0510-2006 京情系 机械 P21

力学 振动学

図2のように質量 $M$ の力学台車から長さ $l$ で質量 $m$ の単振子が吊り下げられている．台車の位置と振子の振れ角をそれぞれ， $x,\theta$ とする．図に示すように振子が角 $\theta ={\theta }_0$ で傾くことで振子は平衡点から持ち上げられており，台車と共に空間的に固定されている．この状態から両者を解放する瞬間を $t=0$，振れ角 $\theta$ が最初に零になる時刻を $t=t_0$ とする．重力加速度は $g$ とおく．摩擦などによる力学的エネルギーの散逸は生じないとする．

(1) 時刻 $t=t_0$ における台車の走行速度 $\dot{x}$ を求めよ．

(2) 振れ角 $\theta$ が零になるまでに経過する時間 $t_0$ を初期角 ${\theta }_0$ が微小として求めよ．

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解答：
(1)
水平方向には外力が働かないため，台車と振子からなる系の水平方向の運動量は保存される．初期状態では静止しているため全運動量は零である．
台車の速度を $\dot{x}$，振子の速度の水平成分を $v_{mx}$ とすると，

$$v_{mx}=\frac{d}{dt}(x+l\sin \theta )=\dot{x}+l\dot{\theta }\cos \theta$$

水平方向の運動量保存則より，

$$M\dot{x}+m(\dot{x}+l\dot{\theta }\cos \theta )=0⟹\dot{x}=-\frac{ml\cos \theta }{M+m}\dot{\theta }$$

最下点（$\theta =0$）を基準とすると，初期状態の力学的エネルギー $E_0$ は，

$$E_0=-mgl\cos {\theta }_0$$

時刻 $t=t_0$（$\theta =0$）における系の力学的エネルギー $E_1$ を求める．$\theta =0$ において $\cos (0)=1$ となるから，$\dot{\theta }=-\frac{M+m}{ml}\dot{x}$ であり，

$$\begin{array}{rl}{E}_1& =\frac{1}{2}M{\dot{x}}^2+\frac{1}{2}m\left((\dot{x}+l\dot{\theta }{)}^2+(0{)}^2\right)-mgl\\ & =\frac{1}{2}M{\dot{x}}^2+\frac{1}{2}m{\left(\dot{x}-\frac{M+m}{m}\dot{x}\right)}^2-mgl\\ & =\frac{1}{2}M{\dot{x}}^2+\frac{1}{2}m{\left(-\frac{M}{m}\dot{x}\right)}^2-mgl\\ & =\frac{1}{2}\frac{M(M+m)}{m}{\dot{x}}^2-mgl\end{array}$$

$E_0=E_1$ より，

$$-mgl\cos {\theta }_0=\frac{1}{2}\frac{M(M+m)}{m}{\dot{x}}^2-mgl$$ $${\dot{x}}^2=\frac{2m^{2}gl(1-\cos {\theta }_0)}{M(M+m)}$$

図より ${\theta }_0>0$ であり，解放後振子は左へ向かって動くため $\dot{\theta }<0$ となる．したがって $\dot{x}=-\frac{ml}{M+m}\dot{\theta }>0$ である．

$$\boxed{\begin{array}{r}\dot{x}=m\sqrt{\frac{2gl(1-\cos {\theta }_0)}{M(M+m)}}\end{array}}$$

(2)
系の任意の時刻における運動エネルギー $T$ と位置エネルギー $U$ は，

$$\begin{array}{rl}T& =\frac{1}{2}M{\dot{x}}^2+\frac{1}{2}m\left((\dot{x}+l\dot{\theta }\cos \theta {)}^2+(l\dot{\theta }\sin \theta {)}^2\right)\\ & =\frac{1}{2}(M+m){\dot{x}}^2+\frac{1}{2}m{l}^2{\dot{\theta }}^2+ml\dot{x}\dot{\theta }\cos \theta \end{array}$$ $$U=-mgl\cos \theta$$

$\dot{x}=-\frac{ml\cos \theta }{M+m}\dot{\theta }$ を $T$ に代入すると，

$$\begin{array}{rl}T& =\frac{1}{2}(M+m){\left(-\frac{ml\cos \theta }{M+m}\dot{\theta }\right)}^2+\frac{1}{2}m{l}^2{\dot{\theta }}^2-\frac{m^2{l}^2{\cos }^2\theta }{M+m}{\dot{\theta }}^2\\ & =\frac{1}{2}m{l}^2\left(1-\frac{m{\cos }^2\theta }{M+m}\right){\dot{\theta }}^2\\ & =\frac{1}{2}m{l}^2\frac{M+m{\sin }^2\theta }{M+m}{\dot{\theta }}^2\end{array}$$

${\theta }_0$ が微小であるとき，$\theta$ も微小となり $\sin \theta \approx 0,\cos \theta \approx 1-\frac{{\theta }^2}{2}$ と近似できる．運動エネルギーの係数において $m{\sin }^2\theta \approx 0$ と近似すると，

$$T\approx \frac{1}{2}\left(\frac{Mm{l}^2}{M+m}\right){\dot{\theta }}^2$$

位置エネルギーは定数項を除くと，

$$U\approx \frac{1}{2}mgl{\theta }^2$$

力学的エネルギー $E=T+U$ が保存されるので，時間微分をとると，

$$\frac{dE}{dt}=\left(\frac{Mm{l}^2}{M+m}\ddot{\theta }+mgl\theta \right)\dot{\theta }=0$$

$\dot{\theta }$ は常に零ではないため，運動方程式は以下となる．

$$\ddot{\theta }+\frac{g(M+m)}{Ml}\theta =0$$

これは角振動数 $\omega =\sqrt{\frac{g(M+m)}{Ml}}$ の単振動を表す．
振れ角 $\theta$ が ${\theta }_0$ から最初に零になるまでの時間 $t_0$ は，この単振動の周期 $T_{period}=\frac{2\pi }{\omega }$ の $1/4$ である．

$$t_0=\frac{1}{4}{T}_{period}=\frac{\pi }{2\omega }$$ $$\boxed{\begin{array}{r}{t}_0=\frac{\pi }{2}\sqrt{\frac{Ml}{g(M+m)}}\end{array}}$$

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这道力学题考察了包含移动支点的单摆系统的动力学分析。对于第一个问题，系统在水平方向上不受外力，因此小车和单摆组成的系统在水平方向上的动量守恒。通过水平动量守恒，我们可以找出小车速度与单摆角速度之间的约束关系。结合机械能守恒定律，将单摆到达最低点时的角速度替换为小车的速度，就可以直接求解出小车在此时的运行速度。由于释放后摆球向左摆动角速度为负，代入动量守恒关系可知小车向右移动，速度为正值。对于第二个问题，在微小摆角的假设下，需要将系统的动能和势能用角位移近似表示出来。通过把小车速度代回系统总动能方程，可以得到一个仅关于摆角及其导数的表达式，再利用小角近似忽略动能系数中的高阶微小量，就可以推导出该系统等效的简谐振动微分方程。识别出系统的等效固有角频率后，因为是从最大摆角第一次运动到最低点，所需时间刚好就是该简谐振动四分之一的周期。