長さ $l$ の糸に質量 $m$ の物体を取り付けた単振り子を考える。物体には重力、糸の張力、速度に比例する抵抗力が働く。重力加速度は $g$、糸の張力は $R$、鉛直下方と糸の間の角度は $\theta$ である。 (a) 物体の速度 $\mathbf{v}$ が $\mathbf{v} = l\dot{\theta}\mathbf{e}_\theta$ と表せることを示す。ここで $\mathbf{e}_\theta$ は質点の位置ベクトルと直交し、$\theta$ を増加させる方向の単位ベクトルである。 (b) 2次元極座標系における物体の運動方程式を記述する。 (c) 振り子の振れ角が十分小さい ($|\theta| \ll 1$) として、運動方程式を解いて一般解 $\theta(t)$ を求める。ただし、$\gamma < 2m\sqrt{g/l}$ とする。

1. 問題の内容

長さ $l$ の糸に質量 $m$ の物体を取り付けた単振り子を考える。物体には重力、糸の張力、速度に比例する抵抗力が働く。重力加速度は $g$、糸の張力は $R$、鉛直下方と糸の間の角度は $\theta$ である。

(a) 物体の速度 $\mathbf{v}$ が $\mathbf{v} = l\dot{\theta}\mathbf{e}_\theta$ と表せることを示す。ここで $\mathbf{e}_\theta$ は質点の位置ベクトルと直交し、$\theta$ を増加させる方向の単位ベクトルである。

(b) 2次元極座標系における物体の運動方程式を記述する。

(c) 振り子の振れ角が十分小さい ($|\theta| \ll 1$) として、運動方程式を解いて一般解 $\theta(t)$ を求める。ただし、$\gamma < 2m\sqrt{g/l}$ とする。

2. 解き方の手順

(a) 物体の位置ベクトル $\mathbf{r}$ は、糸の長さを $l$ とすると、

$\mathbf{r} = l\mathbf{e}_r$

と表せる。ここで、$\mathbf{e}_r$ は動径方向の単位ベクトルである。速度 $\mathbf{v}$ は位置ベクトル $\mathbf{r}$ の時間微分であるから、

$\mathbf{v} = \frac{d\mathbf{r}}{dt} = \frac{d}{dt} (l\mathbf{e}_r) = l\frac{d\mathbf{e}_r}{dt}$

極座標における単位ベクトルの時間微分は、$\frac{d\mathbf{e}_r}{dt} = \dot{\theta}\mathbf{e}_\theta$ であるから、

$\mathbf{v} = l\dot{\theta}\mathbf{e}_\theta$

となる。

(b) 物体に働く力は、重力 $\mathbf{F}_g = mg(\cos\theta \mathbf{e}_r - \sin\theta \mathbf{e}_\theta)$、糸の張力 $\mathbf{R} = -R\mathbf{e}_r$ (動径方向内向きを正とする)、速度に比例する抵抗力 $\mathbf{F}_\nu = -\gamma \mathbf{v} = -\gamma l\dot{\theta} \mathbf{e}_\theta$ である。

運動方程式 $\mathbf{F} = m\mathbf{a}$ を極座標で記述すると、

$m\mathbf{a} = m(\ddot{r} - r\dot{\theta}^2)\mathbf{e}_r + m(r\ddot{\theta} + 2\dot{r}\dot{\theta})\mathbf{e}_\theta$

ここで、糸の長さは一定なので $r = l$、$\dot{r} = 0$、$\ddot{r} = 0$ である。したがって、

$m\mathbf{a} = -ml\dot{\theta}^2\mathbf{e}_r + ml\ddot{\theta}\mathbf{e}_\theta$

力の和は、$\mathbf{F} = \mathbf{F}_g + \mathbf{R} + \mathbf{F}_\nu = (mg\cos\theta - R)\mathbf{e}_r + (-mg\sin\theta - \gamma l\dot{\theta})\mathbf{e}_\theta$

運動方程式の動径成分は、

$mg\cos\theta - R = -ml\dot{\theta}^2$

接線成分は、

$-mg\sin\theta - \gamma l\dot{\theta} = ml\ddot{\theta}$

したがって、運動方程式は以下の2式で表される。

$mg\cos\theta - R = -ml\dot{\theta}^2$

$ml\ddot{\theta} + \gamma l\dot{\theta} + mg\sin\theta = 0$

(c) 振れ角が小さい ($|\theta| \ll 1$) とき、$\sin\theta \approx \theta$ と近似できる。したがって、運動方程式の接線成分は

$ml\ddot{\theta} + \gamma l\dot{\theta} + mg\theta = 0$

$\ddot{\theta} + \frac{\gamma}{m}\dot{\theta} + \frac{g}{l}\theta = 0$

この微分方程式の特性方程式は、

$\lambda^2 + \frac{\gamma}{m}\lambda + \frac{g}{l} = 0$

解は、

$\lambda = \frac{-\frac{\gamma}{m} \pm \sqrt{(\frac{\gamma}{m})^2 - 4\frac{g}{l}}}{2} = -\frac{\gamma}{2m} \pm \sqrt{(\frac{\gamma}{2m})^2 - \frac{g}{l}}$

$\gamma < 2m\sqrt{\frac{g}{l}}$ であるから、$(\frac{\gamma}{2m})^2 - \frac{g}{l} < 0$ であり、$\omega = \sqrt{\frac{g}{l} - (\frac{\gamma}{2m})^2}$ とすると、解は共役複素数 $\lambda = -\frac{\gamma}{2m} \pm i\omega$ となる。

したがって、一般解は

$\theta(t) = e^{-\frac{\gamma}{2m}t}(A\cos(\omega t) + B\sin(\omega t))$

となる。ここで、$A$ と $B$ は初期条件によって決定される定数である。

3. 最終的な答え

(a) $\mathbf{v} = l\dot{\theta}\mathbf{e}_\theta$

(b)

$mg\cos\theta - R = -ml\dot{\theta}^2$

$ml\ddot{\theta} + \gamma l\dot{\theta} + mg\sin\theta = 0$

(c) $\theta(t) = e^{-\frac{\gamma}{2m}t}(A\cos(\omega t) + B\sin(\omega t))$, where $\omega = \sqrt{\frac{g}{l} - (\frac{\gamma}{2m})^2}$