きゅーてー!!!

病むのはやめた!!!

【院試問題】力学(2020東北大学理・物理)

※このページの数式はなぜか正しく表示されたりされなかったりするかもしれません。

解いてみた。

過去問はこちら より入手可。

 

過去問のリンク↓

問題のテーマ

ケプラー運動をラグランジュ方程式を用いて考察する。 軌道の式を求め、質点が無限遠に飛んでいく場合の軌跡を図示する。

キーワード

目次

(1) 円運動するための初速度

質点Pが原点\(O\)まわりで円運動する場合、遠心力は \begin{equation*} m\frac{v_0^2}{a} \end{equation*} となる。これが中心力とつりあうので

 \begin{eqnarray*} m\frac{v_0^2}{a} - \frac{GMm}{a^2} = 0 \\ \therefore \boxed{v_0 = \sqrt{\frac{GM}{a}}} \end{eqnarray*}

(2) ラグランジュ方程式を立てて解く

(a) ラグランジアンを求める

質点Pの運動エネルギーを\(T\), ポテンシャルを\(U\)とするとラグランジアン\(L\)は \begin{equation*} L = T - U \end{equation*} 運動エネルギーは \begin{equation*} T = \frac{m}{2}\left\{(\dot{r}^2+(r\dot{\theta})^2\right\} \end{equation*} であり(運動エネルギーの極座標表示の導出は 最後 に記載)、ポテンシャルは \begin{equation*} U = -\frac{GMm}{r} \end{equation*} であるからラグランジアンは \begin{equation*} \boxed{L = \frac{m}{2}\left\{(\dot{r}^2+(r\dot{\theta})^2\right\} + \frac{GMm}{r}} \end{equation*}

質点Pのラグランジュ方程式は \begin{equation*} \begin{cases} \frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial \dot{r}} = \frac{\partial L}{\partial r} \\ \frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial \dot{\theta}} = \frac{\partial L}{\partial \theta} \end{cases} \end{equation*} 上の式を計算すると \begin{equation*} \frac{d}{dt}(m\dot{r}) = mr\dot{\theta}^2 - \frac{GMm}{r^2} \end{equation*} 下の式を計算すると \begin{equation*} \frac{d}{dt}\left(mr^2\dot{\theta}\right) = 0 \end{equation*} 以上よりラグランジュ方程式は \begin{equation*} \boxed{ \begin{cases} m\ddot{r} = mr\dot{\theta}^2 - \frac{GMm}{r^2} \\ \frac{d}{dt}\left(mr^2\dot{\theta}\right) = 0 \end{cases} } \end{equation*}

(c) ラグランジュ方程式から\(h=r^2\theta\)が保存することを示す

ラグランジュ方程式の \begin{equation*} \frac{d}{dt}\left(mr^2\dot{\theta}\right) = 0 \end{equation*} から \begin{equation*} mr^2\dot{\theta} = const. \end{equation*} よって\(h=r^2\dot{\theta}\)は一定であると分かる。

(d) 軌跡を導くための微分方程式導く

\(u=1/r\)より\(h=\dot{\theta}/u^2\)である。 \(r\)の時間微分を\(\theta\)微分に書き直すと \begin{eqnarray*} \dot{r} &=& \dot{\theta}\frac{dr}{d\theta} = \dot{\theta}\frac{d}{d\theta}\left(\frac{1}{u}\right) = -\frac{\dot{\theta}}{u^2}\frac{du}{d\theta} = -h\frac{du}{d\theta} \\ \ddot{r} &=& -h\dot{\theta}\frac{d^2u}{d\theta^2} = -h^2u^2\frac{d^2u}{d\theta^2} \end{eqnarray*} よってラグランジュ方程式を書き直すと

 \begin{eqnarray*} m\ddot{r} = mr\dot{\theta}^2 - \frac{GMm}{r^2} \\ -h^2u^2\frac{d^2u}{d\theta^2} = \frac{1}{u}h^2u^4 - GMu^2 \\ -\frac{d^2u}{d\theta^2} = u - \frac{GM}{h^2} \\ \frac{d^2u}{d\theta^2} + u = \frac{GM}{h^2} \end{eqnarray*}

となり与えられた微分方程式を導けた。

(3) 質点\(P\)の運動の軌道を考える

(a) 軌道の式を極座標表示で求める

\(w\equiv u-\frac{G M}{h^2}\)とおくと微分方程式は \begin{equation*} \frac{d^2w}{d\theta} + w = 0 \end{equation*} これを解くと \begin{eqnarray*} w (\theta) &=& A\cos{(\theta+\alpha)}\quad (A,\alpha は定数) \\ u(\theta) &=& A\cos{(\theta+\alpha)} + \frac{G M}{h^2} \end{eqnarray*} 条件から \begin{equation*} u(0) = \frac{1}{a} \quad\therefore\quad \frac{1}{a} = A\cos{\alpha} + \frac{G M}{h^2} \end{equation*} 初速度は方位各方向を向いているので \begin{equation*} \frac{du(0)}{d\theta} = 0 \quad\therefore\quad 0 = -A\sin{\alpha} \end{equation*} したがって \begin{equation*} \begin{cases} A = \frac{1}{a} - \frac{G M}{h^2} \\ \alpha = 0 \end{cases} \end{equation*} であるから \begin{eqnarray*} u(\theta) &=& \left(\frac{1}{a} - \frac{G M}{h^2}\right)\cos{\theta} + \frac{G M}{h^2} \\ r(\theta) &=& \frac{1}{\left(\frac{1}{a} - \frac{G M}{h^2}\right)\cos{\theta} + \frac{G M}{h^2}} \\ &=& \frac{\frac{h^2}{G M}}{1 + \left(\frac{h^2}{G Ma} - 1\right)\cos{\theta}} \end{eqnarray*} また、はじめ\(\dot{r}=0, \, r=a\)であることから初速\(v\)は \begin{equation*} v^2 = a^2\dot{\theta}^2 = a^2\left(\frac{h}{a^2}\right)^2 = \frac{h^2}{a^2} \end{equation*} ともかける。\(v=kv_0\)と(1)の\(v_0=\sqrt{G M/a}\)もあわせると \begin{eqnarray*} \left(k\sqrt{\frac{G M}{a}}\right)^2 = \frac{h^2}{a^2} \\ \frac{k^2G M}{a} = \frac{h^2}{a^2} \\ \frac{h^2}{G M} = ak^2 \end{eqnarray*} これを上の\(r(\theta)\)に代入すると \begin{equation*} \boxed{r(\theta) = \frac{ak^2}{1 + (k^2 - 1)\cos{\theta}}} \end{equation*} と\(r(\theta)\)を表せる。

(b) 軌道が局在する場合の\(k\)の上限値

軌道\(r(\theta)\)が有限な範囲にとどまるためには分母が0とならないように\(k\)は値をとらなければならない。 \(-1\leq\cos{\theta}\leq1, \, k\geq1\)より \begin{eqnarray*} 0 \leq k^2-1 < 1 \\ \therefore \quad 0 \leq k < \sqrt{2} \end{eqnarray*} これにより \begin{equation*} \boxed{k_1=\sqrt{2}} \end{equation*} と分かる。

(c) 軌道が局在する場合の質点\(P\)の速さの最小値

エネルギー保存則から \begin{equation*} E = T + U = \frac{1}{2}mv^2 - \frac{GMm}{r} = const. \end{equation*} 初期条件から \begin{equation*} E = \frac{1}{2}m(kv_0)^2 - \frac{GMm}{a} \end{equation*} \(v\)が最小値を取るのは\(U\)が最大値をとるときで、それは\(r\)が最大のときに対応する。 \begin{equation*} r(\theta) = \frac{ak^2}{1 + (k^2 - 1)\cos{\theta}} \end{equation*} で\(1 < k < \sqrt{2}\)から\(\cos{\theta}=-1\)のときが\(r\)が最大で \begin{equation*} r_{max} = \frac{ak^2}{2-k^2} \end{equation*} 以上より\(E\)が一定であることを用いて \begin{eqnarray*} \frac{1}{2}m(kv_0)^2 - \frac{GMm}{a} = \frac{1}{2}mv_{min}^2 - \frac{GMm}{r_{max}} \\ \frac{1}{2}m(kv_0)^2 - \frac{GMm}{a} = \frac{1}{2}mv_{min}^2 - \frac{GMm(2-k^2)}{ak^2} \\ \frac{1}{2}mv_{min}^2 = \frac{1}{2}m(kv_0)^2 + \frac{GMm\left\{(2-k^2)-k^2\right\}}{ak^2} \end{eqnarray*} よって \begin{eqnarray*} v_{min} &=& \sqrt{(kv_0)^2 + \frac{4GM(1-k^2)}{ak^2}} \\ &=& \sqrt{(kv_0)^2 + \frac{4av_0^2(1-k^2)}{ak^2}} \\ &=& \sqrt{(kv_0)^2 + 4\left(\frac{v_0}{k}\right)^2 - 4v_0^2} \\ &=& \sqrt{\left(k^2 - 4 - \frac{4}{k^2}\right)v_0^2} \\ &=& \sqrt{\left(\frac{2}{k}-k\right)^2v_0^2} \\ &=& \boxed{\left(\frac{2}{k}-k\right)v_0} \qquad \left(0<k<\sqrt{2} \, より \, \frac{2}{k}>\sqrt{2}\right) \end{eqnarray*}

\(k=\sqrt{3}\)のときの運動の軌跡の図示

\(k=\sqrt{3}\)のとき \begin{equation*} r = \frac{3a}{1+2\cos{\theta}} \end{equation*} \(r=\sqrt{x^2+y^2}\)と\(\cos{\theta}=x/\sqrt{x^2+y^2}\)を代入すると \begin{eqnarray*} \sqrt{x^2+y^2} &=& \frac{3a}{1+2\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}} \\ \sqrt{x^2+y^2} + 2x &=& 3a \\ x^2+y^2 &=& (3a-2x)^2 \\ x^2+y^2 &=& 9a^2-12ax+4x^2 \\ 3x^2-12ax-y^2 &=& -9a^2 \\ x^2-4ax-\frac{y^2}{3} &=& -3a^2 \\ (x-2a)^2-\frac{y^2}{3} &=& a^2 \end{eqnarray*} これにより質点Pの運動の軌跡は双曲線 \begin{equation*} \boxed{\left(\frac{x-2a}{a}\right)^2 - \left(\frac{y}{\sqrt{3}a}\right)^2 = 1} \end{equation*} の一部であると分かる。 点Aで\(+y\)方向に初速を与えるという条件から、 軌跡は点Aから\(+y\)方向に向かう下図の実線のようである。

f:id:qtei9tei:20210312005800p:plain

 

極座標表示の運動エネルギーの導出

運動エネルギーの極座標表示は次のように導出する。 \begin{equation*} \begin{cases} x = r\cos{\theta} \\ y = r\sin{\theta} \end{cases} \quad から \quad \begin{cases} \dot{x} = \dot{r}\cos{\theta} - r\dot{\theta}\sin{\theta} \\ \dot{y} = \dot{r}\sin{\theta} + r\dot{\theta}\cos{\theta} \end{cases} \end{equation*} \(v=\sqrt{\dot{x}^2+\dot{y}^2}\)より \begin{eqnarray*} v &=& \sqrt{(\dot{r}\cos{\theta} - r\dot{\theta}\sin{\theta})^2 + (\dot{r}\sin{\theta} + r\dot{\theta}\cos{\theta})^2} \\ &=& \sqrt{\dot{r}^2(\sin{\theta}^2+\cos{\theta}^2)+(r\dot{\theta})^2(\sin{\theta}^2+\cos{\theta}^2)-2r\dot{r}\dot{\theta}\cos{\theta}\sin{\theta}+2r\dot{r}\dot{\theta}\cos{\theta}\sin{\theta}} \\ &=& \sqrt{\dot{r}^2+(r\dot{\theta})^2} \end{eqnarray*} あとはこれを\(T=\frac{1}{2}mv^2\)に代入すればよい。