名古屋大学 理学研究科 物理学教室 2019年8月実施 物理学 [I]

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Author

Miyake

Description

題意の要約。

原点 $O$ を軸とする半径 $R$ の円柱に、質量を無視できる長さ $2\pi R$ の伸びない糸を巻く。一端を円柱上の $S$、他端を質量 $m$ の質点 $P$ に結ぶ。初め $S$ と $P$ は $y$ 軸上の $S_0$ にあり、$t=0$ に質点へ $+y$ 方向の初速 $v_0>0$ を与える。糸が張ったままほどける範囲を考え、ポテンシャルエネルギーはない。接点を $C$、時計回りを正として $\theta=\angle SOC$ とする。

円柱を固定した場合：

1. $\overrightarrow{OC}=(R\sin\theta,R\cos\theta)$ から $\overrightarrow{CP}$ と $\overrightarrow{OP}$ を求める。
2. $t>0$ の速度成分を $R,\theta,\dot\theta$ で表す。
3. Lagrangian を求める。
4. $\theta$ の Euler–Lagrange 方程式を求める。
5. 方程式を解いて $\theta(t)=\sqrt{2v_0t/R}$ を導く。
6. $O$ まわりの角運動量の大きさと、その保存性を理由とともに示す。
7. 質点の運動エネルギーの保存性を理由とともに示す。

次に、円柱が軸まわりに摩擦なく回転できる場合を考える。時計回りの回転角を $\psi=\angle S_0OS$、慣性モーメントを $I>0$ とする。円柱は初め静止し、質点の初期位置と初速度は前と同じとする。

8. 円柱の回転と質点の並進を含む Lagrangian を求める。
9. $\theta,\psi$ の Euler–Lagrange 方程式を求める。
10. $\psi$ の方程式から保存量を求める。
11. $\dot\theta>0$ に注意し、円柱の回転方向を理由とともに示す。
12. 質点の運動エネルギーの保存性を理由とともに示す。

题目描述

半径为 $R$ 的圆柱上缠有质量可忽略、长度 $2\pi R$ 的不可伸长细线，线端质点 $P$ 的质量为 $m$。一端系在圆柱上的 $S$，另一端接质点。初始时 $S,P$ 位于 $y$ 轴上的 $S_0$，给质点沿 $+y$ 的初速度 $v_0>0$。令 $\theta=\angle SOC$，以顺时针为正，接触点为 $C$，圆心为 O；考虑细线保持张紧并展开的范围，忽略势能与耗散。

固定圆柱（问题 1—7）：

1. 求 $\overrightarrow{OP}$ 关于 $\theta$ 的坐标，说明轨迹为圆的渐开线。
2. 求质点速度 $(v_x,v_y)$。
3. 写出 Lagrangian。
4. 推导 $\theta$ 的 Euler–Lagrange 运动方程。
5. 在初始条件 $t=0$ 时 $\theta=0,\ v_x=0,\ v_y=v_0$ 下，求解第4问的微分方程，导出
   $$\theta(t)=\sqrt{\frac{2v_0t}{R}}$$
   。
6. 求质点关于 O 的角动量大小，并判断是否守恒。其大小可写为 $m\sqrt{2Rv_0^3t}$。
7. 判断质点动能是否守恒。

可转动圆柱（问题 8—12）：现在圆柱可绕 O 转动，顺时针转角为 $\psi=\angle S_0OS$、转动惯量为 $I>0$；质点相对圆柱展开角仍为 $\theta$。

8. 求质点位置、速度和含圆柱转动能的 Lagrangian。
9. 写出关于 $\theta,\psi$ 的两条 Euler–Lagrange 方程。
10. 利用 $\psi$ 是循环坐标求相应守恒广义动量。
11. 在 $t=0$ 时 $\theta=0,\dot\psi=0$ 且随后 $\theta,\dot\theta>0$ 的条件下，判断圆柱转动方向并说明理由；$\dot\psi<0$ 对应逆时针转动。
12. 判断此时质点自身的动能是否守恒，并说明能量转移。

Kai

問 1.

$$\begin{aligned} \overrightarrow{\mathrm{CP}} &= R \theta (- \cos \theta, \sin \theta) \\ \therefore \ \ \overrightarrow{\mathrm{OP}} &= \overrightarrow{\mathrm{OC}} + \overrightarrow{\mathrm{CP}} \\ &= R (\sin \theta - \theta \cos \theta, \cos \theta + \theta \sin \theta) \end{aligned}$$

問 2.

$$\begin{aligned} (v_x, v_y) = R \theta \dot{\theta} (\sin \theta, \cos \theta) \end{aligned}$$

問 3.

$$\begin{aligned} \mathcal{L} &= \frac{m}{2} \left( v_x^2 + v_y^2 \right) = \frac{m}{2} R^2 \theta^2 \dot{\theta}^2 \end{aligned}$$

問 4.

$$\begin{aligned} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t} \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \dot{\theta}} &= \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t} m R^2 \theta^2 \dot{\theta} = m R^2 \left( 2 \theta \dot{\theta}^2 + \theta^2 \ddot{\theta} \right) \\ \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \theta} &= m R^2 \theta \dot{\theta}^2 \end{aligned}$$

なので、オイラー-ラグランジュ方程式より、

$$\begin{aligned} \theta \dot{\theta}^2 + \theta^2 \ddot{\theta} = 0 \end{aligned}$$

問 5.

$t>0$ で $\theta>0$ だから、問4を $\theta$ で割ると

$$\frac{d}{dt}(\theta\dot\theta)=0.$$

初速度の条件より $R\theta\dot\theta=v_0$。これを積分し、$\theta(0)=0$ を使うと

$$\theta^2=\frac{2v_0t}{R},\qquad \theta(t)=\sqrt{\frac{2v_0t}{R}}.$$

与えられた $\theta(t) = \sqrt{2 v_0 t / R}$ が 運動方程式と初期条件を満たすことは次のようにして確かめられる。 まず、

$$\begin{aligned} \dot{\theta} (t) = \sqrt{\frac{v_0}{2Rt}} , \ \ \ddot{\theta} (t) = - \sqrt{\frac{v_0}{8Rt^3}} \end{aligned}$$

より、運動方程式 $\theta \dot{\theta}^2 + \theta^2 \ddot{\theta} = 0$ を満たすことがわかる。 次に、

$$\begin{aligned} (v_x, v_y) = v_0 \left(\sin \sqrt{\frac{2v_0t}{R}}, \cos \sqrt{\frac{2v_0t}{R}} \right) \end{aligned}$$

より、初期条件（ $t=0$ で $\theta = 0, \ v_x = 0, \ v_y = v_0$ ）も $t\to0^+$ の極限で満たすことがわかる。$\dot\theta$ 自体はこの極限で発散するが、質点の速度は有限である。

問 6.

点 P の位置を $(x,y)$ とすると、求める角運動量の大きさは、

$$\begin{aligned} L &= m \left| x v_y - y v_x \right| \\ &= m R^2 \theta^2 \left| \dot{\theta} \right| \end{aligned}$$

であるが、問5で与えられた解を使うと、

$$\begin{aligned} L &= m \sqrt{2R v_0^3 t} \end{aligned}$$

を得る。 これは $t$ に依存するので保存量ではない。 （糸の一端がy軸上に固定されていることから、この系は中心軸に関する回転対称性を持たない。）

問 7.

問 5 より、 $v_x^2 + v_y^2 = v_0^2$ なので、運動エネルギーは保存する。 （摩擦や非弾性衝突などがなく、ポテンシャルエネルギーも考えていないので、運動エネルギーが保存しない理由がない。）

問 8.

問 1, 2, 3 と同じように考えて、

$$\begin{aligned} \overrightarrow{\mathrm{OC}} &= R \left( \sin(\theta+\psi), \cos(\theta+\psi) \right) \\ \overrightarrow{\mathrm{CP}} &= R \theta \left(-\cos(\theta+\psi), \sin(\theta+\psi) \right) \\ \overrightarrow{\mathrm{OP}} &= \overrightarrow{\mathrm{OC}} + \overrightarrow{\mathrm{CP}} \\ &= R \left( \sin(\theta+\psi) - \theta \cos(\theta+\psi), \cos (\theta + \psi) + \theta \sin (\theta + \psi) \right) \\ \vec{v} &= R \left( \dot{\psi} \cos(\theta+\psi) + \theta (\dot{\theta}+\dot{\psi}) \sin(\theta+\psi), -\dot{\psi} \sin(\theta+\psi) + \theta (\dot{\theta}+\dot{\psi}) \cos(\theta+\psi) \right) \\ \left| \vec{v} \right|^2 &= R^2 \left( \dot{\psi}^2 + \theta^2 (\dot{\theta}+\dot{\psi})^2 \right) \\ \mathcal{L} &= \frac{1}{2} I \dot{\psi}^2 + \frac{1}{2} m \left| \vec{v} \right|^2 \\ &= \frac{1}{2} \left( I + mR^2 \right) \dot{\psi}^2 + \frac{1}{2} mR^2 \theta^2 \left( \dot{\theta} + \dot{\psi} \right)^2 \end{aligned}$$

問 9.

$$\begin{aligned} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} t} \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \dot{\theta}} &= \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} t} mR^2 \theta^2 \left( \dot{\theta} + \dot{\psi} \right) \\ &= mR^2 \left( 2 \theta \dot{\theta} (\dot{\theta}+\dot{\psi}) + \theta^2 (\ddot{\theta}+\ddot{\psi}) \right) \\ \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \theta} &= mR^2 \theta \left( \dot{\theta} + \dot{\psi} \right)^2 \\ \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} t} \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \dot{\psi}} &= \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} t} \left( \left( I+mR^2 \right) \dot{\psi} + mR^2 \theta^2 \left( \dot{\theta} + \dot{\psi} \right) \right) \\ &= \left( I+mR^2 \right) \ddot{\psi} + 2mR^2 \theta \dot{\theta} \left( \dot{\theta} + \dot{\psi} \right) + mR^2 \theta^2 \left( \ddot{\theta} + \ddot{\psi} \right) \\ \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \psi} &= 0 \end{aligned}$$

なので、 $\theta, \psi$ に関するオイラー-ラグランジュ方程式はそれぞれ次のようになる：

$$\begin{aligned} 2 \theta \dot{\theta} \left( \dot{\theta}+\dot{\psi} \right) + \theta^2 \left( \ddot{\theta}+\ddot{\psi} \right) &= \theta \left( \dot{\theta} + \dot{\psi} \right)^2 \\ \left( I+mR^2 \right) \ddot{\psi} + 2mR^2 \theta \dot{\theta} \left( \dot{\theta} + \dot{\psi} \right) + mR^2 \theta^2 \left( \ddot{\theta} + \ddot{\psi} \right) &= 0 \end{aligned}$$

問 10.

問 9 からわかるように、

$$\begin{aligned} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} t} \left( \left( I+mR^2 \right) \dot{\psi} + mR^2 \theta^2 \left( \dot{\theta} + \dot{\psi} \right) \right) = 0 \end{aligned}$$

つまり、

$$\begin{aligned} \left( I+mR^2 \right) \dot{\psi} + mR^2 \theta^2 \left( \dot{\theta} + \dot{\psi} \right) \end{aligned}$$

は保存量である。

問 11.

$t=0$ において $\theta = 0, \ \dot{\psi}=0$ であるから、 問 10 の保存量は $t \geq 0$ において $0$ である：

$$\begin{aligned} \left( I+mR^2 \right) \dot{\psi} + mR^2 \theta^2 \left( \dot{\theta} + \dot{\psi} \right) = 0 \\ \therefore \ \ \dot{\psi} = - \frac{mR^2 \theta^2 \dot{\theta}} {I + mR^2 + mR^2 \theta^2} \end{aligned}$$

$t \gt 0$ において $\theta \gt 0, \ \dot{\theta} \gt 0$ であるから $\dot{\psi} \lt 0$ であり、時計回りを正とした $\psi$ が減少するため、円柱は反時計回りに回転することがわかる。

問 12.

$t=0$ での質点の運動エネルギー $(1/2)mv_0^2$ の一部は円柱の運動エネルギーとなるので、質点の運動エネルギーは保存しない。

Reference

• 名古屋大学 公式問題 PDF