ランダウ力学 §14問題2 解説-Shinoryo's Weblog

ランダウ゠リフシッツ理論物理学教程の力学(増訂第3版)の§14の問題2の解説です.

問題

重力場のなかで, 頂点を下方にして鉛直におかれた円錐(頂角

2 α

)の表面にそって運動する質点の運動方程式を積分せよ.

円錐の頂点を原点とし, 鉛直下向きの方向を極軸とする球座標では, 本編(4.6)を利用して

\begin{aligned} (1) & L & = \frac{m}{2} ({\dot{r}}^{2} + r^{2} \sin^{2} α \cdot \dot{φ}) - m g r \cos α \end{aligned}

となる. 座標 $φ$ は循環座標であるから, 本編と同様 $p_{φ}$ ないしは $M_{z}$ が保存される, すなわち

\begin{aligned} (2) & M_{z} & = p_{φ} = \frac{\partial L}{\partial \dot{φ}} = m r^{2} \sin^{2} α \cdot \dot{φ} = const \end{aligned}

となる.

エネルギーは

\begin{aligned} E & = \frac{m}{2} ({\dot{r}}^{2} + r^{2} \sin^{2} α \cdot \dot{φ}) + m g r \cos α \\ (3) & = \frac{m {\dot{r}}^{2}}{2} + \frac{M_{z}^{2}}{2 m r^{2} \sin^{2} α} + m g r \cos α \end{aligned}

である. これを $\dot{r}$ について解くと

\begin{aligned} \dot{r} & = \sqrt{\frac{2}{m} (E - \frac{M_{z}^{2}}{2 m r^{2} \sin^{2} α} - m g r \cos α)} \end{aligned}

となり, 変数分離で積分して

\begin{aligned} (4) & t & = \int \frac{d r}{\sqrt{\frac{2}{m} (E - \frac{M_{z}^{2}}{2 m r^{2} \sin^{2} α} - m g r \cos α)}} \end{aligned}

となる.

また, $(2)$ から

\begin{aligned} \frac{d φ}{d t} & = \frac{M_{z}}{m r^{2} \sin^{2} θ} \end{aligned}

となる. これを用いると

\begin{aligned} \frac{d r}{d φ} & = \frac{m r^{2} \sin^{2} θ}{M_{z}} \sqrt{\frac{2}{m} (E - \frac{M_{z}^{2}}{2 m r^{2} \sin^{2} α} - m g r \cos α)} \end{aligned}

となり, 変数分離で積分して

\begin{aligned} (5) & φ & = \frac{M_{z}}{\sin^{2} α \cdot \sqrt{2 m}} \int \frac{d r}{r^{2} \sqrt{E - \frac{M_{z}^{2}}{2 m r^{2} \sin^{2} α} - m g r \cos α}} \end{aligned}

となる.

変位 $r$ に関する運動の領域は, 条件

\begin{aligned} (6) & E & > \frac{M_{z}^{2}}{2 m r^{2} \sin^{2} α} + m g r \cos α \end{aligned}

すなわち

\begin{aligned} (7) & 2 m^{2} g r^{3} \cos α \sin^{2} α - 2 m E r^{2} \sin^{2} α + M_{z}^{2} & < 0 \end{aligned}

で決められる. 境界を求める方程式は, $r$ の3次方程式となる.

以下, 関数 $f (r)$ を

\begin{aligned} (8) & f (r) & = 2 m^{2} g r^{3} \cos α \sin^{2} α - 2 m E r^{2} \sin^{2} α + M_{z}^{2} \end{aligned}

と定める.

$f (r)$ のグラフは $r \to \infty$ のとき $f (r) \to \infty$ , $r \to - \infty$ のとき $f (r) \to - \infty$ となるような3次関数のグラフである.
計算すれば,
$\begin{aligned} f (0) & = M_{z}^{2} \geq 0 \end{aligned}$
が容易にわかる.
$f (r)$ の導関数 $f^{'} (r)$ を計算すると,
$\begin{aligned} f^{'} (r) & = 6 m^{2} g r^{2} \cos α \sin^{2} α - 4 m E r \sin^{2} α \end{aligned}$
であるから, $f^{'} (r) = 0$ を満たす $r$ は
$\begin{aligned} r & = 0, \frac{2 E}{3 m g \cos α} \end{aligned}$
である. 後者は正である.

以上から, $f (r)$ のグラフは, 下の図のようになる.

図のように, 方程式 $f (r) = 0$ は正の区間で高々2つの根をもつ.

2つの根を持てば, その根は円錐上の水平な2つの円の位置を決定し, 軌跡は全てこの円の間に含まれる.
1つの根しかもたなければ, その根は円錐上の水平な1つの円の位置を決定し質点はこの円上を運動する.
根を持たない場合は, 運動可能領域がないということになるので, 物理的には存在しないであろう. (この可能性は, 「極小値が正でない」や「 $f (x) = 0$ が虚数根を持たない」などを説明できれば消える. )