基礎物理コースI

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(1)基礎物理コース I 上智大学理工学部物理学科大槻東巳 2007 年 4 月 16 日.

(2) i. 目次第1章 1.1 1.2 1.3 1.4 1.5. 1.6 1.7. 数学の基礎内積・外積 . . . . . . . . . . . 偏微分 . . . . . . . . . . . . . . 全微分 . . . . . . . . . . . . . . ナブラ記号 . . . . . . . . . . . ガウス (Gauss) の定理 . . . . . 1.5.1 ガウスの定理の系 . . . . 1.5.2 グリーン (Green) の定理ストークス (Stokes) の定理 . . . 初等関数 . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . .. . . . . . . . . .. . . . . . . . . .. . . . . . . . . .. . . . . . . . . .. . . . . . . . . .. . . . . . . . . .. . . . . . . . . .. . . . . . . . . .. . . . . . . . . .. . . . . . . . . .. . . . . . . . . .. . . . . . . . . .. . . . . . . . . .. . . . . . . . . .. . . . . . . . . .. . . . . . . . . .. . . . . . . . . .. . . . . . . . . .. . . . . . . . . .. . . . . . . . . .. 2 2 4 4 5 6 7 8 8 9. 第 2 章ニュートン (Newton) の法則 12 2.1 落下運動 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12 2.2 放物運動 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15 第3章 3.1 3.2 3.3 3.4 3.5. 運動方程式の解法運動量と力積 . . . . . エネルギーの保存則 . 保存力とポテンシャル保存力の条件 . . . . . エネルギーの保存則 .. 第4章 4.1 4.2 4.3 4.4 4.5 4.6. 運動量・角運動量の保存則運動量の保存則 . . . . . . ガリレイ変換 . . . . . . . 重心系と２粒子衝突 . . . 角運動量の保存則と極座標換算質量 . . . . . . . . . . 惑星の運動 . . . . . . . . 4.6.1 重力ポテンシャル .. . . . . .. . . . . .. . . . . .. . . . . . . .. . . . . .. . . . . . . .. . . . . .. . . . . . . .. . . . . .. . . . . . . .. . . . . .. . . . . . . .. . . . . .. . . . . . . .. . . . . .. . . . . . . .. . . . . .. . . . . . . .. . . . . .. . . . . . . .. . . . . .. . . . . . . .. . . . . .. . . . . . . .. . . . . .. . . . . . . .. . . . . .. . . . . . . .. . . . . .. . . . . . . .. . . . . .. . . . . . . .. . . . . .. . . . . . . .. . . . . .. . . . . . . .. . . . . .. . . . . . . .. . . . . .. . . . . . . .. . . . . .. . . . . . . .. . . . . .. . . . . . . .. . . . . .. . . . . . . .. . . . . .. . . . . . . .. . . . . .. 18 18 18 19 21 21. . . . . . . .. 23 23 25 27 31 33 34 34.

(3) ii. 4.7. 4.6.2 運動の決定 . . 4.6.3 惑星の軌道 . . 4.6.4 グランドツアーラザフォード散乱 . . .. . . . .. . . . .. . . . .. . . . .. 第5章 5.1 5.2 5.3 5.4. 振動現象単振動 . . . . . . . . 減衰振動と強制振動波 . . . . . . . . . . 単振り子 . . . . . . .. 第6章 6.1 6.2 6.3. 質点系・剛体質点系 . . . . . . . . . . . . . 質量中心と重心 . . . . . . . . 剛体 . . . . . . . . . . . . . . 6.3.1 剛体の運動方程式 . . . 6.3.2 固定軸のまわりの回転 6.3.3 慣性モーメントの性質 6.3.4 実体振り子 . . . . . . 地球の自転と公転 . . . . . . .. 6.4 第7章 7.1 7.2 7.3 7.4. . . . .. 運動する座標慣性力 . . . . . . . . . 回転座標系 . . . . . . 剛体の回転運動 . . . . オイラーの運動方程式. . . . .. . . . .. . . . .. . . . .. . . . .. . . . .. . . . .. . . . .. . . . .. . . . .. . . . . . . . .. . . . .. . . . .. . . . .. . . . . . . . .. . . . .. . . . .. . . . .. . . . . . . . .. . . . .. . . . .. . . . .. . . . . . . . .. . . . .. . . . .. . . . .. . . . . . . . .. . . . .. . . . .. . . . .. . . . . . . . .. . . . .. . . . .. . . . .. . . . . . . . .. . . . .. . . . .. . . . .. . . . . . . . .. . . . .. . . . .. . . . .. . . . . . . . .. . . . .. . . . .. . . . .. . . . . . . . .. . . . .. . . . .. . . . .. . . . . . . . .. . . . .. . . . .. . . . .. . . . . . . . .. . . . .. . . . .. . . . .. . . . . . . . .. . . . .. . . . .. . . . .. . . . . . . . .. . . . .. . . . .. . . . .. . . . . . . . .. . . . .. . . . .. . . . .. . . . . . . . .. . . . .. . . . .. . . . .. . . . . . . . .. . . . .. . . . .. . . . .. . . . . . . . .. . . . .. . . . .. . . . .. . . . . . . . .. . . . .. . . . .. . . . .. . . . . . . . .. . . . .. . . . .. . . . .. . . . . . . . .. . . . .. . . . .. 36 38 41 41. . . . .. 44 44 45 47 49. . . . . . . . .. 51 51 52 53 53 53 54 55 56. . . . .. 57 57 57 61 62. 第 8 章付録：次元解析. 66. 第9章 9.1 9.2 9.3 9.4 9.5 9.6 9.7. 68 68 70 71 71 74 74 75. 基礎物理コースのまとめ第一章 . . . . . . . . . . 第二章 . . . . . . . . . . 第三章 . . . . . . . . . . 第四章 . . . . . . . . . . 第五章 . . . . . . . . . . 第六章 . . . . . . . . . . 第七章 . . . . . . . . . .. . . . . . . .. . . . . . . .. . . . . . . .. . . . . . . .. . . . . . . .. . . . . . . .. . . . . . . .. . . . . . . .. . . . . . . .. . . . . . . .. . . . . . . .. . . . . . . .. . . . . . . .. . . . . . . .. . . . . . . .. . . . . . . .. . . . . . . .. . . . . . . .. . . . . . . .. . . . . . . .. . . . . . . .. . . . . . . .. . . . . . . .. . . . . . . .. . . . . . . ..

(4) 1. はじめにこの講義ではこれから物理学を学んでいく上で必ず必要になる数学と力学の法則を学ぶ。数学はベクトル解析という手段を学び、力学は単にニュートン (Newton) の法則を学ぶだけではなく、これから導かれる様々な保存則の重要性を講義する。ここで学んだ数学は電磁気学に応用される。また力学は発展して熱力学、量子力学、統計力学になるので、今後の授業の理解に欠かせない。かといってこれを隅々まで理解する必要はないので構える必要はない。この講義で１番強調したいのは単純な法則から非常に多くの事柄が予言でき説明できるという点である。つまり、高校時代にやった力学の第２法則 . . dp/dt = F. . がミクロな世界の原子の衝突にはじまり、我々のすんでいる身近な世界、果ては宇宙の惑星の運動までも説明できるという点をわかってほしい。参考書として以下の著書を挙げる。書名一般物理学力学−新しい視点にたって一般力学力学. 著者太田信義 V.D. バーガー, M.G. オルソン山内泰彦ランダウ, リフシッツ. 出版社丸善培風館岩波出版東京図書. 後の二つは難しいので、２年生になって解析力学を学ぶときに読めばよいだろう。.

(5) 2. 第 1 章数学の基礎本章では今後、物理を学ぶ上で必要な数学を学ぼう。. 1.1. 内積・外積. まず内積は以下のように定義される。. a·b=. n . ai bi = |a| |b| cos θ. (1.1). i=1. θ は a,b のなす角度である。線形代数学（数学）でやるようにこれは一般の次元で定義されるが、物理の場合は２，３次元の応用が主である。この値はスカラーで座標の回転しても不変である。つぎに外積を考えよう。これは三次元ベクトルで定義される。 a = (a1 , a2 , a3 ) b = (b1 , b2 , b3 ) a × b = (a2 b3 − a3 b2 , a3 b1 − a1 b3 , a1 b2 − a2 b1 ). (1.2). 向き：aからbの方向へ右ねじをまわしたときに進む方向大きさ：|a||b| sin θ θ：a, b のなす角この成分表示が、a, b と垂直であることは、. (a × b, a) = (a × b, b) = 0 であることからわかる。また大きさが |a||b| sin θ となるのは、. |a × b|2 + |(a, b)|2 = |a|2 |b|2 から示される。内積の表式のより難しい説明球座標をつかうと. a = a(sin θ1 cos φ1 , sin θ1 sin φ1 , cos θ1 ), b = b(sin θ2 cos φ2 , sin θ2 sin φ2 , cos θ2 ).

(6) 第 1 章数学の基礎. 3. z. a θ. y x. φ. となる。これより、. ax bx + ay by + az bz = |a||b|(cos θ1 cos θ2 + sin θ1 sin θ2 cos(φ1 − φ2 )) となる。この cos θ1 cos θ2 + sin θ1 sin θ2 cos(φ1 − φ2 ) は余弦定理から cos θ となることがわかる。外積の性質は上の定義から次のようになる。. 1. a × b = −b × a. (1.3). 2. a × (b + c) = a × b + a × c (a + b) × c = a × c + b × c. (1.4). (ka) × b = k(a × b) = a × (kb). (1.5). a×a=0. (1.6). 3.. 4.. Problem 1.1 以下の式を成分表示で証明せよ。 a · (b × c) = b · (c × a) = c · (a × b). (1.7).

(7) 第 1 章数学の基礎. 4 a × (b × c) = b(a · c) − c(a · b). [(a × b) × c] · d = (a × b) · (c × d) = (a · c)(b · d) − (a · d)(b · c). 1.2. (1.8) (1.9) (1.10). 偏微分. 今まで習ってきた関数は主に１変数関数であったと思う。しかし大学では多変数関数を考えることが多い。例えば、山の高さは h(x, y) という緯度と経度の関数だし、川の流れは (vx (x, y), vy (x, y)) で表される。そこでこうした関数の微分を考える。偏微分とは、ある変数に関して微分して、残りの関数は定数とみなすものである。２変数の場合の定義は. ∂f def f (x + Δx, y) − f (x, y) = lim Δx→0 ∂x Δx. (1.11). である。ここで偏微分に関する重要な性質を証明しておく。. Theorem 1.1. ∂2f ∂2f = ∂x∂y ∂y∂x. (1.12). 証明）. ∂ ∂2f f (x, y + Δy) − f (x, y) = lim ∂x∂y ∂x Δy→0 Δy 1 f (x + Δx, y + Δy) − f (x + Δx, y) f (x, y + Δy) − f (x, y) − = lim lim Δx→0 Δy→0 Δx Δy Δy 1 f (x + Δx, y + Δy) − f (x + Δx, y) f (x, y + Δy) − f (x, y) − = lim lim Δy→0 Δx→0 Δy Δx Δx 2 ∂ f = ∂y∂x. 1.3. 全微分. たとえば、x, y が時間の関数で同時に変化していたとする。このとき、関数 f (x, y) の変化は. Δf = f (x + Δx, y + Δy) − f (x, y).

(8) 第 1 章数学の基礎. 5. = f (x + Δx, y + Δy) − f (x + Δx, y) + f (x + Δx, y) − f (x, y) ∂ ∂f (x, y) = Δy f (x + Δx, y) + Δx ∂y ∂x ∂f (x, y) ∂f (x, y) + Δx ≈ Δy ∂y ∂x こうして、変化が無限小として. df =. ∂f ∂f dx + dy ∂x ∂y. (1.13). をうる。逆に. df = gdx + hdy. (1.14). とかけていれば、(1.12) より. ∂h ∂g = (1.15) ∂y ∂x となっていることが、df が全微分であるための条件となる。つまりある微分形がこの条件を満たしていれば、x, y の値だけで決まる関数 f (x, y) が存在するということである。. 1.4. ナブラ記号. これから議論するのは３次元空間での粒子の振る舞いであるので、偏微分 ∂/∂x, ∂/∂y, ∂/∂z が頻繁に出てくる。しかもこれらは対称な形で出てくるので、いっぺんにまとめて書いた方がよい。そこでベクトル、 def. ∇=(. ∂ ∂ ∂ , , ) ∂x ∂y ∂z. (1.16). を考える。たとえばこれが関数 f (x, y, z) に作用すると. ∇f = (. ∂ ∂ ∂ f, f, f ) ∂x ∂y ∂z. (1.17). となる。これは勾配 (gradient) を表しているので. ∇f = gradf. (1.18). とも書く。こんどはこれがベクトル v = (vx , vy , vz ) に作用したとする。内積は a · b = ax bx + ay by + az bz であったことを思い出して、 def. ∇ · v = divv =. ∂vx ∂vy ∂vz + + ∂x ∂y ∂z. (1.19).

(9) 第 1 章数学の基礎. 6. と定義する。これを div と書くのは、流れのわき出し (divergence) に関係しているからである。さて、内積が出てきたら次は外積である。これは. a × b = (ay bz − az by , az bx − ax bz , ax by − ay bx ). (1.20). で定義されていたことを思い出すと、 def. ∇ × v = rotv = (. ∂vy ∂vx ∂vz ∂vy ∂vx ∂vz − , − , − ) ∂y ∂z ∂z ∂x ∂x ∂y. (1.21). なぜこれを rot と書くかというと、これは流れの回転 (rotation) に関係しているからである。ここで grad と div と rot に関して重要な性質をあげておく。. rot(gradf ) = ∇ × (∇f ) ≡ 0. (1.22). div(rotv) = ∇ · (∇ × v) ≡ 0. (1.23). Problem 1.2 (1.22),(1.23) を証明せよ。 Problem 1.3 以下の恒等式を証明せよ。. 1.5. ∇ × (∇ × v) = ∇(∇ · v) − ∇2 v. (1.24). ∇ · (v × u) = (∇ × v) · u − v · (∇ × u). (1.25). ガウス (Gauss) の定理. ベクトル v を微小体積の立方体の面上で積分することを考える。このとき、v の面に関して垂直な成分を積分するとすると、結局流れ出す量を計算したことになる。 x 方向に垂直な面に対してこの積分をまず行おう。面は小さいとしてこの面上ではベクトルの値は一定だとする。するとこの流量は. [vx (x + Δx, y, z) − vx (x, y, z)]ΔyΔz ≈. ∂vx ΔxΔyΔz ∂x. となる。同様に y, z 方向の流量は. ∂vy ΔxΔyΔz , ∂y. ∂vz ΔxΔyΔz ∂z.

(10) 第 1 章数学の基礎. 7. となるので、これらを合計すると、この立方体から流れ出す量は. divvΔxΔyΔz となる。こうした微小体積の立方体を組み合わせれば、結局任意の形状を作ることができるので、結局以下の定理が導かれる。. Theorem 1.2 (ガウスの定理) 閉じた立体を考え、それに垂直で外側を向いた単位ベクトル n(x, y, z) を考える。このとき . (v · n)dS =. . dV divv. (1.26). これは体積積分と面積積分を結びつける便利な定理であり、今後、特に電磁気学でよく出てくる。. 1.5.1. ガウスの定理の系. 定数ベクトル c を使って，v → c × v と置き換えると . ([c × v] · n)dS =. . dV div(c × v). (1.27). ˙ なのでとなる。div(c × v) = −crotv . ([c × v] · n)dS = −. . dV c · (rotv). (1.28). となる。. (c × v) · n = −(n × v) · c なので，. . dS(n × v) =. をうる。また，v = cΦ とするとガウスの定理は . (cΦ) · ndS =. (1.29). . dV rotv. (1.30). dV div(cΦ). (1.31). . となる。div(cΦ) = c · gradΦ，(cΦ) · n = c · Φn なので . . gradΦdV = をうる。これも一種のガウスの定理である。. ΦndS. (1.32).

(11) 第 1 章数学の基礎. 1.5.2. 8. グリーン (Green) の定理. ガウスの定理 (1.26) 式から以下の公式が導かれる。v = φgradψ とおいて. div(φgradψ) = φ∇2 ψ + ∇ψ · ∇φ を代入する。ここで def. ∇ψ · n =. ∂ψ ∂n. (1.33). (1.34). という定義を用いると， . ∂ψ φ dS = ∂n. . dV (φ∇2 ψ + ∇ψ · ∇φ). (1.35). となる。これをグリーンの第一恒等式とよぶ。φ, ψ を入れ替えて，引き算を行うことでグリーンの定理が導かれる。. Theorem 1.3. 1.6. . . ∂φ ∂ψ −ψ φ dS = ∂n ∂n. . dV (φ∇2 ψ − ψ∇2 φ). (1.36). ストークス (Stokes) の定理. ガウスの定理は体積積分と表面積分を結びつける公式であった。ストークスの定理は面積分を線積分に結びつける公式である。ある微小な長方形を左回りで一周した積分を考える。このとき、 . . =. v · dr = vx (x + Δx/2, y, z)Δx + vy (x + Δx, y + Δy/2, z)Δy + vx (x + Δx/2, y + Δy, z)(−Δx) + vy (x, y + Δy/2, z)(−Δy) Δx Δy ∂ ∂ vx x + , y, z Δy + Δy vy x, y + , z Δx ≈ −Δx ∂y 2 ∂x 2 ∂vy ∂vx ≈ ΔxΔy = (∇ × v)z ΔxΔy − ∂x ∂y. dSn · (∇ × v). これは x − y 平面にある長方形の周りについて証明したのだが、これを次々と適用すれば、任意の閉曲線に関してこれが成り立つことがわかる。さらにこの閉曲線が x − y 平面になくても成立し、結局以下の定理が成り立つ。.

(12) 第 1 章数学の基礎. 9. Theorem 1.4 (ストークスの定理) 任意の閉曲線について、これに沿った方向の積分を考える。この閉曲面に垂直な単位ベクトルを n とすると . v · dr =. . rotv · ndS. (1.37). が成立する。この閉曲面の選び方は任意である。. Problem 1.4 この閉曲面の選び方が任意であることを証明せよ。 Problem 1.5 (0,0),(2,0),(2,1),(0,1) を角に持つ長方形を考える。これについて v = (−y, x, 0) を積分して、ストークスの定理を確かめよ。. 1.7. 初等関数. 今度は物理によく出てくる関数を復習しておく。まずテイラー展開というものを学んでおく。これは. Theorem 1.5 (テイラー (Taylor) 展開) 関数 f (x) の性質が x0 でよくわかっている、つまりその値と微分が高次までわかっている場合、 ∞ f (n) (x0 ) 1 2 (x−x0 )n (1.38) f (x) = f (x0 )+f (x0 )(x−x0 )+ f (x0 )(x−x0 ) +· · · = 2! n! n=0 . と表せる。特に x0 = 0 の場合をマクローリン (Maclaurin) 展開という。. ex は微分しても変わらないという性質を持っている。 dex = ex dx. (1.39). x0 = 0 のまわりに展開すると、 ex = 1 + x +. x2 x3 + +··· 2 3!. (1.40). となる。確かにこれは微分しても変わらない。次に三角関数をマクローリン展開してみよう。 x3 x5 + −··· (1.41) sin x = x − 3! 5! x2 x4 cos x = 1 − + −··· (1.42) 2! 4!.

(13) 第 1 章数学の基礎. 10. さて x のかわりに ix を代入すると. eix = 1 + ix −. x3 x4 x5 x2 x−i + +i +··· 2! 3! 4! 5!. (1.43). こうしてオイラー (Euler) の公式、. exp(ix) = cos x + i sin x. (1.44). が証明できる。このように三角関数と指数関数は親戚関係にある。三角関数を指数関数で表すと. sin x =. eix + e−ix eix − e−ix , cos x = 2i 2. (1.45). となるので、新しく. ex − e−x 2 x −x def e + e cosh x = 2 x −x sinh x def e − e = tanh x = x −x e +e cosh x を定義しよう。これらは双曲線関数と呼ばれる。双曲線関数の場合、 def. sinh x =. cosh2 x − sinh2 x = 1 , 1 − tanh2 x =. 1 cosh2 x. (1.46) (1.47) (1.48). (1.49). という関係式がある。三角関数の場合の. cos2 x + sin2 x = 1 , 1 + tan2 x =. 1 cos2 x. とは、微妙に違うことに注意しよう。三角関数の微分は. sin x = cos x , cos x = − sin x , tan x =. 1 cos2 x. (1.50). となるが、双曲線関数は. sinh x = cosh x. (1.51). cosh x = sinh x. (1.52). tanh x = となる。. 1 cosh2 x. (1.53).

(14) 第 1 章数学の基礎. 11. 指数関数の逆関数が対数関数である。これは. y = log x , ey = x. (1.54). で定義される。そこで. exp(y + Δy) − exp(y) = x + Δx − x より. exp(y)Δy ≈ Δx をうるので、. 1 1 dy = y = dx e x. (1.55). dx = log x + C x. (1.56). をうる。これから積分公式、 . をうる。では log |x| の微分はどうであろう？x < 0 では log |x| = log(−x) なので. 1 1 d log(−x) = − = dx −x x となる。よって. . dx = log |x| + C x. (1.57). (1.58). が導かれる。このように指数関数、対数関数、三角関数は互いに切っても切れない関係にある。これらをまとめて初等関数とよぶ。.

(15) 12. 第 2 章ニュートン (Newton) の法則高校時代に習ったように、ニュートンの運動の法則は以下のようにまとめられる。. 1. 力の作用を受けないとき、物体は等速直線運動を行う。 2. 物体がうける力とその運動量の変化は比例する。すなわち F = mα = m. d2 x dp = 2 dt dt. (2.1). 3. ある物体が他の物体に力を作用させるとき、等しい逆方向の力をその物体は他の物体からうけるこのニュートンの法則だけでも自然界の多くの現象がわかる。またこれを抽象化することで量子力学や相対論が発展してきた。今後はこの法則を様々な現象に適用するのであるが、その過程で現代物理学に重要な保存則などを学ぶので、ただ基本法則を応用しているだけだとは思わないで、勉強してほしい。さらに応用していく上で、微分方程式やベクトル解析などのテクニックも学んでいくので、高校の延長だと思わず、馬鹿にしないこと。なお、応用例はなるべくおもしろいものを扱うようにする。. 2.1. 落下運動. 抵抗のない放物運動は高校時代、やりつくしたであろう。いまさら、やっても幻滅するだけであろうから、ここでは現実的な抵抗のある問題を考える。速度があまり速くないとき、物体は速度の大きさに比例した抵抗をうける。そこで z 方向の運動方程式は m¨ z = −mg − mγ z˙ (2.2) となる。この方程式は vz = z˙ として. v˙z = −g − γvz. (2.3).

(16) 第 2 章ニュートン (Newton) の法則. 13. となる。この型の方程式は非常によく出てくるので、しっかり以下の解法をマスターしてほしい。たとえば、コンデンサーと抵抗をつないだときの電荷に対する方程式はこの形である。この方程式は −g の項がなければ解はすぐに vz = ce−γt と求められる。−g があるときはこの定数 c が時間変化していると仮定する。これを代入して、 −γt c(t)e ˙ − γc(t)e−γt = −g − γvz. となり、. c(t) ˙ = −geγt. (2.4). をうる。これより. g c(t) = c(t = 0) − [eγt ]t0 γ g = c(t = 0) − (eγt − 1) γ. (2.5) (2.6). をうる。たとえば t = 0 で vz = 0 とすると、c(t = 0) = 0 となるので. vz =. g −γt (e − 1) γ. (2.7). となる。この解は. 1. t が小さいとき、vz = −gt 2. t が大きいとき、vz = −g/γ となる。さらに. z(t) − z(0) =. t. vz dt. 0. (2.8). より . t. . 0. g e−γt −t z(t) = − γ γ. + z(0) . g 1 − e−γt = − t + z(0) γ γ さて、実際の γ の値はどの程度なのだろうか？これはストークス (Stokes) の法則で決まっている1 。 6πaη (2.9) γ= m 1. Stokes の定理と勘違いしないこと。全くの別物.

(17) 第 2 章ニュートン (Newton) の法則. 14. ここで a は雨滴を球としたときの半径で、η は粘性係数である。空気の場合、η ≈ 1.8 × 10−5 [kg/m・s] なので. γ=. 6π × 1.8 × 10−5 a = 8.1 × 10−8 [m2 /s]a−2 1.0 × 103 (4π/3) a3. よって雨滴は最終速度 g/γ = g/8.1 × 108 a2 ≈ 120 × 106 × a2 で落ちる。a を mm で測ったものを a ˜ とおくと、 vz (∞) = 120˜ a2 [m/s] ところで γ = 8.1 × 10−2 /˜ a2 ≈ 0.1[s−1 ]/ã2 なので最終速度に 10 秒程度で達してしまうことがわかる。すると 1mm の半径の雨滴が秒速 120[m/s] で落ちてくることになり、なにかおかしい。実際は空気抵抗の設定に問題があった。空気抵抗は最初は速さに比例する。このような抵抗は粘性抵抗と呼ばれる。ところが、ある程度まで速度が速くなると今度は、慣性抵抗という速度の２乗に比例した抵抗が生じるのである。これは物体が空気中を進んでいくと、空気に力積を与えるが、この大きさが速さに比例し、さらに空気の分子との衝突の頻度が速さに比例することを考えればよい。こうして運動方程式は π mv˙ z = −mg + ρ0 a2 vz2 (2.10) 4 これより、 π c ρ0 a2 vz2 = − (vt2 − vz2 ) v˙ z = −g + (2.11) 4m m となる。ここで vt は終端速度で . 4mg πρ0 a2. (2.12). c t πρ0 a2 t dvz = dt = vz2 − vt2 m 0 4m. (2.13). def. vt = である。こうして. vz vz (0)=0. となる。これを積分するには簡単である。. . vz − vt vz 1 1 1 1. − dvz = log. 2vt vz − vt vz + vt 2vt vz + vt vz =0 1 vt − vz = log 2vt vt + vz gt = 2 vt. これから逆に vz を時間で表してやればよい。. exp(2gt/vt ) =. vt − vz vt + vz.

(18) 第 2 章ニュートン (Newton) の法則. 15. から. 1 − e2gt/vt gt vz = vt = −vt tanh 2gt/v t 1+e vt となる。落下距離はこれを積分して、 z(t) − z(t = 0) = −vt. t 0. .

(19). (2.14). gt tanh dt vt

(20). gt = − log cosh g vt vt2. となる。こうして. z(t) = z(t = 0) −. . gt vt2 log cosh g vt. t 0. . (2.15). となる。 limx→∞ tanh x = 1 なので、(2.14) より十分時間がたつと、 . vt =. mg = c. . π ρair a2 4. −1. √ 4π 3 a ρwater g = 6.6 a ˜[m/s] 3. となる。これなら雨の日に歩いても無事である。速度が速い場合が、慣性抵抗、遅いときは粘性抵抗としたが、この速い、遅いを決めるのはボールの大きさや空気の粘性である。実際には速さと大きさからレイノルズ数というものが計算でき、この値の大小で慣性抵抗、粘性抵抗が決まる。. Problem 2.1 スカイダイバーの落下はやはり慣性抵抗で最終速度が決まっている。最終速度は 54[m/s] である。t = 1, 2, 5, 10 秒での落下距離を求めよ。. 2.2. 放物運動. 放物運動も高校時代、さんざんやったであろうから、純粋な放物運動はやめて抵抗がある場合を議論する。ここでは粘性抵抗がある場合を解いてみよう。まず (2.2) より v˙ z = −g − γvz で t = 0 で速さ v で角度 θ に打ち出すと、vz = v sin θ となるので

(21). g −γt g vz = v sin θ + e − γ γ. (2.16). となる。一方、x 方向の運動は上式を sin を cos に、また g → 0 として. vx = v cos θe−γt. (2.17).

(22) 第 2 章ニュートン (Newton) の法則. 16. となる。t = 0 で (x, z) = (0, 0) とすると、

(23). g z = v sin θ + γ. x = v cos θ. 1 − e−γt gt − γ γ. (2.18). 1 − e−γt γ. (2.19). となる。. Problem 2.2 (2.18),(2.19) において γ → 0 とすると高校時代に習った運動方程式が導かれることを示せ。さて、一番遠くに投げるには４５度の方向に投げればよいということを習ったであろうが、本当だろうか？これを議論するのはちょっと難しい。まず z = 0 となる時刻を tc とおく。このとき

(24). g 0 = v sin θ + γ なので. gtc 1 − e−γtc − γ γ. 1 − e−γtc g = tc v sin θ + g/γ. となる。これより. x = v cos θ. (2.20). gtc 1 γ v sin θ + g/γ. (2.21). とかける。これから先は近似しなければならない。抵抗が弱い、γtc 1 のとき、(2.20) は

(25). γ γv sin θ γtc − (γtc )2 /2 + (γtc )3 /3! ≈γ 1− ≈ tc 1 + γv sin θ/g g となり.

(26). 2v sin θ γt2c 2vγ sin θ 2v sin θ tc ≈ 1+ + ≈ g 3 g 3g. (2.22). となる。これを (2.21) に代入して、

(27). 2v sin θ 1 2vγ sin θ x = v cos θ 1+ v sin θ + g/γ γ 3g 2v 2 cos θ sin θ 1 + = g 1+

(28). 2vγ sin θ 3g vγ sin θ g. 2v 2 cos θ sin θ vγ ≈ 1− sin θ g 3g.

(29) 第 2 章ニュートン (Newton) の法則. 17. そこで. 0= とすると、Δ =. vγ 3g. dx dθ. (2.23). として、. 2 cos 2θ − 2Δ cos 2θ sin θ − Δ sin 2θ cos θ = 0 となる。さて Δ = 0 のとき θ = π/4 が解だったので、これに答えは近いだろうから、 θ = π/4 + δ とおくと、δ 2 の項を無視して. √ Δ −2 sin 2δ − Δ/ 2 = 0 , δ ≈ − √ 4 2. (2.24). をうる。こうして４５度よりわずかに下の方にうつ、または投げた方がよく飛ぶことがわかる。ここでは粘性抵抗を考えたが、これは厳密には正しくない。ただ、抵抗があった場合、角度をどうすれば遠くに飛ぶかという議論では、慣性抵抗でも粘性抵抗でも同じなので、粘性抵抗としたわけです。. Problem 2.3 この導出は多少難しかったので、(2.18),(2.19) をパソコンでプロットして実感をつかむこと。.

(30) 18. 第 3 章運動方程式の解法 3.1. 運動量と力積. まずニュートンの運動方程式 (2.1) を思い出そう。. d (mv) = F dt. (3.1). から (これは質量が変化していても使える)、. p(t2 ) − p(t1 ) =. t2 t1. F dt. (3.2). となる。F Δt は力積とよぶ。ニュートンの法則は言葉で表すと、. 運動量の変化はその時間に働いた力積の和に等しいということである。. 3.2. エネルギーの保存則. 次に質量が変化していないとしよう。すると. m. d2 r =F dt2. (3.3). の両辺に dr/dt をかけて時間 t で積分すると . m となる。そこで. より. dt. dv ·v = dt. . F · vdt. dv dv 2 = 2v · dt dt m 2 (v (t2 ) − v 2 (t1 )) = 2. t2 t1. F · vdt =. (3.4) r2 r1. F · dr. (3.5).

(31) 第 3 章運動方程式の解法. 19. をうる。さて、積分 F · dr は初めての人にはわかりづらいであろうが、これから何度も出てくるので例を挙げてしっかり理解しなければならない。たとえば、(0, 0, 0) から (x, y, z) に行くときを考える。この積分は一般には経路による。つまりどのように移動するかによるのであるが、ストークスの定理から rotF = 0 のとき、これは経路によらなくなる。いま、. (0, 0, 0) → (x, 0, 0) → (x, y, 0) → (x, y, z) という移動を考えると、この積分は . F · dr =. x 0. Fx (x , 0, 0)dx +. y 0. Fy (x, y , 0)dy +. z 0. Fz (x, y, z )dz . (3.6). を表す。. Problem 3.1 この例で 1. 最初に y 軸に沿って動き、次に z 軸に沿って、最後に x 軸に沿って進むとどうなるか？ 2. 真っ直ぐに (x, y, z) に向かうときはどうなるか？こうして仕事 W を def. . W =. F · dr. (3.7). 運動エネルギー T を. p2 mv 2 = (3.8) 2 2m で定義すると運動エネルギーの変化は外からされた仕事に等しいことがわかる。すなわち δT = W (3.9) def. T =. である1 。. 3.3. 保存力とポテンシャル. . F · dr が始点と終点のみによるとき、この力 F は保存力と呼ばれる。そこで原点 O から位置 r まで F を積分した値を def. U(r) = − 1. r 0. F · dr. 熱力学の場合、仕事は外にした仕事として定義するので符号が逆になる. (3.10).

(32) 第 3 章運動方程式の解法. 20. と定義する。たとえば質点が P から P へ移動するときその仕事は P P. F · dr =. O P. F · dr +. P O. F · dr = U(P ) − U(P ). となる。このとき運動エネルギーは. δT = W = U(P ) − U(P ). (3.11). だけ増えることになる。後にこれがエネルギー保存則を表していることがわかる。さて、この U で力 F を表してみよう。U は F の積分で表せるのだから F は U の微分になるであろうが、前者はベクトルで後者はスカラーなので多少注意が必要である。まず P と P が微小な距離だけ離れているとする。つまり. r P = r P + δr. (3.12). とする。このとき. δU = U(r P ) − U(r P ) = U(r P + δr) − U(r P ) ∂U ∂U ∂U ≈ δx + δy + δz ∂x ∂y ∂z となる。一方、定義より. U(r P ) − U(r P ) ≈ −(Fx δx + Fy δy + Fz δz) なので、. F = −∇U. (3.13). となる。力に逆らって動くと U は増える。つまり坂道を上るようなものである。これがポテンシャルエネルギーである。∇ は勾配を表している。力は勾配の反対方向に生じることをこのマイナスの符号が表している。エネルギーの保存則は運動エネルギーとポテンシャルのエネルギーの和が時間によらないことを表している。これは非常に重要な法則でニュートン力学がだめになる相対論とか量子論でも成り立っている。つまり基本法則中の基本法則である。. Problem 3.2 U(r) = のとき、F を求めよ。. A rk.

(33) 第 3 章運動方程式の解法. 3.4. 21. 保存力の条件. F は (3.13) により U から導ける。では逆に F から U は出せるであろうか？(3.10) から U が一意的に決まるためには保存力でなければならない。ところが F が保存力であることを確かめるには積分 F · dr が経路によらないことを示さなければならなく、大変やっかいである。ところで F が保存力なら (3.13) から F = −∇U とかけるので、(1.22) より ∇×F =0. (3.14). である。よって (3.14) は F が保存力であるための必要条件である。逆に ∇ × F = 0 が満たされていれば、経路によらないであろうか？経路によらないということは、あらゆる閉曲線について F · dr = 0 (3.15) となることが必要十分条件である。ストークスの定理 (1.37) より . F · dr =. . (∇ × F ) · ndS = 0 . となるので、(3.14) は閉曲線に関して F · dr = 0 が満たされる十分条件でもあることがわかる。よって. Theorem 3.1 力 F が保存力であるための必要十分条件は ∇×F =0 ということがわかる。. Problem 3.3 以下の力は保存力かどうか調べよ。もし保存力の場合は U(x, y, z) を求めよ。 a) F = (3x2 y, x3 , 0) b) F = (x2 y, xy 2, 0). 3.5. エネルギーの保存則. 保存力の場合、エネルギー保存則 (3.5) は. δT =. mv(P )2 mv(P )2 − 2 2.

(34) 第 3 章運動方程式の解法. 22. となるので. mv(P )2 mv(P )2 + U(P ) = + U(P ) (3.16) 2 2 となる。これがエネルギーの保存則を表している。つまり保存力の場合、ポテンシャル U が定義でき、運動エネルギーとポテンシャルエネルギーの和を力学的エネルギー E として 2 def mv E = +U (3.17) 2 とすると、これは時間に依存しない量となる。 (3.17) を変形すると mv 2 ≥0 (3.18) E − U(r) = 2 をえる。つまり質点は E ≥ U(r) (3.19) を満たす r しか運動できないのである。これを可動域とよぶ。 1 次元の場合、この可動域は大変簡単になる。可動域の端の点を x0 < x1 とする。 (3.17) より、 dx 2 =v=± (E − U(x)) (3.20) dt m となる。これから x0 から x1 に動くときにかかる時間は. t1 − t0 =. x1 x0. . dx 2 (E m. − U(x)). となるので、周期 T は. T = 2(t1 − t0 ) =. x1 x0. √ . 2mdx. E − U(x). (3.21). となる。. Problem 3.4 U(x) = kx2 /2 のとき、(3.21) から周期 T を求めよ。 Problem 3.5 ピラミッドの高さが 150m、底面が 250 × 250[m2 ] とする。石の密度を 2.5[g/cm2] とすると、ポテンシャルエネルギーはどれくらいになるか？100kg を 1m 持ち上げるのに 1 分かかるとして、1 日 5 時間働くと、何年かかるか？.

(35) 23. 第 4 章運動量・角運動量の保存則 4.1. 運動量の保存則. 前章で示したように、運動量の変化は与えられた力積に等しい。すると外から力が加えられなければ、運動量は保存していることになる。これが運動量の保存則である。今、質点が n 個あるとする。i 番目の質点は、1∼i − 1,i + 1∼n 番目の質点から力を受けているとする。このとき (2.1) は dpi F ij = F i1 + F i2 + · · · + F in = dt j=i. (4.1). である。ここで全運動量 P を. P = p1 + p2 + · · · + pn =. n i=1. pk. (4.2). で定義すると、 n dP = F ij = F 12 + F 13 + · · · + F 1n dt i=1 j=i. + F 21 + F 23 + · · · + F 2n + F 31 + F 32 + · · · + F 3n + ··· となる。ところで右辺は作用、反作用の法則. F ij = −F ji. (4.3). で次々と項がうち消しあって 0 になる。よって互いに力を及ぼしあっている (内力) 質点系の全運動量は保存していることがわかる。すなわち. P˙ = F ext. (4.4).

(36) 第 4 章運動量・角運動量の保存則. 24. この運動量の保存則の例としてまず、雨の中、バケツをトロッコに乗せて速さ v0 で走らせた場合を考えよう。バケツには一秒間に σ だけ、雨水がたまるとする。このとき、トロッコとバケツをあわせた質量は. m = m0 + σt. (4.5). d(mv) =0 dt. (4.6). である。運動量の保存則から. なので. mv = m0 v0 となるので、. v=. m0 v0 m0 + σt. (4.7). というように減速することがわかる。次にロケットの推進を考える。時刻 t でのロケットの運動量は p = mv である。ロケットからはロケットに対して速さ u でガスが噴出する。そこで. dv dm dP =m +v dt dt dt. (4.8). がロケットの運動量の変化となり、ガスは. dm dp =− (v − u) dt dt. (4.9). という運動量の変化をする。二つの和は 0 なので、. m となる。これより. dm dv +u =0 dt dt. (4.10). dm dv =− u m. となるので. m1 v2 − v1 = log u m2. (4.11). となる。地球から脱出するときを議論するためには. m. dm dv = −mg − u dt dt. (4.12).

(37) 第 4 章運動量・角運動量の保存則. 25. を考える。燃料の減り方は一定として、. dm = −αm0 dt となっているとすると、. m = m0 (1 − αt) となり、. (4.13). uαm0 uα dv = −g + = −g + dt m 1 − αt. となるので、. v = −gt − u log(1 − αt). (4.14). となる。tf で燃料が燃え尽きるとすると、 . tf = で、. . 1 mf 1− α m0. . . g mf m0 vf = − 1− + u log α m0 mf. (4.15). となる。これが地球の脱出速度よりも大きくなければならないのである。. √ Problem 4.1 復習であるが、地球の脱出速度が地球の半径を R とすると、 2gR=11.2[km/s] となることを示せ。(4.15) より、なるべく効率よく加速するためにはロケットをどう設計すればよいか？. 4.2. ガリレイ変換. ニュートンの第二法則で表される運動方程式 (2.1) は慣性系において成立する。ある慣性系に対して等速直線運動する系も慣性系である。ある慣性系について解いた問題は簡単に別の慣性系の解に変換できるので、なるべく簡単な系で解いて元に戻すとよい。まず等速運動している系で運動方程式が一致していることを示そう。元の座標を r として、それに対して V 0 で運動している系からみた座標は. r = r + V 0t となる。各々の系での速度はこれを微分して. dr dr = +V0 dt dt. (4.16).

(38) 第 4 章運動量・角運動量の保存則. 26. から、. v = v + V 0. (4.17). α = α. (4.18). F (r, t) = F (r , t). (4.19). となり、加速度はとなる。また力はなので、. d2 r d2 r = m = F (r, t) = F (r , t) (4.20) dt2 dt2 となる。こうして、座標 r でみた運動方程式も同じ形になることがわかる。ここで m. 1. t は座標系によらない 2. F はローレンツ力のように速度によることはないことを仮定した。ここの部分を疑ったのがアインシュタインで、これから相対論が生まれた。例) 鳥が羽ばたかずに風を受けて飛び立つ現象を考えよう。地面からみると鳥はとまっている状態から動いている高い状態に動くので、ポテンシャルと運動エネルギー両方が増えていて一見、エネルギーの保存則を破っているように見える。もちろんこれは間違いで、実は風からエネルギーをもらっているのである。風の速度の変化を ΔVW とすると風の運動エネルギーの変化は. M MΔVW2 2 [(VW + ΔVW )2 − VW ] = MVW ΔVW + 2 2. (4.21). となる。M は風の質量である。これだと考えづらいが、風と一緒に動いている座標が 0 なので、運動エネルギーの変化はでは VW. M 2 ΔVW 2 となる。一方、運動量の保存則より. −mVW = (m + M)ΔVW , ΔVW ≈ − がえられるので、風のエネルギーの変化は. M mm 2 m 2 2 ΔVW VW VW ≈ 2 2M 2. m VW M.

(39) 第 4 章運動量・角運動量の保存則となり、鳥のエネルギーの変化 T = ネルギーははじめ、. 27 2 mVW 2. にくらべて無視できる。このとき、鳥のエ. 2 mVW , U =0 2 であり、最終的には風と同じ速度になるとして、. T =. (4.22). T = 0 , U = mgh. (4.23). となる。これらが等しいとして、. h=. 2 VW 2g. (4.24). だけ舞い上がれることがわかる。. Problem 4.2 風速 10[m] の風の中では鳥は羽ばたかないでどこまであがれるか？. 4.3. 重心系と２粒子衝突. 物理で現れる多くの衝突現象は二つの粒子の衝突のあつまりとしてとられることが出来る、または近似することが出来る。物質の最小の構成要素である素粒子の性質を調べるには、加速器で粒子同士をぶつける手段がもっとも強力であるし、気体の圧力などの性質も原子・分子の衝突現象としてとらえられる。ビリヤードの玉は非常に膨大な粒子の集まりであるが、この衝突も２粒子の衝突として近似できるし、惑星の運動も２個の質点の運動として近似できる。そこでここでは２粒子衝突を考えよう。はじめ、２番目の粒子は静止している場合を考え、これを実験室系とよぶ。ここでの運動量の保存則は m1 v 1i = m1 v 1f + m2 v 2f (4.25) となり、エネルギーの保存則は. m1 v 21f m2 v 22f m1 v 21i = + 2 2 2. (4.26). となる。３次元でこれを解くのはやっかいである（だから入試には出ない）。そもそも片方を止まっているとしているので、粒子１と粒子２の対称性が崩れてしまっている。そこで二つの粒子の重心という対称な位置を考えよう。重心の速度は運動量保存則により一定である。その速度を V G として. VG=. m1 v 1i , v ij = v ij + V G (i = 1, 2 j = i, f) m1 + m2. (4.27).

(40) 第 4 章運動量・角運動量の保存則. 28. である。この重心速度で動く系を重心系とよぶ。重心系での速度は. v 1i = v 1i − V G = v 2i = −V G = −. m2 v 1i m1 + m2. m1 v 1i m1 + m2. (4.28) (4.29). である。重心系での運動量保存則は. m1 v 1i + m2 v 2i = m1 v 1f + m2 v 2f = 0. (4.30). m2 v 2 m1 v 2 m2 v 2 m1 v 2 1i 2i 1f 2f + = + 2 2 2 2. (4.31). エネルギーの保存則は. となる。まず (4.30) より. v 2i = −. m1 m1 v 1i , v 2f = − v 1f m2 m2. (4.32). となる。これを (4.31) に代入して、 v1i = v1f , v2i = v2f. (4.33). をうる。つまり各粒子のエネルギー (速さ) は重心系では衝突前後で変わらないのである。こうして. 1. (4.32) のように衝突前後で運動方向が平行 2. (4.33) のように各粒子の速さはおなじままということがわかる。これでかなり簡単になった。. Problem 4.3. m1 v 2 m2 v 2 m1 + m2 2 m1 v 21i 1i 2i = + + VG 2 2 2 2 を示せ。これはどんな意味を持っているか？. (4.34). Problem 4.4 n 個の粒子が運動量 pi (i = 1, n) をもっている。互いに相互作用した後，これらは pi + q i (i = 1, n) となった。 1. 運動エネルギーの増加分を求めよ。 2. 速度 V の系で見ても運動エネルギーの増加分は変化しないことを示せ。.

(41) 第 4 章運動量・角運動量の保存則. 29. さて、初速度 v 1i , v 2i が与えられたとき、求めたい最終速度 v 1f , v 2f は６成分ある。ところで (4.32) により v 2f は v 1f から決まってしまうので、結局 v 1f さえわかればよい。さらに v1f = v1i なので、v 1f の大きさははじめからわかっている。そんなわけで、v 1f の方向さえわかっていればよいのである。そこで v 1f の方向が v 1i からどれだけずれ、v 1i と垂直な面のどの方向に飛んでいくかを調べればよいことがわかる。そこで実験室系と重心系での角度の関係を調べてみよう。. v 1f = v 1f + V G. (4.35). v1f sin θ = v1f sin θ. (4.36). より. v1f cos θ = となる。これより. tan θ =. v1f. . cos θ + VG. sin θ cos θ + VG /v1f. (4.37). (4.38). をうる。. VG v1i m1 = v1f m1 + m2 v1f v m1 = 1i v1f m2 m1 = m2 より、重心系と実験室系での散乱角は. sin θ tan θ = cos θ + m1 /m2. (4.39). となる。. Problem 4.5 m2 = ∞ のとき、θ と θ の関係はどうなるか？その物理的意味を考えよ。m1 = m2 のときはどうなるか？ (4.39) をもう少しよく眺めてみよう。もし θ が 0 から π まで動いたとき右辺の分母は m1 /m2 が１より大きいか小さいかで 0 になることがあるか、決して 0 ならないかが決まる。 1. m1 ≤ m2 なら分母が 0 になれるので右辺はいくらでも大きくなれる。よって θ も 0 から π のあらゆる角度をとれる。.

(42) 第 4 章運動量・角運動量の保存則. 30. 2. m1 > m2 なら分母が決して 0 になれない。(4.39) を微分するとわかるように cos θ = −m2 /m1 のとき、右辺が最大になるので、 m2 sin θmax = <1 (4.40) m1 という角度 θmax まで大きくなった後、減少して 0 になってしまうのである。. Problem 4.6 静止している陽子に電子をぶつけた場合、散乱角は何度まで大きくなれるか？逆はどうか？標的粒子に与えられるエネルギーは実験室系で. 1 1 2 ΔT = m2 v2f = m2 (v 2f + V G )2 2 2 1 = m2 (v 2f − v 2i )2 2 2 = m2 v2i (1 − cos θ ) θ 2 sin2 = 2m2 v2i 2 となる。よって最大エネルギーの受け渡しが行われるのは θ = π という後方散乱である。実験室系でエネルギーがどのように変換されるかをみるには T2f /T1i を計算すればよい。これは 2 4m1 m2 T2f sin2 (θ /2) 2m2 v2i 2 θ = (4.41) = sin 2 T1i m1 v1i /2 (m1 + m2 )2 2 となる。よって m1 = m2 の場合に一番効率よくエネルギーを受け渡すことが出来ることがわかる。ここでこの質量が等しい粒子の衝突を詳しく考えてみよう (身近な話題ではビリヤードに相当する)。このとき、. m1 = m2 , V G =. v 1i = v 1i = −v 2i 2. (4.42). となる。はじめに正面衝突を考える。(4.32) から. v 1f = −v 2f = −v 1i = − v 2f = −v 2i =. v 1i 2. v 1i 2. (4.43) (4.44). となる。こうして. v 1f = v 1f + V G = 0. (4.45). v 2f = v 2f + V G = v 1i. (4.46).

(43) 第 4 章運動量・角運動量の保存則. 31. となる。これはビリヤードをやったことのない人でもわかるだろう。正面衝突でない場合はどうなるか？これには運動量の保存則から. v 21i = (v 1f + v 2f )2 = v 21f + v 22f + 2v 1f · v 2f. (4.47). となる。これとエネルギーの保存則から. v 1f · v 2f = 0. (4.48). となる。こうしてターゲットに質量の等しい粒子が衝突した場合、二つは垂直方向に飛んでいくことがわかる。以上、衝突前後でエネルギーが保存する場合を考えてきた。これは弾性衝突と呼ばれる。粘土をぶつけたときなどは、エネルギーの一部が熱エネルギーに変換され、力学的エネルギーは保存されない。この場合は非弾性衝突とよぶ。. 4.4. 角運動量の保存則と極座標. 原点 O から位置 r の点に対して力 F (r) が働いているとする。この力の方向が r と同じ場合、F は中心力とよぶ。. Problem 4.7 ポテンシャルが V (r) = V (|r|) = V (r) のとき、F (r) を求めよ。まず角運動量. L=r×p. (4.49). を定義しよう。このとき. dr dp dL = ×p+r× dt dt dt = v × (mv) + r × F (r) = 0. (4.50). となり角運動量 L が不変なことがわかる。L が一定ということは r × v の方向が一定ということである。これは運動面が一定で、粒子は必ず同じ面にとどまることがわかる。そこでこの面上の点を極座標 (r, θ) で表す。すると. r × v = r(cos θ, sin θ, 0) × (vx , vy , 0) で. vx = (r cos θ) = r˙ cos θ − r θ˙ sin θ vy = (r sin θ) = r˙ sin θ + r θ˙ cos θ.

(44) 第 4 章運動量・角運動量の保存則. 32. となるので、. ˙ L = m(0, 0, r 2θ). (4.51). ˙z L = mr 2 θˆ. (4.52). となる。よってとなる。これより角運動量の保存則は. d ˙ =0 (mr 2 θ) dt. (4.53). r 2 θ˙ = h. (4.54). または質量一定のとき、となる。これはケプラー (Kepler) の面積速度一定の法則である。次に極座標で運動方程式がどう表されるか調べよう。. mv˙x = m(¨ r cos θ − 2θ˙r˙ sin θ − r θ¨ sin θ − r θ˙2 cos θ) = Fx mv˙y = m(¨ r sin θ + 2θ˙r˙ cos θ + r θ¨ cos θ − r θ˙2 sin θ) = Fy. ここで r 方向の力の成分 Fr は. Fr = Fx cos θ + Fy sin θ. (4.55). Fr = m(¨ r − r θ˙2 ). (4.56). L θ˙ = mr 2. (4.57). となるので、となる。. なので. d2 r L2 − = Fr (4.58) dt2 mr 3 となる。こうして中心力の場合、３次元の運動が角運動量の保存則により平面運動として扱え、さらに (4.53) より θ の運動も決まる。こうして (4.58) という１次元の方程式を解けばすべてわかることになる。さらに

(45). L2 L2 d =− (4.59) mr 3 dr 2mr 2 m. また. Fr = −. dV (r) dr. (4.60).

(46) 第 4 章運動量・角運動量の保存則. 33. に注意し、. Veff = V (r) +. L2 2mr 2. (4.61). を定義すると、(4.58) は. d2 r d = − Veff (r) (4.62) 2 dt dr L2 となる。つまり角運動量 L が存在すると V (r) に加えて 2mr 2 というポテンシャルが見かけ上存在することがわかる。これが遠心力の壁である。 m. 4.5. 換算質量. 質点が２個だけの場合、あたかも問題が１粒子のポテンシャル中の運動のように扱える。これを示そう。作用、反作用の法則より. d2 r 1 = F dt2 d2 r 2 m2 2 = −F dt m1. なので. (4.63). d2 (m1 r 1 + m2 r 2 ) = 0 dt2. (4.64). p = m1 r˙ 1 + m2 r˙ 2. (4.65). m1 r1 + m2 r 2 m1 + m2. (4.66). となる。よって全運動量は保存する。重心の座標 R は. R= なので. から重心の速度 V G (4.63) より. d2 R =0 dt2 ˙ は保存することがわかる。 =R . (4.67). . d2 1 1 (r 1 − r 2 ) = + F 2 dt m1 m2 となるので def. r = r1 − r2 という相対座標と def. μ=. . 1 1 + m1 m2. (4.68) −1. (4.69).

(47) 第 4 章運動量・角運動量の保存則. 34. という換算質量を定義すると. d2 r =F (4.70) dt2 をうる。つまり質量 μ の質点が力 F (r) のもとで運動している運動方程式が導かれる。 μ. ˙ r˙ を使って運動エネルギー Problem 4.8 重心の速度と相対速度 R, m1 r˙ 21 m2 r˙ 22 + 2 2 を表せ。. 4.6 4.6.1. 惑星の運動重力ポテンシャル. 重力や静電気力のように力が距離の２乗に反比例する、つまりポテンシャルが 1/r に比例する場合、質量や電荷が球対称に分布していると以下のことがいえる。. Theorem 4.1 ポテンシャルが 1/r に比例している場合、中心の一点に力の源が集中していると見なしてよい。これを証明しよう。具体的に重力を考える。密度を ρ として薄い球殻の作るポテンシャル U を考えよう。θ から θ + Δθ の間の質量要素の作るポテンシャルは. Gm(2πa sin θ)(aΔθ)ρ ΔU = − √ 2 a + r 2 − 2ar cos θ. (4.71). である。そこでこれを θ に関して積分すればよいがそのために √ l = a2 + r 2 − 2ar cos θ とすると、. 2πGmaρ U =− r. となるので、. . U=. . dl == −. 2πGmaρ (lmax − lmin) r. −4πaρGm for r < a 2 − 4πa rρGm for r > a. (4.72). (4.73). となる。つまり r > a のとき、質量が中心に集中している場合と同じであることがわかる。クーロン力の場合は ρ を電荷密度、m を電荷 q で G をクーロン定数とよみかえればよい。この議論から質量が球対称に外側に分布していても内側には力を及ぼさないことがわかる。.

(48) 第 4 章運動量・角運動量の保存則. 35. Problem 4.9 これを利用して東京–北京に１直線のトンネルをつくったとき、力を加えなくても電車は自然に走り出し、片道約４２分で往復できることを示せ。 Problem 4.10 球対称でなく円対称の円盤を考える。円盤の半径は R0 で面密度は σ とする。このとき、r > R0 でのポテンシャル U(r) は U(r) = −G. R0. dR. 2π. dθ √. σR − 2Rr cos θ σR. r2. R2. 0 0 + 2π G R0 dR dθ = − r 0 0 1 + (R/r)2 − 2(R/r) cos θ. x GσR02 1 2π dx dθ = − r 0 0 1 + (xt)2 − 2xt cos θ 1. = −. GM r. = −. GM 2 r π. dxx. 0. 1. 1 π. 2π 0. dt . 0. 1 dθ 1 + (xt)2 − 2xt cos θ 1 . t(1 − t)( 1 − t/r2 + 1). となる。x = R/R0 , R0 /r = t である。これを数値積分して求めよ。結果は r R0 ではほとんど GM/r であるが、r が R0 に近付くと GM/r から 4/π 倍ずれる。リングの内側では 1 − r2t GM 2 1 U(r) = − dt R0 π 0 t(1 − t) である。注）r = R0 の場合、 π4 GM となる。 R0 π 0. dθ √. 1 = 1 − 2x cos θ + x2. 1 0. 1 dt t(1 − t)(1 − tx2 ). とやるとよい。 R0 = 1 としたときの結果を図に示す。もう大きい方の線は単純に原点に集中しているとか、外側がきいてこないとした場合である。 1. -0.5. -1. -1.5. -2. 2. 3. 4. 5.

(49) 第 4 章運動量・角運動量の保存則. 4.6.2. 36. 運動の決定. 質量 M （太陽）のまわりを質量 m（惑星）の天体が回っているとする。前節からこれらは質点と見なしてよい。(4.56) と換算質量の議論から

(50). d2 r ˙2 = − GMm μ − r θ dt2 r2. (4.74). (4.53) より d2 θ =0 dt2 となる。後者は角運動量の保存則である。そこで 2r˙ θ˙ + r. (4.75). μr 2 θ˙ = L → r 2 θ˙ = h とおける。換算質量は. μ=. (4.76). Mm (M + m). (4.77). であるので、(4.74) は. G(M + m) d2 r h2 − 3 =− 2 dt r r2 となる。ここで公式 (チェイン則). より. となる。こうして. d2 r d = 2 dt dt.

(51). (4.78). dθ d d = dt dt dθ. (4.79). h d d = 2 dt r dθ. (4.80). h d h d r = 2 2 r dθ r dθ.

(52). h d r r 2 dθ. (4.81). となる。これと (4.74) から. h d r 2 dθ.

(53). h d r 2 dθ. =. h2 G(M + m) − r3 r2. (4.82). が得られる。これからの計算では、1/r が頻繁に出てくるのでこれを def. u=. 1 r. (4.83).

(54) 第 4 章運動量・角運動量の保存則とおくことにする。. 37. du 1 dr =− 2 dθ r dθ. (4.84). である。こうして

(55). d du hu − dθ dθ. = h2 u3 − G(M + m)u2. 2 2. が得られるので.

(56). d2 u G(M + m) = − u− 2 dθ h2. (4.85). をうる。これは単振動の方程式. d2 x = −k(x − b) dt2. (4.86). という形なのでその解は. u−. G(M + m) = A cos(θ + α) h2. (4.87). とかける。θ はどこから測ろうと勝手なので α = 0 おいてもよい。こうして. r = = となるので、. 1 G(M +m) h2 2. + A cos θ. h G(M + m) 1 +. 1 h2 A G(M +m). cos θ. λ 1 + cos θ h2 λ= G(M + m) r=. (4.88) (4.89). が導かれる。この軌道の性質をみるため、まずエネルギーを計算してみよう。. E=. μ μr˙ 2 GMm GMm − = (r˙ 2 + r 2 θ˙2 ) − 2 r 2 r. である。. d r˙ = dt.

(57). λ 1 + cos θ. =. h sin θ r2 ˙ θ sin θ = λ λ. (4.90). (4.91).

(58) 第 4 章運動量・角運動量の保存則. 38. なので. μ E= 2.

(59). h λ. 2. μ 2 (1 + cos θ)2 GMm sin θ + h − (1 + cos θ) 2 λ2 λ 2. (4.92). となる。. G(M + m) GMm = GMm = λ h2.

(60). G(M + m) h2. 2. h2. h2 Mm = 2μ M +m λ. と変形して. μ E = 2 μ = 2.

(61) 2. h λ. [2 sin2 θ − 2(1 + cos θ) + (1 + cos θ)2 ]. h λ. (2 − 1) =.

(62) 2. G2 Mm(M + m) 2 ( − 1) 2h2. (4.93). となる。. 4.6.3. 惑星の軌道. (4.93) より惑星の軌道について、以下のことがわかる。 < 1 有限領域 = 1 ぎりぎり ∞ までいける < 1 ∞ までいけるこのときどのような軌道をとるであろうか？ x = r cos θ , y = r sin θ とすると (4.88) より.

(63). . x2 よって. +. y2. x 1 + √ 2 x + y2. (4.94). =λ. . x2 + y 2 = λ − x. (4.95). となる。

(64) = 1 のとき、これは. x2 + y 2 = λ2 − 2λx + 2 x2 より. . λ (1 − ) x + 1 − 2 2. 2. + y2 =. λ2 1 − 2. (4.96).

(65) 第 4 章運動量・角運動量の保存則. 39. λ となる。これは < 1 の場合、中心が (− 1− 2 , 0) の楕円である。この楕円の長径 a と短径 b は. a=. λ λ √ , b = 1 − 2 1 − 2. (4.97). λ 原点 O は中心から − 1− 2 = a ずれている。この楕円軌道を惑星がとるというのがケプラーの第一法則である。. Problem 4.11 E=−. λ G2 (M + m)Mm GMm =− 2 a 2h 2a. (4.98). を示せ。. Problem 4.12 楕円の焦点とはどういうものか？これを調べて原点が焦点になっていることを示せ。次にケプラーの第２法則、(4.54) より周期 T は. T =. 1 πab 2πab λ2 = = 2π h/2 h (1 − 2 )3/2 G(M + m)λ 2πa3/2 = G(M + m). となる。こうして. 2π a3/2 T = G(M + m). (4.99). が導ける。太陽の質量は惑星の質量よりも遙かに大きい (M m) のでこれは. T 2 ∝ a3. (4.100). を意味している。これがケプラーの第３法則である。この結果がによらないので、どんなに円軌道からずれた軌道もこの法則に従っているのが、この法則のいわんとしているところである。. Problem 4.13 表 4.6.3 を参照して、太陽の質量と地球の質量の比を求めよ？太陽と木星の質量の比はどれくらいか？重心はどこにあるか？ Problem 4.14 万有引力定数 G は 6.67×10−11 N · m2 /kg2 である。地球と木星の周期を表 4.6.3 から求めよ。.

(66) 第 4 章運動量・角運動量の保存則. 太陽地球木星. 質量 (kg) 2.0 × 1030 6.0 × 1024 1.9 × 1027. 半径 (m) 7.0 × 108 6.4 × 106 7.0 × 107. 40. 軌道半径 (m). 1.5 × 1011 7.8 × 1011. 補足) 面積速度一定の法則を使わないで第３法則を導くのも可能である。周期は. r2 より. 1 h として求められる。左辺の積分. 2π. 2π 0. r dθ =. 1−. 2π 0. 2b 1+b2. cos θ. T = 2π. =− 1− =. となり. λ2 T = 2π h. . = 2π. 2b 1 + b2.

(67) 2. b2 + 1 b2 − 1. 2. (b2 + 1)3 (b2 − 1)3. λ2 (b2 + 1)3 h (b2 − 1)3. となる。.

(68). (4.102). 1 dθ (1 + cos θ)2. を使って. より. dt = T 0. 1. . (4.101). T. 2. 0. λ2 h は公式. dθ =h dt. b2 − 1 b2 + 1 . 3. =. (4.103). (4.104). 2. 1 1 − 2. 3. (4.105). 3. 1 2π = a3/2 2 1− G(M + m)λ. となる。. Problem 4.15 円軌道の場合、ケプラーの第３法則を導け。 Problem 4.16 > 1 のとき、どのような軌道となるか？. (4.106).

(69) 第 4 章運動量・角運動量の保存則. 4.6.4. 41. グランドツアー. ロケットを効率よく太陽系の遠くにとばすにはどうすればよいだろうか？エネルギー保存則があるから経路によらず、仕事は同じだと思ってあきらめてはいけない。途中近くを通過する惑星からエネルギーをもらえばよいのである。これは以下のように考えればよい。具体的に地球から打ち上げたロケットが木星付近を通過して、太陽系の遠くにとばされているとしよう。v を地球からみたロケットの速度、u を木星からみたロケットの速度、木星の速度は V J とする。v i , ui は木星に近づくときの速度で、v f , uf は木星から遠ざかる速度である。. v i = ui + V J , v f = uf + V J である。これから. (4.107). . ui =. vi2 + VJ2 − 2vi VJ cos βi. (4.108). である。ところで木星からみればロケットは近づいて出て行くだけなので. ui ≈ uf. (4.109). V J uf. (4.110). である。そこでうまくとなるように選ぶと . vf = ui + VJ =. vi2 + VJ2 − 2vi VJ cos βi + VJ. (4.111). となる。よって βi

(70) = 0 の限り vf > vi となり、速さを稼げる。. Problem 4.17 VJ =13[km/s] , vi =16[km/s], cos βi = 1/2 のとき、vf を求めよ。 Problem 4.18 太陽系の脱出速度を求めよ。. 4.7. ラザフォード散乱. １９０９年、ラザフォード (E. Rutherford) は金の薄膜にアルファ粒子をあてた。ほどんどはすり抜けたが、一部の粒子が跳ね返ってきた。当時、原子は原子核を持つとは考えられていなかったので、これは障子にピストルを向けて打ったら弾丸が戻ってきたような驚きをもたらし、原子核の存在が明らかになった。この散乱を考えてみよう。.

(71) 第 4 章運動量・角運動量の保存則. 42. これは２体問題なので相対運動だけでよい。クーロン力は原子核が Q の電荷を持っており、これに電荷 q の粒子がぶつかるとして. F =. qQ qQ , V (r) = 2 4π0 r 4π0 r. (4.112). となる。ここで λ = h2 /(G(M + m)) = μh2 /GMm, = μh2 /GMm で GMm を −qQ/4π0 とよみかえ、, λ の符号を入れかえ. λ=. 4π0 h2 μ 4π0 h2 μA , = qQ qQ. (4.113). とおくと、(4.88) は. λ λ = 1 − cos θ cos θ − 1 となる。エネルギーは (4.93) より、 r=−. 1 E= 2 2h. . qQ 4π0. 2 2 . . 2 − 1 qQ −1 = μ 2λ 4π0. (4.114). . (4.115). となる。この力は反発力なのでエネルギーは必ず正であるので、 > 1 である。作図するとわかるように. π−φ √ 2 φ = − 1 = cot 2 2 √ 1 φ 2 − 1 φ sin = , cos = 2 2 . tan. (4.116) (4.117). となる。(4.114) は

(72). λ y = ( − 1) x − 2 −1 2. 2. 2. −. λ2 2 − 1. となる。これより漸近線は

(73). √ y = ± 2 − 1 x −. λ 2 −1. (4.118). で与えられる。標的は原点にあり、原点に向かって一直線に進んでくる軌跡は √ y = ± 2 − 1x (4.119) である。これと (4.118) との距離 b は原点から (4.118) に垂線を下せばよいので、. b= √. λ 2 − 1. (4.120).

(74) 第 4 章運動量・角運動量の保存則となる。よって. b=. 43. 1 qQ 2 1 ( − 1) √ 2 2E 4π0 −1. (4.121). 1 qQ φ cot 2E 4π0 2. (4.122). となる。(4.116) より. b=. となる。これより b が小さいと大角散乱となる。この b は衝突パラメータと呼ばれている。 (4.122) の両辺を微分すると. qQ 1 db 1 =− 2 dφ 4E 4π0 sin (φ/2). (4.123). となる。ここで微分散乱断面積. dσ. db. = 2πb. dφ. dφ. を定義するとこれは. . dσ qQ 1 = dφ 4E 4π0. 2. 2π sin φ sin4 (φ/2). (4.124). (4.125). となる。さて、このラザフォード散乱が簡単になったのは相対座標で解いたためである。この角度は粒子 2 からみた粒子 1 の角度の変化である。つまりこの散乱角は重心系でみた散乱角である。実験室系ではこの角度を (4.39) で変換しなければならない。実験室系での散乱角を φl 、重心座標での散乱角を φc とすると (4.39) より. tan φl =. sin φc cos φc + m1 /m2. (4.126). となる。これと (4.125) をつかって実験室系での散乱角を求めなければならない。.

(75) 44. 第 5 章振動現象運動には一度きりしか起こらないものと繰り返しおこるものがある。物を投げる、落とすなどは前者で、惑星の運動、振り子などは後者である。この章では振動現象を詳しくみてみよう。. 5.1. 単振動. ばねがのびて縮むのは単振動 (simple harmonic oscillation) である。この方程式は. m. d2 x = −kx dt2. となる。この解は. . ω0 =. k m. (5.1). (5.2). として. x = A cos(ω0 t + θ). (5.3). となる。代入するとこれは確かに解になっている。しかし確かに解になっているという解法では、方程式がもう少し複雑な形になったとき、手に負えなくなる。そこで次のような解法を紹介しておく。まず x = Aept (5.4) という解を仮定する。(5.1) に代入すると、. p2 ept = −ω02 ept なのでである。つまり. p = ±iω0. (5.5). x1 = A1 eiω0 t x2 = A2 e−iω0 t. (5.6).

(76) 第 5 章振動現象. 45. の両方が解ということである。ところでこの方程式は線形微分方程式である。すなわち f (t), g(t) が解なら Cf (x) + Dg(x) も解である。つまり. x = A1 eiω0 t + A2 e−iω0 t. (5.7). となる。A1 , A2 は複素数である。x は実数なので. A1 = A∗2. (5.8). である。. 5.2. 減衰振動と強制振動. こんどは外力が加わったときの振動を考えよう。. m. d2 x = −kx − 2mγ x˙ dt2. (5.9). のように復元力と抵抗が混じってる運動を考える。前と同じように x = Aept を代入すると p2 + 2γp + ω02 = 0 (5.10) である。この解は以下のように分類される。. I) ω02 > γ 2 のとき. . p = −γ ± i ω02 − γ 2 となる。よって −γt+i. x = A1 e. √. ω02 −γ 2 t. (5.11). + c.c.. (5.12). となる。A1 = Aeiδ として . x = 2Ae−γt cos( ω02 − γ 2 t + δ). (5.13) . となる。これは振幅が e−γt で小さくなり、また角振動数が ω02 − γ 2 と小さくなった、つまり周期が延びた振動である。これを減衰振動 (damped oscillation) という。. II) ω02 < γ 2 のとき、p は実数で減衰するだけである。これは過減衰と呼ばれる。.

(77) 第 5 章振動現象. 46. III) ω02 = γ 2 のとき、解は e−γt だけとなる。しかし２階微分方程式の場合、独立な解は二つある。もう一つを探すため Aept を A も時間に依存しているとして (5.9) に代入すると、

(78). d2 A m + 2pA˙ + p2 A = −kA − 2mγ(A˙ + pA) dt2 となり、. d2 A + 2pA˙ + 2γ A˙ = 0 , γ = −p dt2. (5.14). A = A0 + A1 t. (5.15). x = (A0 + A1 t)e−γt. (5.16). となる。これよりとなるのでとなる。これは臨界減衰である。自動ドアなど、なるべくスムーズに、しかしバタンバタンと振動しないように閉まらなければならない。この臨界減衰はこのような状況に使える。. このままではいつも減りっぱなしである。これを防ぐため、周期的な外力. F (t) = F0 cos ωt. (5.17). をいれて、方程式. d2 x = −kx − 2mγ x˙ + F0 cos ωt (5.18) dt2 としよう。この解は F0 = 0 の解 x1 (t) と F0 を含んだ方程式をみたす解 x(t) の和となる。前者を一般解、後者を特解とよぶ。前者は t → ∞ で 0 になるので、特解のみが重要となる。その解はおそらく 2π/ω の周期を持っているだろうと仮定し、 m. x(t) = A cos(ωt − θ) とおくと. A[(ω02 − ω 2 ) cos(ωt − θ) − 2γω sin(ωt − θ)] =. (5.19) F0 cos ωt m. (5.20). となる。三角関数の合成より、. tan α =. 2γω − ω2. ω02. (5.21).

(79) 第 5 章振動現象. 47. とおき、 . A (ω02 − ω 2 )2 + 4γ 2 ω 2[cos α cos(ωt − θ) − sin α sin(ωt − θ)] . = A (ω02 − ω 2 )2 + 4γ 2 ω 2 cos(ωt − θ + α) 時間の原点を適当に選び直すと. F0 /m A= (ω02 − ω 2 )2 + 4γ 2 ω 2 となる。こうして. (5.22). . ω02 − 2γ 2. ω=. (5.23). のとき振幅が最大となる。これが共鳴の条件である。. 5.3. 波. 物理では波が至るところで現れる。ある一点で波を観測すれば、これは振動であるし、時間を止めれば空間的に周期を持ったパターンが存在する。このように波は空間と時間が絡み合っている周期運動である。簡単に波長 λ の正弦波 2π (5.24) y = A sin x λ が速さ v で動いているとしよう。このとき. y = A sin. 2π (x − vt) λ. となる。. (5.25). k=. 2π λ. (5.26). ω=. 2πv λ. (5.27). を波数、. を角振動数として. y = A sin(kx − ωt). (5.28). となる。一般に速さ v で関数 f が動くと. y = f (x − vt). (5.29).

(80) 第 5 章振動現象. 48. となる。よって y は 2 ∂2y 2∂ y =v (5.30) ∂t2 ∂x2 となる。これを波動方程式とよぶ。空気中の密度の振動を例にとって考えよう。空気の変位を y とし、密度の波は x 方向に伝わるとすると ∂y δx (5.31) y(x + δx) = y + ∂x となる。単位断面積あたり ∂y (5.32) f =E ∂x の力が働くとすると1 、この変位の復元力は. f (x + δx) − f (x) = E となるので、. (ρSδx) となり. ∂2y δx ∂x2. (5.33). ∂2y ∂2y = E δxS ∂t2 ∂x2. ∂2y E ∂2y = ∂t2 ρ ∂x2. (5.34). となる。これから空気中の音速は . v=. E ρ. (5.35). となる。 (5.32) は単位断面積あたりの力なので、気体の場合、. ∂y ∂x. (5.36). P V γ = const.. (5.37). P ΔV V. (5.38). ΔP = −E となる。断熱膨張の場合、. ΔP = −γ となるので、. 1. ∂y S ΔV = V ∂x S. E はヤング率と呼ばれるものであり、フックの法則の弾性体バージョンである。. (5.39).