解析力学の問題

難易度 3期末試験の応用レベル大学物理解析力学

質量 $M$ 、半径 $R$ の一様な細い円形の輪（フープ）がある。輪は、自身の鉛直な直径を通る固定された鉛直軸のまわりに、なめらかに（摩擦なく）自由に回転できる。この軸のまわりの輪の慣性モーメントは $\frac{1}{2} M R^{2}$ である。輪には質量 $m$ の小さな玉（質点とみなす）が通してあり、玉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、空気抵抗は無視する。

はじめ、玉は輪の中心と同じ高さの位置にあって輪に対して静止しており、輪は角速度 $ω_{0} (> 0)$ で軸のまわりに回転している。この状態から玉は輪に沿ってすべり下り始める。ただし $ω_{0}^{2} < \frac{2 M g}{( M + 2 m ) R}$ とし、このとき玉は途中で引き返すことなく輪の最下点に達する。

玉の位置を表す一般化座標として、輪の中心から玉へ向かう線分が鉛直下向きとなす角 $θ$ と、輪の回転角 $φ$ を用いる。玉がはじめて輪の最下点に達した瞬間の、（静止した観測者から見た）玉の速さを $M, m, R, g, ω_{0}$ を用いて表せ。

この問題で使うもの

拘束のある系と一般化座標（説明と入口の問題）
一般化運動量と循環座標（説明と入口の問題）
ネーターの定理と保存量（説明と入口の問題）

この問題を解けるようになるまで（107 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 $θ, φ$ で玉と輪の運動エネルギーを書き、ラグランジアンを作る。どの座標が循環座標になるか、またどの量が保存するかを考える。

ヒント 2

$φ$ が循環座標なので $p_{φ} = (\frac{1}{2} M R^{2} + m R^{2} sin^{2} θ) φ ˙$ が保存する。さらに $L$ は時刻をあらわに含まないのでエネルギーも保存する。最下点では $sin θ = 0$ なので玉の速さは $R ∣ θ ˙ ∣$ になる。

ヒント 3

角運動量の保存から最下点での輪の角速度は $ω_{1} = \frac{M + 2 m}{M} ω_{0}$ 。エネルギー保存 $\frac{1}{2} (\frac{1}{2} M + m) R^{2} ω_{0}^{2} = \frac{1}{4} M R^{2} ω_{1}^{2} + \frac{1}{2} m v^{2} - m g R$ を $v$ について解く。

答えと解説

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2 g R - \frac{( M + 2 m ) R ^{2} ω _{0}^{2}}{M}

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解説を読む

ラグランジアン

輪の中心を原点、鉛直上向きを $z$ 軸とすると、玉の位置は
$x = R sin θ cos φ, y = R sin θ sin φ, z = - R cos θ$
と表せる。玉の運動エネルギーは
$T_{玉} = \frac{1}{2} m R^{2} (θ ˙^{2} + sin^{2} θ φ ˙^{2}),$
輪の運動エネルギーは $T_{輪} = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} M R^{2} φ ˙^{2}$ 、玉の位置エネルギーは $V = - m g R cos θ$ である。よって
$L = \frac{1}{4} M R^{2} φ ˙^{2} + \frac{1}{2} m R^{2} (θ ˙^{2} + sin^{2} θ φ ˙^{2}) + m g R cos θ .$
輪と玉の間・軸受けに摩擦がないので、拘束力は仕事をせず、この $L$ で運動が記述される。

保存量 1（角運動量）

$φ$ は $L$ に現れない循環座標なので、共役運動量
$p_{φ} = \frac{\partial L}{\partial φ ˙} = (\frac{1}{2} M R^{2} + m R^{2} sin^{2} θ) φ ˙$
が保存する（鉛直軸まわりの角運動量の保存）。初め $θ = \frac{π}{2}$ 、 $φ ˙ = ω_{0}$ 、最下点では $θ = 0$ なので、最下点での輪の角速度を $ω_{1}$ とすると
$(\frac{1}{2} M + m) R^{2} ω_{0} = \frac{1}{2} M R^{2} ω_{1} ⟹ ω_{1} = \frac{M + 2 m}{M} ω_{0} .$

保存量 2（エネルギー）

$L$ は時刻 $t$ をあらわに含まず、 $T$ は速度の 2 次の同次式なので、エネルギー $E = T + V$ が保存する。初め $θ ˙ = 0$ 、 $cos θ = 0$ なので
$E = \frac{1}{2} (\frac{1}{2} M + m) R^{2} ω_{0}^{2} .$
最下点では $sin θ = 0$ なので玉の方位方向の速度は 0 であり、玉の速さは $v = R ∣ θ ˙ ∣$ である。よって
$\frac{1}{2} (\frac{1}{2} M + m) R^{2} ω_{0}^{2} = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} M R^{2} ω_{1}^{2} + \frac{1}{2} m v^{2} - m g R .$

計算

$I = \frac{1}{2} M R^{2}$ とおくと、 $ω_{1} = \frac{I + m R ^{2}}{I} ω_{0}$ より
$I ω_{1}^{2} = \frac{( I + m R ^{2} ) ^{2}}{I} ω_{0}^{2} .$
エネルギーの式に 2 を掛けて整理すると
$m v^{2} = 2 m g R + (I + m R^{2}) ω_{0}^{2} - \frac{( I + m R ^{2} ) ^{2}}{I} ω_{0}^{2} = 2 m g R - \frac{( I + m R ^{2} ) m R ^{2}}{I} ω_{0}^{2} .$
$\frac{I + m R ^{2}}{I} = \frac{M + 2 m}{M}$ を代入して
$v^{2} = 2 g R - \frac{( M + 2 m ) R ^{2} ω _{0}^{2}}{M} .$
与えられた条件 $ω_{0}^{2} < \frac{2 M g}{( M + 2 m ) R}$ より右辺は正である（実際、途中の任意の $θ$ で $θ ˙^{2} = cos θ [\frac{2 g}{R} - \frac{( M + 2 m ) ω _{0}^{2} cos θ}{M + 2 m sin ^{2} θ}] > 0$ となり、玉は引き返さずに最下点に達する）。

したがって
$v = 2 g R - \frac{( M + 2 m ) R ^{2} ω _{0}^{2}}{M} .$

別解

輪の中心から玉へ向かう線分が鉛直下向きとなす角を $θ$ とする。玉の軸からの距離は $R sin θ$ 、高さは $- R cos θ$ である。輪の慣性モーメントを $I = \frac{1}{2} M R^{2}$ とおく。

1. 角運動量保存（軸まわり）
軸まわりの角運動量は $L = (I + m R^{2} sin^{2} θ) φ ˙$ で、軸のまわりにトルクがはたらかないので一定である。
はじめ（ $θ = π /2$ ）は $L = (\frac{1}{2} M + m) R^{2} ω_{0}$ 。
最下点（ $θ = 0$ ）では玉は軸上にあるので $L = \frac{1}{2} M R^{2} ω_{b}$ 。
よって $ω_{b} = \frac{M + 2 m}{M} ω_{0}$ 。

2. エネルギー保存
重力の位置エネルギーの基準を輪の中心の高さにとる。
はじめ、玉は輪に対して静止しているので、玉の速さは $R ω_{0}$ である。
$E_{i} = \frac{1}{2} I ω_{0}^{2} + \frac{1}{2} m R^{2} ω_{0}^{2} = \frac{1}{2} R^{2} (\frac{M}{2} + m) ω_{0}^{2}$ 。
最下点では、玉の速度は輪に沿った成分 $R θ ˙$ だけで、その大きさが速さ $v$ である。
$E_{f} = \frac{1}{2} I ω_{b}^{2} + \frac{1}{2} m v^{2} - m g R$ 。

$E_{i} = E_{f}$ より
$\frac{1}{2} m v^{2} = m g R + \frac{1}{2} R^{2} (\frac{M}{2} + m) ω_{0}^{2} - \frac{1}{4} M R^{2} ω_{b}^{2}$ 。

$ω_{b}$ を代入して整理すると
$\frac{1}{2} R^{2} (\frac{M}{2} + m) ω_{0}^{2} - \frac{1}{4} M R^{2} \frac{( M + 2 m ) ^{2}}{M ^{2}} ω_{0}^{2} = \frac{R ^{2} ( M + 2 m ) ω _{0}^{2}}{4 M} [M - (M + 2 m)] = - \frac{m R ^{2} ( M + 2 m ) ω _{0}^{2}}{2 M}$ 。

したがって
$v^{2} = 2 g R - \frac{( M + 2 m ) R ^{2} ω _{0}^{2}}{M}$ 。

3. 検算
条件 $ω_{0}^{2} < \frac{2 M g}{( M + 2 m ) R}$ より $\frac{( M + 2 m ) R ^{2} ω _{0}^{2}}{M} < 2 g R$ なので $v^{2} > 0$ である。これは問題文の条件と一致する。
また $ω_{0} = 0$ のとき $v = 2 g R$ となり、自由落下の結果と一致する。

よって $v = 2 g R - \frac{( M + 2 m )}{M} R^{2} ω_{0}^{2}$ 。

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