m dv = mg + kv2 dt m dv dt = mg k v v m dv dt = mg + kv2 α = mg k v = α 1 e rt 1 + e rt m dv dt = mg + kv2 dv mg + kv 2 = dt m dv α 2 + v 2 = k m dt d

mdv dt =−mg + kv 2 mdv dt =−mg − k |v| v 下に動いているとすると mdv dt =−mg + kv 2 v =−α1− e −rt 1 + e−rt ただし α =√mg_k mdv dt =−mg + kv 2 dv −mg + kv2 = dt m dv −α2_{+ v}2 = k mdt dv (v− α) (v + α) = k mdt ˆ ( 1 v− α − 1 v + α ) dv = ˆ 2αk m dt lnv− α v + α   = 2αk m · t + C  v− α v + α   =e2αkm ·t+C 1 2v 2α = 1 + e2αkm ·t+C 1− e2αkm ·t+C v = α1 + K exp (_2αk m · t + C ) 1− K exp(2αk m · t + C )

1

エネルギー保存則

U(ポテンシャルエナジー)+T(運動エネルギー)=E(一定)

1.1 a. U: ポテンシャルエネルギー (位置)

保存力F (x) ̸⇔ 例えば摩擦の − kv F (x) = −mg F (x) = −kx F (x) = −k |x|n+1 x F (x) = −GmM x2 U =− ˆ F (x) dx −dU dx = F (x)

1.2 b. 運動エネルギー

T =1 2mv 2

2 2.

エネルギー保存則⇔運動方程式

2.1 a. 運動方程式→エネルギー保存則

md 2_x dt2 = F (x) mdv dt dx dtdt = F (x) dx ˆ mvdv = ˆ F (x) dx 1 2mv 2 = ˆ F (x) dx = const

2.2 b. エネルギー保存則→運動方程式

1 2mv 2_{+ U (x) = const} mvdv dt + dU dt = 0 mvdv dt + dU dx dx dt = 0 mdv dt =− dU dx 単振動でエネルギー保存則 md 2_x dt2 =−kx → v = Aω cos (ωt + θ0) x = A sin (ωt + θ0) ただし ω = √ k m U =· · · T =· · · U + T = 1 2kA 2

3 3.

エネルギー保存則で運動を理解する

3.1 a. 自由落下

U (x) = mgx

3.2 b. バネの単振動の場合

U (x) = kx2

3.3 c. 一般化

U (x) = ˆ F (x) dx E = U + T T = E− U

3.4 d. 地球からの放出速度

F (x) =−GM m x2 U (x) = − ˆ x( −GM m x2 ) dx = −GM m x E = U + T > 0 1 2mv 2_=−GM m x v = √ 2GM x GM x2 = gとおくと v = √2gx = √2× 9.8 × 6.4 × 106 = 11× 103 = 11km/s

4 4.

エネルギー保存則

(

の拡張

)

U + T = E (t)（一定でない） ex. 摩擦を含む運動 dE dt: 仕事率 E (t2)− E (t1): 仕事

4.1 エネルギー積分

E = 1 2mv 2_{+ U (x) = const} √ m 2v = √ E− U v = √ 2 m √ (E− U) md 2_x dt2 =− dt dx + f E = T + U dE dt ̸= 0 dE dt = d dt ( 1 2mv 2_{+ U (x)} ) = mvdv dt + dU dt = −mvdv dt + dU dx · dx dt = v ( mdv dt + dU dx ) = dE dt = vf E (t2)− E (t1) = ˆ t2 t1 vf dt 4.1.1 エネルギー積分 E (x) = 1 2mv 2 + U (x)−→ x = f (t) √ 1 2mv = √ E (x)− U (x)

√ 1 2m· dx dt = √ E (x)− U (x) ˆ x x0 √ m 2 1 √ E (x)− U (x)dx = ˆ t t0 dt = t− t0 t = √ m 2 ˆ x x0 1 √ E (x)− U (x)dx + t0 t = g (x)⇒ x = g−1(t) x = √ 2E k sin (√ k m(t− U0) )

4.2 数学の準備

4.2.1 偏微分∼一つの変数方向の微分 1 変数 df (x) dx = lim∆→0 ∆f ∆x 2 変数 ∂f (x, y) ∂x = ∆lim_→0 ∆f ∆x = lim ∆→0 f (x + ∆x, y)− f (x, y) ∆x ∂f (x, y) ∂y = lim∆→0 ∆f ∆y ex) f (x, y) = x2y + xy + 4x + 5y + 6 ∂f ∂x = 2xy + y + 4 ∂f ∂y = x 2_{+ x + 5} 極値を求めたい ∂f ∂x= ∂f ∂y = 0(極値であるための必要条件)

4.2.2 全微分 x方向に dx,y 方向に dy だけ増加した時の f の増分。 d′f = lim ∆→0(f (x + ∆x, y + ∆y)− f (x, y)) = ∂f ∂xdx + ∂f ∂ydy = lim ∆_→0 ( f (x + ∆x, y + ∆y)− f (x, y + ∆y) ∆x ∆x + f (x, y + ∆y)− f (x, y) ∆y ∆y ) 4.2.3 合成関数の微分 1 変数 dU (x) dx = dx dt · dU dx 2 変数 dU (x, y) dt = ∆lim_→0 ∆U ∆t = lim ∆→0 ( ∆Ux ∆t + ∆Uy ∆t ) = lim ∆→0 ( ∆Ux ∆x · ∆x ∆t + ∆Uy ∆y · ∆y ∆t ) = ∂U ∂x · dx dt + ∂U ∂y · dy dt

4.3 空間内の位置などベクトル表現

位置 (x, y, z) = r 速度 ₍ dx dt, dy dt, dz dt ) =dr dt 加速度 ₍ d2x dt2, d2y dt2, d2z dt2 ) =d 2_r dt2 力 (Fx, Fy, Fz) = F 運動方程式 Fx= m d2_x dt2, Fy= m d2_y dt2, Fz= m d2_z dt2 ⇒ F = m d2_r dt2

m   dvx dt dvy dt dvz dt   = −mg   00 1   ⇒ mdv dt =−mgˆz v (t) =−gˆztL + v0 r (t) =−1 2gˆzt 2_{+ v} 0t + r0 1 次元 F (x) = −dU dx 3 次元 Fx(x, y, z) =− ∂U ∂x, Fy(x, y, z) =− ∂U ∂y, Fz(x, y, z) =− ∂U ∂z ex. 万有引力 r =   xy z   F = −GM m r2 ˆr = −GM m r2 · 1 r   xy z   (地球の中心を原点とした) Fx = −G M m r2 x r = −GM m r2 x r U (x, y, z) =−GM m r ※ r =√x2_{+ y}2_{+ z}2

Fx=− ∂U ∂x = . . . (各自求めてみよ) grdU≜ ( ∂U ∂x, ∂U ∂y, ∂U ∂z ) F =−gradU ∇ ≜ ( ∂ ∂x, ∂ ∂y, ∂ ∂z ) ∇U ≜ ( ∂U ∂x, ∂U ∂y, ∂U ∂z )

5

ラグランジュの方程式

5.1 最小作用の原理

5.1.1 作用 S (x (t)) = ˆ t2 t1 L (x (t) , ˙x (t)) dt ※ ˙x (t)≜dx_dt 5.1.2 ラグランジアン L ≜ T − U = 1 2m ˙x 2_{− U ( ˙x)} 5.1.3 汎関数 汎関数とは、関数が変数となっている関数のことである。 ⇔通常の関数 f (x)(変数は数字) ex) F (f )≜ ˆ 1 0 (f (t))2dt f = tとすると、 F (f ) = ˆ 1 0 t2dt = 1 3

f = t2とすると、 F (f ) = ˆ 1 0 t4dt = 1 5 c.f.) 通常の関数 f (t)≜ t2 において、 t = 1のとき、 f (t) = 1 t = 2のとき、 f (t) = 4 ex) 放物運動を考える。t = 0 のとき x = 0、t = T のとき x = 0 とする。 x (t) = At (t− T ) として始めてみよう。 S = ˆ T 0 L (x (t) , x (t)) dt = ˆ T 0 ( 1 2m (2At− AT ) 2 − mgAt (t − T ) ) dt Sを最小にするような x (t) を求める。(つまり、A を求める) x (t) =−g 2t (t− T ) A =−g 2 これは各自求めてみよ。 5.1.4 変分 f (x)を最小にする x を求める時、df_dx = 0 (⇔ limx→0∆f = 0)は必要条件となる。 このとき ∆f は ∆x 増加した時の f の増分となり、これを変分という。 ∆S (x0) = ˆ t2 t1 {L (x0+ ∆x, ˙x + ∆ ˙x)− L (x0, x0)} dt = ˆ t2 t1 ∆L (x0, ˙x0) dt

※ f (x, y) の全微分とは、 df = ∂f ∂xdx + ∂f ∂ydy である。 ∆f (x0, y0) = ∂f ∂x|x0∆x + ∂f ∂y|y0∆y を用いて ∆S (x0) = ˆ t2 t1 { ∂L ∂x|x0∆x + ∂L ∂ ˙x|x0˙ ∆ ˙x0 } ∆ ˙x = _dtd (∆x)より、第二項は ˆ t2 t1 ∂L ∂ ˙x|x˙0 d dt(∆x) dt = [ ∂L ∂ ˙x|x˙0∆x ]t2 t1 − ˆ t2 t1 d dt ( ∂L ∂ ˙x ) ∆xdt ※´f g′dt = f g−´ f′gdt よって ∆S (x0) = ˆ t2 t1 ( ∂L ∂x|x0− d dt ( ∂L ∂ ˙x )) ∆xdt (= 0) よって d dt ( ∂L ∂ ˙x ) −∂L ∂x = 0 ラグランジュの方程式が導出された。

5.2 ニュートンの運動方程式への変換

直交座標系において L (x, ˙x) = T − U = 1 2mv 2_{− U (x)} これと d dt ( ∂L ∂ ˙x ) −∂L ∂x = 0 より

d dt(mv) + ∂U ∂x = 0 mdv dt =− ∂U ∂x ニュートンの運動方程式に変形された。 ラグランジュの運動方程式は座標系にかかわらず適用出来るため、ニュートンの 運動方程式よりも拡張性が高い。

5.3 極座標への適用

極座標 (r, θ) ※ x = r cos θ, y = r sin θ 位置 (r, θ) 速度 (vr, vθ) vr= dr dt vθ=dθdr ではない。 vθ = lim ∆t_→0 r∆θ ∆t = rdθ dt 保存力 (Fr, Fθ) Fr=− ∂U ∂r Fθ=−∂U_∂θ ではない。 Fr = − ∂U ∂ (rθ) = −1 r ∂U ∂θ

5.4 極座標系の運動方程式

T = 1 2m ( vr2+ v2_θ) = 1 2m ( ˙r2+ r2θ˙2 ) L = 1 2m ( ˙r2+ r2θ˙2 ) − U (r, θ) ラグランジュ方程式 d dt ( ∂L ∂ ˙L ) −∂L ∂r = 0 d dt ( ∂L ∂ ˙θ ) −∂L ∂θ = 0 より、 d dt(m ˙r)− mr ˙θ 2₊∂U ∂r = 0 d dt ( mr2θ˙2 ) +∂U ∂θ = 0 移項して、 d dt ( m ˙r2)= mr ˙θ2−∂U ∂r d dt ( mr2θ˙ ) =−∂U ∂θ これが極座標系の運動方程式である。 mr ˙θ2_{はいわゆる見かけの力である。} m ˙rは運動量である。 mr2θ˙は角運動量である。

6

第十回 運動量・角運動量／剛体の運動

6.1 角運動量ベクトル

復習 Pw≜ ∂L ∂w

L = T− U =1 2m ( ˙r2+ r2θ˙2 ) − U 角運動量 l = mr2θ˙ = mr ˙θ· r = mvθ· r = Pθ· r = P· r sin ϕ ˆ l =|r × P | ˆ 角運動量ベクトル L = r × P ˆ ※ |a × b| = |a| |b| sin ϕ

6.2 力のモーメント

運動方程式: d(運動量) dt =なんとか 狭義の運動量: dp dt = F 角運動量についても同様に dL dt = d dt(r× p) = dr dt × p + r × dp dt = r× F dL dt = r× F この式の右辺を力のモーメント N という。小学校で習った(距離)Ö(力) のよう なもの。 ここでラグランジュ方程式 L = 1 2m ( ˙r2+ r2θ˙2 ) − U d dt ( ∂L ∂ ˙θ ) −∂L ∂θ = 0

d dt ( ∂L ∂ ˙θ ) = −∂U ∂θ = −∂x ∂θ ∂U ∂x − ∂y ∂θ ∂U ∂y = −r sin θ · Fx+ r cos θ· Fy = −yFx+ xFy = |r × F |

6.3 複数の質点系の全運動量と全角運動量

N: 質点の個数 mi: 質点 i の質量 r: 質点 i の位置ベクトル M ≜∑_imi R: 重心の位置ベクトル ≜ _M1 ∑miri 全運動量 ∑ i mi d2_r i dt2 = ∑ i  Fi+ ∑ j Fij   すべての質点について足すということ。 Md 2_R dt2 = ∑ i Fi 全角運動量 Lall dLi dt = ri× Fi+ ∑ j (ri× Fij) dLall dt = ∑ i (ri× Fi) + ∑ i ∑ j (ri× Fij) = ∑ i (ri× Fi) + ∑ i>j (ri− rj)× Fij Fij =−Fji Pall= ∑ i mivi= M V

Lall= R× MV + ∑ i (˜ri× mi˜vi) ri= R + ˜ri vi = V + ˜vi Lall = ∑ i {ri× mivi} = ∑ i {(R + ˜ri)× mi(V + ˜vi)} 式途中 ∑ mir˜i= 0 ∑ i mi d˜ri dt = ∑ mi˜vi= 0 に注意。

6.4 単振り子と剛体振り子

剛体: 大きさがある、形が変わらない。→回転を考える。位置だけではない。 長さ l の単振子において T =1 2mv 2₌ 1 2ml 2_θ2 U = mgl (1− cos θ) d dt ( ∂L ∂ ˙θ ) −∂L ∂θ = 0 d dt ( ml2θ˙ ) ∼ +Mgl sin θ = 0 d dt ( ml2θ˙ ) =−mgl sin θ

単振動 md 2_x dt2 =−kx md 2_θ dt2 =−kθ 単振子 運動エネルギー T = 1 2mv 2 = 1 2ml 2_˙ θ2 ポテンシャル U = mgl (1− cos θ) ラグランジェ方程式 d dt ( ∂L ∂ ˙θ ) −∂L ∂θ = 0 d dt ( ml2θ˙ ) =−mgl sin θ md dt ( l2θ˙ ) ≑ −mglθ mdθ dt2 =−mglθ 剛体振り子 密度: ρ (x, y, z) T∆ = 1 2ρ (x, y.z) ∆x∆y∆z· v 2 = 1 2ρ (x.y.z) ∆x∆y∆z· r 2_θ˙2 T = 1 2 ˚ ( x2+ y2)ρ (x, y, z) dxdydz· ˙θ2 = 1 2I ˙θ 2 U∆= ρ (x, y, z) ∆x∆y∆zgr (1− cos θ)

U = ˚ √x2_{+ y}2_{ρ (x, y.z) dxdydz· g (1 − cos θ)} = M glG(1− cos θ) ただし { lG= _M1 ˝ √ x2_{+ y}2_{ρ (x, y.z) dxdydz} M =˝ρ (x, y.z) dxdydz L = T− U = 1 2I ˙θ 2_{− Mgl} G(1− cos θ) d dt ( ∂L ∂ ˙θ ) =∂L ∂θ d dt ( I ˙θ ) =−MglGsin θ 質量 重心の位置 慣性モーメント 運動エネルギー ポテンシャル 角運動量 力のモーメント 単振子 m l ml2 1₂ml2θ˙2 mgl (1− cos θ) ml2θ˙2 −mgl sin θ 剛体振り子 M lGx I 1₂I ˙θ2 M glG(1− cos θ) I ˙θ −MglGsin θ ※慣性モーメントの定義 l =˝ (x2_{+ y}2)_{ρ (x, y.z) dxdydz} 剛体振り子の角運動量は運動量 m ˙x に対応していると考えることができる。

6.5 慣性モーメント

長さ l 重さ M の棒を一端で支え振り子とする。 ρ = M l I = ˆ l 0 x2M l dx = 1 3M l 2 ※ ml2_{→ ml}2 G= 1 4ml 2_{としてはいけない} 長さ l 重さ M の棒を端点から l1の点で支え振り子とする。

I = ˆ l1 0 x2M l dx + ˆ l−l1 0 x2M l dx = M 3l ( l₁3− (l − l1)3 ) = M 3l ( l3− 3l2l1+ 3ll21 ) = M ( l2 3 − ll1+ l 2 1 )

6.6 円柱の慣性モーメント

極座標系で考える。円柱の半径を a として ρ = M πa2 I = ¨ r2· ρdr · rdθ = ˆ 2πr3ρdr = ˆ a 0 2πr2 M πa2dr = M a 2 2

6.7 円筒の慣性モーメント

円筒の半径を a として、 I = ¨ r2· ρdr · rdθ = M a2

6.8 宿題

1. a × b の長方形の形の板の慣性モーメントを求めよ 2. H 型の板の慣性モーメントを求めよ 3. 円板を直径を軸として回転させる時の慣性モーメントを求めよ。

6.9 すべらずに坂を転がる剛体

傾度 α の斜面で半径の円柱を転がす。 斜面にそって x 軸を、斜面に鉛直に y 軸を取り、同時に極座標系 (r, φ) をとる。 また円柱の回転角度を θ とする。 微小部分の x 方向の速度は r ˙θ sin φ + ˙x ˙ xは円柱の移動する速さ ( = a ˙θ ) 微小部分の y 方向の速度は r ˙θ cos φ T∆= 1 2ρ {( r ˙θ sin φ + ˙x )2 + ( r ˙θ cos φ )2} r∆φ· ∆r · ∆z T = 1 2 ˚ ρ ( r2θ˙2+ 2 ˙xr ˙θ sin φ + ˙x2 ) rdφdrdz = 1 2 ˆ ρr2θ˙2dtdφdz +1 2 ˆ ˙ x2ρrdrdϕ = 1 2I ˙θ 2₊1 2M ˙x 2_(置換) = 1 2I ˙ x2 a2 + 1 2M ˙x 2 = 1 2 ( M + I a2 ) ˙ x2 U =−Mgx sin α ( M + I a2 ) ˙ x = M g sin α 各自求めてみよ。

6.10 まとめ

円筒 I = M a2 2M ¨x = M g sin α

円柱 I = M a 2 2 3 2M ¨x = M g sin α

6.11 おまけ

重心から d 離れた点 O′を回転軸にした時の慣性モーメントは I = IG+ M d2 となる。ただし、IGは重心周りの慣性モーメント 6.11.1 証明 重心 G を原点にして座標系を考える。 O′(X, Y )として、 I = ˆ { (x− X)2+ (y− Y )2 } ρdxdydz 続きを宿題とする。各自求めてみよ。

6.12 滑りながら転がる剛体←先週のものを一般化

(すべらない場合 a ˙θ = ˙x) 斜面を転がる円柱、半径 a、摩擦力 F 、傾斜角 α、斜面に沿った座標を x とする。 a ˙θ = ˙xのとき(M +_aI2 ) ¨ x = M g sin α Md 2_x dt2 = M g sin α− F (並進) d dt ( 角運動量)=力のモーメント ⇒ d dt ( I ˙θ ) = F a(回転) M ¨x = M g sin α− µ′M g cos α ∴ ¨x = g (sin α − µ′_{g cos α)}

I ¨θ = µ′M g cos α· a a¨θ = µ′M ga 2 I cos α すべらないとき a ˙θ = ˙x

g (sin α− µ′g cos α) = µ′M g cos αa

2 I g cos ( tan−µ′M a 2_{+ I} I ) = 0 すべるとき a ˙θ < ˙x g cos ( tan α− µ′M a 2_{+ I} I ) > 0 速度 a ˙θ = ˙xになるまでの間 { M ¨x =−F (並進)→ 減速 I ¨θ = F a (回転)→ 加速 a ˙θ = ˙xになったとき { M ¨x = 0 I ¨θ = 0 → 等速直線運動

6.13 剛体の静力学

Md 2_x dt2 = F (1) dL dt = N (= r× F ) (2) L: 角運動量ベクトル

N: 力のモーメント 壁に立てかけた棒、傾斜を θ、床との摩擦力を f 、壁からの垂直抗力を N1、床か らの垂直抗力を N2とする。 (1) より、(x 方向、y 方向の釣り合い式) { M g− N2= 0 y方向 N1− f = 0 x方向 (2) より、力のモーメント=0 1 2lM g sin θ− N1cos θ = 0 f = M g 2 tan θ

6.14 補足

前回空洞の円柱と中身が詰まった円柱が斜面を転がるときの違いを説明したが、 空洞の円柱の中に液体が詰まっている場合を考えてみよう。 「ジャックと豆の木は存在するか」。豆の木が存在したとしてそれはどこまで伸び ていくか。宇宙まで伸ばせるような構造物は力学的に存在しうるか。c.f. 宇宙エ レベーター

6.15 試験について

教科書は何でもいいが、書いてあることを自分のなかで一回は咀嚼して考える こと。