0292-2016 名情复 机械 P298

力学 拉格朗日力学 耦合振动

図のように同じ支点から吊るされた長さ $r$，質量 $m$ の二つの振り子をバネでつないだ系の平面内の運動を考える。支点から下ろした垂線と二つの振り子のなす角度をそれぞれ ${\theta }_1,{\theta }_2$ とし，振り子が最下点の位置にあるとき ${\theta }_1=0,{\theta }_2=0$ にとり，反時計回りを正の向きとする。バネの自然長を $l_0$ とし，バネの復元力は，この自然長からの変位に比例するとする。ただし，バネ定数を $k$ とし，その質量は無視できるとする。二つの振り子には図のように下向きに重力加速度 $g$ が働くとすると。以下の問に答えよ。

[1] この系の運動エネルギー $T({\dot{\theta }}_1,{\dot{\theta }}_2)$ を求めよ。ここで，${\dot{\theta }}_i(i=1,2)$ は時間 $t$ に関する ${\theta }_i$ の微分を表す。

[2] バネの長さ $l$ は半径 $r$ の円周上の二つの振り子を結ぶ弦の長さに等しい。$l$ を $r,{\theta }_1,{\theta }_2$ を用いて表せ。

[3] この系のポテンシャルエネルギー $U({\theta }_1,{\theta }_2)=U_g({\theta }_1)+U_g({\theta }_2)+U_s({\theta }_1,{\theta }_2)$ を求めよ。ここで，$U_g({\theta }_1)$ と $U_g({\theta }_2)$ はそれぞれの振り子に作用する重力によるポテンシャルエネルギー，$U_s({\theta }_1,{\theta }_2)$ は二つの振り子の間に働くバネの復元力によるポテンシャルエネルギーを表す。ただし $U_g({\theta }_1),U_g({\theta }_2)$ はそれぞれ ${\theta }_1=0,{\theta }_2=0$ を基準とし，$U_s({\theta }_1,{\theta }_2)$ はバネの自然長 $l_0$ を基準として計算すること。

[4] この系のラグランジアン $L({\theta }_1,{\theta }_2,{\dot{\theta }}_1,{\dot{\theta }}_2)$ を求めよ。

[5] バネの自然長 $l_0$ が微小角度 ${\theta }_0(>0)$ を用いて $l_0=r{\theta }_0$ と書けるとし，${\theta }_1,{\theta }_2$ が微小量であるときの二つの振り子の運動を考える。ただし，${\theta }_2>{\theta }_1$ を仮定する。

1. 前問 [4] で求めたラグランジアン $L({\theta }_1,{\theta }_2,{\dot{\theta }}_1,{\dot{\theta }}_2)$ を用いて，オイラー・ラグランジュ方程式を計算することで ${\theta }_1$ と ${\theta }_2$ の運動方程式をそれぞれ求めよ。ただし，$L({\theta }_1,{\theta }_2,{\dot{\theta }}_1,{\dot{\theta }}_2)$ を ${\theta }_i(i=1,2)$ に関して二次の微小量まで残すように近似して計算すること。
2. 二つの振り子が静止して釣り合った状態にあるときの二つの振り子の間の角度 ${\theta }_2-{\theta }_1$ を ${\theta }_e$ とおく。${\theta }_e$ を求めよ。
3. 重心座標 $\varphi \equiv \frac{{\theta }_1+{\theta }_2}{2}$ と相対座標 $\theta \equiv {\theta }_2-{\theta }_1$ をそれぞれ定義する。1)で求めた ${\theta }_1$ と ${\theta }_2$ の運動方程式を用いて，$\varphi$ と $\theta$ の運動方程式をそれぞれ求めよ。
4. 3. で求めた $\varphi$ と $\theta$ の運動方程式を解いて，その一般解 $\varphi (t)$ と $\theta (t)$ をそれぞれ求めよ。ただし，$\theta (t)$ は 2) で求めた ${\theta }_e$ を用いて表すこと。
5. 4. で求めた一般解 $\varphi (t)$ と $\theta (t)$ を利用して，${\theta }_1(t)$ と ${\theta }_2(t)$ の一般解をそれぞれ求めよ。
      

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解答：

[1]
それぞれの振り子の速度は $r{\dot{\theta }}_1,r{\dot{\theta }}_2$ である。

$$\boxed{T({\dot{\theta }}_1,{\dot{\theta }}_2)=\frac{1}{2}m(r{\dot{\theta }}_1{)}^2+\frac{1}{2}m(r{\dot{\theta }}_2{)}^2=\frac{1}{2}m{r}^2({\dot{\theta }}_1^2+{\dot{\theta }}_2^2)}$$

[2]
余弦定理より、

$$l^2=r^2+r^2-2r^2\cos ({\theta }_2-{\theta }_1)=2r^2(1-\cos ({\theta }_2-{\theta }_1))$$
$$\boxed{l=\sqrt{2}r\sqrt{1-\cos ({\theta }_2-{\theta }_1)}}$$

[3]
重力ポテンシャルエネルギーは最下点を基準とする。

$$U_g({\theta }_1)=mgr(1-\cos {\theta }_1)$$
$$U_g({\theta }_2)=mgr(1-\cos {\theta }_2)$$
弾性ポテンシャルエネルギーは自然長 $l_0$ を基準とする。
$$U_s({\theta }_1,{\theta }_2)=\frac{1}{2}k(l-l_0{)}^2=\frac{1}{2}k{\left(\sqrt{2}r\sqrt{1-\cos ({\theta }_2-{\theta }_1)}-l_0\right)}^2$$
$$\boxed{\begin{array}{rl}U({\theta }_1,{\theta }_2)& =mgr(1-\cos {\theta }_1)+mgr(1-\cos {\theta }_2)\\ & +\frac{1}{2}k{\left(\sqrt{2}r\sqrt{1-\cos ({\theta }_2-{\theta }_1)}-l_0\right)}^2\end{array}}$$

[4]
$L=T-U$ より、

$$\boxed{\begin{array}{rl}L({\theta }_1,{\theta }_2,{\dot{\theta }}_1,{\dot{\theta }}_2)& =\frac{1}{2}m{r}^2({\dot{\theta }}_1^2+{\dot{\theta }}_2^2)-mgr(2-\cos {\theta }_1-\cos {\theta }_2)\\ & -\frac{1}{2}k{\left(\sqrt{2}r\sqrt{1-\cos ({\theta }_2-{\theta }_1)}-l_0\right)}^2\end{array}}$$

[5]
1)
${\theta }_1,{\theta }_2\ll 1,{\theta }_2>{\theta }_1$ の近似を用いる。
$\cos \theta \approx 1-\frac{{\theta }^2}{2}$
$l\approx \sqrt{2}r\sqrt{1-\left(1-\frac{({\theta }_2-{\theta }_1{)}^2}{2}\right)}=r({\theta }_2-{\theta }_1)$
$l_0=r{\theta }_0$ より、$L$ を ${\theta }_i$ について2次まで近似する（定数項は除外しても運動方程式に影響しない）。

$$L\approx \frac{1}{2}m{r}^2({\dot{\theta }}_1^2+{\dot{\theta }}_2^2)-\frac{1}{2}mgr({\theta }_1^2+{\theta }_2^2)-\frac{1}{2}k{r}^2({\theta }_2-{\theta }_1-{\theta }_0{)}^2$$
オイラー・ラグランジュ方程式 $\frac{d}{dt}\left(\frac{\partial L}{\partial {\dot{\theta }}_i}\right)-\frac{\partial L}{\partial {\theta }_i}=0(i=1,2)$ より、
$$\begin{array}{rl}m{r}^2{\ddot{\theta }}_1+mgr{\theta }_1-k{r}^2({\theta }_2-{\theta }_1-{\theta }_0)& =0\\ m{r}^2{\ddot{\theta }}_2+mgr{\theta }_2+k{r}^2({\theta }_2-{\theta }_1-{\theta }_0)& =0\end{array}$$
$$\boxed{\begin{array}{rl}m{\ddot{\theta }}_1+\frac{mg}{r}{\theta }_1-k({\theta }_2-{\theta }_1-{\theta }_0)& =0\\ m{\ddot{\theta }}_2+\frac{mg}{r}{\theta }_2+k({\theta }_2-{\theta }_1-{\theta }_0)& =0\end{array}}$$

静止して釣り合った状態では ${\ddot{\theta }}_1={\ddot{\theta }}_2=0$。1)の運動方程式より、

$$\begin{array}{rl}\frac{mg}{r}{\theta }_1-k({\theta }_e-{\theta }_0)& =0\\ \frac{mg}{r}{\theta }_2+k({\theta }_e-{\theta }_0)& =0\end{array}$$
両式の差（下式 - 上式）をとる。
$$\frac{mg}{r}({\theta }_2-{\theta }_1)+2k({\theta }_e-{\theta }_0)=0$$
${\theta }_2-{\theta }_1={\theta }_e$ を代入する。
$$\frac{mg}{r}{\theta }_e+2k{\theta }_e-2k{\theta }_0=0$$
$$\boxed{{\theta }_e=\frac{2kr}{mg+2kr}{\theta }_0}$$

${\theta }_1=\varphi -\frac{\theta }{2},{\theta }_2=\varphi +\frac{\theta }{2}$
1)で求めた2つの運動方程式の和をとる。

$$m({\ddot{\theta }}_1+{\ddot{\theta }}_2)+\frac{mg}{r}({\theta }_1+{\theta }_2)=0⟹m(2\ddot{\varphi })+\frac{mg}{r}(2\varphi )=0$$
$$\boxed{\ddot{\varphi }+\frac{g}{r}\varphi =0}$$
1)で求めた2つの運動方程式の差（下式 - 上式）をとる。
$$m({\ddot{\theta }}_2-{\ddot{\theta }}_1)+\frac{mg}{r}({\theta }_2-{\theta }_1)+2k({\theta }_2-{\theta }_1-{\theta }_0)=0$$
$$m\ddot{\theta }+\frac{mg}{r}\theta +2k(\theta -{\theta }_0)=0$$
$$\boxed{\ddot{\theta }+\left(\frac{g}{r}+\frac{2k}{m}\right)\theta =\frac{2k}{m}{\theta }_0}$$

$\varphi (t)$ は単振動の微分方程式である。${\omega }_{\varphi }=\sqrt{\frac{g}{r}}$ とする。

$$\boxed{\varphi (t)=A\cos \left(\sqrt{\frac{g}{r}}t\right)+B\sin \left(\sqrt{\frac{g}{r}}t\right)}$$
$\theta (t)$ の特解は静止釣り合い位置 ${\theta }_e=\frac{2kr}{mg+2kr}{\theta }_0$ である。${\omega }_{\theta }=\sqrt{\frac{g}{r}+\frac{2k}{m}}$ とする。
$$\boxed{\theta (t)={\theta }_e+C\cos \left(\sqrt{\frac{g}{r}+\frac{2k}{m}}t\right)+D\sin \left(\sqrt{\frac{g}{r}+\frac{2k}{m}}t\right)}$$
(ここで、$A,B,C,D$ は初期条件によって決まる任意の積分定数)

3)の定義 ${\theta }_1=\varphi -\frac{\theta }{2},{\theta }_2=\varphi +\frac{\theta }{2}$ に4)の結果を代入する。

$$\boxed{\begin{array}{rl}{\theta }_1(t)& =A\cos \left(\sqrt{\frac{g}{r}}t\right)+B\sin \left(\sqrt{\frac{g}{r}}t\right)\\ & -\frac{1}{2}\left\{{\theta }_e+C\cos \left(\sqrt{\frac{g}{r}+\frac{2k}{m}}t\right)+D\sin \left(\sqrt{\frac{g}{r}+\frac{2k}{m}}t\right)\right\}\\ {\theta }_2(t)& =A\cos \left(\sqrt{\frac{g}{r}}t\right)+B\sin \left(\sqrt{\frac{g}{r}}t\right)\\ & +\frac{1}{2}\left\{{\theta }_e+C\cos \left(\sqrt{\frac{g}{r}+\frac{2k}{m}}t\right)+D\sin \left(\sqrt{\frac{g}{r}+\frac{2k}{m}}t\right)\right\}\end{array}}$$

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本题系统地考查了拉格朗日力学在处理多自由度耦合振动系统时的标准分析流程。首先需基于系统的几何约束，准确写出动能与势能的精确表达式，从而构造出拉格朗日量。在微小振动的假设下，利用泰勒展开将非线性的拉格朗日量截断至广义坐标及其导数的二次项，这使得我们能够推导出近似的线性常微分方程组。求解系统的静止平衡状态，本质上就是寻找系统总势能的极小值点。对于存在相互作用的耦合系统，引入质心坐标与相对坐标进行线性变换是一种非常核心的处理技巧，该方法能够将原本相互耦合的复杂运动方程解耦为两个完全独立的简谐振动方程（即求解系统的简正模态）。最后通过分别求解这些解耦后的方程并进行坐标逆变换，即可得到原系统中各个广义坐标随时间演化的完整一般解。