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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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Author​

Miyake

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題意の要約（暫定）​

質量 mm、長さ ll の単振り子を考える。重力加速度を gg とし、振れ角 θ\theta は十分小さいとする。初期条件は

θ(0)=α,θ˙(0)=0.\theta(0)=\alpha,\qquad\dot\theta(0)=0.

である。

【I：微小振動】

  1. 運動方程式から θ(t)\theta(t) と角振動数 ω\omega を求めよ。
  2. 振動の力学的エネルギー EE を求めよ。
  3. θ2\theta^2 の項まで残す近似の下で、糸の張力 T(t)T(t) を求めよ。
  4. 一周期にわたる平均張力 ⟨T⟩\langle T\rangle を求めよ。

【II：振り子の長さの緩やかな変化】

振り子の長さを緩やかに δl\delta l だけ変化させ、微小変化の一次の項のみを考える。

  1. 角振動数の変化 δω\delta\omega を求めよ。
  2. 平均張力による仕事から、力学的エネルギーの変化 δE\delta E を求めよ。
  3. この緩やかな変化に対し、
    E+δEω+δω=Eω+O(δl2),\frac{E+\delta E}{\omega+\delta\omega} =\frac E\omega+O(\delta l^2),
    すなわち E/ωE/\omega が断熱不変量であることを示せ。

【III：位相空間】

  1. 微小振動する単振り子の Lagrangian を書き、θ\theta に共役な運動量 pp を求めよ。
  2. エネルギー EE を固定したとき、位相平面 (θ,p)(\theta,p) における楕円軌道の方程式を書け。
  3. 作用積分 ∮p dθ,\oint p\,d\theta, を求め、振り子の長さを緩やかに変えるときに不変であることを説明せよ。

题目描述​

考虑质量为 mm 的单摆，摆长为 ll，重力加速度为 gg，摆角 θ\theta 很小；初始条件为 θ(0)=α,θ˙(0)=0.\theta(0)=\alpha,\qquad\dot\theta(0)=0.

【I：小振动】

  1. 由运动方程求 θ(t)\theta(t) 与角频率 ω\omega。
  2. 求振动的机械能 EE。
  3. 在保留至 θ2\theta^2 的近似下，求摆线张力 T(t)T(t)。
  4. 求一个周期内的平均张力 ⟨T⟩\langle T\rangle。

【II：缓慢改变摆长】

将摆长缓慢改变 δl\delta l，只保留一阶小量。

  1. 求角频率变化 δω\delta\omega。
  2. 由平均张力所做功求机械能变化 δE\delta E。
  3. 证明在这一缓慢变化下
    E+δEω+δω=Eω+O(δl2),\frac{E+\delta E}{\omega+\delta\omega} =\frac E\omega+O(\delta l^2),
    即 E/ωE/\omega 为绝热不变量。

【III：相空间】

  1. 写出小角度单摆的 Lagrangian，并求与 θ\theta 共轭的动量 pp。
  2. 在固定能量 EE 下，写出相平面 (θ,p)(\theta,p) 中轨道的椭圆方程。
  3. 计算作用量 ∮p dθ,\oint p\,d\theta, 并说明它在摆长缓慢变化时保持不变。

Kai​

I.​

(1)​

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

mlθ¨=−mgsin⁡θ∴  θ¨=−glsin⁡θ≃−glθ\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、 ω=g/l\omega = \sqrt{g/l} とおいて、

θ(t)=αcos⁡ωt=αcos⁡(glt)\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)​

θ˙(t)=−αωsin⁡ωt\dot{\theta}(t) = - \alpha \omega \sin \omega t の最大値は αω\alpha \omega であるから、

E=12ml2α2ω2=12mglα2\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、

mlθ˙2=T−mgcos⁡θ∴  T=mlθ˙2+mgcos⁡θ≃mlθ˙2+mg−12mgθ2\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、

T=mlα2ω2sin⁡2ωt+mg−12mgα2cos⁡2ωt=mgα2sin⁡2ωt+mg−12mgα2cos⁡2ωt=mg(α2+44−3α24cos⁡2ωt)∴  ⟨T⟩=α2+44mg\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\alpha^2}{4} \cos 2 \omega t \right) \\ \therefore \ \ \langle T \rangle &= \frac{\alpha^2 + 4}{4} mg \end{aligned}

がわかる。

II.​

(5)​

δω=gl+δl−ω=ω(1+δll)−1/2−ω≃ω(1−δl2l)−ω=−δl2lω\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)​

δW=−⟨T⟩δl=−α2+44mgδl\begin{aligned} \delta W &= - \langle T \rangle \delta l \\ &= - \frac{\alpha^2 + 4}{4} mg \delta l \end{aligned}

また、 δW=δE−mgδl\delta W = \delta E - mg \delta l より、

δE=δW+mgδl=−α24mgδl\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、 δl\delta l の1次までで次のように計算できる：

E+δEω+δω=Eω(1+δEE)(1+δωω)−1≃Eω(1+δEE−δωω)=Eω(1−δl2l+δl2l)=Eω\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)​

L=12ml2θ˙2−mgl(1−cos⁡θ)∴  p=∂L∂θ˙=ml2θ˙\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)​

E=12ml2θ˙2+mgl(1−cos⁡θ)≃12ml2θ˙2+12mglθ2=p22ml2+12mglθ2∴  p22ml2E+θ22Emgl=1\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、

∮pdθ=π2ml2E2Emgl=2πElg=2πEω\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 δl\delta l 変化する前後で変わらない。

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