2009年(平成21年)東京大学後期-総合科目ＩＩ[2]B - [別館]球面倶楽部零八式markIISR

[2] 時間によって移動する点の動きなど，連続的に変化する現象を調べるときには，現象を表す関数の値を数列によって近似して，離散的なモデルを考えることができる．これらを対照して考察することや，連続的な現象を離散的なモデルの極限としてとらえることは，しばしば有効である．

B
図 2-1 のように，ひもの一方の端点を水平面に垂直な壁に固定し，もう一方の端点を壁とひものなす角が直角になるように手で持つ．このとき，手で持つ位置と壁の距離がどれくらいになるかを，次のように考察してみよう．

図2-2のように，質量が $m[\mbox{kg}]$ のおもりを，いくつか等間隔にひもでつなぎ，その一方の端を壁に固定して，他方の端を手で支える．ただし，それぞれのひもはまっすぐで，壁に固定されているひもは壁に垂直であるとする．となり合うおもりの間隔は $\ell [\mbox{m}]$ として，おもりの大きさとひもの太さ，およびひもの重さは無視することにする．壁の側から順番に，ひもを $S_1，S_2，…$ とし，それらのひもの張力の大きさを,それぞれ　 $t_1，t_2，…[\mbox{N}]$ とする．また，ひも $S_i$ が水平方向となす角度を $\theta_i$ とする．ここで， $t_1=T$ とおく．重力加速度を $g[\mbox{m}/\mbox{s}^2]$ とする．

図2-1 （略）

図2-2 （略）

図2-3は，ひも $S_i$ と $S_{i+1}$ でつながれているおもりにかかる力がつり合っていることを表す．ここで $\vec{a}_i，\vec{a}_{i+1}$ は，それぞれひも $S_i$ ， $S_{i+1}$ の張力としておもりにかかる力のベクトル， $\vec{b}$ はおもりにかかる重力のベクトルを表す．

図2-3 （略）

(B-1) ベクトル $\vec{a}_i$ ， $\vec{a}_{i+1}$ ， $\vec{b}$ の大きさは，それぞれ $t_i$ ， $t_{i+1}$ ， $mg$ であることをふまえて，これらのベクトルの成分表示を $t_i$ ， $t_{i+1}$ ， $\theta_i$ ， $\theta_{i+1}$ ， $m$ ， $g$ を用いて与えよ．

おもりにかかる力のつり合いの条件より，ベクトル $\vec{a}_i$ ， $\vec{a}_{i+1}$ ， $\vec{b}$ の和は零ベクトルである．

(B-2) $\tan\theta_i$ と $\tan\theta_{i+1}$ の関係を $m$ ， $g$ ， $T$ を用いて表せ．

(B-3) $\cos\theta_i$ を $m$ ， $g$ ， $T$ ， $i$ を用いて表せ．

(B-4) $x=\dfrac{e^t-e^{-t}}{2}$ とおく置換積分法により，定積分 $\displaystyle\int_0^a\dfrac{1}{\sqrt{x^2+1}}dx$ の値を求めよ．

おもりの質量の和 $M[\mbox{kg}]$ と，ひもの長さの和 $L[\mbox{m}]$ を固定する．おもりの個数を $n$ 個とすると，
$m=\dfrac{M}{n}$ ， $\ell=\dfrac{L}{n}$ となる．このとき，ひもを手で支える位置と壁の距離を $X_n[\mbox{m}]$ とおく．図2-1 のように，質量が $M[\mbox{kg}]$ で長さが $L[\mbox{m}]$ のひもの一方の端点を壁に固定して，もう一方の端点を手で持ち，壁とひものなす角が直角になるようにする．このとき，手で持つ位置と壁の距離は，極限値 $\alpha=\displaystyle\lim_{n\to\infty}X_n$ で表されると考えられる．

(B-5) 上の極限値 $\alpha$ を $M，L，T， g$ を用いて表せ．

2021.02.11記

ひもの形状が懸垂線（カテナリー）になるのは有名．

[解答]

(B-1) $\vec{a}_i=(-t_i\cos\theta_i,-t_i\sin\theta_i)$ ， $\vec{a}_{i+1}=(t_{i+1}\cos\theta_{i+1},t_{i+1}\sin\theta_{i+1})$ ， $\vec{b}=(0,-mg)$

(B-2) つりあいの式から
$t_{i+1}\cos\theta_{i+1}-t_{i}\cos\theta_{i}=0$ ，
$t_{i+1}\sin\theta_{i+1}-t_{i}\sin\theta_{i}-mg=0$
であるから，
$t_{i}\cos\theta_{i}=t_{1}\cos\theta_{1}=T\cos 0=T$ ，
$t_{i}\sin\theta_{i}=t_{1}\sin\theta_{0}+(i-1)mg=(i-1)mg$
が成立する．よって $\tan\theta_{i}=(i-1)\dfrac{mg}{T}$ となり， $\tan\theta_{i+1}-\tan\theta_{i}=\dfrac{mg}{T}$

(B-3) (B-2) より $\tan\theta_{i}=(i-1)\dfrac{mg}{T}$ だから
$\cos\theta_i=\dfrac{1}{\sqrt{1+(i-1)^2\dfrac{m^2g^2}{T^2}}}$

(B-4) $a=\dfrac{e^u-e^{-u}}{2}$ なる $u\gt 0$ を用いて
$\displaystyle\int_0^a\dfrac{1}{\sqrt{x^2+1}}dx =\displaystyle\int_0^u dt =u$ である．
$(e^u)^2-2a(e^u)-1=0$ の正の解を用いて $u=\log(a+\sqrt{a^2+1})$ だから
$\displaystyle\int_0^a\dfrac{1}{\sqrt{x^2+1}}dx =\log(a+\sqrt{a^2+1})$

(B-5) $X_n=\ell \displaystyle\sum_{i=1}^n \cos\theta_i$
$=\dfrac{L}{n} \displaystyle\sum_{i=1}^n \dfrac{1}{\sqrt{1+\Bigl(\dfrac{i-1}{n}\Bigr)^2\dfrac{M^2g^2}{T^2}}}$
の極限を考えて，
$\alpha =L \cdot \dfrac{T}{Mg}\displaystyle\int_0^{Mg/T} \dfrac{1}{\sqrt{1+x^2}} dx$
$=\dfrac{TL}{Mg}\log\Bigl(\dfrac{Mg}{T}+\sqrt{\dfrac{M^2g^2+T^2}{T^2}}\Bigr)$
$=\dfrac{TL}{Mg}\{\log(Mg+\sqrt{M^2g^2+T^2})-\log T\}$