0174-2016 东新复 机械 P61

力学 刚体运动 转动惯量 运动方程式

固定点 $\text{O}$ から鉛直に吊るされた長さ $h$ の支柱の下端 $\text{P}$ に，長さ $a$ の真っ直ぐで均一かつ剛体の橋 $\text{PQ}$ が取り付けられており，橋のもう一方の端 $\text{Q}$ は，固定点 $\text{O}$ とばねで連結されている．なお支柱は立方体のブロックにより固定点 $\text{O}$ で回転が出来ないよう固定されており，下端 $\text{P}$ では，橋とは摩擦なしで自由に回転できるよう連結されている．橋に何も乗っていない時，図 1(a)のように橋は斜めに傾いており，ばねの長さは支柱の長さと同じになった．次に，端 $\text{P}$ から距離 $s$ の位置に人が乗った時，図 1(b)のように橋は水平になった．橋の質量を $m$ ，人の質量を $M$ ，重力加速度を $g$ とし，以下の問に答えよ．ただし，支柱とばねの質量は無視できるとし，人は橋上の質点と考えよ．

(問1) 図 1(a)および図 1(b)の場合について，ばねの張力を計算せよ．
(問2) ばね定数 $k$ を計算せよ．

ここで，橋の中央 $\text{G}$ に人が乗った時($s=a/2$)に，図 1(b)のように橋が水平になったとする．この状態で，固定点 $\text{O}$ のブロックおよびばねが同時に外れた．その後の橋の運動について以下の問に答えよ．なお人は橋の上で動かないとする．

(問3) 図 2に示したように，固定点 $\text{O}$ を原点，水平を $x$ 軸，垂直下方を $y$ 軸とし，橋が傾き角 $\alpha$ ，支柱が傾き角 $\beta$ となった時，点 $\text{G}$ の座標を $(x,y)$ ，支柱が橋を引く力を $F_{\text{P}}$ として，点 $\text{G}$ の $x$ および $y$ 方向の運動方程式，および点 $\text{G}$ 周りの回転の方程式を立てよ．なお橋の重心周りの慣性モーメントは $I=\frac{m}{12}{a}^2$ である．
(問4) ブロックおよびばねが外れた直後の運動を考える．点 $\text{G}$ の座標 $(x,y)$ を，$\alpha$ および $\beta$ を使って表し，以下の式が成り立つことを示せ．

$$\begin{array}{rl}\frac{d^{2}x}{d{t}^2}& =-h\frac{d^2\beta }{d{t}^2}\frac{d^{2}y}{d{t}^2}\\ & =\frac{a}{2}\frac{d^2\alpha }{d{t}^2}\end{array}$$

(問5) (問4)の条件下で，$m,M,a,g$ を用いて $\frac{d^2\alpha }{d{t}^2}$ の値を求めよ．さらに橋の傾き角 $\alpha$ を時間の関数として求めよ．
(問6) 図 2で端 $\text{P}$ を $x$ および $y$ 方向に動かない固定点と想定し，端 $\text{P}$ を支点とする橋 $\text{PQ}$ の回転運動のみを考え，回転の初期における橋の傾き角 $\alpha$ を時間の関数として求めよ．またその結果が，(問5)で求めた答えと一致することを確認し，その理由を述べよ．

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解答：

(問1)
図1(a)の場合、ばねの長さを $h$ 、張力を $T_a$ とする。三角形 $\text{OPQ}$ は $\text{OP}=\text{OQ}=h$ の二等辺三角形である。点 $\text{P}$ 周りの力のモーメントのつりあいを考える。ばねの張力 $T_a$ の作用線 $\text{QO}$ と点 $\text{P}$ の距離は、三角形の面積関係より $a\sin \gamma$ （ただし $\gamma$ は $\text{OP}$ と $\text{PQ}$ のなす角）となる。橋の重力 $mg$ は橋の中点に働き、点 $\text{P}$ から作用線までの水平距離は $\frac{a}{2}\sin \gamma$ である。モーメントのつりあいより

$$T_a\cdot a\sin \gamma =mg\cdot \frac{a}{2}\sin \gamma$$ $$\boxed{T_a=\frac{1}{2}mg}$$

図1(b)の場合、ばねの長さを $\sqrt{h^2+a^2}$ 、張力を $T_b$ とする。橋は水平であり、張力 $T_b$ の鉛直上向きの成分は $T_b\frac{h}{\sqrt{h^2+a^2}}$ である。点 $\text{P}$ 周りのモーメントのつりあいより

$$T_b\frac{h}{\sqrt{h^2+a^2}}\cdot a=mg\cdot \frac{a}{2}+Mg\cdot s$$ $$\boxed{T_b=\frac{\sqrt{h^2+a^2}}{ah}\left(\frac{1}{2}mga+Mgs\right)}$$

(問2)
ばねの自然長を $l_0$ とすると、フックの法則より $T_a=k(h-l_0)$ 、$T_b=k(\sqrt{h^2+a^2}-l_0)$ となる。この二式の差をとると

$$T_b-T_a=k(\sqrt{h^2+a^2}-h)$$ $$\boxed{k=\frac{1}{\sqrt{h^2+a^2}-h}\left\{\frac{\sqrt{h^2+a^2}}{ah}\left(\frac{1}{2}mga+Mgs\right)-\frac{1}{2}mg\right\}}$$

(問3)
点 $\text{G}$ の全質量は $m+M$ である。張力 $F_{\text{P}}$ は点 $\text{P}$ から $\text{O}$ の方向（角度 $\beta$）に働くため、水平・鉛直成分はそれぞれ $F_{\text{P}}\sin \beta$ 、$-F_{\text{P}}\cos \beta$ となる。
$x$ 方向の運動方程式：

$$\boxed{(m+M)\frac{d^{2}x}{d{t}^2}=F_{\text{P}}\sin \beta }$$

$y$ 方向の運動方程式：

$$\boxed{(m+M)\frac{d^{2}y}{d{t}^2}=(m+M)g-F_{\text{P}}\cos \beta }$$

点 $\text{G}$ 周りの回転の方程式（時計回りを正とする）：

$$\boxed{\frac{m}{12}{a}^2\frac{d^2\alpha }{d{t}^2}=\frac{a}{2}{F}_{\text{P}}\cos (\alpha -\beta )}$$

(問4)
図2の幾何学的関係より、点 $\text{G}$ の座標 $(x,y)$ は $\alpha$ と $\beta$ を用いて次のように表される。

$$x=-h\sin \beta +\frac{a}{2}\cos \alpha$$ $$y=h\cos \beta +\frac{a}{2}\sin \alpha$$

これらの式を時間 $t$ で1階および2階微分する。

$$\frac{dx}{dt}=-h\cos \beta \frac{d\beta }{dt}-\frac{a}{2}\sin \alpha \frac{d\alpha }{dt}$$ $$\frac{d^{2}x}{d{t}^2}=-h\cos \beta \frac{d^2\beta }{d{t}^2}+h\sin \beta {\left(\frac{d\beta }{dt}\right)}^2-\frac{a}{2}\sin \alpha \frac{d^2\alpha }{d{t}^2}-\frac{a}{2}\cos \alpha {\left(\frac{d\alpha }{dt}\right)}^2$$ $$\frac{dy}{dt}=-h\sin \beta \frac{d\beta }{dt}+\frac{a}{2}\cos \alpha \frac{d\alpha }{dt}$$ $$\frac{d^{2}y}{d{t}^2}=-h\sin \beta \frac{d^2\beta }{d{t}^2}-h\cos \beta {\left(\frac{d\beta }{dt}\right)}^2+\frac{a}{2}\cos \alpha \frac{d^2\alpha }{d{t}^2}-\frac{a}{2}\sin \alpha {\left(\frac{d\alpha }{dt}\right)}^2$$

外れた直後（$t=0$）において、$\alpha =0,\beta =0,\frac{d\alpha }{dt}=0,\frac{d\beta }{dt}=0$ である。これらを上の2階微分の式に代入すると、以下の関係が得られる。

$$\begin{array}{rl}\frac{d^{2}x}{d{t}^2}& =-h\frac{d^2\beta }{d{t}^2}\frac{d^{2}y}{d{t}^2}\\ & =\frac{a}{2}\frac{d^2\alpha }{d{t}^2}\end{array}$$

(証明終)

(問5)
外れた直後の条件を(問3)の方程式に代入する。

$$\begin{array}{rl}(m+M)\left(-h\frac{d^2\beta }{d{t}^2}\right)& =F_{\text{P}}\sin 0=0\\ ⟹\frac{d^2\beta }{d{t}^2}& =0\end{array}$$ $$(m+M)\left(\frac{a}{2}\frac{d^2\alpha }{d{t}^2}\right)=(m+M)g-F_{\text{P}}$$ $$\begin{array}{rl}\frac{m}{12}{a}^2\frac{d^2\alpha }{d{t}^2}& =\frac{a}{2}{F}_{\text{P}}\\ ⟹F_{\text{P}}& =\frac{m}{6}a\frac{d^2\alpha }{d{t}^2}\end{array}$$

$F_{\text{P}}$ を $y$ 方向の式に代入する。

$$(m+M)\frac{a}{2}\frac{d^2\alpha }{d{t}^2}=(m+M)g-\frac{m}{6}a\frac{d^2\alpha }{d{t}^2}$$ $$\left(\frac{m+M}{2}+\frac{m}{6}\right)a\frac{d^2\alpha }{d{t}^2}=(m+M)g$$ $$\boxed{\frac{d^2\alpha }{d{t}^2}=\frac{6(m+M)g}{(4m+3M)a}}$$

初期状態から等角加速度運動とみなせるため、積分して初期条件 $\alpha (0)=0,\dot{\alpha }(0)=0$ を適用する。

$$\boxed{\alpha (t)=\frac{3(m+M)g}{(4m+3M)a}{t}^2}$$

(問6)
点 $\text{P}$ を固定点とした場合、点 $\text{P}$ 周りの慣性モーメント $I_{\text{P}}$ は平行軸の定理より

$$\begin{array}{rl}{I}_{\text{P}}& =I+m{\left(\frac{a}{2}\right)}^2+M{\left(\frac{a}{2}\right)}^2\\ & =\frac{m}{12}{a}^2+\frac{m}{4}{a}^2+\frac{M}{4}{a}^2\\ & =\frac{4m+3M}{12}{a}^2\end{array}$$

点 $\text{P}$ 周りの重力による力のモーメントは ${\tau }_{\text{P}}=mg\frac{a}{2}+Mg\frac{a}{2}$ である。回転の運動方程式 $I_{\text{P}}\frac{d^2\alpha }{d{t}^2}={\tau }_{\text{P}}$ より

$$\begin{array}{rl}\frac{4m+3M}{12}{a}^2\frac{d^2\alpha }{d{t}^2}& =\frac{m+M}{2}ag\\ ⟹\frac{d^2\alpha }{d{t}^2}& =\frac{6(m+M)g}{(4m+3M)a}\end{array}$$

これを積分して

$$\boxed{\alpha (t)=\frac{3(m+M)g}{(4m+3M)a}{t}^2}$$

一致する理由：
外れた直後($t=0$)において、(問4)および(問5)の解析から $\frac{d^2\beta }{d{t}^2}=0$ となり、点 $\text{P}$ の水平および鉛直方向の加速度が共にゼロとなる。支点 $\text{P}$ が瞬間的に加速度を持たないため、橋は固定された支点を持つ剛体と力学的に全く同等の回転運動を初期に開始するため。

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补充：
本题主要考察刚体力学中的力矩平衡、耦合系统的运动学约束以及平动与转动的联合方程。第一问和第二问利用静力学中的力矩平衡条件求解未知张力，进而利用胡克定律计算弹簧常数。第三问要求根据牛顿第二定律和刚体定轴转动定律分别建立质心平动和绕质心转动的方程，这里正确分解支柱对桥的拉力是关键。第四问通过对几何坐标进行两次时间求导，并代入初始静止释放的条件（速度为零且角度为零），得出了释放瞬间加速度的运动学约束关系。第五问结合上述约束条件求解瞬时角加速度，展现了耦合系统降维求解的思想。第六问通过固定铰链的等效模型进行验证，并指出了物理本质：释放瞬间悬挂点没有获得加速度，因此该瞬间系统可以用定轴转动模型完美等效。