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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

なめらかな水平な机の面に小さな穴 O があいている。長さ $l$ の軽くて伸び縮みしない糸を穴に通し、机の上側の端に質量 $m$ の小物体 P を、下側の端に質量 $M$ のおもり Q をつける。P は机の面上を摩擦なく運動し、Q は穴の真下で鉛直方向にだけ運動する。糸と穴の間に摩擦はなく、糸は常にたるまないものとする。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、P は O を中心とする一定の角速度 $ω_{0} (> 0)$ の等速円運動をしており、Q は静止している。この状態で P に動径方向（O から P へ向かう方向）の小さな速度を瞬間的に与えたところ、O から P までの距離 $r$ は円運動の半径のまわりで微小振動をした。

P の位置を O を原点とする極座標 $(r, φ)$ で表し、ラグランジアンとオイラー・ラグランジュ方程式を用いて、この $r$ の微小振動の角振動数を $m, M, ω_{0}$ を用いて表せ。

この問題で使うもの

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ヒント

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ヒント 1

P の極座標 $(r, φ)$ だけで Q の位置も決まることを使い、系全体の運動エネルギーと位置エネルギーを $r, r ˙, φ ˙$ で書いてラグランジアンをつくる。

ヒント 2

$φ$ は循環座標なので $m r^{2} φ ˙ = h$ が保存する。これを $r$ のオイラー・ラグランジュ方程式に代入して $φ ˙$ を消去する。

ヒント 3

$r$ の方程式は $(m + M) r ¨ = \frac{h ^{2}}{m r ^{3}} - M g$ となる。円運動の半径は $r_{0} = \frac{M g}{m ω _{0}^{2}}$ であり、 $r = r_{0} + ξ$ とおいて $ξ$ の 1 次まで展開する。

答えと解説

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ω_{0} \frac{3 m}{m + M}

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解説を読む

ラグランジアン

P の座標を $(r, φ)$ とすると、糸の長さが一定なので Q は机の面から距離 $l - r$ だけ下にあり、Q の速さは $∣ r ˙ ∣$ である。運動エネルギーは
$T = \frac{m}{2} (r ˙^{2} + r^{2} φ ˙^{2}) + \frac{M}{2} r ˙^{2} .$
机の面を位置エネルギーの基準にとると、Q の位置エネルギーは $V = - M g (l - r) = M g r - M g l$ である（P は机の面上にあるので位置エネルギーは一定）。定数項を除いて
$L = T - V = \frac{m + M}{2} r ˙^{2} + \frac{m}{2} r^{2} φ ˙^{2} - M g r .$
机・穴・糸に摩擦がなく、糸の張力は糸の長さ一定という拘束を保つだけで仕事をしないので、系は保存力（重力）だけのラグランジアンで記述できる。

オイラー・ラグランジュ方程式

$φ$ は循環座標なので
$\frac{d}{d t} (\frac{\partial L}{\partial φ ˙}) = 0 ⟹ m r^{2} φ ˙ = h (一定) .$
$r$ についての方程式は
$\frac{d}{d t} (\frac{\partial L}{\partial r ˙}) - \frac{\partial L}{\partial r} = 0 ⟹ (m + M) r ¨ = m r φ ˙^{2} - M g = \frac{h ^{2}}{m r ^{3}} - M g .$

円運動の半径

半径 $r_{0}$ 、角速度 $ω_{0}$ の円運動では $r ¨ = 0$ なので $m r_{0} ω_{0}^{2} = M g$ 、すなわち
$r_{0} = \frac{M g}{m ω _{0}^{2}}, h = m r_{0}^{2} ω_{0} .$
動径方向の速度を与えても、その瞬間の $r, φ ˙$ は変わらないので $h$ は同じ値のまま保存される。また $\frac{h ^{2}}{m r _{0}^{3}} = m r_{0} ω_{0}^{2} = M g$ である。

線形化

$r = r_{0} + ξ (∣ ξ ∣ ≪ r_{0})$ とおき、 $(1 + \frac{ξ}{r _{0}})^{- 3} \approx 1 - \frac{3 ξ}{r _{0}}$ を用いると
$(m + M) ξ ¨ \approx \frac{h ^{2}}{m r _{0}^{3}} (1 - \frac{3 ξ}{r _{0}}) - M g = - \frac{3 M g}{r _{0}} ξ .$
$r_{0} = \frac{M g}{m ω _{0}^{2}}$ より $\frac{3 M g}{r _{0}} = 3 m ω_{0}^{2}$ なので
$ξ ¨ = - \frac{3 m ω _{0}^{2}}{m + M} ξ .$
これは単振動の式であり、角振動数は
$Ω = ω_{0} \frac{3 m}{m + M} .$

別解

Pの極座標を $(r, φ)$ 、Qは穴の下で距離 $l - r$ にあるので、Qの速さは $r ˙$ 。

ラグランジアン: $L = \frac{1}{2} m (r ˙^{2} + r^{2} φ ˙^{2}) + \frac{1}{2} M r ˙^{2} + M g (- (l - r))$ 。Qの位置エネルギーは $- M g (l - r) = M g r - M g l$ なので、ポテンシャルは $U = M g r + 定数$ となり $L = \frac{1}{2} (m + M) r ˙^{2} + \frac{1}{2} m r^{2} φ ˙^{2} - M g r + 定数$ 。

$φ$ についてのオイラー・ラグランジュ方程式: $\frac{d}{d t} (m r^{2} φ ˙) = 0$ より角運動量 $h = m r^{2} φ ˙$ が保存する。

$r$ についてのオイラー・ラグランジュ方程式: $(m + M) r ¨ = m r φ ˙^{2} - M g = \frac{h ^{2}}{m r ^{3}} - M g$ 。

つり合いの円運動の半径 $r_{0}$ : $m r_{0} ω_{0}^{2} = M g$ なので $r_{0} = M g / (m ω_{0}^{2})$ 。このとき $h = m r_{0}^{2} ω_{0}$ 。

$r = r_{0} + x$ として微小振動を考える。 $\frac{h ^{2}}{m r ^{3}} \approx \frac{h ^{2}}{m r _{0}^{3}} (1 - 3 x / r_{0})$ なので、
$(m + M) x ¨ = - \frac{3 h ^{2}}{m r _{0}^{4}} x = - 3 m ω_{0}^{2} x$ 。

(ここで $h^{2} / (m r_{0}^{4}) = m ω_{0}^{2}$ を用いた。)

よって角振動数 $Ω = ω_{0} \frac{3 m}{m + M}$ 。

検算: $M \to 0$ のとき $Ω = 3 ω_{0}$ 。これは自由な粒子の角運動量保存下の中心力 (力 $\propto$ 0 の場合の $r$ の振動) での値と整合する(力が一定の場合 $3 ω_{0}$ となる)。一方 $M = 0$ では $r_{0} = 0$ となるので極限的な確認にとどまるが、 $Ω^{2} = 3 m ω_{0}^{2} / (m + M)$ の形は妥当。

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