E in Me 最近の更新履歴 物理学ノート

力 学 演 習

友寄 全志

2012 _年 4 _月 4 _日

1 座標変換

1.1 平行移動と反転

問題_1. 下の図で表される座標変換について，_{(x, y)}成分と_(x

′, y^′)成分との関係を求めよ。

x

y

x'

y'

x'

y'

P (x, y)

a

b

x

y ^x

y

x'

y'

P (x, y)

x'y'

‘æ1ÛŒÀ

【解答】左図では

x^′ _{= x − a,} (1.1)

y^′ _{= y − b} (1.2)

行列を使って書くと

(x^′ y^′ )

=^(x y )

−^(a_b )

. (1.3)

右図では（_xy系と_x

′y^′系の座標軸が区別し易いように原点をずらして描いた。もちろん原点が一致した変換 を考えている）

x^′_{= −x,} (1.4)

y^′_{= −y,} (1.5)

行列を使って書くと

(x^′ y^′ )

= −^(x_y )

. (1.6)

1.2 座標回転

x

y

x'

y'

α

cosα

sinα

- sinα

cosα

e

e

問題_2. 右図の座標回転(x, y) → (x^{′, y′)}について以下の考える。 2-1. x^′, y^′方向の単位ベクトルをそれぞれ_ex′_{, ey}′ と書く^*1。これ らを_xy座標系から見た成分で表せ。

【解答】単位ベクトルは大きさが₁である。これを利用して各軸へ の射影を求める。図で，_ex′の_x成分および_y成分は緑色の線で表し， e_y′の_x成分および_y成分はシアンの線で表してある_:

ex^′ =^{(cos α} sin α )

, (1.7)

ey^′ =^{(− sin α} cos α

)

. (1.8)

2-2.^{この座標回転での}(x, y)^成分と(x^′, y^′)成分との関係を求めよ。

x

y

x'

y'

α

x sinα

x cosα

x'

y sin α

y'

y cosα

P (x, y)

【解答】同一の点_Pの座標が，_xy座標系では_{(x, y)}と，_x

′y^′座標系 では_(x

′, y^′)と表されるとする。図より

x^′= x cos α + y sin α, (1.9) y^′= −x sin α + y cos α ^(1.10)

と分かる。_x

′

に関連する線をマジェンタで，_y

′

に関連する線をシアン で描いた。

2-3.上の座標変換を行列表示せよ。

【解答】行列表記をすれば

(x^′ y^′

)

=

( cos α sin α

− sin α cos α ) (x

y )

(1.11)

上の変換行列において，₁行目の横ベクトルは_ex′ の転置行列^t_ex′一致し，₂行目の横ベクトルは_ey′の転置 行列^t_ey′に一致する。すなわち

(x^′ y^′ )

= (_t

e_x′

t_e y^′

)(x y )

(1.12)

のように表せる。_(1.12)式の意味を考える。規格直交化された座標系_(x

′, y^′)において，位置ベクトル_rの_x

′

成分とは_x

′

軸への正射影すなわち_ex′との内積であり，_y

′

成分とは_y

′

軸への正射影すなわち_ey′ との内積で ある。右辺にある

(_x

y

)

をベクトル_rと解釈すれば，_(1.12)式は，正しく上記の内容を表している。すなわち

x^′= ex^′· r, ^(1.13)

y^′= ey^′· r, ^(1.14)

である。これについて，問題₃でも再び議論する。

2-4.この座標変換の逆変換を求めよ。求めた逆変換が回転角_−αの座標回転と一致することを確かめよ。

*1太字で書いたアルファベットはベクトルを表す。

【解答】_(1.11)式の成分行列を，回転角_αの座標回転行列_{T (α)}と定義する_: T (α) : =

( cos α sin α

− sin α cos α )

. (1.15)

T (α)^{の行列式は}0ではないので，逆行列が存在する。従って

(x y )

=^[T (α)^]−1(x

′

y^′ )

= ¹

cos²α + sin²α

( cos α _{− sin α} + sin α cos α

) (x^′ y^′ )

=

( cos α _{− sin α} + sin α cos α

) (x^′ y^′ )

(1.16)

と決まる。ここで三角関数の性質より (x

y )

=

( cos(−α) sin(−α)

− sin(−α) cos(−α) ) (x^′

y^′ )

= T (−α)^(x

′

y^′ )

. (1.17)

図から予想できた様に，回転角_αの座標回転の逆変換は，回転角_−αの座標回転となることが分かった。 問題_{3. xy}平面上の任意のベクトル_Aは

A= Ax^ex+ Ay^ey (1.18)

と表される。ここで_Axおよび_Ayを，それぞれ_Aの_x成分および_y成分という。同様に問題₂の_x

′y^′座標 系では，_Aは

A= Ax^′ex^′+ Ay^′ey^′ (1.19)

と表される。これらの成分間の関係を求めよ。

【解答】_(1.18)と_(1.19)は，同一のベクトルを単に違う座標系で表現したものに過ぎない。従って当然これ

らは等しい。すなわち

Ax^′ex^′+ Ay^′ey^′ = Axex+ Ayey (1.20) が成り立つ。ここで_(1.20)の両辺に対して_ex′ との内積をとる_:

Ax^′ex^′· ex^′+ Ay^′ey^′ · ex^′ = Axex· ex^′+ Ayey· ex^′. (1.21) 左辺では_ex′と_ey′との直交性を，右辺では_(1.7)式を用いると

Ax^′ex^′· ex^′

| {z }

1

+Ay^′ey^′ · ex^′

| {z }

0

= Axex· ex^′

| {z }

cos α

+Ayey· ex^′

| {z }

sin α

∴ Ax^′ = Axcos α + Aysin α (1.22) が導かれる。同様に_(1.20)の両辺に対して_ey′ との内積をとり，_ex′ と_ey′ との直交性および_(1.8)を用い ると

Ax^′ex^′· ey^′

| {z }

0

+Ay^′ey^′ · ey^′

| {z }

1

= Axex· ey^′

| {z }

−_{sin α}

+Ayey· ey^′

| {z }

cos α

∴ _Ay′ _{= −Axsin α + Aycos α (1.23)}

が導かれる。_(1.22)および_(1.23)をまとめると (Ax^′

Ay^′

)

=^{( Axcos α + Aysin α}

−Axsin α + Aycos α )

(1.24)

=

( cos α sin α

− sin α cos α ) (Ax

Ay

)

(1.25)

と書ける。これらは_(1.9)および_(1.10)，あるいは_(1.11)と同じ形である。すなわち，座標回転に対してベク トルは，座標成分と同じ様に変換することが分かる。

(1.20)^から(1.23)の計算によって，ベクトル_Aの両辺に対して_ex′ および_ey′との内積をとると，その_x

′

成分および_y

′

成分を取り出せることが明らかになった。

✓ ✏

定義_: 座標回転に対して座標と同じ様に変換する量をベクトルと呼ぶ。

✒ ✑

x

y

x'

y'

z' ^z

参考_: 右図のような₃次元の座標回転を考える。_xyz座標系から見た_x

′, y^′, z^′ 方向の単位ベクトルを次式で表す：

ex^′ =



 l1

m1

n1



, ey^′ =



 l2

m2

n2



, ez^′ =



 l3

m3

n3



. (1.26)

この場合，₃次元の座標変換は次式の通りである： x^′=l1x + m1y + n1z,

y^′=l2x + m2y + n2z, (1.27) z^′=l3x + m3y + n3z.

✎ 2次元座標回転の合成によって任意の₃次元座標変換が作られるので，ここでは詳しく述べない。

1.3 直線の記述

問題_4. ある直線上にある任意の点_Pを表す位置ベクトルを_pとする。_pの満たす方程式は以下の₃つの考 え方から求められる。

1. ^{直線上のある点}A^{の位置ベクトル}aに，直線と平行なベクトル_dの定数倍を加える。

2. 原点から直線に降ろした垂線の足を_H，_Hの位置ベクトルを_hとする。_P と_Hを結ぶ線は，_hと直 交する。

3. ^{直線の上の同一でない}2^つの点S, T の位置ベクトルをそれぞれ_{s, t}とする。_P は線分_ST を適当に 内分または外分した点である。

下図を参考にして，それぞれの場合で_pを表す式を作れ。

d

a

H

h

T

S p

p

p

s

t

【解答】図を参考に問題文のヒントをそのまま数式で表せばよい。結果は

1. p= a + kd (k^{は実数のパラメータ}), (1.28)

2. (p − h) · h = 0, ^(1.29)

3. p= s + k(t − s) = (1 − k)s + kt ^{(kは実数のパラメータ) (1.30)}

となる。

3^{つの式を比べると}(1.28)^および(1.30)^は2本の等式を含むのに対し，_(1.29)は一本の等式しか含まない。 また，_(1.28)および_(1.30)はベクトルの等式であるのに対し，_(1.29)はスカラーの等式である。以下で少し 詳しく調べる。

(1.28)^および(1.30)はベクトルに対する式なので，₂本の等式を含んでいる。等式が₂本あるのは₂次元 平面を考えているからであり，₃次元空間なら₃本，一般に_n次元空間では_n本の等式を含む。₂次元空間に 2本の等式（制約）があるため₁点を指定することになるが，実数パラメータ_kが変化することで，直線（₁ 次元のオブジェクト）が記述できる。この構造は₃次元以上でも同じで，どんな次元でも直線（₁次元のオブ ジェクト）を記述する式である。

一方，_(1.29)はスカラーに対する式なので，₁本の等式しか含まない。₃次元空間でも，一般に_n次元空間

でも等式は₁本しかない。平面を考える場合には，₂次元空間に₁本の等式があるため直線（₁次元のオブ ジェクト）を記述する。しかし₃次元空間の場合，₃次元空間に₁本の等式があるため平面（₂次元のオブ ジェクト）を記述することになる。一般に_n次元空間の場合，_n次元空間に₁本の等式があるため_{n − 1}次元

超平面（_{n − 1}次元のオブジェクト）を記述する。

2 速度と加速度

2.1 速度と加速度の定義およびグラフ的な意味

質点：物体の運動において，物体の大きさを考えず質量だけを持った点として扱ったもの。

位置ベクトル：質点の位置_P を表すために用いる，原点_Oを基準とするベクトルのこと。通常_rで表す。 デカルト座標₍直角直交座標₎系の場合，点_P の座標を用いて，

r= (x, y, z) ^または r=



 x y z



 (2.1)

と書く。基本ベクトル_{ex, ey, ez}を用いることで

r= xex+ yey+ zez (2.2)

と表される。

速度：位置_rの時刻_tに関する導関数のこと。通常_vで表す。 v(t) := ^dr(t)

dt ^{= lim∆t→0}

r(t + ∆t) − r(t)

∆t ^{=: ˙r (2.3)}

= (vx, vy, vz) =



 vx

vy

vz



=^{( dx} dt^,

dy dt^,

dz dt

)

=: ( ˙x, ˙y, ˙z) (2.4)

で定義される^*2。デカルト座標系では_(2.4)式の様に書く。基本ベクトルを使うと，次式で表される_:

v = vxex+ vyey+ vzez= ˙xex+ ˙yey+ ˙zez. (2.5) 加速度：速度_vを時間微分したもの。_aで表すことが多い。

a(t) :=^dv dt ⁼

d²r

dt^{2 =: ˙v =: ¨r (2.6)}

= (ax, ay, az) =^{( dvx} dt ^,

dvy

dt ^, dvz

dt )

=^{( d}

2_x

dt^2, d²y

dt^2, d²z dt²

)

(2.7)

で定義される。基本ベクトルを用いて次式のように書ける_:

a= ax^ex+ ay^ey+ az^ez= ˙vx^ex+ ˙vy^ey+ ˙vz^ez= ¨xex+ ¨yey+ ¨zez. (2.8) 問題_5. 直線上を運動する質点の_x座標が次の様に表される場合，その質点の速度_vxと加速度_axを求めよ。

5-1. x(t) = x0+ v0t + ¹₂at^{2，ただし}x0^とv0, aは時刻に依らない定数とする。

【 解 答 】₁次 元 の 運 動 な の で_{y, z} 座 標 は 考 え な い 。速 度 の 定 義_(2.3)お よ び 加 速 度 の 定 義_(2.6)よ り 計 算 する。

vx= ^dx(t) dt ⁼

d dt

(

x0+ v0t +¹ 2^at

2

)

= v0+ at, (2.9)

ax= ^dv(t) dt ⁼

d

dt^{(v0+ at) = a. (2.10)}

*2この授業では，定義を表す等号記号を書くとき，新しく定義される側に_:を付ける。A:= Bと書けば，Aが新しく定義される量 であり，_{C=: D}と書けば，_Dが新しく定義される量である。r の上にある_·は，時間微分を表す記号でドットと読む。

5-2. x(t) = A sin ωt^，ただしA^とωは時刻に依らない定数とする。

【解答】同様に速度の定義_(2.3)および加速度の定義_(2.6)より計算する。 vx= ^dx(t)

dt ⁼ d

dt(A sin ωt) = Aω cos ωt, (2.11)

ax= ^dv(t) dt ⁼

d

dt(Aω cos ωt) = −Aω^{2sin ωt. (2.12)}

∆ t _∆ t

x

P

Q

R

t _{t+ t ∆ t+ 2 ∆ t} ^t

問題_6. 速度と加速度のグラフ的な意味を考える。 6-1.^右のx(t)^{グラフで速度}v(t)^{は何に対応するか}?

【解答】点_Pにおける_x(t)の接線の傾き。すなわち_{∆t → 0} の極限での線分_PQの傾き。

6-2.^右のx(t)^{グラフで加速度}a(t)^{は何に対応するか}?

【解答】点_Pにおける_x(t)の接線の傾きと，点_Qにおけ る_x(t)の接線の傾きの変化の割り合いを表す。_x(t)が直線 す な わ ち_tの₁次 関 数 な ら ば そ の 傾 き は 一 定 な の で ，加 速 度は₀になる。線分_PRより点_Qが下にあれば加速度は正， 上にあれば加速度は負である。ちなみに_∆PQRの面積は，

∆PQR= ¹₂(∆t)³a(t)^{と表される。つまり}∆PQR^と相似で

∆t = 1となるように拡大した三角形の面積と加速度の₂倍

とが一致する。

問題_7. 位置_r(t)が

r(t) = (R cos ωt, R sin ωt) = R(cos ωt, sin ωt) (2.13) と表される₂次元平面内の運動を考える。_Rと_ωは時刻に依らない正の定数とする。₂次元の運動なので_z 座標は考えない。

7-1.^{位置ベクトルの大きさ}_|r|を求め，それが時間に依存しないことを確かめよ。

【解答】ベクトルの大きさの定義より

|r| :=^√r· r =

√

R²(cos²ωt + sin²ωt) = |R| = R ^(2.14) となり時間に依らず一定である。最後の等号では，_{R > 0}であることを用いた。

x

R

O

y

ωt r

v

a

【 解 答 】前 問 の 結 果_(2.14)よ り 原 点 か ら 質 点 ま で の 距 離_|r|は 時 間 に 依らず一定なので，この質点は円軌道を描く。図示すると右図の通りにな る。角速度_ωの符号によって回転する向きが異なる。_{ω > 0}なら図の矢印 のように反時計回りに回転し，_{ω < 0}なら時計回りに回転する。

7-3. ^{速 度}v = ^dr_dt を 求 め 図 示 せ よ 。ま た 速 度 の 大 き さ_{v := |v|} を 求 めよ。

【解答】速度の定義より v:= ^dr

dt = (−Rω sin ωt, Rω cos ωt) = Rω(− sin ωt, cos ωt). ^(2.15)

またその大きさは

v : = |v| =^√v· v =

√

R²ω²(sin²ωt + cos²ωt) = R|ω| = Rω ^(2.16)

となる。最後の等号では，_{ω > 0}であることを用いた。

7-4.^加速度a= ^d_dt^2r2 を求め図示せよ。また加速度の大きさ_{a := |a|}を求めよ。

【解答】同じく加速度の定義より計算できる_: a: =^d

2_r

dt² = Rω(−ω cos ωt, −ω sin ωt) = −Rω²(cos ωt, sin ωt), (2.17) a : = |a| =^√a· a =

√

R²ω⁴(cos²ωt + sin²ωt) = Rω². (2.18) 7-5.^{位置ベクトル}r^と速度vとが直交することを示せ。

【解答】ベクトル同士が直交するための必要十分条件はその内積が₀であること。内積を計算してみよう_: r_{· v = R}²ω(− cos ωt sin ωt + sin ωt cos ωt) = 0. ^(2.19)

従って_rと_vとは直交する。

7-6.^速度v^と加速度aとが直交することを示せ。

【解答】前問と同様に互いの内積を計算する_:

v_{· a = R}²ω³(+ sin ωt cos ωt − cos ωt sin ωt) = 0. ^(2.20)

よって_vと_aとは直交する。

7-7.^加速度aが位置ベクトルと平行で逆向きであることを示せ。

【解答】_(2.13)と_(2.17)とを比べる

a_{= −ω}²r (2.21)

である。従って_aは_rの定数倍なので平行であり，その係数が負なので逆向きである。 7-8.^{円運動の周期}T (質点が一周するために必要な時間₎を_ωを用いて表せ。

【解答】位置ベクトルが_(2.13)と表されることと三角関数の周期が_2πであるので，周期_T は_{ωT = 2π}を 満たす。従って

T = ^2π

ω ^(2.22)

である。この式から_ωの次元が₍時間₎

−₁

であることが確認できる。

7-9.先日のニュースで話題となった国際宇宙ステーションは，地球中心を中心に半径約_{6.8 × 10}³_kmの円

軌道^*3を，約_7.9km/sの速さで周回している。この円運動の周期_T を求めよ。

【解答】_(2.16)から角速度を求め，_(2.22)に代入し周期を求める_: T = ^2π

ω ⁼ 2πR

v ⁼

2π × 6.8 × 10^{3 km}

7.9 km/s = 5.40 · · · × 10³≈ 5.4 × 10^3s≈ 90^{分. (2.23)}

*3正確には楕円軌道であるが，ここでは単純化している。

国際宇宙ステーションは約₁時間半で地球を₁周することがわかる。またその角速度は ω = ^v

R ⁼

7.9 km/s

6.8 × 10^{3 km} = 1.16 · · · × 10⁻³≈ 1.2 × 10^{−3rad s−1}≈ 6.7 × 10^{−2deg s−1 (2.24)} である。つまり位置ベクトルの向きは₁秒当たり約_0.07

◦

，₁分当たり約₄

◦

変化する。

7-10.国際宇宙ステーションの山崎さんが感じる重力加速度_g

′ (^{加速度の大きさ}a^に等しい)^{を求めよ。}

【解答】_(2.18)および題意より g^′= a = Rω²= ^(Rω)

2

R ⁼

v² R ⁼

(7.9 km/s)²

6.8 × 10^{3 km} = 9.17 · · · × 10^{−3 km/s2}≈ 9.2 m/s^{2 (2.25)} である。映像で見る宇宙ステーション内部の無重力₍無重量₎状態を想像すると，この値が大きく感じるかも 知れない。もちろん宇宙ステーション内部では地球からの重力と遠心力とがつり合って無重量状態が実現して いるのであり，地球からの重力は₀ではない。そもそも地球からの重力がほとんど無ければ宇宙ステーション の公転運動を保つことが出来ず，宇宙ステーションは遥か彼方へ飛んで行ってしまう。

2.2 2 _{次元極座標}

x

y ^r

θ

r

e

e

問題_8. 右図の₂次元極座標について以下の問いに答えよ。 8-1. x^およびy^をr^とθ^{とで表せ。}

【解答】図より

x = r cos θ, (2.26)

y = r sin θ. (2.27)

8-2. r^およびθ^をx^とy^{とで表せ。}

【解答】_(2.26)と_(2.27)を_rと_θ について解けばよい_:

r =^√x²+ y², (2.28)

θ = tan^{−1 y}

x ^{あるいは tan θ =} y

x^{. (2.29)}

8-3. rが増える方向の単位ベクトル_er の_{x, y}成分を求めよ。_erの方向を_r方向または動径方向と呼ぶ。

【解答】_erは，_rに平行で大きさが₁のベクトルであること及び_xと_yがそれぞれ_(2.26)と_(2.27)のよう に表されることを用いて

e_r: = ^r r ⁼

(x, y)

r ⁼

(r cos θ, r sin θ)

r = (cos θ, sin θ) (2.30)

と決まる。これは_θの関数_er(θ)である。

θ

r ₍ θ ₎

e

e

δθ

r ₍ θ+δθ ₎

図₁ 8-4.^同様にθが増える方向の単位ベクトル_eθの_{x, y} 成分を求めよ。_eθ

の方向を_θ方向と呼ぶ。

【解答】_eθの向きは，_rが一定で_θだけが増える方向なので，図₁のよう に_erに直交する向きである。これは偏角が_{θ +} ^π

2 ^{であるときのerに一致す}

るので

eθ(θ) = er(θ +^π 2^{) =}

(cos⁽θ +^π 2

), sin⁽θ + ^π 2

))

= (− sin θ, cos θ) ^(2.31)

を得る。

8-5. er^をθ^{で微分すると}e_θになることを確かめよ。

【解答】_er(θ)を_{ex, ey}方向の基本ベクトルを用いて表し，それを_θで微分する_:

∂er

∂θ ⁼

∂

∂θ^{(cos θex+ sin θey}) = − sin θex+ cos θey= eθ. (2.32) ここで_exと_eyが_θに依らないこと及び_(2.31)を用いた。この結果を_eθの定義に照らして考えてみる。_eθ とは，_rを一定にして_θを微小量増やすときに_rが変化する方向の単位ベクトルである。図₁で説明すると er(θ + δθ)^とer(θ)の差を規格化したものと言える。すなわちこれは_rの_θ微分を規格化したものに他なら ない。_rと_erの違いは_θに依らない_rだけなので，_eθは_erを_θ微分を規格化したものに一致するわけであ る。いま₂変数であり_θで偏微分するとき_erを大きさ_{(= 1)}を一定に保っているので，規格化が必要ない。

むしろ_(2.32)を_eθの定義とする方がわかり易い。_erから計算だけで基本ベクトルが求められるので特に₃

次元以上の極座標では便利である。

8-6. eθ^をθ^{で微分すると}_−erになることを確かめよ。

【解答】前問と同様に_eθ(θ)を_{ex, ey}方向の基本ベクトルを用いて表し，それを_θで微分する_:

∂eθ

∂θ ⁼

∂

∂θ^{(− sin θex+ cos θey}) = − cos θex− sin θey = −er. (2.33) 8-7. er^{の時間微分 de}_dt^{r を}er^とeθ^{を用いて表せ。ただし}er^とeθの両方が必要とは限らない。

【解答】合成関数の微分法と_(2.32)を用いる。 der

dt ⁼ dθ dt

∂er

∂θ ^{= ˙θeθ. (2.34)}

8-8. eθ^{の時間微分 de}_dt^{θ を}er^とeθ^{を用いて表せ。}

【解答】同様に合成関数の微分法と_(2.33)を用いる。 deθ

dt ⁼ dθ dt

∂eθ

∂θ ^{= − ˙θer. (2.35)}

8-9. 2次元極座標において位置ベクトル_rは_{r= rer}と表される。これを時間微分し速度_v= ^dr

dt ^を

v= vr^er+ vθ^eθ (2.36)

の形で表せ。

【解答】速度の定義より

v= ^d

dt^{(rer) =} dr dt^{er+ r}

der

dt ^{= ˙rer+ r ˙θeθ. (2.37)} ここで_erが_rに依らないことおよび_(2.34)と_(2.35)を用いた。

8-10.^速度v^{を時間微分し加速度}a=^dv_dt ^を

a= arer+ aθeθ (2.38)

の形で表せ。

【解答】同様に加速度の定義およびライプニッツ則と_(2.34)，_(2.35)より a= ^d

2_r

dt^{2 =} d²

dt^{2(rer) = ¨rer+ 2 ˙r ˙er+ r ¨er= ¨rer+ 2 ˙r ˙θeθ+ r}

(_θe¨ _{θ+ ˙θ ˙eθ}⁾

=⁽_{r − r ˙θ}¨ ²⁾e_r+⁽2 ˙r ˙θ + r ¨θ⁾e_θ. (2.39) 8-11. 2次元極座標では任意のベクトルを_{A= Arer+ Aθeθ}と表すことができる。また，同じベクトルを xy^{座標で表すと}A= Ax^ex+ Ay^ey^である。Ar, Aθ^とAx, Ay^{との関係を求めよ。}

【解答】_erと_eθは規格直交系を成すので，_Aと_erの内積をとれば_Arが，_Aと_eθの内積をとれば_Aθが 得られる。従って_{x, y}座標で表した_Aと，_erまたは_eθとの内積をとればよい。

Ar= er· A = Axer· ex+ Ayer· ey = Axcos θ + Aysin θ, (2.40) Aθ= eθ· A = Axeθ· ex+ Ayeθ· ey= −Axsin θ + Aycos θ (2.41) となる。これを行列を使うと

(Ar

Aθ

)

=

( cos θ sin θ

− sin θ cos θ ) (Ax

Ay

)

= T (θ)^(Ax Ay

)

(2.42)

の様に表せる。右辺の_{T (θ)}は_(1.15)で定義した座標回転行列である。つまり，_xy座標系を_θだけ回転させ た座標系と一致する。

θ

r

r

θ

R

R

l

θ−θ

図₂ 問題_9. 直線の方程式を極座標で書くとr cos(θ − θ^{0) = Rのように書ける。}

θ0, Rはこの直線の何を表すか_? 図も使って説明せよ。

【解答】はじめに図₂で上式を確認しよう。₂次元なので原点から直線_lへ の法線ベクトルを与えれば直線が指定できる。その法線ベクトルを_Rとし，_l 上の任意の点を終点とするベクトルを_rとする。直線の記述法_(1.29)と同様 に_{r− R}と_Rが直交することを用いれば

(r − R) · R = 0 rR cos(θ − θ0) − R^{2= 0}

∴ r cos(θ − θ0) = R (2.43)

が得られる。あるいは_rから_Rへの射影が，原点から_lまでの距離_Rに等し いことが分かれば直ちに_(2.43)を得る。ここまでで明らかな通り_Rは原点か ら_lまでの距離を表し，_θ0は_Rの偏角を表す。

図より_{θ = 0}のとき_x軸切片_rxに，_{θ =} ^π

2 ^{のときy軸切片ryに対応するので}

rxcos(−θ0) = R, rycos(^π

2 ^{− θ0) = R,} rx= ^R

cos θ0

ry= ^R sin θ0

. (2.44)

よって_lの傾きは

傾き_{= −} ry

rx ^{= −}

1

tan θ0 ^{= − cot θ}

0 (2.45)

である。従ってよく見慣れた_{y = ax + b}の形では y = −_{tan θ}^x

0

+ ^R

sin θ0

(2.46) と書ける。また直線の接線ベクトルの偏角が_θ0−^π

2 ^{なのでtan(θ0}−^π2⁾から傾きを求めても良い。

2.3 3 次元極座標

x ^y

θ r

r

φ

z

r

e

e

e

e

図₃ 問題_10. 右図の₃次元極座標において_{r, θ, φ}の₁つだけが増える方向の単位

ベクトルをそれぞれ_{er, eθ, eϕ}とする。

10-1. er, eθ, eϕ^が，x, y, z^{方向の単位ベクトル}e_x, ey, ez^を用いて

er= sin θ cos φ ex+ sin θ sin φ ey+ cos θez, (2.47) e_θ= cos θ cos φ ex+ cos θ sin φ ey− sin θez, (2.48) e_ϕ= − sin φ ex+ cos φ ey, (2.49)

の通りに表せることを示せ。

【解答】図のように_rを_xy平面へ正射影させたベクトル_r1とすれば r= r1+ r cos θez. (2.50) r1^{の大きさは}r sin θ^なのでr1^をe_x, ey^で表せば

r1= r sin θ cos φ ex+ r sin θ sin φ ey. (2.51)

従って_(2.50)と_(2.51)より

r= r sin θ cos φ ex+ r sin θ sin φ ey+ r cos θez. (2.52)

これを_rの大きさ_rで割れば_(2.47)を得る。

次に_eθを求める。図より_eθは，_erで_φを変えずに_θを_{θ +}^π

2 にしたものに他ならない。よって eθ= sin⁽θ + ^π

2 )

cos φ ex+ sin⁽θ +^π 2 )

sin φ ey+ cos⁽θ +^π 2 )

ez

= cos θ cos φ ex+ cos θ sin φ ey− sin θez, (2.53)

となり，_(2.48)と一致する。 また図より_eϕは，_erで_θを ^π

2 ^{に，φをφ +} π

2 としたものである。よって eϕ= sin^π

2^cos (φ +^π

2 )

ex+ sin^π 2 ^sin

(φ +^π 2 )

ey+ cos^π 2 ^ez

= − sin φ ex+ cos φ ey. (2.54)

となり，_(2.49)と一致する。

10-2.^{以下の式を確かめよ。}

∂er

∂θ ^{= eθ,}

∂eθ

∂θ ^{= −er,}

∂eϕ

∂θ ^{= 0, (2.55)}

∂er

∂φ ^{= sin θeϕ,}

∂eθ

∂φ ^{= cos θeϕ,}

∂eϕ

∂φ ^{= − sin θer− cos θeθ. (2.56)}

【解答】それぞれ導関数を計算すれば出てくるので簡単な解説だけを加える。_(2.55)の第₁式で，^∂er

∂θ ^が

eθ^{に比例するのは，}eθ の定義そのものである。これは₂次元極座標のところ_(2.32)の下で述べたことに等し い。本質的に_(2.56)の第₁式も同じで，_eϕの定義より^∂er

∂ϕ ^{はeϕに比例する。係数のsin θは規格化定数でも}

あるが，_erで_φを微小量増やすときの_z軸からの回転半径と考えても良い。_(2.56)の第₃式の右辺は，

∂eφ

∂ϕ

が_eϕに直交することから

∂eϕ

∂φ = − cos φ ex− sin φ ey = aer+ beθ (2.57) と展開できる。_erと_eθは直交しているので，上式と_erまたは_eθの内積をとることで

a = − cos φ ex· er− sin φ ey· er= − sin θ cos²φ − sin θ sin²φ = − sin θ, ^(2.58) b = − cos φ ex· eθ− sin φ ey· eθ= − cos θ cos²φ − cos θ sin²φ = − cos θ ^(2.59)

得られる。_(2.57)の真ん中の式は，_(2.49)を_φで偏微分して得た。

10-3. 3次元極座標における基本ベクトル_{er, eθ, eϕ}の時間微分を求めよ。

【解答】_{er, eθ, eϕ}は_θと_φの関数なので，合成関数の微分法と_(2.55)，_(2.59)より計算する_: der

dt ^{= ˙θ}

∂er

∂θ ^{+ ˙φ}

∂er

∂φ ^{= ˙θeθ+ ˙φ sin θeϕ, (2.60)}

deθ

dt ^{= ˙θ}

∂eθ

∂θ ^{+ ˙φ}

∂eθ

∂φ ^{= − ˙θer+ ˙φ cos θeϕ, (2.61)} deϕ

dt ^{= ˙θ}

∂eϕ

∂θ ^{+ ˙φ}

∂eϕ

∂φ = − ˙φ sin θer− ˙φ cos θeθ. (2.62) 10-4.^速度v =^dr_dt ^をer, eθ, eϕ^を用いてv= vrer+ vθeθ+ vϕeϕ の形で表せ。また速度の大きさ_{v := |v|} を求めよ。

【解答】速度の定義と_(2.60)より v= ^d

dt^{(rer) = ˙rer+ r ˙er= ˙rer+ r ˙θeθ+ r ˙φ sin θeϕ. (2.63)} その大きさは

v =^√v_r²+ v²_θ+ v²_ϕ=

√

˙r²+ r²˙θ²+ r²φ^˙2sin²θ . (2.64)

10-5.^加速度a=^d_dt^2r2 を_{a= arer+ aθeθ+ aϕeϕ} の形で表せ。

【解答】加速度の定義およびライプニッツ則と_(2.60)，_(2.61)，_(2.62)より計算する_: a= ^d

2

dt^{2(rer) = ¨rer+ 2 ˙r ˙er+ r ¨er}

= ¨rer+ 2 ˙r( ˙θeθ+ ˙φ sin θeϕ)

+ r^[θe^¨ θ+ ˙θ(− ˙θer+ ˙φ cos θ) + ¨φ sin θeϕ+ ˙φ ˙θ cos θeϕ+ ˙φ²sin θ(− sin θer− cos θeθ)^]

= (¨_{r − r ˙θ}²_{− r ˙φ}²sin²θ)er+ (r ¨θ + 2 ˙r ˙θ − r ˙φ²sin θ cos θ)eθ+ (r ¨φ sin θ + 2 ˙r ˙φ sin θ + 2r ˙θ ˙φ cos θ)eϕ. (2.65)

2.4 速度の合成

R

O

O'

x

y

θ O'

P

r

B

A

t

t

C _D

図₄ 問題_11. 半径_Rの車輪が等速_vで滑らずに転がっている。車輪上の

一点の座標と速度，加速度を求める。車輪の中心_O

′

が原点_Oを通り 過ぎた時刻を₀とする。また角速度_ωを_{ω :=} ^v

R ^{と定義する*4。以下}

(♦,_♢)^{でベクトルの}x, y^{成分を表す。}

11-1. O^から見たO^{′の位置を}r0^{で表す。時刻}t^でのr0^の座標を

求めよ。

【解答】_O

′

の_x座標は車輪が進んだ距離_{OA = vt}に等しい。_y座 標は車輪の半径_Rに等しい。よって

r0= (vt, R). (2.66)

11-2.^時刻0で地面に接していた車輪上の点が時刻_tで点_Pに来た。図の_θを_ωを使って表せ。

【解答】車輪は滑らないので円弧

⌢

AP^とOA^{とは長さが等しい。}AP = Rθ^{⌢ および}OA = vt^より

Rθ = vt, ^∴ θ = ^vt

R ^{= ωt. (2.67)}

11-3. O^{′から見た点}P^{の位置ベクトル}r^{′を求めよ。}

【解答】_O

′

を原点と考えると，_r

′

の大きさは_R，偏角は³

2π − θ ^なので r^′= R

( cos(³

2π − θ), sin(³ 2^{π − θ)}

)

= R(− sin θ, − cos θ) = R(− sin ωt, − cos ω). ^(2.68)

11-4.^原点O^{から見た点}P^の座標r^{を求めよ。}

【解答】_{r= r0+ r}

′

と書ける。_(2.66)と_(2.68)，および_{v = Rω}より

r= r0+ r^′= (Rωt, R) + R(− sin ωt, − cos ωt) = R(ωt − sin ωt, 1 − cos ωt) ^(2.69)

である^*5。_{t = 0}で_r= (0, 0) = 0^{となり，点}Pはきちんと原点にある。また_nを整数としてθ = ωt = 2nπ のとき，点_Pは地面に接する。その時の_P の座標は

R(2nπ, 0) = n(2πR, 0). (2.70)

つまり_nは車輪の回転数に対応する。

11-5.^原点O^{から見た点}P^の速度v= ˙r^{を求めよ。}

【解答】速度の定義と_(2.69)より v= ˙r = ^d

dt^{(r0+ r}

′) = ˙r0+ ˙r^′

= R(ω − ω cos ωt, ω sin ωt) = Rω(1 − cos ωt, sin ωt). ^(2.71)

*4角速度については，単振動の節で詳しく議論する。

*5_P

の軌道は_cycloidと呼ばれる。最速降下曲線として解析力学で再び現れる。

特に_P が地面に接するのは_{ωt = 2nπ}の時で，その瞬間の速度_vAは

v_A= Rω(1 − cos 2nπ, sin 2nπ) = (0, 0) = 0. ^(2.72)

地 面 に 接 す る 瞬 間 ，_P は 静 止 し て い る 。こ れ は 車 輪 が 滑 ら な い こ と を 意 味 す る 。車 輪 の 平 行 移 動 の 速 度_{r˙0 = (v, 0)} と 回 転 運 動 に よ る 速 度 _r^˙

′

A = (−v, 0) の 合 成 で あ る 。一 方_P が 車 輪 の 頂 上_B に あ る 時 ， ωt = (2n + 1)π^{より，その瞬間の速度}v_B^は

vB = Rω(1 − cos(2n + 1)π, sin(2n + 1)π) = Rω(2, 0) = (2v, 0). ^(2.73)

これも平行移動の速度_{(v, 0)}と回転運動の速度_{(v, 0)}の合成である。同様に図₄の点_C，点_Dでの速度は

vC = (v, v), vD= (v, −v). ^(2.74)

それぞれ右斜め上および右斜め下を向いている。 11-6.^原点O^{から見た点}P^の加速度a^{を求めよ。}

【解答】加速度の定義と_(2.69)より

a= ¨r= Rω²(sin ωt, cos ωt) = −ω^{2r′. (2.75)}

常に車輪の中心_O

′

向きに加速度が生じている^*6。

2.5 _{外積を用いる計算例}

r

r+v t ∆

v+a t _∆

v

a t ∆

v

r

v t ∆

O

O

t

∆

Žž

t

θ

図₅ 問題_12. 右図は平面上のある₁点の回りを運動している物体のある瞬間

の位置ベクトル_rと速度_v，加速度_aを図示したものである。以下，加速 度_aと位置ベクトル_rとが常に平行な場合を考える。

12-1.^時刻t^でr^とvで作られる三角形（灰色の領域）の面積を面積速 度という。面積速度が ¹

2|r × v|と与えられることを示せ^*7。

【解答】外積の定義より 1

2^{|r × v| =} 1

2^{rv sin θ. (2.76)}

ここでr := |r|, v := |v|である。これは図の灰色の三角形の大きさに他な らない。つまり¹

2|r × v|は面積速度の大きさに等しい。

12-2.面積速度が一定であることを面積速度の時間微分より示せ。

【解答】_{S(t) :=}

1

2^{(r × v)とする。}

S˙ = ¹

2( ˙r × v + r × ˙v) = ¹₂(v × v + r × a) = ¹₂^r× a = 0. ^(2.77) ここで加速度と位置ベクトルが平行であること_{a∥ r}を用いた。時間による導関数が₀なので_Sは時刻に依 らず一定である。またこの条件には時刻_tが陽に入っていないので，任意の時刻に対して成立する。

*6_O^′

と共に動く座標系では中心力であることを意味する。回転運動のところで詳しく考察する。

*7面積速度については，角運動量とケプラーの法則のところで説明する。ここでは外積の性質と時間微分の理解を目的とする。

12-3.^時刻t + ∆tでの面積速度を計算し，それが時刻_tでの面積速度と一致することを示せ。ただし_(∆t)² のオーダーは無視してよい。

【解答】_∆t秒後，位置はr(t + ∆t) = r + ˙r∆t + . . .^，速度はv(t + ∆t) = v + ˙v∆t + . . . ^{となる。よって} S(t + ∆t) = ¹

2[r(t + ∆t) × v(t + ∆t)] ≃ ¹ 2

[(r + ˙r∆t) × (v + ˙v∆t) + O((∆t)^2)]

≃ ¹ 2

[(r + v∆t) × (v + a∆t) + O((∆t)^2)]≃¹ 2

[(r × v) + (v × v + r × a)∆t + O((∆t)^2)]

= S(t) + O((∆t)²). (2.78)

従って_O(∆t)までの計算で_S(t)は一定である。最後の変形で前問と同様に_{a∥ r}を用いた。ここでは_rと_v を別途テイラー展開して外積をとったが，_Sを直接テイラー展開しても同じである。_(2.77)の下でも述べたよ うに任意の時刻で_(2.78)が成り立つので，_Sは一定値のままで変化しない。もちろんより高次の項まで計算 しても_Sは変化しない。つまり_O((∆t)²₎以上の項も全て₀になる。例えば_O((∆t)²₎の項は

(∆t)² 2! ^S¨=

(∆t)² 2!

d²

dt^{2(r × v) =} (∆t)²

2! d

dt(v × v + r × a) = 0. ^(2.79) 最後の変形では，_v× v + r × a^{が恒等的に0}であることを用いた。一般に_n次の項も₀になる。

(∆t)ⁿ n!

dⁿS dt^{n =}

(∆t)ⁿ n!

dⁿ

dt^{n(r × v) =} (∆t)ⁿ

n! dⁿ⁻¹

dtⁿ⁻¹(v × v + r × a) = 0. ^(2.80)

2.6 余弦定理を用いる計算例

α u

v z

y x

O A

B

図₆ 問題_13. 港から見て角_αをなす二直線に沿って船_Aが定速度_uで港に近づき，舟

B^が定速度vで港から遠ざかっている場合を考える。港の位置を原点_Oとし，港か ら船_A，船_Bまでの距離をそれぞれ_{x, y}とする。

13-1.^船A^と船B^との距離z^をx, y, α^{を使って書け。}

【解答】余弦定理より

z²= x²+ y²− 2xy cos α. ^(2.81) 図より_{z= x − y}なので_z²_{= (x − y)}²としても同じ。

13-2. 2^{つの船同士の距離}z^{が最小のとき，港から}2つの船までの距離の比が

x : y = (v + u cos α) : (u + v cos α) (2.82) となることを示せ。ここで，u := |u|, v := |v|^である。

【解答】_zが最小になる瞬間，その時間微分は₀でなくてはならない。そこで_(2.81)の両辺を_tで微分し，

˙x = −u, ˙y = v^とすると

2z ˙z = 2x ˙x + 2y ˙y − 2 ˙xy cos α − 2x ˙y cos α = 0

−xu + yv + uy cos α − xv cos α = 0

−x(u + v cos α) + y(v + u cos α) = 0

∴ ^y

x⁼

u + v cos α

v + u cos α^{. (2.83)}

これは_(2.82)に等しい。ここで _{˙x = −u}と負号を付けた理由は，船_Aは港に近づくため _˙xが負であること

と，定義より_uが正であることとを整合させるためである。

3 _{運動方程式}

3.1 運動方程式を解かずにわかること

F m3 m2 _m1

-

S¹

-

S2

a

図₇ 問題_14. 右図のように，滑らかな平面上で質量_m1，_m2，_m3の物体を軽

い糸で連結し直線上に置いた場合を考える。

14-1. m1^を力F で引張ると全体が加速度_aで動いた。それぞれの糸

の張力を_S1，_S2として，質点_m1，_m2，_m3に対する運動方程式を書け。

【解答】慣性系である地面を基準にそれぞれの質点の運動方程式を立て る。全体一緒に動くので，どの質点も加速度は_|a|。右向きを正に選ぶ。

m1a_{= F − S}1, (3.1)

m2a= S1− S2, (3.2)

m3a= S2. (3.3)

14-2.上の運動方程式から全体の加速度_a及び，糸の張力_S1，_S2を求めよ。

【解答】両辺を足し合わせて

(m1+ m2+ m3)a = F , (3.4)

∴ a= ^F

m1+ m2+ m3^{. (3.5)}

残りは上の運動方程式の代数計算で求める_:

S1= ^{m2+ m3} m1+ m2+ m3

F, (3.6)

S2= ^m3 m1+ m2+ m3

F. (3.7)

それぞれの力の大きさには

S2< S1< F (3.8)

なる関係がある。そのため糸の強度を超えるまで_F が大きくすると_m1の右側で糸が切れる。_(3.4)は，全体を 1つの質点と捉えた場合の運動方程式に一致する。つまり内力_{S1, S2}が分からなくても全質量_{m1+ m2+ m3} と_F だけから_aは決定できる。

F

m

M

a

F' b _x

図₈ 問題_15. 滑らかな水平面上にある質量_M の板の上を質量_mの人が 板に対して 加

速度_aで歩くと，板は 水平面に対して 加速度_bで動いた。人が板から受ける水平 方向の力を_F として以下の問いに答えよ。

15-1.運度の様子が分かるように図₍座標軸，力，加速度を含む₎を描け。

【解答】右図の通り。_x軸は，地面に静止した座標系である。_F

′

は，板が人か ら受ける力である。本来なら_F の始点は人の足の裏に，_F

′

の始点はその直下に書 くべきだが，人も板も質点として扱うので力の矢印の始点を見やすいように移動し た。またここでは水平方向の運動だけを調べるので，直接関係のない垂直方向の力