名古屋大学大学院理学研究科物理学系・院試解答
2018年度解析力学
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解析力学

問１
角運動量の時間微分を考えて
\begin{eqnarray}
\begin{split}
\bf{\dot{l}}&=&m\bf{\dot{r}} × \bf{v} + m\bf{r} × \bf{\dot{v}}\\
&=& m\bf{v} × \bf{v} + \bf{r} × (-\nabla U)\\
&=&0
\end{split}
\end{eqnarray}
となる。ここで\( \nabla U\)が中心力となることを用いた。

問２
球座標で表した速度ベクトルを２乗する。
\begin{eqnarray}
\begin{split}
\bf{v}^2 =& |(\dot{r}sin\theta cos\phi + r\dot{\theta}cos\theta cos\phi – r\dot{\phi}sin\theta sin\phi ,\\
& \dot{r} sin\theta sin\phi + r\dot{\theta}cos\theta sin\phi + r\dot{\phi}sin\theta cos\phi ,\\
&\dot{r} cos\theta – r\dot{\theta}sin\theta )|^2 \\
=&\dot{r}^2 + r^2 \dot{\theta}^2 + r^2 \dot{\phi}^2 sin^2\theta
\end{split}
\end{eqnarray}

問３
問２より
\begin{eqnarray}
\bf{v}=\dot{r}\bf{e}_r
+r\sqrt{\dot{\theta}^2+\dot{\phi}^2 sin^2\theta}\; \bf{e}_\perp
\end{eqnarray}
と書けるので
\( \bf{r}\)成分は\( v_r=\dot{r}\)、垂直成分は\( v_\perp =r\sqrt{\dot{\theta}^2+\dot{\phi}^2 sin^2\theta}\)となる。
角運動量の大きさは
\begin{eqnarray}
\begin{split}
l=&m\bf{r}× \bf{v}\\
=&mr \cdot r(\dot{\theta}^2 + \dot{\phi}^2 sin^2\theta)^{\frac12}\\
=&mr^2 (\dot{\theta}^2 + \dot{\phi}^2 sin^2\theta)^{\frac12}
\end{split}
となる。
\end{eqnarray}

問４
ラグランジアン
\begin{eqnarray}
L=\frac12 m (\dot{r}^2 + r^2 \dot{\theta}^2 + r^2 \dot{\phi}^2 sin^2\theta)-U(r)
\end{eqnarray}
共役運動量
\begin{eqnarray}
P_r = \frac{\partial L}{\partial \dot{r}}=m\dot{r}
\end{eqnarray}
\begin{eqnarray}
P_\theta = \frac{\partial L}{\partial \dot{\theta}}=mr^2\dot{\theta}
\end{eqnarray}
\begin{eqnarray}
P_\phi = \frac{\partial L}{\partial \dot{\phi}}=mr^2 \dot{\phi}sin^2{\theta}
\end{eqnarray}
これを使えばハミルトニアン
\begin{eqnarray}
H=\frac{{P_r}^2}{2m}+\frac{{P_\theta}^2}{2mr^2}+\frac{{P_\phi}^2}{2mr^2 sin^2 \theta}+U(r)
\end{eqnarray}

問５
問４より
\begin{eqnarray}
\begin{split}
l_z=&m(xv_y – yv_x)\\
=&mr^2 \dot{\phi}^2 sin^2\theta\\
=&P_\phi
\end{split}
\end{eqnarray}
\begin{eqnarray}
\begin{split}
\bf{l}^2=&m^2r^4(\dot{\theta}^2+\dot{\phi}^2sin^2\theta)\\
=&{P_\theta}^2 +\frac{{P_\phi}}{sin^2\theta}
\end{split}
\end{eqnarray}
となる。
よって\( P_\theta=0,\theta=\pi /2\)または\( P_\theta=0,l=P_\phi=0\)のとき\( \bf{l}^2\)と\(l_z \)は一致し
\begin{eqnarray}
\begin{split}
H=\frac{{P_r}^2}{2m}+\frac{l^2}{2mr^2}+U(r)
\end{split}
\end{eqnarray}
または
\begin{eqnarray}
\begin{split}
H=\frac{{P_r}^2}{2m}+U(r)
\end{split}
\end{eqnarray}
となってxy平面上を運動する。

　

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問６
\( P_\theta=0,\theta=\pi /2,U(r)=-\frac{k}{r^3}\)のときエネルギー\( E\)は
\begin{eqnarray}
E=\frac{m}{2}\left(\frac{dr}{dt}\right)^2 + \frac{l^2}{2mr^2}-\frac{k}{r^3}
\end{eqnarray}
と表せるので、
\begin{eqnarray}
U_{eff}(r)=\frac{l^2}{2mr^2}-\frac{k}{r^3}
\end{eqnarray}
となる。これを微分して0になるのが\( r=r_\ast\)で
\begin{eqnarray}
r_\ast = \frac{3mk}{l^2}
\end{eqnarray}
となる。概形は下図。

• 

問７
無限遠点の運動を考えて、
\begin{eqnarray}
l=mbv_0
\end{eqnarray}
となる。これを\( U_{eff}(r_\ast)\)へ代入して

\begin{eqnarray}
\begin{split}
U_{eff}(r_\ast)&=\frac{(mbv_0)^6}{54m^3k^2}\\
&=\frac{m^3v_0^6}{54k^2}b^6
\end{split}
\end{eqnarray}
となる。問６のグラフより\( U_{eff}(r_\ast)\)を越えることができれば原点へ到達できるので条件は
\begin{eqnarray}
\frac{1}{2}m{v_0}^2&>& \frac{m^3v_0^6}{54k^2}b^6\\
\frac{27k^2}{m^2{v_0}^4}&>& b^6
\end{eqnarray}
つまり臨界値は
\begin{eqnarray}
b_\ast=\sqrt{3}\left( \frac{k}{m{v_0}^2}\right)^{\frac13}
\end{eqnarray}

問８
(1)式より
\begin{eqnarray}
\frac12m{v_0}^2=\frac{m}{2}\left( \frac{dr}{dt}\right)^2
+\frac{l^2}{2mr^2}-\frac{k}{r^3}
\end{eqnarray}
(2)式より
\begin{eqnarray}
\frac{dr}{dt}=\frac{l}{mr^2}\left( \frac{d\phi}{dr}\right)^{-1}
\end{eqnarray}
この２式から
\begin{eqnarray}
\left( \frac{d\phi}{dr}\right)=\left[ \frac{ \frac{m}{2} \left(\frac{l}{mr^2}\right)^2 }{ \frac12m{v_0}^2-\frac{l^2}{2mr^2} + \frac{k}{r^3} }\right]^\frac12
\end{eqnarray}
両辺を\( r\)で積分し
\begin{eqnarray}
\phi =
\int \left[ \frac{ \frac{m}{2} \left(\frac{l}{mr^2}\right)^2 }{ \frac12m{v_0}^2-\frac{l^2}{2mr^2} + \frac{k}{r^3} }\right]^\frac12 dr
\end{eqnarray}

問９
\( \Delta r=r-r_\ast\)として有効ポテンシャルをテイラー展開する。
\begin{eqnarray}
\begin{split}
U_{eff}(r)&=&\frac{l^2}{2m(r_\ast+\Delta r)^2}-\frac{k}{(r_\ast+\Delta r)^3}\\
&\simeq & \frac{l^2}{2m}\left( \frac{1}{r_\ast ^2}-\frac{2}{r_\ast ^3}\Delta r + \frac{3}{r_\ast ^4}\Delta r^2 \right)
-k\left( \frac{1}{r_\ast ^3}-\frac{3}{r_\ast ^4}\Delta r +\frac{3}{r_\ast ^5}\Delta r^2 \right)\\
&=&U_{eff}+\left( -\frac{l^2}{mr_\ast^3} +\frac{3k}{r_\ast^4} \right)\Delta r + \left( \frac{3l^2}{2mr_\ast^4} -\frac{6k}{r_\ast^5} \right)\Delta r^2
\end{split}
\end{eqnarray}
よって
\begin{eqnarray}
\begin{split}
c_1&=& -\frac{l^2}{mr_\ast^3} +\frac{3k}{r_\ast^4}\\
c_2&=&\frac{3l^2}{2mr_\ast^4} -\frac{6k}{r_\ast^5}
\end{split}
\end{eqnarray}
となる。問６の \( r_\ast\)を代入して具体的に計算すると
\begin{eqnarray}
\begin{split}
c_1&=& 0\\
c_2&=&-\frac{l^{10}}{162m^5k^4}
\end{split}
\end{eqnarray}

問１０
有効ポテンシャルや \( b_\ast\)を用い、問８の被積分関数を計算してみる。
\begin{eqnarray}
\begin{split}
\left[ \frac{ \frac{m}{2} \left(\frac{l}{mr^2}\right)^2 }{ \frac12m{v_0}^2-\frac{l^2}{2mr^2} + \frac{k}{r^3} }\right]^\frac12
&\simeq &
\left[ \frac{ \frac{m}{2} (\frac{l}{mr^2})^2 }{ \frac12m{v_0}^2-(\frac12m{v_0}^2- \frac{l^{10}}{162m^5k^4}\Delta r^2 )} \right]^\frac12\\
&=&\frac{9m^2k^2}{l^4}\frac{1}{r^2(r-r_\ast)}
\end{split}
\end{eqnarray}
これで問８の積分は
\begin{eqnarray}
\begin{split}
\phi&=& \left(\frac{3mk}{l^2}\right)^2 \int^r_{r_1} \frac{dr’}{{r’}^2(r’-r_\ast)}\\
&=&r_\ast^2\left[ \frac{1}{r-\ast r’} + \frac{1}{r_\ast^2}ln\left|1- \frac{r_\ast} {r’}\right|\right]^r_{r_1}\\
&=&\frac{r_\ast}{r}-\frac{r_\ast}{r_1}+ln\left|1- \frac{r_\ast} {r}\right|-ln\left|1- \frac{r_\ast} {r_1}\right|
\end{split}
\end{eqnarray}
\( r_\ast\simeq r_1\)であるとすると \( ln\left|1- \frac{r_\ast} {r_1}\right|\)をマクローリン展開して
\begin{eqnarray}
\phi\simeq \frac{r_\ast}{r} + ln\left|1- \frac{r_\ast} {r}\right|
\end{eqnarray}
さらに \( r\)が \( r_\ast\)に近づくときを考えるので \( ln\left|1- \frac{r_\ast} {r}\right|\)もマクローリン展開して
\begin{eqnarray}
\phi\rightarrow \frac{r_\ast^2}{2r^2}
\end{eqnarray}
これは \( r\)が小さくなると \( \phi\)が大きくなる、つまりxy平面の中を回転しながら原点に近づくということになる。

概形はこんな感じでしょうか。

• 

真ん中潰れちゃったけど。

　

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