出題者はたぶん蒲鉾を転がして遊んでいた。

こんにちは。コロナウイルスで拡張されていた春休みもとうとう終わりに近づいてきました。悲しいです。メンボーです。

早速前回に引き続き院試を解いていくわけですが、今回は2019年筑波大学大学院入試の大問Ⅱ[B]から始めます。

↓リンクはこちら。

http://www.px.tsukuba.ac.jp/~senkou/documents/exam/5bf254daa737f.pdf

問題設定はこう↓

f:id:cottonshrimp:20200506174918p:plain — ipadで書いてみたお。

第一問目は線分OGの長さが $\displaystyle \frac{4a}{3 \pi}$ になることを示せという問題です。重心の定義 $\displaystyle X_G = \frac{M_1 X_1 + M_2 X_2 + \cdots}{X_1 + X_2 + \cdots}$ に忠実に従い計算します。ただ今回は質量が連続的に分布しているためこの表式を連続的な表式↓に書き換えます。

$\displaystyle X_G = \frac{\int y dS}{\int ds} \tag{1}$

ただし点Oを原点にOからGへ向かう向きをy軸正に設定しました。勿論この式の分母は半円の面積なので $\pi a^ 2 /2$ 。分子は $\int_0^ a 2y \sqrt{a^ 2- y ^2} dy$ 。被積分関数のルート部を置換することにより、

\begin{eqnarray} \displaystyle \int_0^ a 2y \sqrt{a^ 2- y ^2} dy = \int_{a^ 2}^ 0 - \sqrt{t} dt = \frac{2a^ 3}{3} \end{eqnarray}

よって、 $\displaystyle OG = \frac{2 a^ 3/3}{\pi a^ 2/2} = \frac{4a}{3\pi}$ となります。

続いて第二問目はGを通る半円の底面に垂直な軸に関する慣性モーメント $I_G$ を求めよというものです。ここで用いるのが「平行軸の定理」と呼ばれるもので、式としては

\begin{eqnarray} \displaystyle I_O = I_G + M d^ 2 \end{eqnarray}

と表せます。ここで重心Gを通るある軸に関する慣性モーメントが $I_G$ 、ある点Oをとりその軸と平行な軸を $I_O$ とし線分OGの長さをd、物体の質量をMとしています。この式が意味するところは恐らく重心周りが一番回転しやすいということでしょう。というと

\begin{eqnarray} I_G = I_O - Md^ 2 \end{eqnarray}

と式変形すれば見やすくなるかもしれません。重心Gの位置というのは、その物体固有のもので不変です。ですから、ある点Oを通る軸周りの慣性モーメントを求めたいとなった時には必ず $d \geq 0$ となります。重心Gを通る軸以外の軸を選んだ時すべてでそれは成り立つため、 $I_G$ が一番小さいということになります。早速この式をこの問題に適用してみたいのですが、そのためには $I_O$ を求めなければいけません。前回同様慣性モーメントの定義

\begin{eqnarray} \displaystyle I = \int \rho r^ 2 dV \end{eqnarray}

を用いてさっさと計算します。今回は $\displaystyle \rho = \frac{2M}{\pi a^ 2 h}$ 、 $dV = \pi r dr h$ ですね。はい次は算数!!

\begin{eqnarray} \displaystyle I_O = \int_0^ a \frac{2M}{\pi a^ 2 h} \pi r dr h = \frac{Ma^ 2}{2} \end{eqnarray}

よしこれで、平行軸の定理を使えるようになりましたね。

\begin{eqnarray} \displaystyle I_G &=& I_O - M d^2 \\ &=& (\frac{1}{2} - \frac{16}{9 \pi^ 2}) a^2 M \end{eqnarray}

でこれが答えです。

次です。問3です。これまた平行軸の定理を用いるのみでございます。懐かしの定理、余弦定理を用いて線分PGの長さの2乗を計算します。下の図の赤い斜線で適当に塗られた三角形に対して適用して、

f:id:cottonshrimp:20200425180328p:plain — 初等幾何学一番難しい説。

\begin{eqnarray} PG^ 2 = a^ 2 + b^ 2 +2ab \cos{\theta} \end{eqnarray}

この結果を平行軸の定理に適用して、

\begin{eqnarray} I_P &=& I_G + PG^ 2 \\ &=& \frac{9 \pi - 16\cos{\theta}}{6 \pi} Ma^ 2 \end{eqnarray}

となる。

はい次。問4です。これはエネルギー保存則により、

\begin{eqnarray} \frac{1}{2} I_P {{\theta}^ {\prime}}^ 2 + Mg(a - b \cos{\theta}) = Mg(a - b \cos{\theta_0}) \end{eqnarray}

と立式をして、ここから ${\theta}^ {\prime}$ について解きます。すると

\begin{eqnarray} \displaystyle {\theta}^ {\prime} = \sqrt{\frac{ 16g(\cos{\theta} - \cos{\theta_0}) }{a (9 \pi - 16 \cos{\theta})}} \end{eqnarray}

となってこれが答えです。

はい、ラスト。問5です。やや唐突かもしれませんが、先ほど問4でエネルギー保存則により立てた式を時間微分します、

\begin{eqnarray} \displaystyle \frac{1}{2}(\frac{d I_p}{dt} {{\theta}^ {\prime}}^ 2 + I_P 2 {\theta}^ {\prime} {\theta}^ {\prime \prime}) = -mgb \sin{\theta} \end{eqnarray}

この式に問4で求めた、 ${\theta}^ {\prime}$ 、問3で求めた $I_P$ を時間微分したもの $\displaystyle \frac{dI_p}{dt} = \frac{8a^ 2}{3 \pi} \mu \theta^ {\prime} \sin{\theta}$ を代入して、 $\theta \leq 1$ で $\cos{\theta} \approx 1, \sin{\theta} \approx 0$ を用いれば以下のようになります。