【解答・解説】平成２７年度 北大理学院 力学

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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

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

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

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。