長さ $L$ の糸に取り付けられた質量 $m$ の小球について、以下の問いに答える問題です。小球には重力、糸の張力、$y$軸正の向きに大きさ $F$ の力が作用しています。 (a) 小球の位置ベクトル $\vec{r}$ から、速度ベクトル $\vec{v}$、加速度ベクトル $\vec{a}$ を求めよ。 (b) 張力の大きさを $T$ として、$e_r$, $e_\theta$方向の運動方程式を微分方程式の形で表せ。また、鉛直線からのなす角度が $\pi/6$ の位置で小球が静止するときの $F$ の値を求めよ。 (c) $\theta = \pi/6$ からわずかに角度をずらした場合の、単振動の周期を求めよ。

1. 問題の内容

長さ $L$ の糸に取り付けられた質量 $m$ の小球について、以下の問いに答える問題です。小球には重力、糸の張力、$y$軸正の向きに大きさ $F$ の力が作用しています。

(a) 小球の位置ベクトル $\vec{r}$ から、速度ベクトル $\vec{v}$、加速度ベクトル $\vec{a}$ を求めよ。

(b) 張力の大きさを $T$ として、$e_r$, $e_\theta$方向の運動方程式を微分方程式の形で表せ。また、鉛直線からのなす角度が $\pi/6$ の位置で小球が静止するときの $F$ の値を求めよ。

(c) $\theta = \pi/6$ からわずかに角度をずらした場合の、単振動の周期を求めよ。

2. 解き方の手順

(a)

位置ベクトル $\vec{r}$ は問題文で与えられている通り、

$\vec{r} = L \vec{e_r}$

速度ベクトル $\vec{v}$ は位置ベクトルを時間で微分することで求められます。極座標における速度ベクトルは、

$\vec{v} = \frac{d\vec{r}}{dt} = \frac{d}{dt}(L \vec{e_r}) = L \frac{d\vec{e_r}}{dt} = L \dot{\theta} \vec{e_\theta}$

加速度ベクトル $\vec{a}$ は速度ベクトルを時間で微分することで求められます。極座標における加速度ベクトルは、

$\vec{a} = \frac{d\vec{v}}{dt} = \frac{d}{dt}(L \dot{\theta} \vec{e_\theta}) = L \ddot{\theta} \vec{e_\theta} + L \dot{\theta} \frac{d\vec{e_\theta}}{dt} = L \ddot{\theta} \vec{e_\theta} + L \dot{\theta} (-\dot{\theta} \vec{e_r}) = -L\dot{\theta}^2 \vec{e_r} + L\ddot{\theta} \vec{e_\theta}$

(b)

小球に作用する力は、重力 $m\vec{g}$、張力 $-T\vec{e_r}$、外力 $F\vec{j}$です。

重力は $\vec{e_r}$ と $\vec{e_\theta}$ の成分に分解できます。

$m\vec{g} = mg\cos\theta \vec{e_r} - mg\sin\theta \vec{e_\theta}$

外力は $\vec{i} = \cos(\theta + \pi/2) \vec{e_r} + \sin(\theta + \pi/2) \vec{e_\theta} = -\sin\theta \vec{e_r} + \cos\theta \vec{e_\theta}$

より、

$F\vec{j} = F(-\sin\theta \vec{e_r} + \cos\theta \vec{e_\theta})$

運動方程式は $m\vec{a} = \sum \vec{F}$ なので、各方向ごとに

$e_r$方向： $m(-L\dot{\theta}^2) = mg\cos\theta - T - F\sin\theta$

$e_\theta$方向： $mL\ddot{\theta} = -mg\sin\theta + F\cos\theta$

小球が静止するときは、$\dot{\theta} = 0$ かつ $\ddot{\theta} = 0$ なので、それぞれの式は

$0 = mg\cos\theta - T - F\sin\theta$

$0 = -mg\sin\theta + F\cos\theta$

となります。$\theta = \pi/6$ のとき、$\sin(\pi/6) = 1/2$、$\cos(\pi/6) = \sqrt{3}/2$ なので、

$0 = -mg/2 + F(\sqrt{3}/2)$

$F = mg/\sqrt{3}$

(c)

$e_\theta$方向の運動方程式は

$mL\ddot{\theta} = -mg\sin\theta + F\cos\theta$

$F = mg/\sqrt{3}$ を代入して

$mL\ddot{\theta} = -mg\sin\theta + \frac{mg}{\sqrt{3}}\cos\theta$

$\theta = \pi/6 + \delta$とおくと、$\delta$が微小なので、

$\sin(\pi/6 + \delta) \approx \sin(\pi/6) + \delta\cos(\pi/6) = 1/2 + \delta\sqrt{3}/2$

$\cos(\pi/6 + \delta) \approx \cos(\pi/6) - \delta\sin(\pi/6) = \sqrt{3}/2 - \delta/2$

よって、

$mL\ddot{\delta} = -mg(1/2 + \delta\sqrt{3}/2) + \frac{mg}{\sqrt{3}}(\sqrt{3}/2 - \delta/2) = -mg(1/2 + \delta\sqrt{3}/2) + mg(1/2 - \delta/(2\sqrt{3})) = -mg(\delta\sqrt{3}/2 + \delta/(2\sqrt{3})) = -mg\delta(3+1)/(2\sqrt{3}) = -\frac{2mg}{\sqrt{3}}\delta$

$\ddot{\delta} + \frac{2g}{\sqrt{3}L}\delta = 0$

これは単振動の式であり、角振動数は $\omega = \sqrt{\frac{2g}{\sqrt{3}L}}$です。よって、周期 $T$ は

$T = \frac{2\pi}{\omega} = 2\pi\sqrt{\frac{\sqrt{3}L}{2g}}$

3. 最終的な答え

(a)

$\vec{v} = L \dot{\theta} \vec{e_\theta}$

$\vec{a} = -L\dot{\theta}^2 \vec{e_r} + L\ddot{\theta} \vec{e_\theta}$

(b)

$e_r$方向： $m(-L\dot{\theta}^2) = mg\cos\theta - T - F\sin\theta$

$e_\theta$方向： $mL\ddot{\theta} = -mg\sin\theta + F\cos\theta$

$F = \frac{mg}{\sqrt{3}}$

(c)

$T = 2\pi\sqrt{\frac{\sqrt{3}L}{2g}}$