GSO002 問題13

本問は、蒸気機関の出力調整などに用いられた実在の機械要素「遠心調速機（ワット・ガバナー）」をモデル化したものです。系全体の角速度 $\omega$ω が一定に保たれているため、モーター等の外部から未知のトルクが供給されており、静止系での力学的エネルギーは保存しません。このような場合は、系と共に回転する座標系（回転系）において、慣性力（遠心力）を考慮したエネルギー保存則を立式するのが定石です。また、強制回転によるコリオリの力は回転方向に働き、運動を回転面内に拘束する抗力と釣り合うため、回転面内のエネルギー計算には影響しません。

1. 回転系における力学的エネルギーの立式

点Oを原点とし、鉛直下向きに $z$z 軸をとります。任意の時刻における剛体棒と $z$z 軸のなす角を $\theta(t)$θ(t) とします。 回転系から見たとき、各物体の速度は $\theta$θ の時間変化による成分のみとなります。 小球A, Bの $z$z 軸からの距離は $l\sin\theta$lsinθ、原点からの深さは $l\cos\theta$lcosθ なので、回転系での速さ $v_m'$vm′​ は

$$v_m' = l\dot{\theta}$$vm′​=lθ˙

四角形OACBはひし形であるため、スリーブCの深さは常に $2l\cos\theta$2lcosθ となります。回転系での速さ $v_M'$vM′​ はこれを時間微分して絶対値をとることで得られます。

$$v_M' = \left| \frac{d}{dt}(2l\cos\theta) \right| = 2l\dot{\theta}\sin\theta$$vM′​=​dtd​(2lcosθ)​=2lθ˙sinθ

したがって、回転系における系の運動エネルギー $K'$K′ は

$$K' = 2 \times \frac{1}{2} m (v_m')^2 + \frac{1}{2} M (v_M')^2 = m l^2 \dot{\theta}^2 + 2 M l^2 \sin^2\theta \cdot \dot{\theta}^2 = (m + 2M\sin^2\theta)l^2\dot{\theta}^2$$K′=2×21​m(vm′​)2+21​M(vM′​)2=ml2θ˙2+2Ml2sin2θ⋅θ˙2=(m+2Msin2θ)l2θ˙2

次に、ポテンシャルエネルギー $U_{eff}(\theta)$Ueff​(θ) を考えます。これは重力による位置エネルギー $U_g$Ug​ と、遠心力による位置エネルギー $U_{cf}$Ucf​ の和です。 重力ポテンシャル（基準をOとする）は

$$U_g = 2 \times (-m g l\cos\theta) + 1 \times (-M g 2l\cos\theta) = -2(m+M)gl\cos\theta$$Ug​=2×(−mglcosθ)+1×(−Mg2lcosθ)=−2(m+M)glcosθ

遠心力は小球A, Bにのみ水平外向きに働き（スリーブCは回転軸上にあるため遠心力はゼロ）、その大きさは中心からの距離 $r = l\sin\theta$r=lsinθ を用いて $m r \omega^2$mrω2 と表せます。これを $r$r について積分すると、1つの小球あたりの遠心力ポテンシャルが得られます。

$$\int_{0}^{r} (-m r' \omega^2) dr' = -\frac{1}{2}m r^2 \omega^2 = -\frac{1}{2}ml^2\omega^2\sin^2\theta$$∫0r​(−mr′ω2)dr′=−21​mr2ω2=−21​ml2ω2sin2θ

小球は2つあるため、系全体の遠心力ポテンシャル $U_{cf}$Ucf​ は

$$U_{cf} = -ml^2\omega^2\sin^2\theta$$Ucf​=−ml2ω2sin2θ

以上より、回転系における有効ポテンシャル $U_{eff}(\theta)$Ueff​(θ) は

$$U_{eff}(\theta) = -2(m+M)gl\cos\theta - ml^2\omega^2\sin^2\theta$$Ueff​(θ)=−2(m+M)glcosθ−ml2ω2sin2θ

回転系における力学的エネルギー $E'$E′ は保存するため、

$$E' = (m + 2M\sin^2\theta)l^2\dot{\theta}^2 + U_{eff}(\theta) = \text{const} \quad \cdots (1)$$E′=(m+2Msin2θ)l2θ˙2+Ueff​(θ)=const⋯(1)

2. 定常状態の条件

定常状態 $\theta = \theta_0$θ=θ0​ では、スリーブが静止しているため $\dot{\theta} = 0, \ddot{\theta} = 0$θ˙=0,θ¨=0 となります。これは有効ポテンシャル $U_{eff}(\theta)$Ueff​(θ) が極小値をとる条件 $U_{eff}'(\theta_0) = 0$Ueff′​(θ0​)=0 と同値です。

$$U_{eff}'(\theta) = 2(m+M)gl\sin\theta - 2ml^2\omega^2\sin\theta\cos\theta$$Ueff′​(θ)=2(m+M)glsinθ−2ml2ω2sinθcosθ

$\theta_0 \neq 0$θ0​=0 より $\sin\theta_0 \neq 0$sinθ0​=0 で割ると、

$$\cos\theta_0 = \frac{(m+M)g}{ml\omega^2}$$cosθ0​=mlω2(m+M)g​

与えられた数値を代入します。

$$\cos\theta_0 = \frac{(4 + 3) \times 12}{4 \times 1.4 \times 5^2} = \frac{84}{140} = \frac{3}{5} = 0.6$$cosθ0​=4×1.4×52(4+3)×12​=14084​=53​=0.6

これにより、定常状態における角度は $\cos\theta_0 = 3/5, \sin\theta_0 = 4/5$cosθ0​=3/5,sinθ0​=4/5 と決定されます。

3. 微小振動の運動方程式と周期の導出

式(1)の両辺を時間 $t$t で微分します。

$$2(m + 2M\sin^2\theta)l^2\dot{\theta}\ddot{\theta} + 4Ml^2\sin\theta\cos\theta\cdot\dot{\theta}^3 + U_{eff}'(\theta)\dot{\theta} = 0$$2(m+2Msin2θ)l2θ˙θ¨+4Ml2sinθcosθ⋅θ˙3+Ueff′​(θ)θ˙=0

$\dot{\theta} \neq 0$θ˙=0 で割り、$\theta = \theta_0 + \Delta\theta$θ=θ0​+Δθ （$\Delta\theta$Δθ は微小量）として線形近似を行います。微小振動において $\dot{\theta}$θ˙ は微小量であるため、$\dot{\theta}^2$θ˙2 に比例する第2項は無視できます。また、$U_{eff}'(\theta)$Ueff′​(θ) を $\theta_0$θ0​ の周りでテイラー展開すると $U_{eff}'(\theta_0) = 0$Ueff′​(θ0​)=0 より $U_{eff}'(\theta) \approx U_{eff}''(\theta_0)\Delta\theta$Ueff′​(θ)≈Ueff′′​(θ0​)Δθ となります。 したがって、近似された運動方程式は

$$2(m + 2M\sin^2\theta_0)l^2 \Delta\ddot{\theta} = -U_{eff}''(\theta_0) \Delta\theta \quad \cdots (2)$$2(m+2Msin2θ0​)l2Δθ¨=−Ueff′′​(θ0​)Δθ⋯(2)

$U_{eff}''(\theta_0)$Ueff′′​(θ0​) を計算します。

$$U_{eff}''(\theta) = 2(m+M)gl\cos\theta - 2ml^2\omega^2(\cos^2\theta - \sin^2\theta)$$Ueff′′​(θ)=2(m+M)glcosθ−2ml2ω2(cos2θ−sin2θ)

定常状態の条件より $2(m+M)gl\cos\theta_0 = 2ml^2\omega^2\cos^2\theta_0$2(m+M)glcosθ0​=2ml2ω2cos2θ0​ が成り立つため、これを第1項に代入すると

$$U_{eff}''(\theta_0) = 2ml^2\omega^2\cos^2\theta_0 - 2ml^2\omega^2(\cos^2\theta_0 - \sin^2\theta_0) = 2ml^2\omega^2\sin^2\theta_0$$Ueff′′​(θ0​)=2ml2ω2cos2θ0​−2ml2ω2(cos2θ0​−sin2θ0​)=2ml2ω2sin2θ0​

これを式(2)に代入して整理すると、微小振動の角振動数 $\omega_{osc}$ωosc​ は以下のようになります。

$$\omega_{osc}^2 = \frac{2ml^2\omega^2\sin^2\theta_0}{2(m + 2M\sin^2\theta_0)l^2} = \frac{m\omega^2\sin^2\theta_0}{m + 2M\sin^2\theta_0}$$ωosc2​=2(m+2Msin2θ0​)l22ml2ω2sin2θ0​​=m+2Msin2θ0​mω2sin2θ0​​

各数値を代入して $\omega_{osc}$ωosc​ を求めます。

• 分子: $4 \times 5^2 \times \left(\frac{4}{5}\right)^2 = 100 \times \frac{16}{25} = 64$4×52×(54​)2=100×2516​=64
• 分母: $4 + 2 \times 3 \times \left(\frac{4}{5}\right)^2 = 4 + 6 \times \frac{16}{25} = 4 + \frac{96}{25} = \frac{196}{25}$4+2×3×(54​)2=4+6×2516​=4+2596​=25196​

$$\omega_{osc}^2 = \frac{64}{\frac{196}{25}} = \frac{1600}{196} = \frac{400}{49} = \left(\frac{20}{7}\right)^2$$ωosc2​=25196​64​=1961600​=49400​=(720​)2

よって $\omega_{osc} = \frac{20}{7} \text{ rad/s}$ωosc​=720​ rad/s となります。 微小振動の周期 $T$T は

$$T = \frac{2\pi}{\omega_{osc}} = 2\pi \times \frac{7}{20} = \frac{7}{10}\pi \text{ [s]}$$T=ωosc​2π​=2π×207​=107​π [s]

求める形式は $T = \frac{A}{B}\pi$T=BA​π であり、$A=7, B=10$A=7,B=10 となります（7と10は互いに素）。 $100A + B = 100 \times 7 + 10 = 710$100A+B=100×7+10=710

最終的な答えは 710 となります。