質量 $m$ のおもりが長さ $L$ の棒で吊るされた振り子を考える。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 $y_0 = V_0 t$ で表される。重力加速度定数は $g$ であり、棒の質量は無視できるものとする。棒が鉛直線方向となす角を $\theta$ とする。おもりは速度に比例する抵抗力（大きさ $c\vec{v}$, $c>0$）を受けるとする。 (1) $c=0$ として、振り子の振れ角 $\theta$ が小さいときの周期 $T_0$ を求める。次に、$y_0 = \frac{1}{2}at^2 + V_0t$ の場合の周期 $T_a$ を求める。 (2) 振り子の振れ角 $\theta$ が小さいとき ($\sin\theta \approx \theta$, $\cos\theta \approx 1$)、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 $m$, $L$, $V_0$, $c$, $t$, $g$ で表す。 (3) $0 < c < c_0$ のとき、運動が減衰振動となる $c_0$ を $m$, $L$, $V_0$, $g$ で表す。 (4) $c = m\sqrt{\frac{g}{L}}$、$V_0 = \frac{1}{2}\sqrt{gL}$ とする。時刻 $t=0$ のとき、おもりの位置は $(0, L)$ であり、速度は $(U_0, -V_0)$ であったとする。$\theta(t)$ を $m$, $L$, $t$, $g$ で表す。

1. 問題の内容

質量 $m$ のおもりが長さ $L$ の棒で吊るされた振り子を考える。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 $y_0 = V_0 t$ で表される。重力加速度定数は $g$ であり、棒の質量は無視できるものとする。棒が鉛直線方向となす角を $\theta$ とする。おもりは速度に比例する抵抗力（大きさ $c\vec{v}$, $c>0$）を受けるとする。

(1) $c=0$ として、振り子の振れ角 $\theta$ が小さいときの周期 $T_0$ を求める。次に、$y_0 = \frac{1}{2}at^2 + V_0t$ の場合の周期 $T_a$ を求める。

(2) 振り子の振れ角 $\theta$ が小さいとき ($\sin\theta \approx \theta$, $\cos\theta \approx 1$)、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 $m$, $L$, $V_0$, $c$, $t$, $g$ で表す。

(3) $0 < c < c_0$ のとき、運動が減衰振動となる $c_0$ を $m$, $L$, $V_0$, $g$ で表す。

(4) $c = m\sqrt{\frac{g}{L}}$、$V_0 = \frac{1}{2}\sqrt{gL}$ とする。時刻 $t=0$ のとき、おもりの位置は $(0, L)$ であり、速度は $(U_0, -V_0)$ であったとする。$\theta(t)$ を $m$, $L$, $t$, $g$ で表す。

2. 解き方の手順

(1)

$c=0$ のとき、支点が等速で下降する場合、振り子の運動方程式は、通常の振り子と同様に扱える。

したがって、周期 $T_0$ は、

$T_0 = 2\pi\sqrt{\frac{L}{g}}$

次に、$y_0 = \frac{1}{2}at^2 + V_0t$ の場合を考える。この場合、支点は加速度 $a$ で下降している。この加速度による慣性力を考慮する必要がある。鉛直下向きを正とすると、有効的な重力加速度は $g+a$ となる。したがって、周期 $T_a$ は、

$T_a = 2\pi\sqrt{\frac{L}{g+a}}$

(2)

振り子の運動方程式を立てる。振り子の変位を $x$ とすると、$x = L\sin\theta \approx L\theta$ である。

運動方程式は、

$m\frac{d^2x}{dt^2} = -mg\sin\theta - c\frac{dx}{dt}$

$\frac{d^2x}{dt^2} = L\frac{d^2\theta}{dt^2}$、$\sin\theta \approx \theta$ より、

$mL\frac{d^2\theta}{dt^2} = -mg\theta - cL\frac{d\theta}{dt}$

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

したがって、

$P = -\frac{g}{L}$

$Q = -\frac{c}{m}$

$R = 0$

(3)

減衰振動となる条件は、$0 < c < c_0$ である。減衰振動の条件は、運動方程式の解が振動的になることである。運動方程式の特性方程式は、

$r^2 + \frac{c}{m}r + \frac{g}{L} = 0$

この解が複素数になる条件は、判別式 $D = (\frac{c}{m})^2 - 4\frac{g}{L} < 0$

したがって、$(\frac{c}{m})^2 < 4\frac{g}{L}$

$c^2 < 4\frac{mg}{L}$

$c < 2\sqrt{\frac{mg}{L}}$

したがって、$c_0 = 2m\sqrt{\frac{g}{L}}$

(4)

$c = m\sqrt{\frac{g}{L}}$、$V_0 = \frac{1}{2}\sqrt{gL}$のとき、$t=0$ での位置は $(0, L)$ であり、速度は $(U_0, -V_0)$ である。$\theta(0) = 0$ である。

$\frac{d^2\theta}{dt^2} + \sqrt{\frac{g}{L}}\frac{d\theta}{dt} + \frac{g}{L}\theta = 0$

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

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

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

$\theta(0) = 0$ より、$A = 0$

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

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

$\frac{d\theta}{dt}|_{t=0} = B(\frac{\sqrt{3}}{2}\sqrt{\frac{g}{L}})$

初期条件より、$v_x = U_0$, $v_y = -V_0$, $\frac{dx}{dt} = L\frac{d\theta}{dt}$

$\theta(0) = 0$, $\frac{d\theta}{dt}|_{t=0} = \frac{U_0}{L}$

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

$B = \frac{2U_0}{\sqrt{3gL}}$

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

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