名古屋大学大学院理学研究科物理学系・院試解答
2020年度解析力学
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解析力学

問１
\begin{eqnarray}
\begin{split}
\vec{OC}&=&
R\left(
\begin{array}{ccc}
cos\left(\frac{\pi}{2}-\theta\right) \\
sin\left(\frac{\pi}{2}-\theta\right)
\end{array}
\right)\\
&=&
R\left(
\begin{array}{ccc}
sin\theta \\
cos\theta
\end{array}
\right)
\end{split}
\end{eqnarray}
である。このように考えれば
\begin{eqnarray}
\begin{split}
\vec{CP}&=&
R\theta\left(
\begin{array}{ccc}
cos\left(\pi -\theta\right)\\
sin\left(\pi -\theta\right)\\
\end{array}
\right)\\
&=&R\theta
\left(
\begin{array}{ccc}
-cos\theta\\
sin\theta\\
\end{array}
\right)\\
\end{split}
\end{eqnarray}
よって
\begin{eqnarray}
\begin{split}
\vec{OP}&=&R
\left(
\begin{array}{ccc}
sin\theta -\theta cos\theta\\
cos\theta+\theta sin\theta\\
\end{array}
\right)\\
\end{split}
\end{eqnarray}

問２
\begin{eqnarray}
\begin{split}
\frac{d}{dt}\vec{OP}&=&R
\left(
\begin{array}{ccc}
\dot{\theta}cos\theta-\dot{\theta}cos\theta+\theta\dot{\theta}sin{\theta}\\
-\dot{\theta}sin\theta+\dot{\theta}sin\theta+\theta\dot{\theta}cos{\theta}\\
\end{array}
\right)\\
&=&R\theta\dot{\theta}
\left(
\begin{array}{ccc}
sin\theta\\
cos\theta
\end{array}
\right)\\
\end{split}
\end{eqnarray}
よって
\begin{eqnarray}
\left(
\begin{array}{ccc}
v_x \\
v_y
\end{array}
\right)=R\theta\dot{\theta}
\left(
\begin{array}{ccc}
sin\theta\\
cos\theta
\end{array}
\right)\\
\end{eqnarray}
であり、\( |\vec{v}|^2=R^2\theta^2\dot{\theta}^2\)となる。

問３
問２より
\begin{eqnarray}
\begin{split}
\mathcal{L}&=&\frac{m}{2}|\vec{v}|^2\\
&=&\frac{m}{2}R^2\theta^2\dot{\theta}^2
\end{split}
\end{eqnarray}
である。

問４
\begin{eqnarray}
\begin{split}
\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\theta}&=&mR^2\theta\dot{\theta}^2\\
\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\dot{\theta}}&=&mR^2\theta^2\dot{\theta}
\end{split}
\end{eqnarray}
また
\begin{eqnarray}
\begin{split}
\frac{d}{dt}\left(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\dot{\theta}}\right)&=&2mR^2\theta\dot{\theta}^2+mR^2\theta^2\ddot{\theta}
\end{split}
\end{eqnarray}
よってオイラー・ラグランジュ方程式は
\begin{eqnarray}
\begin{split}
2mR^2\theta\dot{\theta}^2+mR^2\theta^2\ddot{\theta}&=&mR^2\theta\dot{\theta}^2\\
\Leftrightarrow \theta\ddot{\theta}+2\theta\dot{\theta}^2&=&\theta\dot{\theta}^2\\
\Leftrightarrow \theta\ddot{\theta}+\theta\dot{\theta}^2&=&0
\end{split}
\end{eqnarray}
となる。

問５
問４で得られた方程式は
\begin{eqnarray}
\begin{split}
\ddot{\theta}&=&-\frac{\dot{\theta}^2}{\theta}\\
\Leftrightarrow\frac{\ddot{\theta}}{\dot{\theta}}&=&-\frac{\dot{\theta}}{\theta}
\end{split}
\end{eqnarray}
と変形できる。
これを不定積分すると
\begin{eqnarray}
\begin{split}
ln\dot{\theta}&=&-ln\theta+C\\
&=&ln\frac{C}{\theta}\\
\Rightarrow \dot{\theta}\theta&=&\theta
\end{split}
\end{eqnarray}
さらにこれを不定積分すると
\begin{eqnarray}
\begin{split}
\theta^2&=&2Ct+D\\
\theta&=&\pm \sqrt{2Ct+D}
\end{split}
\end{eqnarray}
ここで問題の設定より\( \theta(t=0)=0\)なので\( D=0\)。
また、\( R\theta\dot{\theta}=v_0\)より
\begin{eqnarray}
\begin{split}
\theta\dot{\theta}&=&C\\
&=&\frac{v_0}{R}
\end{split}
\end{eqnarray}
\( \theta\)の取り方からマイナスは不適であるので
\begin{eqnarray}
\theta=\sqrt{2\frac{v_0}{R}t}
\end{eqnarray}
となる。

　

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問６
\begin{eqnarray}
\begin{split}
m{\bf{r}}×{\bf{v}}&=&m\vec{OP}×\frac{d}{dt}\vec{OP}\\
&=&m(\vec{OC}+\vec{CP})×\theta\dot{\theta}\vec{OC}\\
&=&m\theta\dot{\theta}\vec{CP}×\vec{OC}\\
\end{split}
\end{eqnarray}
\( |\vec{CP}|=R\theta,|\vec{OC}|=R\)であるので
\begin{eqnarray}
|{\bf{L}}|=mR^2\theta^2\dot{\theta}
\end{eqnarray}
であり
\begin{eqnarray}
\begin{split}
\frac{d}{dt}|{\bf{L}}|&=&mR^2\frac{d}{dt}(\theta^2\dot{\theta})\\
&=&mR^2(2\theta\dot{\theta}^2+\theta^2\ddot{\theta})
\end{split}
\end{eqnarray}
問４より
\begin{eqnarray}
\theta\ddot{\theta}+2\theta\dot{\theta}^2&=&\theta\dot{\theta}^2
\end{eqnarray}
であり\( \dot{\theta}^2\neq 0,\theta\neq 0\)より角運動量は保存しない。

\( \ast 別解\)
(問５より\( \theta\)を用い具体的に計算してみると
\begin{eqnarray}
\frac{d}{dt}|{\bf{L}}|\propto -\frac{1}{2\sqrt{t}}\neq 0
\end{eqnarray}
より角運動量は保存しない。)

保存しない理由は円筒を固定するための外力が系に働いているからである。

問７
\begin{eqnarray}
\begin{split}
H&=&p\dot{q}-L\\
&=&\frac12 mv^2
\end{split}
\end{eqnarray}
\begin{eqnarray}
\dot{H}=\ mv\dot{v}
\end{eqnarray}
ここで問４より
\begin{eqnarray}
\begin{split}
\dot{v}&=&R\left( \dot{\theta}^2+\theta\ddot{\theta}\right)\\
&=&0
\end{split}
\end{eqnarray}
であるので運動エネルギーは保存する。
保存する理由は物体に働く力と速度が直交しているからである。

問８
\begin{eqnarray}
\begin{split}
\vec{OC}&=&
R\left(
\begin{array}{ccc}
sin\left(\theta+\psi\right) \\
cos\left(\theta+\psi\right)
\end{array}
\right)
\end{split}
\end{eqnarray}
\begin{eqnarray}
\begin{split}
\vec{CP}&=&
R\theta\left(
\begin{array}{ccc}
-cos\left(\theta+\psi\right) \\
sin\left(\theta+\psi\right)
\end{array}
\right)
\end{split}
\end{eqnarray}
より
\begin{eqnarray}
\begin{split}
\vec{OP}&=&
R\theta\left(
\begin{array}{ccc}
sin\left(\theta+\psi\right)-\theta cos\left(\theta+\psi\right) \\
cos\left(\theta+\psi\right)+\theta sin\left(\theta+\psi\right)
\end{array}
\right)
\end{split}
\end{eqnarray}
\begin{eqnarray}
\begin{split}
\frac{d}{dt}\vec{0P}&=&
R\theta\left(
\begin{array}{ccc}
\dot{\psi}cos\left(\theta+\psi\right)+\theta\left(\dot{\theta}+\dot{\psi}\right)sin\left(\theta+\psi\right)\\
-\dot{\psi}sin\left(\theta+\psi\right)+\theta\left(\dot{\theta}+\dot{\psi}\right)cos\left(\theta+\psi\right)
\end{array}
\right)
\end{split}
\end{eqnarray}
\( \frac{d}{dt}\vec{OP}=\vec{v}\)であるので
\begin{eqnarray}
\begin{split}
|\vec{v}|^2=R^2\left( \dot{\psi}^2+\theta^2\left( \dot{\theta}+\dot{\psi} \right)^2 \right)
\end{split}
\end{eqnarray}
よって
\begin{eqnarray}
\begin{split}
L=\frac{mR^2}{2}\left( \dot{\psi}^2+\theta^2\left( \dot{\theta}+\dot{\psi} \right)^2 \right)
+\frac{I}{2}\left( \dot{\theta}+\dot{\psi} \right)^2
\end{split}
\end{eqnarray}

問９
\( \theta\)について
\begin{eqnarray}
\frac{\partial L}{\partial \dot{\theta}}=mR^2\dot{\theta}^2\left(\dot{\theta}+\dot{\psi}\right)+I\left(\dot{\theta}+\dot{\psi}\right)
\end{eqnarray}
\begin{eqnarray}
\frac{\partial L}{\partial \theta}=mR^2\theta\left(\dot{\theta}+\dot{\psi}\right)^2
\end{eqnarray}
よってオイラー・ラグランジュ方程式は
\begin{eqnarray}
\frac{d}{dt}\left\{mR^2\dot{\theta}^2\left(\dot{\theta}+\dot{\psi}\right)+I\left(\dot{\theta}+\dot{\psi}\right)\right\}=mR^2\theta\left(\dot{\theta}+\dot{\psi}\right)^2
\end{eqnarray}

\( \psi\)について
\begin{eqnarray}
\frac{\partial L}{\partial \dot{\psi}}=mR^2\left(\dot{\psi}+\theta^2\left( \dot{\theta}+\dot{\psi} \right)+I\left( \dot{\theta}+\dot{\psi} \right) \right)
\end{eqnarray}
\begin{eqnarray}
\frac{\partial L}{\partial \psi}=0
\end{eqnarray}
よってオイラー・ラグランジュ方程式は
\begin{eqnarray}
\frac{d}{dt}\left\{mR^2\left(\dot{\psi}+\theta^2\left( \dot{\theta}+\dot{\psi} \right)\right)+I\left( \dot{\theta}+\dot{\psi} \right) \right\}=0
\end{eqnarray}

問１０
質点の角運動量を考える。
\begin{eqnarray}
\begin{split}
mR^2\left(
\begin{array}{ccc}
sin\left(\theta+\psi\right)-\theta cos\left(\theta+\psi\right) \\
cos\left(\theta+\psi\right)+\theta sin\left(\theta+\psi\right) \\
0
\end{array}
\right)&×&\left(
\begin{array}{ccc}
\dot{\psi}cos\left(\theta+\psi\right)+\dot{\theta}\left( \dot{\theta}+\dot{\psi} \right)sin\left(\theta+\psi\right) \\
-\dot{\psi}sin\left(\theta+\psi\right) +\theta \left( \dot{\theta}+\dot{\psi} \right)cos\left(\theta+\psi\right) \\
0
\end{array}
\right)\\
&=&mR^2\left(
\begin{array}{ccc}
0 \\
0 \\
-\dot{\psi}-\theta^2\left( \dot{\theta}+\dot{\psi} \right)
\end{array}
\right)
\end{split}
\end{eqnarray}
円盤の角運動量が
\begin{eqnarray}
\begin{split}
\vec{OC}&=&
R\left(
\begin{array}{ccc}
0 \\
0 \\
-I\left( \dot{\theta}+\dot{\psi} \right)
\end{array}
\right)
\end{split}
\end{eqnarray}
であるので\( \psi\)についてのオイラー・ラグランジュ方程式より、保存量は質点と円盤の全角運動量である。

問１１
\( t=0\)で全角運動量\( 0\)であるので\( \psi\)のついてのオイラーラグランジュ方程式より
\begin{eqnarray}
mR^2\left(\dot{\psi}+\theta^2\left( \dot{\theta}+\dot{\psi} \right)\right)+I\left( \dot{\theta}+\dot{\psi} \right)=0
\end{eqnarray}
となり、\( \dot{\theta}>0\)より\( \dot{\psi}<0\)となる。 つまり反時計まわり。

問１２
円盤の回転エネルギーが発生するため、質点のエネルギーは保存しない。

　

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