[標準]単振動の演習問題③　板と物体の運動1

<解答>

(1)　板の左端の位置が$x$のときに板にはたらく力は$x>0$であれば，弾性力$kx$が$x$軸の負の向き，垂直抗力$N$が負の向きとなります．また，物体にはたらく力は垂直抗力$N$が$x$軸の正の向きにはたらきます．さらに，ここに物体に弾性力$kx$がはたらく．．．なんて考えるは×です．

板と物体，それぞれの運動方程式は

板：$Ma=-kx-N$　$\dots　(\ast)$

物体：$ma=N$　$\dots　(2\ast)$

となります．

(2)　($\ast$)と($2\ast$)を足すと

$(M+m)a=-kx$　

$\therefore$　$a=-\dfrac{k}{M+m}x$　$\dots　(3\ast)$

となるので，単振動することがわかりますね．この運動方程式より

振動の中心$x_{0}=0$，角振動数$\omega_{1}=\sqrt{\dfrac{k}{M+m}}$，周期$T_{1}=2\pi \sqrt{\dfrac{M+m}{k}}$となります．

(3)　$(3\ast)$を$(2\ast)$に代入して，

$\eqalign{N&=ma\\&=m\cdot (-\dfrac{k}{M+m}x)\\&=-\dfrac{mk}{M+m}x}$

この式によると，$x=-l$のとき$N=\dfrac{mk}{M+m}l$であり，$x$軸の正の向きに進むと$N$の大きさはだんだんと小さくなり，$x=0$でついには$N=0$となってしまいます．次のことはよく使うので覚えておくとよいでしょう．

板と物体がはなれる→板と物体の間の垂直抗力が0

つまり，板と物体がはなれるのは$x_{1}=0$となります．（自然長で離れます）

(4)　(2)より，中心が$x_{0}=0$です．またスタートが$x=-l$なので$-\cos$型です．中心と端っことの距離が$l$なので，振幅は$A=l$です．以上より

$x=x_{0}-A\cos \omega_{1}t=$$-l\cos \sqrt{\dfrac{k}{M+m}}t$　$\dots　(4\ast)$

(5)　これはわざわざ計算しなくても感覚でいけるかもしれませんが，計算してみます．$(4\ast)$に離れる位置$x=0$を代入すると

$\eqalign{0&=-l\cos \sqrt{\dfrac{k}{M+m}}t\cr\cos\sqrt{\dfrac{k}{M+m}}t&=0\cr \sqrt{\dfrac{k}{M+m}}t&=\dfrac{\pi}{2}, \dfrac{3\pi}{2},\dots}$

この中で一番小さい$t$を選んで，

$\eqalign{\sqrt{\dfrac{k}{M+m}}t&=\dfrac{\pi}{2}\cr t&=\dfrac{\pi}{2}\sqrt{\dfrac{M+m}{k}}}$

これは周期の$\dfrac{1}{4}$に相当します．したがって，答えは$t_{1}=\dfrac{\pi}{2}\sqrt{\dfrac{M+m}{k}}$

(6)　$(4\ast)$を時刻$t$で微分すれば速度$v$が導出でき，さらに速度$v$を時刻$t$で微分すれば，加速度$a$が導出できます．まず速度は

$\eqalign{v&=\dfrac{dx}{dt} \\ &=l\sqrt{\dfrac{k}{M+m}}\sin\sqrt{\dfrac{k}{M+m}}t}$　$\dot　(5\ast)$

次に加速度は

$\eqalign{a&=\dfrac{dv}{dt}\\&=\dfrac{kl}{M+m}\cos \sqrt{\dfrac{k}{M+m}}t}$

(7)　(5)で得た$t_{1}=\dfrac{\pi}{2}\sqrt{\dfrac{M+m}{k}}$を$(5\ast)$に代入しましょう．

$\eqalign{v&=l\sqrt{\dfrac{k}{M+m}}\sin \sqrt{\dfrac{k}{M+m}}\cdot \dfrac{\pi}{2}\sqrt{\dfrac{M+m}{k}}\\&=l\sqrt{\dfrac{k}{M+m}}\sin\dfrac{\pi}{2}\\&=l\sqrt{\dfrac{k}{M+m}}}$

したがって，$V=l\sqrt{\dfrac{k}{M+m}}$

(8)　物体が離れた後の板の加速度を$a^{\prime}$として運動方程式を立てます．板にはたらく水平方向の力は弾性力のみなので

$Ma^{\prime}=-kx$　

この運動方程式より，中心が$x=0$，角振動数が$\omega_{2}=\sqrt{\dfrac{k}{M}}$，周期が$T_{2}=2\pi \sqrt{\dfrac{M}{k}}$であることが確認できます．そこで，物体が板から離れた瞬間を$t^{\prime}=0$として，時刻をとりなおすと，振幅を$A^{\prime}$として板の位置$x^{\prime}$は

$x^{\prime}=A^{\prime}\sin \omega_{2}t^{\prime}$　$\dots$　$(6\ast)$

となります．$t^{\prime}=0$のときの速度が$l\sqrt{\dfrac{k}{M+m}}$であるということを使いたいので，$(6\ast)$について時刻$t^{\prime}$で微分すると速度$v^{\prime}$を得ることができます．

$v^{\prime}=A^{\prime}\omega_{2}\cos \omega_{2}t^{\prime}$

$t^{\prime}=0$のときの速度が$l\sqrt{\dfrac{k}{M+m}}$なので，これを上式に代入して

$\eqalign{l\sqrt{\dfrac{k}{M+m}}&=A^{\prime}\omega_{2}\cos 0\cr A^{\prime}\sqrt{\dfrac{k}{M}}&=l\sqrt{\dfrac{k}{M+m}}\cr A^{\prime}&=l\sqrt{\dfrac{M}{M+m}}}$

したがって，$A^{\prime}=l\sqrt{\dfrac{M}{M+m}}$

振幅は物体くっついていたときに比べて小さくなります．