0120-2025 横国工 机械 P65

力学 理论力学 刚体动力学 微小振动

質量$M$、長さ$2\ell$の細い棒を用いた振り子運動を考える。重力加速度を$g$として、以下の問に答えよ。
(1) 図1のように、棒ABの上端Aが水平軸CDに沿って摩擦なくすべることができる振り子がある。棒を水平軸を含む鉛直面内で微小な角度だけ傾けて静かに放して微小振動させた。棒の微小振動の周期を求めよ。
(2) 図2のように、棒の上端を水平軸の周りに摩擦なく鉛直面内で回転できるように設置する。棒を水平な位置から静かに放したとき、棒が鉛直と$\theta$の角をなすときの棒の角速度を求めよ。また、このとき回転軸の反力の$x$成分、$y$成分をそれぞれ$R_x$、$R_y$とする。$R_x$および$R_y$を、$M$、$g$、$\theta$を用いて表せ。
(3) 図3のように、棒の上端を水平軸の周りに摩擦なく鉛直面内で回転できるように設置した振り子の下端に、棒が鉛直となったときにばねが自然長になるようにばね定数$k$のばねを取り付け、微小振動させる。棒の微小振動の固有振動数を求めよ。

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解答：

棒の重心周りの慣性モーメントは $I_G=\frac{1}{12}M(2\ell {)}^2=\frac{1}{3}M{\ell }^2$ である。
端点A周りの慣性モーメントは平行軸の定理より $I_A=I_G+M{\ell }^2=\frac{4}{3}M{\ell }^2$ である。

(1)
水平方向に外力が働かないため、重心の水平位置は不変である。重心の座標を $(0,-\ell \cos \theta )$ とおく。
微小角度 $\theta$ のとき、系の運動エネルギー $T$ および位置エネルギー $U$ は次となる。

$$\begin{array}{rl}T& =\frac{1}{2}M(\ell \dot{\theta }\sin \theta {)}^2+\frac{1}{2}{I}_G{\dot{\theta }}^2\\ & \approx \frac{1}{6}M{\ell }^2{\dot{\theta }}^2\end{array}$$ $$\begin{array}{rl}U& =-Mg\ell \cos \theta \\ & \approx -Mg\ell \left(1-\frac{{\theta }^2}{2}\right)\end{array}$$

力学的エネルギー $E=T+U=\text{const.}$ を時間微分する。

$$\frac{1}{3}M{\ell }^2\dot{\theta }\ddot{\theta }+Mg\ell \theta \dot{\theta }=0$$ $$\ddot{\theta }+\frac{3g}{\ell }\theta =0$$

角振動数 $\omega =\sqrt{\frac{3g}{\ell }}$ より、周期 $T_p$ を求める。

$$\boxed{T_p=2\pi \sqrt{\frac{\ell }{3g}}}$$

(2)
水平位置からの力学的エネルギー保存則より角速度 $\dot{\theta }$ を求める。

$$0=\frac{1}{2}{I}_A{\dot{\theta }}^2-Mg\ell \cos \theta$$ $$\frac{1}{2}\left(\frac{4}{3}M{\ell }^2\right){\dot{\theta }}^2=Mg\ell \cos \theta$$ $$\boxed{\dot{\theta }=\sqrt{\frac{3g\cos \theta }{2\ell }}}$$

上式を時間微分して角加速度 $\ddot{\theta }$ を得る。

$$\begin{array}{rl}2\dot{\theta }\ddot{\theta }& =-\frac{3g\sin \theta }{2\ell }\dot{\theta }\\ ⟹\ddot{\theta }& =-\frac{3g\sin \theta }{4\ell }\end{array}$$

重心の加速度成分 $a_x,a_y$ は以下となる。

$$\begin{array}{rl}{a}_x& =\frac{d^2}{d{t}^2}(\ell \sin \theta )\\ & =\ell (\ddot{\theta }\cos \theta -{\dot{\theta }}^2\sin \theta )\end{array}$$ $$\begin{array}{rl}{a}_y& =\frac{d^2}{d{t}^2}(-\ell \cos \theta )\\ & =\ell (\ddot{\theta }\sin \theta +{\dot{\theta }}^2\cos \theta )\end{array}$$

重心の並進運動方程式 $M{a}_x=R_x$, $M{a}_y=R_y-Mg$ に代入する。

$$R_x=M\ell \left(-\frac{3g\sin \theta }{4\ell }\cos \theta -\frac{3g\cos \theta }{2\ell }\sin \theta \right)$$ $$\boxed{R_x=-\frac{9}{4}Mg\sin \theta \cos \theta }$$ $$R_y=Mg+M\ell \left(-\frac{3g\sin \theta }{4\ell }\sin \theta +\frac{3g\cos \theta }{2\ell }\cos \theta \right)$$ $$\begin{array}{rl}{R}_y& =Mg+\frac{3}{4}Mg(2{\cos }^2\theta -{\sin }^2\theta )\\ & =Mg+\frac{3}{4}Mg(3{\cos }^2\theta -1)\end{array}$$ $$\boxed{R_y=\frac{Mg}{4}(1+9{\cos }^2\theta )}$$

(3)
ばねの変位 $x\approx 2\ell \theta$ による復元トルクと重力による復元トルクを考慮し、微小振動の運動方程式を立てる。

$$I_A\ddot{\theta }=-Mg\ell \sin \theta -k(2\ell \sin \theta )(2\ell \cos \theta )$$

微小角度近似 $\sin \theta \approx \theta ,\cos \theta \approx 1$ を用いる。

$$\frac{4}{3}M{\ell }^2\ddot{\theta }\approx -(Mg\ell +4k{\ell }^2)\theta$$ $$\ddot{\theta }+\frac{3(Mg+4k\ell )}{4M\ell }\theta =0$$

固有振動数 $f$ は、固有角振動数 ${\omega }_n$ を $2\pi$ で割って求められる。

$$\boxed{f=\frac{1}{2\pi }\sqrt{\frac{3(Mg+4k\ell )}{4M\ell }}}$$

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这道题综合考察了刚体在不同约束下的动力学和振动问题。第一问中悬挂点可以自由滑动，这意味着系统在水平方向不受外力，质心水平位置保持不变，因此可以用纯转动动能与质心平动动能共同构建能量守恒或拉格朗日函数，在小角度近似下略去高阶无穷小即可得到振动方程。第二问是典型的定轴转动问题，利用能量守恒可以求出角速度，再对时间求导得出角加速度，随后将质心加速度分解为切向和法向分量，代入牛顿第二定律方程即可解出铰链的反力分量。第三问加入了弹簧的弹性恢复力，只需将弹簧在微小转角下产生的力矩与重力矩叠加作为总的恢复力矩，列出转动定律方程，化简为标准简谐振动微分方程的形式，就能直接读出系统的固有圆频率并进而转换为固有频率。