名古屋大学 理学研究科 物理学教室 2020年度 物理学 [I]
Author
Description
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.
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 \(\theta = 0, \ v_x = 0, \ v_y = v_0\) ）も満たすことがわかる。
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、
\[
\begin{aligned}
L
&= 2m \sqrt{R v_0^3 t}
\end{aligned}
\]
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、円柱は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。