2) この振り子を水平に保持して静かに放した。振り子が鉛直下向きになったときの角速度を求めよ。
次に、図2のように、この物体の両端A、Bにばね（ばね定数：$k$）を取り付け、2つのばねが自然長状態で他端を滑らかな板の上に水平に固定し、その後に微小振動させた。
(3) この物体の重心Gのx方向の変位を$x$、棒の傾きを$\theta$として、この物体の固有角振動数および固有振動モードをそれぞれ求めよ。

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解答：

剛体の全質量は $M=2m$。
点Aから重心Gまでの距離を $h$ とすると、$h=\frac{m\cdot 2l+m\cdot 4l}{2m}=3l$。
点Aまわりの慣性モーメント $I_A=m(2l{)}^2+m(4l{)}^2=20m{l}^2$。

(1)
微小角 $\varphi$ 傾いたときの運動方程式は、

$$I_A\ddot{\varphi }=-Mgh\sin \varphi \approx -Mgh\varphi$$ $$20m{l}^2\ddot{\varphi }=-2mg(3l)\varphi =-6mgl\varphi$$ $$\ddot{\varphi }=-\frac{3g}{10l}\varphi$$

角振動数は ${\omega }_0=\sqrt{\frac{3g}{10l}}$ となるので、周期 $T$ は

$$\begin{array}{rl}T& =\frac{2\pi }{{\omega }_0}\\ & =\boxed{2\pi \sqrt{\frac{10l}{3g}}}\end{array}$$

(2)
力学的エネルギー保存則より、水平状態から鉛直状態までの位置エネルギーの減少量は運動エネルギーの増加量に等しい。

$$Mgh=\frac{1}{2}{I}_A{\omega }^2$$ $$2mg(3l)=\frac{1}{2}(20m{l}^2){\omega }^2$$ $$6mgl=10m{l}^2{\omega }^2$$ $$\omega =\boxed{\sqrt{\frac{3g}{5l}}}$$

(3)
重心Gまわりの慣性モーメント $I_G=m(l{)}^2+m(l{)}^2=2m{l}^2$。（点C、点BはGからそれぞれ距離 $l$）
変位 $x$、傾き $\theta$ （微小）のとき、端点AおよびBの変位はそれぞれ $x_A=x-3l\theta$、 $x_B=x+l\theta$ と表せる。
運動エネルギー $T=\frac{1}{2}(2m){\dot{x}}^2+\frac{1}{2}{I}_G{\dot{\theta }}^2=m{\dot{x}}^2+m{l}^2{\dot{\theta }}^2$
位置エネルギー $U=\frac{1}{2}k{x}_A^2+\frac{1}{2}k{x}_B^2=\frac{1}{2}k(x-3l\theta {)}^2+\frac{1}{2}k(x+l\theta {)}^2=k{x}^2-2klx\theta +5k{l}^2{\theta }^2$

ラグランジュ方程式により運動方程式を立てると：

$$\begin{array}{rl}2m\ddot{x}& =-2kx+2kl\theta \\ ⟹m\ddot{x}+kx-kl\theta & =0\end{array}$$ $$\begin{array}{rl}2m{l}^2\ddot{\theta }& =2klx-10k{l}^2\theta \\ ⟹m{l}^2\ddot{\theta }-klx+5k{l}^2\theta & =0\end{array}$$

$x=X\cos (\omega t+\alpha )$、$\theta =\Theta \cos (\omega t+\alpha )$ を代入し、自明でない解をもつ条件（行列式が0）より：

$$\left|\begin{array}{cc}k-m{\omega }^2& -kl\\ -kl& 5k{l}^2-m{l}^2{\omega }^2\end{array}\right|=0$$ $$(k-m{\omega }^2)(5k-m{\omega }^2)-k^2=0$$ $$m^2{\omega }^4-6km{\omega }^2+4k^2=0$$

これを解いて ${\omega }^2=\frac{3\pm \sqrt{9-4}}{m}k=\frac{3\pm \sqrt{5}}{m}k$
よって固有角振動数は、

$$\omega =\boxed{\sqrt{\frac{3-\sqrt{5}}{m}k},\sqrt{\frac{3+\sqrt{5}}{m}k}}$$

それぞれの ${\omega }^2$ を元の連立方程式に代入して固有振動モード $x:\theta$ を求める。
${\omega }_1^2=\frac{3-\sqrt{5}}{m}k$ のとき： $X=\frac{kl}{k-m{\omega }_1^2}\Theta =\frac{l}{1-(3-\sqrt{5})}\Theta =(2+\sqrt{5})l\Theta$
${\omega }_2^2=\frac{3+\sqrt{5}}{m}k$ のとき： $X=\frac{kl}{k-m{\omega }_2^2}\Theta =\frac{l}{1-(3+\sqrt{5})}\Theta =(2-\sqrt{5})l\Theta$
よって固有振動モードは、

$$\boxed{\omega =\sqrt{\frac{3-\sqrt{5}}{m}k}\text{ のとき }x=(2+\sqrt{5})l\theta ,\omega =\sqrt{\frac{3+\sqrt{5}}{m}k}\text{ のとき }x=(2-\sqrt{5})l\theta }$$

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这道刚体力学和微小振动的综合题目考查了转动惯量的计算、单自由度摆的振动与能量守恒，以及两自由度耦合体系的简正模态求解。前两问的关键在于正确算出系统关于固定转轴A的转动惯量和重心的位置。利用小角度近似可以很方便地化简重力矩从而求出角频率和周期；能量守恒部分则要注意重力势能零点的选取。第三问引入了弹簧，系统变成了平动与转动的耦合振动。通过设定重心的平动位移和绕重心的转动角度作为广义坐标，写出系统的动能和势能表达式，进一步利用拉格朗日方程导出耦合的运动微分方程组。求解特征值方程即可得到系统的固有角频率，将特征值代回原方程即可求出对应的特征向量也就是固有振动模式。需要注意在几何关系中正确表达弹簧连接点A和B随位移和角度的变化量。