力学
A
第２章演習問題及び解答例
演習2.1 x 軸方向に F (t) = f sin ωt の力が働く場合の一次元運動を論 じ運動の様子を図示せよ。但し初期値は x(0) = ˙x(0) = 0 とする。特に、 角振動数 ω がゼロになる極限で運動はど うなるか。（ 小さな θ に対して、 sin θ θ −3!1θ3と近似できることを用いよ。） 解： 積分すると、 v = − f mωcos ωt t 0 = f mω(1− cos ωt) x = f mω(t− 1 ωsin ωt) t x 図 ma21-2 ω が分母にきてしまっているが 、上に述べた近似式を用いれば容易に極 限がとれることがわかる。すなわち x f mω t− 1 ω(ωt− 1 6(ωt) 3 = f 6mωt 3 演習2.2 次の公式の幾何学的意味を考えよ。 u· ( v × w) = v · ( w × u) = w · ( u × v)解：
図 ma22-9 図より
u· ( v × w) = u· | v || w | sin θˆe
= | v || w | sin θ | u | cos φ
= （ 平行四辺形の面積）·（高さ） = 平行六面体の体積
演習2.3 次の公式を証明せよ。
( a× b) · ( c × d) = ( a · c)( b · d) − ( a · d)( b · c) 解： 定義に従って計算すればよい。手順を示すと ( a× b) · ( c × d) = (a2b3− a3b2)(c2d3− c3d2) +· · · = (a2c2)(b3d3)− (a3d3)(b2c2)− (a2d2)(b3c3) + (a3c3)(b2d2) +· · · すべて併せれば右辺を再現する。 演習2.4 次の関数の gradient を計算せよ。 (i) f (x, y, z) = 1/√x2+ y2+ z2 ≡ 1/r (ii) f (x, y) = 1/(x2+ y2)≡ 1/ρ2 解： (i) ∇ 1 r = − x r3 , x = (x, y, z) (ii) ∇ 1 x2+ y2 = − 2 x ρ4 , x = (x, y)
演習2.5 次の関数を x = 0 の周りで、指定された項数（ゼロでないも の）まで Taylor 展開せよ。 (1) cos x (3 項) (2) tan x (2 項) 解： (1) cos x = 1− 1 2!x 2+ 1 4!x 4+· · · (2) d dxtan x = cos −2x d2 dx2 tan x = 2 cos −3x + sin x d3 dx3 tan x = 6 cos −4x sin2x + 2 cos−2x q qq tan x = x + 1 3x 3+· · · 別解： x3まで求めれば良いから、 tan x = sin x cos x x−16x3 1− 12x2 x− 1 6x 3 1 + 1 2x 2 = x + 1 3x 3+· · · 演習2.6 関数 (1 + x)αを x = 0 の周りで展開せよ。 解： (1 + x)α = 1 + αx +α(α− 1) 2! x 2+· · · 演習2.7 関数 U (x) = 1 4x 4− 1 3x 3− x2 を図示しその極小値を求めよ。さらに（ 各々の ）極小値の周りで第 2 項 まで Taylor 展開せよ。
解： U (x) を図示すると -4 -2 2 4 -2 -1 1 2 3 図 mb23-1 まず U(x) = 0 となる点を求める： U(x) = x3− x2− 2x = (x + 1)x(x − 2) = 0 q qq x = −1, 0, 2 これらの点での二階微分を調べると U(x) = 3x2− 2x − 2 U(−1) = 3 極小 U(0) = −2 極大 U(2) = 6 極小 従って、 x =−1, 2 の周りで Taylor 展開すると (i) U (x) = − 5 12 + 3 2(x + 1) 2+· · · (ii) U (x) = −8 3 + 3(x− 2) 2+· · · 演習2.8 deax dx = ae ax を示せ。 解： y = ax と置くと、 dey dx = dy dx dey dy = ae y = aeax 演習2.9 f(x) = ln(1 + x) を x = 0 の周りで Taylor 展開せよ。
解： まず導関数を計算する。 f (0) = ln 1 = 0 f(x) = 1 1 + x → f (0) = 1 f(x) = − 1 (1 + x)2 → f (0) =−1 f(3)(x) = 2 (1 + x)3 → f (3)(0) = 2! f(n)(x) = (−1)n−1(n− 1)! (1 + x)n → f (n)(0) = (−1)n−1(n− 1)! 従って q qq ln(1 + x) = f (0) + f(0)x + 1 2!f (0)x2+· · · = x− 1 2x 2 +2! 3!x 3 +· · · + (−1)n−1(n− 1)! n! x n+· · · = ∞ n=1 (−1)n−1 n x n 演習2.10 対数関数の性質をうまく利用して、次の重要な公式を導け： (ex)y = exy 解： z = (ex)yと置き、両辺の対数をとると ln z = y ln ex = yx ln e = xy q qq z = exy 演習2.11 Euler の公式を用いて、次の三角関数の加法定理を導け。
(i) sin(α + β) = sin α cos β + cos α sin β (ii) cos(α + β) = cos α cos β− sin α sin β
解： ei(α+β) = eiαeiβの両辺に Euler の公式を適用すると
左辺 = cos(α + β) + i sin(α + β) 右辺 = (cos α + i sin α)(cos β + i sin β)
= cos α cos β− sin α sin β + i(sin α cos β + cos α sin β) 実部と虚部を比較すれば (i) と (ii) が同時に得られる。
演習2.12 2 次元の運動において、 F = A −y r2 , x r2 , A = const なる力を考える。この力の元で、図のように、(r0, 0) から、(r0, π)（ (r, θ) は、平面極座標を表すとする。）に至る二つの経路 Γa, Γbに沿ってなされ る仕事を計算して見よう。 (r , )0 π (r , 0)0 Γa Γb 図 ma24-3 (1) この力は常に円周の接線方向に働くことを示せ。 (2) その大きさは一定であることを示せ。 (3) 接線方向の長さの微小な成分は r0dθ であることを用いて、二つの経 路に沿った仕事を計算し 、それが等しくないことを確かめよ。 解： (1) 力と動径方向のベクトル x との内積を計算すると 、 F · x = (A/r02)(−y, x) · (x, y) = 0 であるから、力は常に動径方向に垂直、すなわ ち接線方向に働く。 (2) その大きさの２乗は、| F|2 = A2((−y)2+ x2)/r04 = A2/r02 = 一定。 (3) 接線方向の長さの要素は r0dθ であるから、仕事は F · d x = A r0r0dθ = A dθ 従って Γa, Γbに沿った仕事は Wa = A Γa dθ = A π 0 dθ = Aπ Wb = A Γb dθ = A −π 0 dθ =−Aπ = Wa となり、終点と始点が同じでも、経路によってなされた仕事が異なる良 い例となっている。 演習2.13 z 軸方向の一様な磁場 B 中の荷電粒子 (質量 m、電荷 e) の運 動方程式を解いて、運動の特徴を解析せよ。
解： ローレンツ力は e v× B であるから、 B = (0, 0, B) とすると、運動 方程式は (1) mdvx dt = evyB (2) mdvy dt = −evxB (3) mdvz dt = 0 式 (3) より z 方向には直線運動をする。x-y 平面方向の運動を解析する方 法はいろいろある。 (i) 最も簡単な方法は、(1) をもう一度微分して (2) を用いると md 2v x dt2 = eB dvy dt =− e2B2 m vx q qq 0 = d 2v x dt2 + ω 2v x, ω = eB m これは単振動の方程式であるから 、一般解は A, θ を定数として 、vx = A sin(ωt + θ) のかたちとなる。これを (1) に代入すれば vy = m eB dvx dt = 1
ωAω cos(ωt + θ) = A cos(ωt + θ)
これより vx2+ v2y = A2 = 一定、が得られる。x, y は vx, vyを積分すれば 容易に得られる。これより x-y 面内の運動は角速度 ω での等速円運動と なることがわかる。磁場は仕事をしないので、運動エネルギーが保存し ている。z 方向の並進運動と併せると、運動は一般に z 方向への螺旋運動 となる。 (ii) よりうまい方法は複素量 u ≡ vx + ivyを考えること。こうすると、 (1),(2) はうまく組み合わされて du dt =−iωu のかたちとなる。この一般解は u = ae−iωt (a は複素数)。この実部と虚 部を取れば vx, vyが求まる。 演習2.14 (1) バネに働く力は F = −kx は保存力である。そのポテン シャルエネルギー V (x) を求めよ。（ 但し V (0) = とせよ。） (2) すでに第２章で述べたように、質量 mが m に及ぼす万有引力は F ( r) = GN m m | r− r|3( r− r) | r− r| = (x− x)2+ (y− y)2+ (z − z)2
で与えられる。m の持つポテンシャルエネルギーが V ( r) = −GN m m | r− r| で与えられることを示せ。（ 但し V (∞) = 0 とする。） m’ m r’ r 図 ma24-7 解： (1) V (x) = x 0 kx dx = 1 2kx 2 (2) 1/| r − r| を x で微分すると ∂ ∂x (x− x)2+· · · = −1 2((x− x )2+· · ·)−1/2· 2(x − x) = − x− x | r − r|3 q qq − ∂ ∂x GN mm | r − r| = GNmm (x− x) | r − r|3 他の成分についても同様。 演習2.15 (1) 地面に衝突するときの速度をエネルギー保存則を用いて 求めよ。 (2) エネルギー保存則自体を z(t) に関する微分方程式と考えて解き、z(t) を求めよ。 解： (1) エネルギー保存則より、 1 2mv 2 z + mgz = mgh 従って、z = 0 の時の速度 vzは vz =√2gh。
(2) エネルギー保存則より 1 2 dz dt 2 + mgz = mgh q qq dz dt = 2g√h− z q qq √dz h− z = 2gdt 左辺の積分は容易にできて dz √ h− z = −2 √ h− z + const. q qq − 2√h− z + const. = 2g t 初期条件は t = 0 の時 z = h であるから、const = 0。従って 4(h− z) = 2gt2 q qq z = h− 1 2gt 2 演習2.16 地球からの脱出速度の問題。図のように質量 m のロケットを 半径方向に速度 v0で打ち上げる。 M R m v0 図 ma24-8 (1) 打ち上げ直後の全エネルギーの表式を書け。 (2) 地上からの距離が h の地点での速度を求めよ。 (3) 無限遠方でちょうど 速度がゼロになるとするとき、v0はいくらか。 この v0を脱出速度と言う。特に、地球からの脱出速度はいくらか。(R = 6400 km)。 解： (1) E = 1 2mv 2 0 − GNmM R
(2) 高度が h の時のエネルギーの表式は E = 1 2mv 2− G N mM R + h エネルギー保存より、これは (1) の値に等しい。従って、 1 2v 2 = 1 2v 2 0 − GNM 1 R − 1 R + h q qq v = v20− 2GNM h R(R + h) (3) 無限遠方では、V = 0。そのとき、v = 0 となる条件より、E = 0。 従って 1 2mv 2 0 = GNmMR これを解くと v0 = 2GNM R = 2GM R2 R = 2gR g 及び R の値を入れれば 、地球からの脱出速度は 11.2km/s となる。 演習2.17 半径 a、質量 M の一様な球の中心から距離 R の点に質量 m の質点があるとき、そこでの重力ポテンシャル、及び力が以下の式で与 えられることを示せ。（ 質点が 、球の外部にある場合と内部にある場合の 両方を考えよ。また、G = 6.67× 10−8cm3/gram· sec2はニュートンの重 力定数である。） V (R) = −GmM R F = −GmM (R) R2 ˆ R R r r l l m m θ θ a R r sinθ R-rcos θ r sinθ rcos -Rθ 図 ma25-3
解： 質量密度は ρ = M 4πa3/3 図より、質点が球の内部にあるか外部にあるかに拘わらず、質点までの 距離は - = |R − r cos θ|2+ (r sin θ)2 = √R2+ r2− 2Rr cos θ したがって R でのポテンシャルは V (R) = −Gmρ r2dr sin θdθdφ √ R2 + r2− 2Rr cos θ φ 積分を実行し 、cos θ = u とおくと V (R) = −Gmρ2π a 0 drr 2 1 −1du 1 √ R2+ r2− 2Rru さらに R2+ r2− 2Rru = v とおくと、 dv = −2Rrdu q qq du = − dv 2Rr したがって u 積分は 1 −1du 1 √ R2+ r2− 2Rru = (R−r)2 (R+r)2 −dv 2Rr 1 √ v = 1 2Rr (R+r)2 (R−r)2 dvv −1/2 = 1 2Rr2 v 1/2(R+r)2 (R−r)2 = 1 Rr (| R + r | − | R − r |) = 2/R R≥ r 2/r R≤ r R≥ a のとき： V (R) = −Gmρ2π a 0 drr 22 R = −Gmρ4π R a3 3 = Gmρ R 4πa3 3 =− GmM R この結果は全質量が原点一点に集まったとして計算したものに一致する。
力は ∇R = ˆR を用いると F = − ∇V (R) = −GmM R2 Rˆ R≤ a のとき： V (R) = −Gmρ2π R 0 drr 22 R + a R drr 22 r = · · · = −GmM 3 2a + GmM R2 2a3 半径 R 内の質量を M (R) と書くと M (R) = ρ4 3πR 3 = M R3 a3 したがって V (R) = const. +GmM (R) 2R この表式から力を求めると、 F = − ∇V (R) = −GmM 2a3 ∇R 2 = −GmM a3 R ˆR =−Gm M R3 a3 ˆ R R2 = −GmM (R) R2 ˆ R したがってこの場合も考えている点より内側の質量が原点に集中したと するときと全く同じ答を得る。✷ 演習2.18 半径 a の一様な円運動をしている質点に働いている力は中心 力であり、従って角運動量が保存することを示せ。また、| F| = mv2/a であることを示せ。 解：
v = aω(− sin ωt, cos ωt) d v dt = aω 2(− cos ωt, − sin ωt) = −ω2 x q qq F = md v dt =−mω 2 x∝ x (2.1)
演習2.19 厚さ a、半径 R、密度 ρ の円盤が、角速度 ω で中心軸の回り に回転している。 ω R a 図 ma26-7 この円盤の持つ全角運動量を求めよ。また、次の状況のときの角運動量 を数値的に求めよ。a = 2cm, R = 0.5m, ρ = 8g/cm3, の円盤が毎分 2000 回転している場合。 解： 微小体積要素のもつ質量は dm = ρardrdφ 速度は v(r) = rω ゆえ、全角運動量の大きさは L = ρaω R 0 r 3dr 2π 0 dφ = 1 2πρaR 4ω これに前述の値をいれると、 L = 1 2π· 8 × 10 3kg/m3· 2 × 10−2m· (0.5)4m4· 2π· 2000 60sec = 3.3× 103kgm2/sec 演習2.20 地球の自転に伴う全角運動量を求めよ。（単位は Kg m2/sec） 但し地球は半径 6400km、平均密度 5.5g/cm3の一様な球とせよ。 解： 密度を ρ、半径を R、角速度を ω とすると、 dm = ρr2dr sin θdφ, v(r, θ) = r sin θω L = ρω r4dr sin3θdθdφ = ρω2πR 5 5 π 0 sin 3θdθ
= 4π 5 ρωR 5 1 0 dx(1− x 2) (x = cos θ) = 8 15πρωR 5 これに次の値を入れればよい。 R = 6.4× 103Km = 6.4× 106m ρ = 5.5g/cm3 = 5.5× 103Kg/m3
1 day = 8.64× 104sec =⇒ ω = 2π/1day = 7.27 × 10−5/sec
これより、 L 7.2 × 1033Kgm2/sec 演習2.21 単振り子に対して極座標系での運動方程式を求めよ。但し r = 一定であるので、φ に関する方程式のみ意味がある1。 図 ma26-8 解： V = −mgx = −mgr cos φ。φ に関する運動方程式で ˙r = 0 と置 けば 、 mr2φ =¨ −mgr sin φ ⇒ φ +¨ g rsin φ = 0 (2.2) を得る。 1r に関する部分も有効にするには、r 方向に強いポテンシャルを入れなければなら い。
