0257-2011 名情复 机械 P136

力学 分析力学 拉格朗日力学 微小振动

鉛直下向きの一様重力中（重力加速度$g$）で、図のように一定の角速度$\omega$で鉛直方向の直径のまわりに回転する円輪（質量は無視できるとする）に沿って質点が滑らかに運動している。円輪の半径を$a$、質点の質量を$m$、質点を通る半径が鉛直となす角を$\phi$として、以下の問いに答えよ。

［１］$\phi$を一般化座標として、運動エネルギー$T$を書き下せ。

［２］$\phi =0$をポテンシャルエネルギーの基準として、ポテンシャルエネルギー$U$を書き下せ。

［３］ラグランジアン$L$を書き下せ。

［４］オイラー・ラグランジュ方程式を計算することにより、運動方程式を求めよ。

［５］$\phi$が一定の値${\phi }_0$で運動する場合の${\phi }_0$を求めよ。

［６］$\phi$が一定の値${\phi }_0$で運動する場合の安定性を考えよう。

1. $\phi ={\phi }_0$からわずかにずれた$\phi ={\phi }_0+\tilde{\phi }$を考える。$|\tilde{\phi }|$はじゅうぶん小さいとして、$\tilde{\phi }$についての運動方程式を$\tilde{\phi }$の1次のオーダーまで求めると、$\ddot{\tilde{\phi }}=-A\tilde{\phi }$の形式となる。$A$を求めよ。ここで、$\ddot{}=\frac{d^2}{d{t}^2}$である。
2. 1)で$A>0$の場合、$\tilde{\phi }$は単振動となる。つまり$\phi$が${\phi }_0$からわずかにずれた場合でも、$\phi$は${\phi }_0$のまわりで振動することになり、$\phi ={\phi }_0$での運動は安定な運動であると言える。［５］で求めた${\phi }_0$について、$A$を計算することにより、安定な運動であるかどうかを調べよ。

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解答：

［１］
円の中心を原点とし、鉛直下向きを$z$軸正方向とする。質点の直交座標$(x,y,z)$は時間$t$を用いて次のように表される。

$$\begin{array}{rl}x& =a\sin \phi \cos (\omega t)\\ y& =a\sin \phi \sin (\omega t)\\ z& =a\cos \phi \end{array}$$

各成分の時間微分を計算すると、

$$\begin{array}{rl}\dot{x}& =a\dot{\phi }\cos \phi \cos (\omega t)-a\omega \sin \phi \sin (\omega t)\\ \dot{y}& =a\dot{\phi }\cos \phi \sin (\omega t)+a\omega \sin \phi \cos (\omega t)\\ \dot{z}& =-a\dot{\phi }\sin \phi \end{array}$$

速度の2乗 $v^2={\dot{x}}^2+{\dot{y}}^2+{\dot{z}}^2$ を求めると、

$$v^2=a^2{\dot{\phi }}^2+a^2{\omega }^2{\sin }^2\phi$$
したがって、運動エネルギー$T$は
$$\boxed{T=\frac{1}{2}m{a}^2({\dot{\phi }}^2+{\omega }^2{\sin }^2\phi )}$$

［２］
$\phi =0$における最下点の高さを基準（$U=0$）とする。任意の角度$\phi$における最下点からの高さは $a-a\cos \phi =a(1-\cos \phi )$ であるため、

$$\boxed{U=mga(1-\cos \phi )}$$

［３］
ラグランジアン $L=T-U$ より、

$$\boxed{L=\frac{1}{2}m{a}^2({\dot{\phi }}^2+{\omega }^2{\sin }^2\phi )-mga(1-\cos \phi )}$$

［４］
オイラー・ラグランジュ方程式 $\frac{d}{dt}\left(\frac{\partial L}{\partial \dot{\phi }}\right)-\frac{\partial L}{\partial \phi }=0$ に各項を代入する。

$$\begin{array}{rl}\frac{\partial L}{\partial \dot{\phi }}& =m{a}^2\dot{\phi }\\ \frac{d}{dt}\left(\frac{\partial L}{\partial \dot{\phi }}\right)& =m{a}^2\ddot{\phi }\\ \frac{\partial L}{\partial \phi }& =m{a}^2{\omega }^2\sin \phi \cos \phi -mga\sin \phi \end{array}$$

これらを方程式に代入して整理すると、

$$m{a}^2\ddot{\phi }-m{a}^2{\omega }^2\sin \phi \cos \phi +mga\sin \phi =0$$
$$\boxed{a\ddot{\phi }+g\sin \phi -a{\omega }^2\sin \phi \cos \phi =0}$$

［５］
$\phi$が一定の値${\phi }_0$をとる場合、${\ddot{\phi }}_0=0$となる。［４］で求めた運動方程式より、

$$\sin {\phi }_0(g-a{\omega }^2\cos {\phi }_0)=0$$
この条件を満たす${\phi }_0$は以下の通りである。
まず、$\sin {\phi }_0=0$ より、
$${\phi }_0=0,\pi$$
また、$a{\omega }^2\ge g$ のとき、$g-a{\omega }^2\cos {\phi }_0=0$ より、
$$\cos {\phi }_0=\frac{g}{a{\omega }^2}⟹{\phi }_0=\pm \arccos \left(\frac{g}{a{\omega }^2}\right)$$
$$\boxed{\begin{array}{rl}& a{\omega }^2\le g\text{ のとき、}{\phi }_0=0,\pi \\ & a{\omega }^2>g\text{ のとき、}{\phi }_0=0,\pi ,\pm \arccos \left(\frac{g}{a{\omega }^2}\right)\end{array}}$$
（※ここでは $-\pi <{\phi }_0\le \pi$ の範囲で代表値を記述した）

［６］

1. 運動方程式に $\phi ={\phi }_0+\tilde{\phi }$ を代入する。
   $$a\ddot{\tilde{\phi }}=a{\omega }^2\sin ({\phi }_0+\tilde{\phi })\cos ({\phi }_0+\tilde{\phi })-g\sin ({\phi }_0+\tilde{\phi })$$
   ここで、$f(\phi )=a{\omega }^2\sin \phi \cos \phi -g\sin \phi$ とおく。${\phi }_0$は平衡点であるため$f({\phi }_0)=0$が成り立つ。$\tilde{\phi }$が十分小さいとして、$f(\phi )$を${\phi }_0$のまわりでテイラー展開し1次の項までとると、$f({\phi }_0+\tilde{\phi })\approx f^{\prime }({\phi }_0)\tilde{\phi }$ となる。

$$\begin{array}{rl}{f}^{\prime }(\phi )& =a{\omega }^2({\cos }^2\phi -{\sin }^2\phi )-g\cos \phi \\ & =a{\omega }^2\cos 2\phi -g\cos \phi \end{array}$$

したがって、微小振動の方程式は $\ddot{\tilde{\phi }}\approx \frac{1}{a}{f}^{\prime }({\phi }_0)\tilde{\phi }=\left({\omega }^2\cos 2{\phi }_0-\frac{g}{a}\cos {\phi }_0\right)\tilde{\phi }$ となる。
これを $\ddot{\tilde{\phi }}=-A\tilde{\phi }$ と比較して、

$$\boxed{A=\frac{g}{a}\cos {\phi }_0-{\omega }^2\cos 2{\phi }_0}$$

2. ［５］で求めた各${\phi }_0$について$A$の符号を調べる。
   (i) ${\phi }_0=0$ のとき、
   $$A=\frac{g}{a}-{\omega }^2$$
   ${\omega }^2<\frac{g}{a}$ のとき $A>0$ となり安定。
   ${\omega }^2>\frac{g}{a}$ のとき $A<0$ となり不安定。

(ii) ${\phi }_0=\pi$ のとき、

$$A=-\frac{g}{a}-{\omega }^2<0$$
常に不安定である。

(iii) ${\phi }_0=\pm \arccos \left(\frac{g}{a{\omega }^2}\right)$ のとき（${\omega }^2>\frac{g}{a}$ でのみ存在）、
$\cos {\phi }_0=\frac{g}{a{\omega }^2}$ であり、倍角の公式 $\cos 2{\phi }_0=2{\cos }^2{\phi }_0-1=2{\left(\frac{g}{a{\omega }^2}\right)}^2-1$ を用いると、

$$\begin{array}{rl}A& =\frac{g}{a}\left(\frac{g}{a{\omega }^2}\right)-{\omega }^2\left(2{\left(\frac{g}{a{\omega }^2}\right)}^2-1\right)\\ & ={\omega }^2-\frac{g^2}{a^2{\omega }^2}\\ & ={\omega }^2\left(1-{\left(\frac{g}{a{\omega }^2}\right)}^2\right)\end{array}$$

${\omega }^2>\frac{g}{a}$ より $0<\frac{g}{a{\omega }^2}<1$ であるため、$A>0$ となり安定。

$$\boxed{\begin{array}{rl}& a{\omega }^2<g\text{ のとき、}{\phi }_0=0\text{ は安定、}{\phi }_0=\pi \text{ は不安定。}\\ & a{\omega }^2>g\text{ のとき、}{\phi }_0=\pm \arccos \left(\frac{g}{a{\omega }^2}\right)\text{ は安定、}{\phi }_0=0,\pi \text{ は不安定。}\end{array}}$$

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这道题是一道经典的分析力学问题，主要考察拉格朗日力学的基本应用以及动力学系统平衡点的线性稳定性分析。首先需要建立合适的坐标系，通常选择系统的最低点为势能零点，从而利用直角坐标与广义坐标的关系写出系统的动能和势能。由于质点受圆环约束，整个系统只有一个自由度，即偏离竖直方向的角度。写出拉格朗日函数后，利用欧拉-拉格朗日方程可以得出系统关于该角度的运动微分方程。在寻找平衡点时，需要令角加速度为零，解出所有的静止角度位置。由于系统的旋转引入了惯性离心力，平衡位置的存在情况取决于重力和离心力的相对大小，导致在角速度达到临界值时发生失稳和分岔现象。最后的稳定性分析运用了微小扰动法，将非线性运动方程在平衡点附近进行泰勒展开并仅保留一阶项，从而转化为线性常微分方程。当系数大于零时，扰动表现为围绕平衡点的简谐振动，代表该平衡态是稳定的；而当系数小于零时，系统会呈指数级偏离平衡点，代表该状态是不稳定的。