質量 $m$ のおもりが長さ $L$ の棒で吊り下げられた振り子を考えます。支点は鉛直下方に等速 $V_0$ で下降しており、時刻 $t$ での支点の座標 $y_0$ は $y_0 = V_0 t$ で表されます。 (1) $c=0$ (抵抗がない)として、振り子の振れ角 $\theta$ が小さい場合の周期 $T_0$ を求めます。次に、$y_0 = \frac{1}{2}at^2 + V_0 t$ であるとして周期 $T_a$ を求めます。 (2) 振り子の振れ角 $\theta$ が小さいとして運動方程式から $\frac{d^2\theta}{dt^2} = P\theta + Q\frac{d\theta}{dt} + R$ の形の式を導き、$P, Q, R$ を $m, L, V_0, c, t, g$ で表します。 (3) $0 < c < c_0$ のとき減衰振動となる $c_0$ を $m, L, V_0, g$ で表します。 (4) $c = m\sqrt{\frac{g}{L}}$, $V_0 = \frac{1}{2}\sqrt{gL}$ とします。時刻 $t=0$ でおもりは $(0, L)$ の位置にあり、速度は $(U_0, -V_0)$ であったとします。$\theta(t)$ を $m, L, t, g$ で表します。

1. 問題の内容

質量 $m$ のおもりが長さ $L$ の棒で吊り下げられた振り子を考えます。支点は鉛直下方に等速 $V_0$ で下降しており、時刻 $t$ での支点の座標 $y_0$ は $y_0 = V_0 t$ で表されます。

(1) $c=0$ (抵抗がない)として、振り子の振れ角 $\theta$ が小さい場合の周期 $T_0$ を求めます。次に、$y_0 = \frac{1}{2}at^2 + V_0 t$ であるとして周期 $T_a$ を求めます。

(2) 振り子の振れ角 $\theta$ が小さいとして運動方程式から $\frac{d^2\theta}{dt^2} = P\theta + Q\frac{d\theta}{dt} + R$ の形の式を導き、$P, Q, R$ を $m, L, V_0, c, t, g$ で表します。

(3) $0 < c < c_0$ のとき減衰振動となる $c_0$ を $m, L, V_0, g$ で表します。

(4) $c = m\sqrt{\frac{g}{L}}$, $V_0 = \frac{1}{2}\sqrt{gL}$ とします。時刻 $t=0$ でおもりは $(0, L)$ の位置にあり、速度は $(U_0, -V_0)$ であったとします。$\theta(t)$ を $m, L, t, g$ で表します。

2. 解き方の手順

(1)

* $c=0$ の場合、支点が静止しているときの単振り子の周期は $T_0 = 2\pi\sqrt{\frac{L}{g}}$ で表されます。支点が等速で下降していても、慣性系で見れば同じ周期になります。

* 次に、支点が等加速度運動をする場合を考えます。$y_0 = \frac{1}{2}at^2 + V_0 t$ であるので、鉛直方向の有効重力加速度は $g + a$ となります。したがって、周期は $T_a = 2\pi\sqrt{\frac{L}{g+a}}$ となります。

(2)

振り子のおもりの運動方程式を立てます。棒の張力を $T$ とすると、

$x$ 方向: $m(\ddot{x}) = -T\sin\theta - c\dot{x}$

$y$ 方向: $m(\ddot{y} + \ddot{y_0}) = T\cos\theta - mg - c\dot{y}$

ここで、$x = L\sin\theta$, $y = L\cos\theta$, $y_0 = V_0 t$ です。$\theta$ が小さいと近似すると、$\sin\theta \approx \theta$, $\cos\theta \approx 1$ なので、

$m(L\ddot{\theta}) = -T\theta - cL\dot{\theta}$

$m(L\ddot{\theta}(-\theta) + \ddot{y_0}) = T - mg - cL\dot{y}= T-mg$

$T = m(g + \ddot{y_0}) = m(g)$

したがって、$mL\ddot{\theta} = -mg\theta - cL\dot{\theta}$

$\ddot{\theta} = -\frac{g}{L}\theta - \frac{c}{m}\dot{\theta}$

$\frac{d^2\theta}{dt^2} = -\frac{g}{L}\theta - \frac{c}{m}\frac{d\theta}{dt} + 0$

$P = -\frac{g}{L}$, $Q = -\frac{c}{m}$, $R = 0$

(3)

減衰振動の条件は $0 < c < c_0$ であり、$c_0$ は臨界減衰となる条件です。

$\ddot{\theta} + \frac{c}{m}\dot{\theta} + \frac{g}{L}\theta = 0$

この微分方程式の特性方程式は $\lambda^2 + \frac{c}{m}\lambda + \frac{g}{L} = 0$ です。

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

減衰振動となるためには、根が複素数でなければならないので、$(\frac{c}{m})^2 < 4\frac{g}{L}$

$c < 2m\sqrt{\frac{g}{L}}$

したがって、$c_0 = 2m\sqrt{\frac{g}{L}}$

(4)

$\ddot{\theta} + \frac{c}{m}\dot{\theta} + \frac{g}{L}\theta = 0$

$c = m\sqrt{\frac{g}{L}}$ で、$V_0 = \frac{1}{2}\sqrt{gL}$ なので、$c = \frac{2mV_0}{L}$ とも表せる

$\ddot{\theta} + \sqrt{\frac{g}{L}}\dot{\theta} + \frac{g}{L}\theta = 0$

特性方程式は $\lambda^2 + \sqrt{\frac{g}{L}}\lambda + \frac{g}{L} = 0$

$\lambda = \frac{-\sqrt{\frac{g}{L}} \pm \sqrt{\frac{g}{L} - 4\frac{g}{L}}}{2} = \frac{-\sqrt{\frac{g}{L}} \pm i\sqrt{3\frac{g}{L}}}{2} = -\frac{1}{2}\sqrt{\frac{g}{L}} \pm i\frac{\sqrt{3}}{2}\sqrt{\frac{g}{L}}$

$\theta(t) = e^{-\frac{1}{2}\sqrt{\frac{g}{L}}t} (A\cos(\frac{\sqrt{3}}{2}\sqrt{\frac{g}{L}}t) + B\sin(\frac{\sqrt{3}}{2}\sqrt{\frac{g}{L}}t))$

初期条件: $t=0$ で $\theta(0) = 0$, $\dot{\theta}(0) = \frac{U_0}{L} + \frac{V_0}{L} = \frac{U_0}{L} + \frac{1}{2}\sqrt{\frac{g}{L}}$

$\theta(0) = 0 = A$

$\theta(t) = B e^{-\frac{1}{2}\sqrt{\frac{g}{L}}t} \sin(\frac{\sqrt{3}}{2}\sqrt{\frac{g}{L}}t)$

$\dot{\theta}(t) = B [-\frac{1}{2}\sqrt{\frac{g}{L}} e^{-\frac{1}{2}\sqrt{\frac{g}{L}}t} \sin(\frac{\sqrt{3}}{2}\sqrt{\frac{g}{L}}t) + \frac{\sqrt{3}}{2}\sqrt{\frac{g}{L}} e^{-\frac{1}{2}\sqrt{\frac{g}{L}}t} \cos(\frac{\sqrt{3}}{2}\sqrt{\frac{g}{L}}t)]$

$\dot{\theta}(0) = B\frac{\sqrt{3}}{2}\sqrt{\frac{g}{L}} = \frac{U_0}{L} + \frac{1}{2}\sqrt{\frac{g}{L}}$

$B = \frac{2}{\sqrt{3}}\sqrt{\frac{L}{g}}(\frac{U_0}{L} + \frac{1}{2}\sqrt{\frac{g}{L}}) = \frac{2U_0}{\sqrt{3}L}\sqrt{\frac{L}{g}} + \frac{1}{\sqrt{3}}$

$\theta(t) = (\frac{2U_0}{\sqrt{3}L}\sqrt{\frac{L}{g}} + \frac{1}{\sqrt{3}})e^{-\frac{1}{2}\sqrt{\frac{g}{L}}t} \sin(\frac{\sqrt{3}}{2}\sqrt{\frac{g}{L}}t)$

3. 最終的な答え

(1) $T_0 = 2\pi\sqrt{\frac{L}{g}}$, $T_a = 2\pi\sqrt{\frac{L}{g+a}}$

(2) $P = -\frac{g}{L}$, $Q = -\frac{c}{m}$, $R = 0$

(3) $c_0 = 2m\sqrt{\frac{g}{L}}$

(4) $\theta(t) = (\frac{2U_0}{\sqrt{3}L}\sqrt{\frac{L}{g}} + \frac{1}{\sqrt{3}})e^{-\frac{1}{2}\sqrt{\frac{g}{L}}t} \sin(\frac{\sqrt{3}}{2}\sqrt{\frac{g}{L}}t)$