【院試問題】力学（2019東北大学工学・応用物理学専攻）
解いてみた。
過去問はこちらより入手可。
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問題のテーマ
正方形の板とそれに固定された筒内のバネと質点を考える。正方形を回転運動させる際の、系のラグランジアンを求め系の保存量を利用して、質点が筒から飛び出す瞬間の板の回転の角速度を求める。
キーワード
目次
(1) Pの座標
\begin{equation*} \boxed{ \begin{cases} x = a\cos{\theta}+s\sin{\theta} \\ y = -a\sin{\theta}+s\cos{\theta} \end{cases} } \end{equation*}
(2) 系のラグランジアン
運動エネルギーを\(T\),ポテンシャルを\(U\)とおくとラグランジアンは \begin{equation*} L = T-U \end{equation*} と表される。 運動エネルギーについて、板の回転エネルギーと物体Pの並進運動のエネルギーの和であるから \begin{equation*} T = \frac{1}{2}I\dot{\theta}^2 + \frac{1}{2}mv_P^2 \end{equation*} ただし\(v_P\)は物体Pの速度である。 \begin{equation*} v_P^2=\dot{x}^2+\dot{y}^2 \end{equation*} と表される。 \begin{eqnarray*} \dot{x} = -a\dot{\theta}\sin{\theta}+\dot{s}\sin{\theta}+s\dot{\theta}\cos{\theta} = (\dot{s}-a\dot{\theta})\sin{\theta}+s\dot{\theta}\cos{\theta} \\ \dot{y} = -a\dot{\theta}\cos{\theta}+\dot{s}\cos{\theta}-s\dot{\theta}\sin{\theta} = (\dot{s}-a\dot{\theta})\cos{\theta}-s\dot{\theta}\sin{\theta} \end{eqnarray*} だから \begin{eqnarray*} \dot{x}^2 = (\dot{s}-a\dot{\theta})^2\sin{\theta}^2+2(\dot{s}-a\dot{\theta})s\sin{\theta}\cos{\theta}+s^2\dot{\theta}^2\cos{\theta}^2 \\ \dot{y}^2 = (\dot{s}-a\dot{\theta})^2\cos{\theta}^2-2(\dot{s}-a\dot{\theta})s\sin{\theta}\cos{\theta}+s^2\dot{\theta}^2\sin{\theta}^2 \end{eqnarray*} したがって \begin{eqnarray*} v_P^2 &=& (\dot{s}-a\dot{\theta})^2(\sin{\theta}^2+\cos{\theta}^2)+s^2\dot{\theta}^2(\sin{\theta}^2+\cos{\theta}^2) \\ &=& (\dot{s}-a\dot{\theta})^2+s^2\dot{\theta}^2 \\ &=& (a^2+s^2)\dot{\theta}^2 + \dot{s}^2 - 2a\dot{s}\dot{\theta} \end{eqnarray*} これを\(T\)の式にに代入して \begin{eqnarray*} T &=& \frac{1}{2}I\dot{\theta}^2 + \frac{1}{2}m\{(a^2+s^2)\dot{\theta}^2 + \dot{s}^2 - 2a\dot{s}\dot{\theta}\} \\ &=& \frac{1}{2}\dot{\theta}^2[I+m(a^2+s^2)]+\frac{1}{2}m\dot{s}^2-ma\dot{s}\dot{\theta} \end{eqnarray*} また、ポテンシャル\(U\)は、バネ定数が\(k\)で、バネの自然長が\(2a\)であることから \begin{equation*} U = \frac{1}{2}k\{(a+s)-2a\}^2 = \frac{1}{2}k(a-s)^2 \end{equation*} 以上より、この系のラグランジアン\(L\)は \begin{equation*} \boxed{L = \frac{1}{2}\dot{\theta}^2[I+m(a^2+s^2)]+\frac{1}{2}m\dot{s}^2-ma\dot{s}\dot{\theta} - \frac{1}{2}k(a-s)^2} \end{equation*} とわかる。
(3) 一般運動量\(M\)の保存
ラグランジュ方程式から \begin{equation*} \frac{dM}{dt}=\frac{\partial L}{\partial \theta} \end{equation*} 右辺については、(2)で求めたラグランジアンから0とわかる。 よって \begin{equation*} \frac{dM}{dt} = 0 \end{equation*} これにより、\(M\)は時間依存せずに保存することが分かる。
(4) Pが筒を飛び出す瞬間の角速度\(\dot{\theta}\)
\(M\)については \begin{equation*} M = \frac{\partial L}{\partial \dot{\theta}} = \dot{\theta}[I+m(a^2+s^2)]-ma\dot{s} \end{equation*} エネルギーについては、エネルギーを\(E\)として \begin{equation*} E = T+U =\frac{1}{2}\dot{\theta}^2[I+m(a^2+s^2)]+\frac{1}{2}m\dot{s}^2-ma\dot{s}\dot{\theta} + \frac{1}{2}k(a-s)^2 \end{equation*} と表される。 初期時刻においては\(s,\theta,\dot{s},\dot{\theta}\)は全てゼロなので、 初期時刻での\(M\)と\(E\)をそれぞれ\(M_\mathrm{ini},E_\mathrm{ini}\)とおくと \begin{equation*} 初期時刻 \begin{cases} M_\mathrm{ini} = 0 \\ E_\mathrm{ini} = \frac{1}{2}ka^2 \end{cases} \end{equation*} 一方でPが筒から飛び出す瞬間では\(s=a\)で、それ以外の具体値は不明である。 その時刻での\(M\)と\(E\)をそれぞれ\(M_\mathrm{fin},E_\mathrm{fin}\)とおくと \begin{equation*} \mathrm{P}が筒から飛び出す時刻 \begin{cases} M_\mathrm{fin} = \dot{\theta}(I+2ma^2)-ma\dot{s} \\ E_\mathrm{fin} = \frac{1}{2}\dot{\theta}^2(I+2ma^2)+\frac{1}{2}m\dot{s}^2-ma\dot{s}\dot{\theta} \end{cases} \end{equation*} \(M\)と\(E\)が保存することから \begin{equation*} \begin{cases} M_\mathrm{ini} = M_\mathrm{fin} \\ E_\mathrm{fin} = E_\mathrm{fin} \end{cases} \end{equation*} これにより \begin{equation} \begin{cases} 0 = \dot{\theta}(I+2ma^2)-ma\dot{s} \\ \frac{1}{2}ka^2 = \frac{1}{2}\dot{\theta}^2(I+2ma^2)+\frac{1}{2}m\dot{s}^2-ma\dot{s}\dot{\theta} \end{cases} \tag{a}\label{eq_a} \end{equation} \eqref{eq_a}式の上の式から \begin{eqnarray*} \dot{s} &=& \frac{I+2ma^2}{ma}\dot{\theta} \\ \dot{s}^2 &=& \frac{I^2+4Ima^2+4m^2a^4}{m^2a^2}\dot{\theta}^2 \end{eqnarray*} これを\eqref{eq_a}式の下の式の右辺に代入すると \begin{eqnarray*} (右辺) &=& \frac{1}{2}\dot{\theta}^2(I+2ma^2)+\frac{I^2+4Ima^2+4m^2a^4}{2ma^2}\dot{\theta}^2-(I+2ma^2)\dot{\theta}^2 \\[12pt] &=& -\frac{Ima^2+2m^2a^4}{2ma^2}\dot{\theta}^2+\frac{I^2+4Ima^2+4m^2a^4}{2ma^2}\dot{\theta}^2 \\[12pt] &=& \frac{I^2+3Ima^2+2m^2a^4}{2ma^2}\dot{\theta}^2 \\[12pt] &=& \frac{(I+2ma^2)(I+ma^2)}{2ma^2}\dot{\theta}^2 \end{eqnarray*} これを\eqref{eq_a}式に戻して\(\dot{\theta}^2\)について解くと \begin{eqnarray*} \dot{\theta}^2 &=& \frac{1}{2}ka^2\frac{2ma^2}{(I+2ma^2)(I+ma^2)} \\ &=& \frac{mka^4}{(I+2ma^2)(I+ma^2)} \end{eqnarray*} したがって \begin{equation*} \boxed{\dot{\theta} = a^2\sqrt{\frac{mk}{(I+2ma^2)(I+ma^2)}}} \end{equation*} とわかる。
