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：最速降下曲線
1-1.
$$\dot{x}=a\dot{\theta}(1 – cos\theta)$$
$$\dot{y}= – a\dot{\theta}sin\theta$$
すなわち、運動エネルギーは
$$T = \frac{1}{2}m(\dot{x}^2 + \dot{y}^2) = \frac{1}{2}ma^2{\dot{\theta}^2(1 – cos\theta)^2 + \dot{\theta}^2sin^2\theta} = ma^2\dot{\theta}^2(1 – cos\theta)$$
1-2.
$$\dot{q} = – 2a\dot{\theta}sin\frac{\theta}{2}$$
よって
$$\dot{q}^2 = 4a^2\dot{\theta}^2sin^2\frac{\theta}{2} = 4a^2\dot{\theta}^2\frac{(1 – cos\theta}{2} = 2a^2\dot{\theta}^2(1 – cos\theta)$$
1-1の結果より、次式が成り立つ。
$$T = \frac{1}{2}mq^2$$
また、ポテンシャルエネルギーは
$$U = mgy = -mga(1 – cos\theta)$$
ここで、
$$q^2 = 16a^2cos^2\frac{\theta}{2} = 8a^2(1 + cos\theta)$$
$$cos\theta = \frac{q^2}{8a^2} – 1$$
となるから、
$$U = \frac{mg}{8a}q^2 – 2mga$$
以上より、ラグランジアンは
$$L = T – U = \frac{1}{2}m\dot{q}^2 – \frac{mg}{8a}q^2 + 2mga$$
1-3.
Euler – Lagrange方程式は
$$\frac{d}{dt}(\frac{\partial L}{\partial \dot{q}}) – \frac{\partial L}{\partial q} = 0$$
これに、1-2の結果Lを代入して
$$\frac{d}{dt}(m\dot{q}) – (- \frac{mg}{4a}q) = 0$$
$$m\ddot{q} + \frac{mg}{4a}q = 0$$
1-4.
求める時間をTとすると
\begin{align*}
T &= \int{dt} \\
&= \int\frac{1}{\frac{ds}{dt}}ds \\
&= \int\frac{1}{v}\sqrt{(dx)^2 + {(dy)}^2}dx \\
&= \int_0^{a\pi}\frac{1}{v}\sqrt{1 + (\frac{\dot{y}}{\dot{x}})^2}dx
\end{align*}
ここで、エネルギー保存則より
$$\frac{1}{2}mv^2 + mgy = 0 , v = \sqrt{-2gy}$$
であるから、
\begin{align*}
T &= \int_0^{a\pi}\sqrt{\frac{1}{ga(1 – cos\theta)^2}}dx\\
&= \int_0^{\pi}\sqrt{\frac{a}{g}}d\theta \\
&= {\frac{a}{g}}\pi
\end{align*}
1-5.
1-3の結果に、空気抵抗\( – \gamma\dot{q}\)を付け加えると、
$$m\ddot{q} + \frac{mg}{4a}q = – \gamma\dot{q}$$
$$m\ddot{q} + \frac{mg}{4a}q + \gamma\dot{q} = 0$$
ここで、解を\(q = e^{\lambda t}\)と置き、微分方程式を解くと、
$$\lambda = \frac{ – \frac{\gamma}{m} \pm \sqrt{(\frac{\gamma}{m})^2 – \frac{g}{a}}}{2}$$
よって、
\begin{align*}
q &= Ae^\frac{ – \frac{\gamma}{m} + \sqrt{(\frac{\gamma}{m})^2 – \frac{g}{a}}}{2} + Be^\frac{ – \frac{\gamma}{m} – \sqrt{(\frac{\gamma}{m})^2 – \frac{g}{a}}}{2}\\
&= e^{ – \frac{\gamma}{2m}t}(Ae^{\frac{1}{2}\sqrt{(\frac{\gamma}{m})^2 – \frac{g}{a}}t} + Be^{ – \frac{1}{2}\sqrt{(\frac{\gamma}{m})^2 – \frac{g}{a}}t}) (A, Bは任意定数)
\end{align*}
問2：ロケットの発射と運動量保存則
2-1.
$$(M + dM)(V + dV) + (- dM)(V + dV – \omega) = MV – Mgdt$$
$$MdV + \omega dM = – Mgdt$$
$$MdV = -\omega dM – Mgdt$$
2-2.
\(g = 0\)とすると、
$$MdV = – \omega dM – Mgdt$$
両辺を積分すると、
$$logM = – \frac{1}{\omega}V + C (Cは積分定数)$$
\(t = 0\)で、\(V = 0, M = M_0\)なので、\(C = logM_0\)であり、
$$logM = – \frac{1}{\omega}V + logM_0$$
$$log\frac{M}{M_0} = – \frac{1}{\omega}V$$
すなわち、\(M = \frac{M_0}{2}\)のとき\(log\frac{1}{2} = – \frac{1}{\omega}V\)
$$V = \omega log2$$
2-3.
2-1で示した式(2)をdtで割ると、
$$M\frac{dV}{dt} = – \omega\frac{dM}{dt} – Mg$$
$$M\frac{dV}{dt} = – \mu\omega – Mg…(A)$$
\(t = 0\)において、\(\frac{dV}{dt} > 0\)となる必要があるので、求めるべき条件は
$$\mu\omega – Mg > 0 \rightarrow \omega >\frac{M_0g}{\mu}$$
2-4.
(A)の運動方程式を用いる。
$$\frac{dV}{dt} = – \omega\frac{1}{M}\frac{dM}{dt} – g$$
両辺をtで積分すると、
\begin{align*}
\int_0^t\frac{dV}{dt}dt &= – \omega\int_0^t\frac{1}{M}\frac{dM}{dt}dt – gt \\
&= – \omega\mu\int_0^t\frac{1}{M_0 – \mu t}dt – gt
\end{align*}
コメント