0250-2010 名情复 机械 P106

力学 拉格朗日力学 微小振动

一様重力加速度$g$中で、水平な面上に点粒子がある。面内の小穴を通る糸（長さ$l$）で連結されたもうひとつの点粒子があり、小穴からぶら下がっているとする。この二粒子系（いずれも質量$m$）の運動を考える（図参照）。小穴の位置を原点とし、平面上の粒子の位置を極座標$(r,\theta )$で与える。ぶら下がっている粒子は上下運動をするとする。但し$r<l$とし、摩擦の影響はないとする。$\dot{}=\frac{d}{dt}$とする。

[1] この二粒子系の運動方程式を求めよう。

1. 平面上の粒子の運動エネルギー$T_1(r,\dot{r},\theta ,\dot{\theta })$を書き下せ。
2. ぶら下がっている粒子の運動エネルギー$T_2(r,\dot{r},\theta ,\dot{\theta })$とポテンシャルエネルギー$U(r)$を書き下せ。
3. 系のラグランジアン$L(r,\dot{r},\theta ,\dot{\theta })$を書き下せ。
4. $r,\theta$に対する一般化運動量$p_r,p_{\theta }$を求めよ。
5. $p_{\theta }$は保存量であることを示せ。
6. $r$についてのオイラー・ラグランジュ方程式を求めよ。
7. 5)より保存量$p_{\theta }=M$として、6)の結果より、動径方向$r$についての運動方程式を求めよ。

[2] この系の運動方程式を解くことを考えよう。

1. 平面上の粒子が半径一定（$r(t)=r_0$）の円運動をするための条件を求め、保存量$M$を求めよ。
2. 1)の円運動が実現するためには、平面内の粒子の回転による遠心力とぶら下がっている粒子によって引っ張られている糸の張力とが釣り合っている必要がある。そのための平面内の粒子の回転角速度$\dot{\theta }$についての条件を求めよ。

[3] この円運動の安定性を調べよう。
そのために、$r(t)=r_0$の解から僅かにずれた軌道$r(t)=r_0+r^{\prime }(t)$を考える。これを運動方程式に代入し、$r^{\prime }(t)$についての運動方程式を$r^{\prime }$の1次のオーダーまでで求める。

1. 準備として、$\frac{1}{r^3}$について$r=r_0+r^{\prime }$を代入し、$\left|\frac{r^{\prime }}{r_0}\right|\ll 1$としてTaylor展開し、$r^{\prime }$の1次のオーダーまで求めよ。
2. この結果を使って、$r^{\prime }$についての運動方程式を$r^{\prime }$の1次のオーダーまで求め、[2]の1)で求めた円運動の解の条件を使って、調和振動子の方程式 ${\ddot{r}}^{\prime }+{\omega }^2{r}^{\prime }=0$ になることを示せ。
3. $r^{\prime }$に関する調和振動の角振動数$\omega$を求めよ。

以上のことより、この円運動から微小にずれた場合でも半径$r_0$の付近での単振動を示すことがいえ、この意味で円運動が安定な形態であることがわかる。

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解答：

[1]
1)

$$\boxed{T_1(r,\dot{r},\theta ,\dot{\theta })=\frac{1}{2}m({\dot{r}}^2+r^2{\dot{\theta }}^2)}$$

小穴をポテンシャルの基準とし、下向きを正とすると、ぶら下がっている粒子の位置は $l-r$、速度の大きさは $|\dot{r}|$ である。

$$\boxed{\begin{array}{rl}{T}_2(r,\dot{r},\theta ,\dot{\theta })& =\frac{1}{2}m{\dot{r}}^2\\ U(r)& =-mg(l-r)=mg(r-l)\end{array}}$$

（※定数項 $-mgl$ を無視して $U(r)=mgr$ としてもよい）

$L=T_1+T_2-U$ より、

$$\boxed{L(r,\dot{r},\theta ,\dot{\theta })=m{\dot{r}}^2+\frac{1}{2}m{r}^2{\dot{\theta }}^2-mg(r-l)}$$

$$\boxed{\begin{array}{rl}{p}_r& =\frac{\partial L}{\partial \dot{r}}=2m\dot{r}\\ p_{\theta }& =\frac{\partial L}{\partial \dot{\theta }}=m{r}^2\dot{\theta }\end{array}}$$

オイラー・ラグランジュ方程式より、

$$\frac{d}{dt}\left(\frac{\partial L}{\partial \dot{\theta }}\right)-\frac{\partial L}{\partial \theta }=0$$

$\frac{\partial L}{\partial \theta }=0$ であるから、

$$\frac{d{p}_{\theta }}{dt}=0$$

したがって、$p_{\theta }$ は時間によらず一定であり、保存量である。(証明終)

$\frac{\partial L}{\partial r}=mr{\dot{\theta }}^2-mg$ をオイラー・ラグランジュ方程式 $\frac{d}{dt}\left(\frac{\partial L}{\partial \dot{r}}\right)-\frac{\partial L}{\partial r}=0$ に代入して、

$$\boxed{2m\ddot{r}-mr{\dot{\theta }}^2+mg=0}$$

$p_{\theta }=m{r}^2\dot{\theta }=M$ より $\dot{\theta }=\frac{M}{m{r}^2}$。これを 6) の方程式に代入する。

$$\boxed{2m\ddot{r}=\frac{M^2}{m{r}^3}-mg}$$

[2]
1)
円運動のとき $r(t)=r_0$ より $\ddot{r}=0$。これを [1] 7) の方程式に代入する。

$$\begin{array}{rl}0& =\frac{M^2}{m{r}_0^3}-mg\\ M^2& =m^{2}g{r}_0^3\end{array}$$ $$\boxed{\begin{array}{rl}& \text{条件: }\frac{M^2}{m{r}_0^3}=mg\\ & M=m\sqrt{g{r}_0^3}(M>0\text{ とした場合})\end{array}}$$

遠心力は $m{r}_0{\dot{\theta }}^2$、張力は $mg$ である。これらが釣り合うため、

$$\boxed{\begin{array}{rl}m{r}_0{\dot{\theta }}^2& =mg\\ \dot{\theta }& =\sqrt{\frac{g}{r_0}}(\dot{\theta }>0\text{ とした場合})\end{array}}$$

[3]
1)

$$\frac{1}{r^3}=\frac{1}{(r_0+r^{\prime }{)}^3}=\frac{1}{r_0^3}{\left(1+\frac{r^{\prime }}{r_0}\right)}^{-3}$$

$\left|\frac{r^{\prime }}{r_0}\right|\ll 1$ としてテイラー展開を行うと、

$$\boxed{\frac{1}{r^3}\simeq \frac{1}{r_0^3}\left(1-3\frac{r^{\prime }}{r_0}\right)=\frac{1}{r_0^3}-\frac{3r^{\prime }}{r_0^4}}$$

[1] 7) の運動方程式に $r=r_0+r^{\prime },\ddot{r}={\ddot{r}}^{\prime }$ および 1) の結果を代入する。

$$2m{\ddot{r}}^{\prime }=\frac{M^2}{m}\left(\frac{1}{r_0^3}-\frac{3r^{\prime }}{r_0^4}\right)-mg$$

ここで、[2] 1) の条件 $\frac{M^2}{m{r}_0^3}=mg$ を用いると、

$$\begin{array}{rl}2m{\ddot{r}}^{\prime }& =mg-\frac{3M^2}{m{r}_0^4}{r}^{\prime }-mg\\ 2m{\ddot{r}}^{\prime }& =-\frac{3(m^{2}g{r}_0^3)}{m{r}_0^4}{r}^{\prime }\\ 2m{\ddot{r}}^{\prime }& =-\frac{3mg}{r_0}{r}^{\prime }\\ {\ddot{r}}^{\prime }& +\frac{3g}{2r_0}{r}^{\prime }=0\end{array}$$

${\omega }^2=\frac{3g}{2r_0}$ とおくと、${\ddot{r}}^{\prime }+{\omega }^2{r}^{\prime }=0$ となる。(証明終)

$$\boxed{\omega =\sqrt{\frac{3g}{2r_0}}}$$

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这是一道非常经典的分析力学题目，主要考察拉格朗日方程的建立以及有效势能和微小振动的分析。首先需要正确写出系统中各个质点的动能和势能，利用极坐标系可以自然地将平面内的运动分解为径向和角向。由于拉格朗日量中不显含角坐标，因此对应的广义动量（即角动量）守恒。利用角动量守恒可以将系统的自由度减少，得到只包含径向坐标的一维等效运动方程。

在求出圆轨道解后，为了分析轨道的稳定性，需要引入微小扰动。将径向坐标表示为平衡位置加上微小偏移量的形式，并在运动方程中保留到偏移量的一阶项，这就涉及到了简单的泰勒展开。化简后如果得到一个恢复力系数为正的简谐振动方程，则说明该平衡状态（圆轨道）是稳定的，质点会在圆轨道附近进行微小的径向振荡，其振荡频率即为方程中的角频率。