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解析力学の問題

難易度 4大学院入試の標準レベル大学物理解析力学

質量 $M$ 、半径 $R$ の一様で細い円形の輪（フープ）がある。輪の周上の 1 点 O を通り輪の面に垂直な水平の固定軸のまわりに、輪は鉛直面内でなめらかに回転できる。この輪に質量 $m$ の小さな玉 P が通してあり、P は輪に沿ってなめらかに動く。重力加速度の大きさを $g$ とし、玉は大きさの無視できる質点、輪の太さは無視できるものとする。空気抵抗やすべての摩擦は無視する。

輪の中心を C とし、線分 OC が鉛直下向きとなす角を $θ$ 、線分 CP が鉛直下向きとなす角を $ϕ$ とする（どちらも同じ回転の向きを正とする）。系は $θ = ϕ = 0$ のつり合いの位置のまわりで、輪の面内で微小振動する。

この系の 2 つの基準振動の角振動数を、大きいほうから順に $(ω_{1}, ω_{2})$ の組で、 $M, m, R, g$ を用いて求めよ。

この問題で使うもの

慣性モーメントの計算（説明と入口の問題）
拘束のある系と一般化座標（説明と入口の問題）
ラグランジアンとオイラー・ラグランジュ方程式（説明と入口の問題）
行列式（説明と入口の問題）

この問題を解けるようになるまで（105 技能）

算数中学高校大学大学院

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ヒント

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ヒント 1

一般化座標 $θ, ϕ$ で輪と玉の運動エネルギー・位置エネルギーを書き、2 次の項まで展開して、運動エネルギー行列と位置エネルギー行列をつくる。

ヒント 2

輪の O まわりの慣性モーメントは平行軸の定理で $2 M R^{2}$ になる。玉の速度の 2 乗は $R^{2} [θ ˙^{2} + ϕ ˙^{2} + 2 θ ˙ ϕ ˙ cos (θ - ϕ)]$ である。そのうえで $det (V - ω^{2} T) = 0$ を解く。

ヒント 3

$λ = ω^{2} R / g$ とおくと、特性方程式は $2 M λ^{2} - (3 M + 2 m) λ + (M + m) = 0$ になる。判別式が完全平方になることを使う。

答えと解説

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(\frac{( M + m ) g}{M R}, \frac{g}{2 R})

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解説を読む

座標と運動エネルギー

O を原点に、水平右向きに $x$ 軸、鉛直上向きに $y$ 軸をとる。中心 C と玉 P の位置は
$C : (R sin θ, - R cos θ), P : (R sin θ + R sin ϕ, - R cos θ - R cos ϕ)$
である。

輪は固定軸 O のまわりの回転だけをする剛体である。中心まわりの慣性モーメントは $M R^{2}$ なので、平行軸の定理より O のまわりの慣性モーメントは $I_{O} = M R^{2} + M R^{2} = 2 M R^{2}$ 。よって輪の運動エネルギーは $\frac{1}{2} (2 M R^{2}) θ ˙^{2} = M R^{2} θ ˙^{2}$ 。

玉の速度の 2 乗は
$x ˙_{P}^{2} + y ˙_{P}^{2} = R^{2} [θ ˙^{2} + ϕ ˙^{2} + 2 θ ˙ ϕ ˙ cos (θ - ϕ)]$
なので、全運動エネルギーは
$T = M R^{2} θ ˙^{2} + \frac{1}{2} m R^{2} [θ ˙^{2} + ϕ ˙^{2} + 2 θ ˙ ϕ ˙ cos (θ - ϕ)] .$

ポテンシャルエネルギー

$U = - M g R cos θ - m g R (cos θ + cos ϕ) .$

摩擦がなく、拘束力（軸の力・輪からの垂直抗力）は仮想仕事をしないので、ラグランジアン $L = T - U$ から運動方程式が得られる。

微小振動の近似

$θ, ϕ, θ ˙, ϕ ˙$ について 2 次まで残す。 $T$ では $cos (θ - ϕ) \approx 1$ 、 $U$ では $cos θ \approx 1 - \frac{θ ^{2}}{2}$ とし、定数項を落とすと
$T \approx \frac{1}{2} R^{2} [(2 M + m) θ ˙^{2} + 2 m θ ˙ ϕ ˙ + m ϕ ˙^{2}],$
$U \approx \frac{1}{2} g R [(M + m) θ^{2} + m ϕ^{2}] .$

ラグランジュ方程式は
$(2 M + m) R θ ¨ + m R ϕ ¨ + (M + m) g θ = 0,$
$m R θ ¨ + m R ϕ ¨ + m g ϕ = 0.$

固有振動数

$θ = A cos ω t, ϕ = B cos ω t$ を代入し、 $λ = \frac{ω ^{2} R}{g}$ とおくと
$((M + m) - (2 M + m) λ - mλ - mλ m - mλ) (A B) = (00) .$
$(A, B) \neq = (0, 0)$ となるには係数行列式が $0$ であればよい。第 2 行を $m$ で割ってから展開すると
$[(M + m) - (2 M + m) λ] (1 - λ) - m λ^{2} = 0$
$(M + m) - (3 M + 2 m) λ + (2 M + m) λ^{2} - m λ^{2} = 0$
$2 M λ^{2} - (3 M + 2 m) λ + (M + m) = 0.$

判別式は
$(3 M + 2 m)^{2} - 8 M (M + m) = M^{2} + 4 M m + 4 m^{2} = (M + 2 m)^{2}$
なので、
$λ = \frac{( 3 M + 2 m ) \pm ( M + 2 m )}{4 M} = \frac{M + m}{M}, \frac{1}{2} .$

$\frac{M + m}{M} > 1 > \frac{1}{2}$ だから、
$ω_{1} = \frac{( M + m ) g}{M R}, ω_{2} = \frac{g}{2 R} .$

確認

$λ = \frac{1}{2}$ のとき第 2 式から $B = A$ となる。これは P が O から見て直径の反対側にあり、輪と一体で振れるモードである。慣性モーメント $2 M R^{2} + m (2 R)^{2}$ 、復元トルク $(M R + 2 m R) g θ$ の剛体振り子として求めると $ω^{2} = \frac{( M + 2 m ) g R}{( 2 M + 4 m ) R ^{2}} = \frac{g}{2 R}$ となり、結果と一致する。

よって答えは $(\frac{( M + m ) g}{M R}, \frac{g}{2 R})$ である。

別解

O を原点とし、鉛直下向きを基準に角度をとる。C は O から距離 $R$ の位置にあり、P は C から距離 $R$ の位置にある。

輪の O まわりの慣性モーメントは平行軸の定理より $I = M R^{2} + M R^{2} = 2 M R^{2}$ 。

P の速度は $v_{P} = R θ ˙ (cos θ, sin θ) + R ϕ ˙ (cos ϕ, sin ϕ)$ である。

運動エネルギーは、微小振動の範囲で次のようになる。
$T = \frac{1}{2} (2 M R^{2}) θ ˙^{2} + \frac{1}{2} m R^{2} (θ ˙^{2} + ϕ ˙^{2} + 2 θ ˙ ϕ ˙ cos (θ - ϕ)) \approx M R^{2} θ ˙^{2} + \frac{1}{2} m R^{2} (θ ˙^{2} + ϕ ˙^{2} + 2 θ ˙ ϕ ˙)$

位置エネルギーは次のとおり。
$V = - M g R cos θ - m g R (cos θ + cos ϕ) \approx \frac{1}{2} g R [(M + m) θ^{2} + m ϕ^{2}] + const$

$θ, ϕ \propto e^{iω t}$ とおき、 $λ = ω^{2} R / g$ とすると、固有方程式は次のようになる。
$(M + m) - λ (2 M + m) - λm - λm m (1 - λ) = 0$

整理すると
$2 M λ^{2} - (3 M + 2 m) λ + (M + m) = 0$

判別式は $(3 M + 2 m)^{2} - 8 M (M + m) = (M + 2 m)^{2}$ なので、
$λ = \frac{( 3 M + 2 m ) \pm ( M + 2 m )}{4 M}$
より $λ = \frac{M + m}{M}$ 、 $\frac{1}{2}$ 。

よって
$ω_{1} = \frac{( M + m ) g}{M R}, ω_{2} = \frac{g}{2 R}$

検算： $m \to 0$ のとき $ω_{2} = g /2 R$ となり、輪の縁を支点とする実体振り子の角振動数 $M g R / (2 M R^{2})$ と一致する。また、 $λ = 1/2$ を第 2 行に代入すると $θ$ と $ϕ$ の比が定まり、第 1 行も満たすことを確認した。

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