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大阪大学基礎工学研究科 院試過去問 2019年物性物理科学I 解析力学

院試過去問

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大阪大学大学院基礎工学研究科物理系専攻・物性物理科学分野 過去の入試問題
http://www.gmp.mp.es.osaka-u.ac.jp/mpdept/gschoolexam/gexam.html

問1

ラグランジアン\displaystyle{\mathscr{L}}は運動エネルギーTとポテンシャルUを用いて,

\displaystyle{\mathscr{L}} = T - U

と表される.
各質点の運動エネルギーは\frac{1}{2}m\dot{x_1}^2, \frac{1}{2}m\dot{x_2}^2となるので,

T = \frac{1}{2}m\dot{x_1}^2 + \frac{1}{2}m\dot{x_2}^2

また, 各バネのポテンシャルは\frac{1}{2} k_1 {x_1}^2, \frac{1}{2} k_2 {(x_2 - x_1)}^2, \frac{1}{2} k_1 {x_2}^2となるので,

\begin{aligned} U &= \frac{1}{2} k_1 {x_1}^2 + \frac{1}{2} k_2 {(x_2 - x_1)}^2 + \frac{1}{2} k_1 {x_2}^2 \\ &= \frac{1}{2}(k_1 + k_2)({x_1}^2 + {x_2}^2) - k_2 x_1 x_2 \end{aligned}

それぞれをまとめるとラグランジアン\displaystyle{\mathscr{L}}は,

\begin{aligned} \displaystyle{\mathscr{L}} = \frac{1}{2}m\dot{x_1}^2 + \frac{1}{2}m\dot{x_2}^2 - \frac{1}{2}(k_1 + k_2)({x_1}^2 + {x_2}^2) + k_2 x_1 x_2 \end{aligned}

問2

\displaystyle{\mathscr{L}} = \displaystyle{\mathscr{L}}(x_1, x_2, \dot{x_1}, \dot{x_2})をラグランジュの運動方程式に代入して,

\begin{aligned} \frac{d}{dt} (\frac{\partial \displaystyle{\mathscr{L}}}{\partial \dot{x_1}}) - \frac{\partial \displaystyle{\mathscr{L}}}{\partial x_1} &= 0 \\ -k_1 x_1 - k_2 x_1 + k_2 x_2 &= m \ddot{x_1} \\ -(k_1 + k_2)x_1 + k_2 x_2 &= m \ddot{x_1} \end{aligned}


\begin{aligned} \frac{d}{dt} (\frac{\partial \displaystyle{\mathscr{L}}}{\partial \dot{x_2}}) - \frac{\partial \displaystyle{\mathscr{L}}}{\partial x_2} &= 0 \\ -k_1 x_2 - k_2 x_2 + k_2 x_1 &= m \ddot{x_2} \\ -(k_1 + k_2)x_2 + k_2 x_1 &= m \ddot{x_2} \end{aligned}

となり, ニュートンの運動方程式に帰着される.

問3

与えられた解x_1, x_2を問2で示した方程式に代入する. そのまま代入するとcosの部分が冗長なので, A = acos(\omega_1 t + \alpha), B = bcos(\omega_2 t + \beta)とおいて計算する.
問2の第1式は,

\begin{align} m(-{\omega_1}^2 A - {\omega_2}^2 B) &= -(k_1 + k_2)(A + B) + k_2 (A - B) \\ A(m {\omega_1}^2 - k_1) + B(m {\omega_2}^2 - k_1 - 2k_2) &= 0 \tag{1} \end{align}

第2式は,

\begin{align} m(-{\omega_1}^2 A + {\omega_2}^2 B) &= -(k_1 + k_2)(A - B) + k_2 (A + B) \\ A(m {\omega_1}^2 - k_1) - B(m {\omega_2}^2 - k_1 - 2k_2 &= 0) \tag{2} \end{align}

(1)+(2)より,

\begin{align} 2acos(\omega_1 t + \alpha)(m {\omega_1}^2 - k_1) &= 0 \\ \omega_1 &= \sqrt{\frac{k_1}{m}} \end{align}

(1)-(2)より,

\begin{align} 2bcos(\omega_2 t + \beta)(m {\omega_2}^2 - k_1 - 2k_2) &= 0 \\ \omega_2 &= \sqrt{\frac{k_1 + 2k_2}{m}} \end{align}

問4

各質点の角振動数が \omega_1の場合は2つの質点とも同じ向きに振動し, \omega_2の場合は違い逆向きになる.

問5

平衡位置からの変位は, x_1 = rsin{\theta_1}, x_2 = rsin{\theta_2}となる. また, \theta_1, \theta_2 \ll 1であれば sin{\theta_1}, sin{\theta_2} \simeq \theta_1, \theta_2と近似できる.
問１と同様にポテンシャル Uは,

\begin{align} U &= \frac{1}{2}(k_1 + k_2)(r^2 sin^2 \theta_1 + r^2 sin^2 \theta_2) - k_2 r^2 sin \theta_1 sin \theta_2 \\ & \simeq \frac{1}{2} r^2 (k_1 + k_2)({\theta_1}^2 + {\theta_2}^2) - k_2 r^2 \theta_1 \theta_2 \end{align}

また, 2つの円盤の回転エネルギー Tは慣性モーメント[tex: I = \frac{1}{2} M r2]を用いて,

\begin{align} T &= \frac{1}{2} I ({\omega_3}^2 + {\omega_4}^2) \\ &= \frac{1}{4} M r^2 ({\omega_3}^2 + {\omega_4}^2) \end{align}

よってラグランジアン\displaystyle{\mathscr{L}}は,

\begin{align} \displaystyle{\mathscr{L}} = \frac{1}{4} M r^2 ({\omega_3}^2 + {\omega_4}^2) - \frac{1}{2} r^2 (k_1 + k_2)({\theta_1}^2 + {\theta_2}^2) + k_2 r^2 \theta_1 \theta_2 \end{align}

問6

問1と問5で求めたラグランジアンを比較する.

\begin{align} \displaystyle{\mathscr{L}}_1 &= \frac{1}{2}m(\dot{x_1}^2 + \dot{x_2}^2) - \frac{1}{2}(k_1 + k_2)({x_1}^2 + {x_2}^2) + k_2 x_1 x_2 \\ \displaystyle{\mathscr{L}}_5 &= \frac{1}{4} M r^2 ({\omega_3}^2 + {\omega_4}^2) - \frac{1}{2} r^2 (k_1 + k_2)({\theta_1}^2 + {\theta_2}^2) + k_2 r^2 \theta_1 \theta_2 \end{align}

ここで, [tex: \dot{x_1} = \omega_3, \dot{x_2} = \omega_4, x_1 = \theta_1, x_2 = \theta_2, m = M r2 / 2, k_1 = r2 k_1, k_2 = r2 k_2]と置き直せば2つのラグランジアンは等価なので,

\begin{align} \omega_3 &= \sqrt{\frac{k_1}{m}} = \sqrt{\frac{2}{Mr^2 } \cdot r^2 k_1} = \sqrt{\frac{2k_1}{M}} \\ \omega_4 &= \sqrt{\frac{k_1 + 2k_2}{m}} = \sqrt{\frac{2}{Mr^2}(r^2 k_1 + 2r^2k_2)} = \sqrt{\frac{2(k_1 + 2k_2)}{M}} \end{align}

次回

次は電磁気の解答を載せようと思います.
ミスがあったら指摘して頂けると助かります。