名古屋大学大学院理学研究科物理学系・院試解答
2017年度解析力学
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解析力学

問１
i番目の質点の運動方程式は
\begin{eqnarray}
m_i\frac{d^2{\bf{r}_i}}{dt^2}={\bf{F}}_i+\sum_{j=1}^n {\bf{F}}_{ij} (i\neq j)
\end{eqnarray}
と書ける。遠隔運動量ベクトルを時間で微分すると
\begin{eqnarray}
\begin{split}
\frac{d{\bf{L}}}{dt}&=&\sum_{i=1}^n m_i \left[ (\frac{d{\bf{r}
}_i}{dt}×\frac{d{\bf{r}}_i}{dt}) +({\bf{r}}_i × \frac{d^2{\bf{r}}_i}{dt^2})\right]\\
&=&\sum_{i=1}^n \left[ ({\bf{r}}_i × m_i \frac{d^2{\bf{r}}_i}{dt^2})\right]\\
&=&\sum_{i=1}^n \left( {\bf{F}}_i+\sum_{j=1}^n {\bf{F}}_{ij} \right)\\
&=&\sum_{i=1}^n {\bf{r}}_i×{\bf{F}}_i + \sum_{i,j} {\bf{r}}_i×{\bf{F}}_{ij}\\
\end{split}
\end{eqnarray}
ここで、\( {\bf{F}}_{ij} // {\bf{r}}_i – {\bf{r}}_j\)より、\( {\bf{F}_{ij} } // {\bf{r}_j – {\bf{r}_i}}\)なので
\begin{eqnarray}
\begin{split}
\sum_{i,j} {\bf{r}}_i × {\bf{F} }_{ij} &=& \sum_{i > j} \left({\bf{r} }_i × {\bf{F}}_{ij} – {\bf{r}}_i × {\bf{F}}_{ji}\right)\\
&=&0
\end{split}
\end{eqnarray}
となり、
\begin{eqnarray}
\frac{d{\bf{L}}}{dt}=\sum_{i=1}^n {\bf{r}}_i×{\bf{F}}_i
\end{eqnarray}
となる。

問２
慣性モーメント\( I\)は
\begin{eqnarray}
\begin{split}
I&=&\int \rho r^2dV\\
&=&\int^R_0\frac{M}{\pi R^2}r^2\cdot 2\pi rdr\\
&=&\frac{2M}{R^2}\frac{1}{4}R^4\\
&=&\frac12 MR^2
\end{split}
\end{eqnarray}
と求められる。

問3
まず円盤による慣性モーメントは
\begin{eqnarray}
\begin{split}
I_{円盤}&=\frac{M}{\pi R^2}\int^R_0 rdr\int^{2\pi}_0(r\sin\psi)d\psi\\
&=\frac{M}{R^2}\int^R_0r^3dr \\
&=\frac14 MR^2
\end{split}
\end{eqnarray}
となる。

軸による慣性モーメント\( I_{軸}\)は
\begin{eqnarray}
\begin{split}
I_{軸}&=&\int^l_{-l}\frac{m}{2l}r^2dr\\
&=&\frac{m}{2l}\frac{2}{3}l^3\\
&=&\frac13 ml^2
\end{split}
\end{eqnarray}
よって求める慣性モーメント\( I’\)は
\begin{eqnarray}
\begin{split}
I’&=&I_{円盤}+I_{軸}\\
&=&\frac14 MR^2+\frac13 ml^2
\end{split}
\end{eqnarray}
となる。

問4
\( \theta=\theta_0\)の時ばねの伸び\( \Delta l\)は、
\begin{eqnarray}
\begin{split}
\Delta l&=&\sqrt{(2l)^2+l^2-2l\cdot 2lcos\theta_0}-l\\
&=&l\left[\sqrt{5-4cos\theta_0}-1\right]
\end{split}
\end{eqnarray}
と表せるから、ばねのエネルギーの増加量\( \Delta U\)は
\begin{eqnarray}
\begin{split}
\Delta U&=&\frac12 k\left( \Delta l \right)^2\\
&=&\frac12 kl^2\left(\sqrt{5-4cos\theta_0}-1\right)^2
\end{split}
\end{eqnarray}
と求まる。

問５
\( \Delta U\)が全て回転エネルギー\( \frac12I’\omega^2_{max}\)に変化するため
\begin{eqnarray}
\begin{split}
\Delta U&=&\frac12 I’\omega^2_{max}\\
\omega_{max}&=&\sqrt{\frac{2\Delta U}{I’}}\\
&=&\sqrt{\frac{k}{I’}}l\left(\sqrt{5-4cos\theta_0}-1\right)
\end{split}
\end{eqnarray}
となる。

　

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問６
モーメントの向きは\( -y\)方向であり、ABのばねによるモーメントの大きさN’は
\begin{eqnarray}
\begin{split}
N’&=&fl\cdot sin(\theta + \theta_0)\\
&=&kl^2\left(\sqrt{5-4cos\theta_0}-1\right)\left( sin\theta cos\theta_0+ cos\theta sin\theta_0\right)\\
&=&kl^2\left(\sqrt{5-4cos\theta_0}-1\right)\left(\frac{sin\theta_0}{\sqrt{5-4cos\theta_0}} cos\theta_0+ \frac{2-cos\theta_0}{\sqrt{5-4cos\theta_0}} sin\theta_0\right)\\
&=&2kl^2 \frac{\sqrt{5-4cos\theta_0}-1}{\sqrt{5-4cos\theta_0}} sin\theta_0
\end{split}
\end{eqnarray}
となる。CDのばねもモーメントの向きはABと同じであるのでベクトルで表記すると
\begin{eqnarray}
{\bf{N}}=\left( 0,-4kl^2 \frac{\sqrt{5-4cos\theta_0}-1}{\sqrt{5-4cos\theta_0}} sin\theta_0,0 \right)
\end{eqnarray}
となる。\( {\bf{L}}=I{\bf{\omega}}=I\omega{\bf{e}}\)より\( {\bf{e}}=(sin\theta_0,0,cos\theta_0)\)であるから、
\begin{eqnarray}
{\bf{L}}=I\omega(sin\theta_0,0,cos\theta_0)
\end{eqnarray}
となる。上の２式より\( {\bf{L}}\cdot {\bf{N}}=0\)である。

問７
\( \bf{L}^2\)の時間微分を考えると
\begin{eqnarray}
\begin{split}
\frac{d{\bf{L}}^2}{{dt}}&=&2{\bf{L}}\cdot \frac{d{\bf{L}}}{{dt}}\\
&=&2{\bf{L}}\cdot {\bf{N}}\\
&=&0
\end{split}
\end{eqnarray}
となり、\( |{\bf{L}}|\)は保存する。(2)より、
\begin{eqnarray}
\begin{split}
\frac{d{\bf{L}}}{{dt}}&=& {\bf{N}}\\
&=&-4kl^2 \frac{\sqrt{5-4cos\theta_0}-1}{\sqrt{5-4cos\theta_0}} sin\theta_0 {\bf{e}}_y\\
&=&-4kl^2 \frac{\sqrt{5-4cos\theta_0}-1}{\sqrt{5-4cos\theta_0}} {\bf{e}}_z × {\bf{e}}\\
&=&-\frac{4kl^2}{L} \frac{\sqrt{5-4cos\theta_0}-1}{\sqrt{5-4cos\theta_0}} {\bf{e}}_z × {\bf{L}}\\
\end{split}
\end{eqnarray}
と変形でき
\begin{eqnarray}
\begin{split}
{\bf{\Omega}}&=&-\frac{4kl^2}{L}\frac{\sqrt{5-4cos\theta_0}-1}{\sqrt{5-4cos\theta_0}} {\bf{e}}_z\\
&=&-\Omega {\bf{e}}_z
\end{split}
\end{eqnarray}
と置くと
\begin{eqnarray}
\frac{d{\bf{L}}}{{dt}}={\bf{\Omega}} × {\bf{L}}
\end{eqnarray}
\( {\bf{L}}=(L_x,L_y,L_z)\)と成分表示すると
\begin{eqnarray}
\begin{split}
{\bf{\Omega}} × {\bf{L}}&=&(0,0,-\Omega) × (L_x,L_y,L_z)\\
&=&(\Omega L_y,-\Omega L_x,0)
\end{split}
\end{eqnarray}
となるから
\begin{eqnarray}
\begin{split}
\frac{dL_x}{dt}&=&\Omega L_y\\
\frac{dL_y}{dt}&=&-\Omega L_x\\
\frac{dL_z}{dt}&=&0\\
\end{split}
\end{eqnarray}
となる。この微分方程式を解くと
\begin{eqnarray}
\begin{split}
L_x&=&Acos\Omega t +Bsin\Omega t\\
L_y&=&-Asin\Omega t +Bcos\Omega t\\
L_x&=&C\\
\end{split}
\end{eqnarray}
となる。初期条件
\begin{eqnarray}
{\bf{L}}=I\omega(sin\theta_0,0,cos\theta_0)
\end{eqnarray}
を代入し、A,B,Cを決めると
\begin{eqnarray}
\begin{split}
A&=&I\omega sin\theta_0\\
B&=&0\\
C&=&I\omega sin\theta_0\\
\end{split}
\end{eqnarray}
と求められる。よって
\begin{eqnarray}
\begin{split}
L_x&=&I\omega sin\theta_0cos\Omega t\\
L_y&=&-I\omega sin\theta_0sin\Omega t\\
L_x&=&I\omega cos\theta_0\\
\end{split}
\end{eqnarray}
となる。周期Tは
\begin{eqnarray}
\begin{split}
T&=&\frac{2\pi}{\Omega}\\
&=&2\pi \frac{I\omega}{4kl^2} \frac{\sqrt{5-4cos\theta_0}}{\sqrt{5-4cos\theta_0}-1}\\
&\simeq&2\pi \frac{I\omega}{4kl^2} \frac{\sqrt{1+2\theta_0^2}}{\sqrt{1+2\theta_0^2}-1}\\
&\simeq&2\pi \frac{I\omega}{4kl^2} \frac{1+\theta_0^2}{1+\theta_0^2-1}\\
&=& \frac{\pi I\omega}{2kl^2}\cdot \frac{1}{\theta_0^2}
\end{split}
\end{eqnarray}
となりTが\( \theta_0^2\)に反比例する。

　

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