0162-2012 东新复 机械 P26

力学 理论力学 微小振动 非惯性系

図1のように, $y=\frac{\alpha }{2}{x}^2-\log x,x>0$ で表される曲線に沿って滑らかに移動できる質点（質量 $m$）を考える．重力は $y$ 軸の負の向きに働き，重力加速度を $g$ とする．また，$\alpha$ は正の定数である．

(問1) 質点の運動方程式 $m\frac{d^{2}x}{d{t}^2}=f_0(x)$ を導出せよ．

(問2) 質点の持つ位置エネルギーが最小となる位置を求め，その近傍で $f_0(x)$ を $x$ の一次式で近似せよ．

(問3) (問2)の結果を用いて，位置エネルギーが最小となる位置の近傍で質点を微小振動させたときの周期 $T_0$ を求めよ．

次に，図2のように曲線を $y$ 軸の周りに一定の角周波数 $\omega$ で回転させた状態について，回転座標系を用いて考える．ただし，$\omega$ は $0<\omega <\sqrt{\alpha g}$ の条件を満たす．

(問4) 質点の運動方程式 $m\frac{d^{2}x}{d{t}^2}=f_1(x)$ を導出し，質点が曲線上で静止する釣り合いの位置を求めよ．

(問5) 釣り合いの位置の近傍で質点を微小振動させたときの周期 $T_1$ を求め，$T_0$ との大小関係を述べよ．

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解答：

(問1)
曲線の式より $y^{\prime }=\frac{dy}{dx}=\alpha x-\frac{1}{x}$， $y^{\prime \prime }=\frac{d^{2}y}{d{x}^2}=\alpha +\frac{1}{x^2}$ である。
系のラグランジアン $L$ は次のように書ける。

$$\begin{array}{rl}L& =\frac{1}{2}m({\dot{x}}^2+{\dot{y}}^2)-mgy\\ & =\frac{1}{2}m(1+(y^{\prime }{)}^2){\dot{x}}^2-mgy\end{array}$$

ラグランジュの運動方程式 $\frac{d}{dt}\left(\frac{\partial L}{\partial \dot{x}}\right)-\frac{\partial L}{\partial x}=0$ より、

$$\frac{d}{dt}\left[m(1+(y^{\prime }{)}^2)\dot{x}\right]=m{y}^{\prime }{y}^{\prime \prime }{\dot{x}}^2-mg{y}^{\prime }$$ $$m(1+(y^{\prime }{)}^2)\ddot{x}+2m{y}^{\prime }{y}^{\prime \prime }{\dot{x}}^2=m{y}^{\prime }{y}^{\prime \prime }{\dot{x}}^2-mg{y}^{\prime }$$

したがって、

$$m\ddot{x}=-\frac{mg{y}^{\prime }+m{y}^{\prime }{y}^{\prime \prime }{\dot{x}}^2}{1+(y^{\prime }{)}^2}$$

ゆえに、

$$\boxed{f_0(x)=-\frac{mg\left(\alpha x-\frac{1}{x}\right)+m\left(\alpha x-\frac{1}{x}\right)\left(\alpha +\frac{1}{x^2}\right){\left(\frac{dx}{dt}\right)}^2}{1+{\left(\alpha x-\frac{1}{x}\right)}^2}}$$

(問2)
位置エネルギー $U=mgy(x)$ が最小となるのは $y^{\prime }=0$ のときである。

$$\alpha x-\frac{1}{x}=0(x>0)$$

より、位置エネルギーが最小となる位置は $x_0=\frac{1}{\sqrt{\alpha }}$ である。
この近傍において $x=x_0+\xi$ とおくと、$\dot{x}$ は微小量であり、${\dot{x}}^2$ の項は無視できる。また $y^{\prime }(x_0)=0$、 $y^{\prime \prime }(x_0)=2\alpha$ であるから、

$$\begin{array}{rl}{f}_0(x)& \approx -mg\frac{y^{\prime \prime }(x_0)(x-x_0)}{1+(y^{\prime }(x_0){)}^2}\\ & =-2mg\alpha \left(x-\frac{1}{\sqrt{\alpha }}\right)\end{array}$$

位置：$\boxed{x=\frac{1}{\sqrt{\alpha }}}$， 近似式：$\boxed{f_0(x)\approx -2mg\alpha \left(x-\frac{1}{\sqrt{\alpha }}\right)}$

(問3)
近似された運動方程式 $m\ddot{\xi }=-2mg\alpha \xi$ より、角振動数 ${\omega }_0=\sqrt{2g\alpha }$ である。
したがって、周期 $T_0$ は、

$$\boxed{T_0=\frac{2\pi }{{\omega }_0}=\pi \sqrt{\frac{2}{g\alpha }}}$$

(問4)
回転座標系では遠心力ポテンシャル $-\frac{1}{2}m{\omega }^2{x}^2$ が加わるため、有効ポテンシャル $U_{eff}(x)=mgy(x)-\frac{1}{2}m{\omega }^2{x}^2$ となる。
(問1)と同様にラグランジアンを立てると、運動方程式は、

$$m(1+(y^{\prime }{)}^2)\ddot{x}+m{y}^{\prime }{y}^{\prime \prime }{\dot{x}}^2=m{\omega }^{2}x-mg{y}^{\prime }$$ $$\boxed{f_1(x)=\frac{m{\omega }^{2}x-mg\left(\alpha x-\frac{1}{x}\right)-m\left(\alpha x-\frac{1}{x}\right)\left(\alpha +\frac{1}{x^2}\right){\left(\frac{dx}{dt}\right)}^2}{1+{\left(\alpha x-\frac{1}{x}\right)}^2}}$$

静止する釣り合いの位置 $x_1$ では $\ddot{x}=0,\dot{x}=0$ なので、分子がゼロになる。

$$\begin{array}{rl}m{\omega }^2{x}_1-mg\left(\alpha x_1-\frac{1}{x_1}\right)& =0\\ ⟹(\alpha g-{\omega }^2)x_1& =\frac{g}{x_1}\end{array}$$

$0<\omega <\sqrt{\alpha g}$ より $\alpha g-{\omega }^2>0$ であるから、
釣り合いの位置：$\boxed{x_1=\sqrt{\frac{g}{\alpha g-{\omega }^2}}}$

(問5)
$x_1$ の近傍で $x=x_1+\xi$ とし、${\dot{x}}^2$ を無視して $f_1(x)$ をテイラー展開する。
$F(x)=m{\omega }^{2}x-mg{y}^{\prime }(x)$ とおくと $F(x_1)=0$ であり、$F^{\prime }(x_1)=m{\omega }^2-mg{y}^{\prime \prime }(x_1)=m{\omega }^2-mg\left(\alpha +\frac{\alpha g-{\omega }^2}{g}\right)=-2m(\alpha g-{\omega }^2)$ である。
線形化された運動方程式は $m\ddot{\xi }=\frac{F^{\prime }(x_1)}{1+(y^{\prime }(x_1){)}^2}\xi$ となる。ここで、

$$\begin{array}{rl}{y}^{\prime }(x_1)& =\alpha x_1-\frac{1}{x_1}\\ & =x_1\left(\alpha -\frac{\alpha g-{\omega }^2}{g}\right)\\ & =\frac{{\omega }^2}{g}\sqrt{\frac{g}{\alpha g-{\omega }^2}}\end{array}$$ $$\begin{array}{rl}1+(y^{\prime }(x_1){)}^2& =1+\frac{{\omega }^4}{g(\alpha g-{\omega }^2)}\\ & =\frac{g^2\alpha -g{\omega }^2+{\omega }^4}{g(\alpha g-{\omega }^2)}\end{array}$$

角振動数 ${\omega }_1$ は、

$$\begin{array}{rl}{\omega }_1^2& =\frac{2(\alpha g-{\omega }^2)}{1+(y^{\prime }(x_1){)}^2}\\ & =\frac{2g(\alpha g-{\omega }^2{)}^2}{g^2\alpha -g{\omega }^2+{\omega }^4}\end{array}$$

周期 $T_1$ は $\frac{2\pi }{{\omega }_1}$ であり、

$$\boxed{T_1=\pi \sqrt{\frac{2(g^2\alpha -g{\omega }^2+{\omega }^4)}{g(\alpha g-{\omega }^2{)}^2}}}$$

$T_0$ との比較を行う。

$$\begin{array}{rl}{\left(\frac{T_1}{2\pi }\right)}^2& =\frac{1+(y^{\prime }(x_1){)}^2}{2(\alpha g-{\omega }^2)}\\ & =\frac{1}{2(\alpha g-{\omega }^2)}+\frac{(y^{\prime }(x_1){)}^2}{2(\alpha g-{\omega }^2)}\end{array}$$

$\omega >0$ より $\alpha g-{\omega }^2<\alpha g$ なので、第1項は $\frac{1}{2\alpha g}={\left(\frac{T_0}{2\pi }\right)}^2$ より大きい。第2項は正であるため、$T_1>T_0$ が成り立つ。
大小関係：$\boxed{T_1>T_0}$

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这道题目考察了分析力学中约束曲线上质点的运动方程推导，以及在非惯性系下有效势能的微小振动问题。

在求解第一问和第四问时，最严谨的做法是通过构建拉格朗日函数并利用拉格朗日方程导出运动微分方程。需要注意的是，完整的受力表达式 $f_0(x)$ 和 $f_1(x)$ 中必然包含与速度平方 ${\dot{x}}^2$ 相关的向心力分量，不能简单地写成有效势能负梯度的形式。而在第二问和第五问进行微小振动分析时，由于质点在平衡位置附近运动，速度项为一阶无穷小量，其平方项变为二阶无穷小可以忽略不计。

在第五问中计算新平衡位置附近的振动周期时，一个容易出错的地方是忽略了曲线在该点处的斜率。新平衡位置 $x_1$ 不再是原曲线的最低点，此时一阶导数 $y^{\prime }(x_1)$ 不为零。这就导致质点的“有效质量”（即动能项中的系数 $m(1+y^{\prime 2})$）发生改变，必须将其代入线性的恢复力系数中共同决定系统的本征角频率。在比较周期大小时，直接观察表达式的组成部分进行放缩，比强行展开做差要更加清晰简洁。