大阪大学 理学研究科 物理学専攻 2019年8月実施 問題1

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• Small-Angle-Pendulum
• Lagrangian-Mechanics
• Action-Integral-and-Adiabatic-Invariant

Author

Miyake

Description

Kai

I.

(1)

$\ddot{\theta} = d \dot{\theta} / dt$ と書くと、運動方程式は次のようになる：

$$\begin{aligned} ml \ddot{\theta} &= - mg \sin \theta \\ \therefore \ \ \ddot{\theta} &= - \frac{g}{l} \sin \theta \\ &\simeq - \frac{g}{l} \theta \end{aligned}$$

よって、 $\omega = \sqrt{g/l}$ とおいて、

$$\begin{aligned} \theta (t) &= \alpha \cos \omega t \\ &= \alpha \cos \left( \sqrt{\frac{g}{l}} t \right) \end{aligned}$$

が与えられた初期条件を満たす解である。

(2)

$\dot{\theta}(t) = - \alpha \omega \sin \omega t$ の最大値は $\alpha \omega$ であるから、

$$\begin{aligned} E &= \frac{1}{2} m l^2 \alpha^2 \omega^2 \\ &= \frac{1}{2} mgl \alpha^2 \end{aligned}$$

である。

(3)

糸の方向の運動方程式より、

$$\begin{aligned} ml \dot{\theta}^2 &= T - mg \cos \theta \\ \therefore \ \ T &= ml \dot{\theta}^2 + mg \cos \theta \\ &\simeq ml \dot{\theta}^2 + mg - \frac{1}{2} mg \theta^2 \end{aligned}$$

がわかる。

(4)

(1), (3) より、

$$\begin{aligned} T &= ml \alpha^2 \omega^2 \sin^2 \omega t + mg - \frac{1}{2} mg \alpha^2 \cos^2 \omega t \\ &= mg \alpha^2 \sin^2 \omega t + mg - \frac{1}{2} mg \alpha^2 \cos^2 \omega t \\ &=mg \left( \frac{\alpha^2 + 4}{4} - \frac{3}{4} \cos 2 \omega t \right) \\ \therefore \ \ \langle T \rangle &= \frac{\alpha^2 + 4}{4} mg \end{aligned}$$

がわかる。

II.

(5)

$$\begin{aligned} \delta \omega &= \sqrt{\frac{g}{l + \delta l}} - \omega \\ &= \omega \left( 1 + \frac{\delta l}{l} \right)^{-1/2} - \omega \\ &\simeq \omega \left( 1 - \frac{\delta l}{2l} \right) - \omega \\ &= - \frac{\delta l}{2l} \omega \end{aligned}$$

(6)

$$\begin{aligned} \delta W &= - \langle T \rangle \delta l \\ &= - \frac{\alpha^2 + 4}{4} mg \delta l \end{aligned}$$

また、 $\delta W = \delta E - mg \delta l$ より、

$$\begin{aligned} \delta E &= \delta W + mg \delta l \\ &= - \frac{\alpha^2}{4} mg \delta l \end{aligned}$$

である。

(7)

(2), (5), (6) の結果を使って、 $\delta l$ の1次までで次のように計算できる：

$$\begin{aligned} \frac{E + \delta E}{\omega + \delta \omega} &= \frac{E}{\omega} \left(1 + \frac{\delta E}{E} \right) \left(1 + \frac{\delta \omega}{\omega} \right)^{-1} \\ &\simeq \frac{E}{\omega} \left(1 + \frac{\delta E}{E} - \frac{\delta \omega}{\omega} \right) \\ &= \frac{E}{\omega} \left(1 - \frac{\delta l}{2l} + \frac{\delta l}{2l} \right) \\ &= \frac{E}{\omega} \end{aligned}$$

III.

(8)

$$\begin{aligned} L &= \frac{1}{2} ml^2 \dot{\theta}^2 - mgl (1 - \cos \theta) \\ \therefore \ \ p &= \frac{\partial L}{\partial \dot{\theta}} \\ &= ml^2 \dot{\theta} \end{aligned}$$

(9)

$$\begin{aligned} E &= \frac{1}{2} ml^2 \dot{\theta}^2 + mgl (1 - \cos \theta) \\ &\simeq \frac{1}{2} ml^2 \dot{\theta}^2 + \frac{1}{2} mgl \theta^2 \\ &= \frac{p^2}{2ml^2} + \frac{1}{2} mgl \theta^2 \\ \therefore \ \ &\frac{p^2}{2ml^2E} + \frac{\theta^2}{\frac{2E}{mgl}} = 1 \end{aligned}$$

これは楕円の方程式である。

(10)

(9) より、

$$\begin{aligned} \oint p d \theta &= \pi \sqrt{2ml^2E} \sqrt{\frac{2E}{mgl}} \\ &= 2 \pi E \sqrt{\frac{l}{g}} \\ &= 2 \pi \frac{E}{\omega} \end{aligned}$$

となるが、 (7) より、これは糸の長さが $\delta l$ 変化する前後で変わらない。