https://put3y19ea1n0r9er.hatenablog.com/entry/2021/05/29/215509

問題です。解答は下部に載せました。

問題：Fig 1のように、水平面に線密度 $\rho$ 、半径 $r$ の半円弧が置かれている。半円弧が静止しているときに、水平面と接している点を $P$ 、半円弧の中心を $Q$ 、半円弧の重心を $G$ とする。この半円弧を、Fig 2のように傾けたときに、水平面との接点を $S$ とし、 $\angle SQP = \theta$ とする。このとき、以下の問いに答えよ。ただし、重力加速度を $g$ とする。

（１）Fig 1の状態における点 $P$ を原点 $\left( 0,0 \right)$ にとり、重心 $G$ の座標を $r$ 、 $\theta$ を用いて表せ。

（２）半円弧をFig 2のように傾け、 $\angle SQP = \theta = \theta _0$ となった状態から半円弧を手放す場合、 $\angle SQP$ の時間変化の二乗、すなわち、 $\left( \frac{d \theta}{dt} \right) ^2$ を $g$ 、 $r$ 、 $\theta$ 、 $\theta_0$ を用いて表せ。

f:id:todayf0rmu1a:20210529120250p:plain

解答：

（１）まず、静止状態における重心 $G$ の座標を求める。半円弧は $y$ 軸対称であるから、 $G$ は $y$ 軸上にある。そこで、 $G \left( 0, a \right)$ とおく。Fig 3のように、微小片 $rd \varphi$ をとり、重心 $G$ における $x$ 軸方向の力のモーメントの釣り合いを考えると、

$\rho r \int _0 ^{\frac{\pi}{2}} \left( r \cos \varphi - r + a \right) d \varphi = 0$

$\Rightarrow a = r \left( 1 - \frac{2}{\pi} \right)$

f:id:todayf0rmu1a:20210529200743p:plain

次に、Fig 2のように半円弧を傾けた場合、 $Q \left( r \theta, r \right)$ である。重心 $G$ から線分 $QS$ に垂線 $GH$ を下ろし、三角形 $QGH$ に着目すると、

$G \left( r \left( \theta - \frac{2}{\pi} \sin \theta \right) , r \left( 1 - \frac{2}{\pi} \cos \theta \right) \right)$

となることがわかる。

（２）半円弧を $\angle SQP = \theta$ となるように傾けたときの重心 $G$ の位置エネルギーを $T_{\theta}$ とおくと、

$T_{ \theta } = mgr \left( 1 - \frac{2}{\pi} \cos \theta \right)$

ただし、 $m = \rho \pi r$ とおいた。

また、重心 $G$ の速さの二乗を $v ^2$ とすれば、

$v ^2 = \left( r \frac{d \theta}{dt} \right) ^2 = r^2 \left( \frac{d \theta}{dt} \right) ^2$

である。よって、力学的エネルギー保存則より、

$mgr \left( 1 - \frac{2}{\pi} \cos \theta \right) + \frac{1}{2} mr^2 \left( \frac{d \theta}{dt} \right) ^2 = mgr \left( 1 - \frac{2}{\pi} \cos \theta _0 \right)$

$\therefore \left( \frac{d \theta}{dt} \right) ^2 = \frac{4g}{\pi r} \left( \cos \theta - \cos \theta _0 \right)$

おまけ：下の図は、 $\theta _0 = \frac{\pi}{6}$ 、 $r = 0.02$ 、 $g = 9.8$ として、 $\theta$ の時間変化を数値計算により求めた結果です。

f:id:todayf0rmu1a:20210529214049p:plain

エンスカイ(ENSKY)