問題はこちら。院試対策・物理学の勉強にご利用ください。
また、誤植があればお問い合わせください。
問１：粘性抵抗が働くばね振動
1-1.
$$m\frac{d^2x}{dt^2} = mg – 2\gamma m\frac{dx}{dt} – kx \ …(1)$$
1-2.
釣り合いの位置では\(\frac{dx}{dt} = 0\)となるので\(x_0 = \frac{mg}{k}\)
1-3.
(1)を、\(x\)を含む部分と含まない部分で分けて、
$$\frac{d^2x}{dt^2} + 2\gamma m\frac{dx}{dt} +\frac{k}{m}x = g \ …(2)$$
と書くことができる。ここで、\((右辺) = 0\)とした場合の微分方程式を考える。
$$\frac{d^2x}{dt^2} + 2\gamma m\frac{dx}{dt} +\frac{k}{m}x = 0$$
\(\gamma ^2 < \frac{k}{m}\)を満たすとき、これを解くと、振動を伴う一般解
$$x_g(t) = e^{-\gamma t}\left(Asin\sqrt{\frac{k}{m} – \gamma ^2}t + Bcos\sqrt{\frac{k}{m} – \gamma ^2}t\right)$$
を得る（ただしA, Bは任意定数）。この一般解に、(2)の特解である
$$x_p(t) = \frac{mg}{k} = x_0$$
を足し合わせることで、(2)の一般解が完成する。すなわち
\begin{align*}
x(t) &= x_g + x_p\\
&= e^{-\gamma t}\left(Asin\sqrt{\frac{k}{m} – \gamma ^2}t + Bcos\sqrt{\frac{k}{m} – \gamma ^2}\right) + x_0\\
\end{align*}
1-4.
振動を伴う減衰では、周期性が確認できる。よって、\(\sqrt{\frac{k}{m} – \gamma ^2}\)が明らかになり、\(\gamma\)も求めることができる。
問２：弦の波動方程式の導出
2-1.
PQ間に働く力は
\begin{align*}
F &= Tsin\theta_Q – Tsin\theta_P\\
&= T(sin\theta_Q – sin\theta_P)\\
&= T\frac{sin\theta_Q – sin\theta_P}{\delta x}\delta x\\
&\cong T\frac{\partial}{\partial x}sin\theta \delta x\\
&\cong T\frac{\partial}{\partial x}\left(\frac{\partial y}{\partial x}\right)\delta x\\
&= T\frac{\partial ^2y}{\partial x^2}\delta x
\end{align*}
2-2.
PQ間の質量は\(\sigma\delta x\)であるから、運動方程式は
\begin{align*}
&\sigma\delta x\cdot\frac{\partial ^2y(x, t)}{\partial t^2} = T\frac{\partial ^2y(x, t)}{\partial x^2}\delta x\\
& \rightarrow \ \left(\frac{\partial ^2}{\partial x^2} – \frac{\sigma}{T}\frac{\partial ^2}{\partial t^2}\right)y(x, t) = 0
\end{align*}
2-3.
波動方程式の解を、2-2で求めた方程式に代入すると
$$\frac{\partial ^2 X(x)}{\partial x^2} + \frac{\sigma \omega ^2}{T}X(x) = 0$$
これを解くと、一般解は
$$X(x) = Asin\left(\sqrt{\frac{\sigma \omega ^2}{T}}x + \alpha\right)$$
\(x = 0\)で\(X(0) = 0\)なので、\(\alpha = 0\)。
また、\(x = L\)で\(X(L) = 0\)となるには
$$\frac{\sigma \omega ^2}{T} = n\pi \ (n = 1, 2, …)$$
すなわち
$$\omega = \sqrt{\frac{T}{\sigma}}\frac{n\pi}{L}$$
問３：中心力ポテンシャル中の運動方程式
3-1.
\(P_1, P_2\)の運動方程式はそれぞれ、
\begin{align*}
m_1\frac{d^2\mathbf{r}_1}{dt^2} &= – \frac{\partial U}{\partial \mathbf{r}_1} \ …(1)\\
m_1\frac{d^2\mathbf{r}_2}{dt^2} &= – \frac{\partial U}{\partial \mathbf{r}_2} \ …(2)
\end{align*}
ここで
\begin{align*}
&\frac{\partial U}{\partial \mathbf{r}_1} = \frac{\partial \mathbf{r}}{\partial \mathbf{r}_1}\frac{\partial }{\partial \mathbf{r}}U = \frac{\partial U}{\partial \mathbf{r}}\\
&\frac{\partial U}{\partial \mathbf{r}_2} = \frac{\partial \mathbf{r}}{\partial \mathbf{r}_2}\frac{\partial }{\partial \mathbf{r}}U = – \frac{\partial U}{\partial \mathbf{r}}
\end{align*}
であるから、\((1)\times m_2 – (2)\times m_1\)を計算すると
\begin{align*}
m_1m_2\left(\frac{d^2}{dt^2}(\mathbf{r}_1 – \mathbf{r}_2)\right) &= – m_1\nabla U – m_2\nabla U\\
&= – (m_1 + m_2)\nabla U
\end{align*}
すなわち
$$\frac{m_1m_2}{m_1 + m_2}\frac{d^2\mathbf{r}}{dt^2} = – \nabla U$$
が得られる。
3-2.
系には、\(\mathbf{r}\)に垂直な方向の力が働かないので、\(\mathbf{r}\)に垂直な方向の運動は、等速直線運動となる。
3-3.
\begin{align*}
\frac{\mathbf{L}}{dt} &= m\frac{d}{dt}(\mathbf{r}\times\mathbf{v})\\
&=m\frac{d\mathbf{r}}{dt}\times\mathbf{v} + m\mathbf{r}\times\frac{d\mathbf{v}}{dt}\\
&=m\mathbf{v}\times\mathbf{v} + m\mathbf{r}\times\frac{d^2\mathbf{r}}{dt}\\
&= m\mathbf{r}\times\frac{1}{m}(-\nabla U)
\end{align*}
ここで、ポテンシャルの\(\mathbf{r}\)による微分は、\(\mathbf{r}\)方向の勾配を表すベクトルであるから、\(\mathbf{r} /\!/ \nabla U\)、すなわち\(\frac{\mathbf{L}}{dt} = 0\)となり、角運動量ベクトル\(\mathbf{L}\)は保存される。
3-4.
運動方程式と\(\frac{d\mathbf{r}}{dt}\)との内積をとって、時間\(t_1 \sim t_2\)の間で積分すると
\begin{align*}
&\int_{t_1}^{t_2}m\frac{d\mathbf{r}}{dt}\cdot\frac{d^2\mathbf{r}}{dt^2}dt = – \int_{t_1}^{t_2}\frac{\partial U}{\partial\mathbf{r}}\cdot\frac{d\mathbf{r}}{dt}dt\\
&(左辺) = \int_{t_1}^{t_2}\frac{d}{dt}\left\{\frac{1}{2}m\left(\frac{\mathbf{r}}{dt}\right)^2\right\}dt\\
& \ = \frac{1}{2}m\left(\frac{\mathbf{r}}{dt}\right)^2\|_{t=t_2} – \frac{1}{2}m\left(\frac{\mathbf{r}}{dt}\right)^2\|_{t=t_1}\\
&(右辺) = – \int_{t_1}^{t_2}\frac{\partial U}{\partial\mathbf{r}}\cdot d\mathbf{r}\\
& \ = – U(t_2) + U(t_1)\\
\end{align*}
すなわち
$$\lbrack U(\mathbf{r}) + \frac{1}{2}m\left(\frac{\mathbf{r}}{dt}\right)^2\rbrack_{t = t_1} = \lbrack U(\mathbf{r}) + \frac{1}{2}m\left(\frac{\mathbf{r}}{dt}\right)^2\rbrack_{t = t_2} = $$
時刻\(t\)は、任意の値をとることができるので、各時刻において全エネルギーが保存される。
3-5.
まず、角運動量は
$$L = mr\times r\dot{\psi} = mr^2\dot{\psi}$$
のように書けるから、\(\dot{\psi} = \frac{L}{mr^2}\)
また、速度ベクトルの二乗は
$$\mathbf{v}^2 = \dot{r}^2 + r^2\dot{\psi}^2 = \dot{r}^2 + \frac{L}{m^2r^2}$$
であるから、全エネルギーは
$$E = \frac{1}{2}m\left(\dot{r}^2 + \frac{L}{m^2r^2}\right) + U$$
これより、
$$\dot{r} = \sqrt{\frac{2}{E}(E-U) – \frac{L}{m^2r^2}}$$
3-6.
$$\frac{dr}{d\psi} = \frac{\dot{r}}{\dot{\psi}} = \frac{mr^2}{L}\sqrt{\frac{2}{E}(E-U) – \frac{L}{m^2r^2}}$$
ここで、運動方程式は
$$m(\ddot{r} – r\dot{\psi}^2) = – \frac{\partial}{\partial}{r}\left(-\frac{\alpha}{r}\right) = – \frac{\alpha}{r^2} \ …(1)$$
と書ける。\(\frac{1}{u} = r\)を導入すると、
\begin{align*}
\frac{dr}{dt} &= \frac{d\psi}{dt}\frac{dr}{d\psi}\\
&= \dot{\psi}\frac{du}{d\psi}\frac{dr}{du}\\
&= \dot{\psi}\left(-\frac{1}{u^2}\right)\frac{du}{d\psi}\\
&= – \frac{L}{m}\frac{du}{d\psi}
\end{align*}
\begin{align*}
\frac{d^2r}{dt^2} &= \frac{d\psi}{dt}{d}{d\psi}\left( – \frac{L}{m}\frac{du}{d\psi}\right)\\
&= – \left(\frac{L}{mr}\right)^2\frac{d^2u}{d\psi^2}
\end{align*}
よって(1)を次のように書き換えられる。
$$- m \left(\frac{L}{mr}\right)^2\frac{d^2u}{d\psi^2} – mr\left(\frac{L}{mr^2}\right)^2 = – \frac{\alpha}{r^2}$$
両辺に\(-\frac{mr^2}{L^2}\)をかけると
$$\frac{d^2u}{d\psi^2} + u = \frac{m\alpha}{L^2}$$
が得られる。これを解くと、
$$u(\psi) = Acos(\psi + \psi_0) + \frac{m\alpha}{L^2}$$
または
$$\frac{1}{r}\frac{1}{\left(\frac{m\alpha}{L^2}\right)} = A\frac{1}{\left(\frac{m\alpha}{L^2}\right)}cos(\psi + \psi_0) + 1$$
これを、問題文中で与えられた\(r(\psi)\)を表す式と比較すると、
$$n = \frac{L^2}{m\alpha^2}, \ \epsilon = \frac{AL^2}{m\alpha}$$
であることが分かる。
コメント