ランダウ力学 §24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§24の問題2の解説です.

問題

三角形をした分子ABA(図29)について同様の問題を解け.

図29

問題1は以下の通り.

3個の原子からなる対称な直線上の分子ABA(図28)の振動数を求めよ. 分子のポテンシャルエネルギーは距離AB, BAおよび角ABAにだけ依存すると仮定する.

並進運動の消去として,

\begin{aligned} m_{A} x_{1} + m_{B} x_{2} + m_{A} x_{3} & = 0 \\ (1) & ∴ x_{2} & = - \frac{m_{A}}{m_{B}} (x_{1} + x_{3}) \end{aligned}

と,

\begin{aligned} m_{A} y_{1} + m_{B} y_{2} + m_{A} y_{3} & = 0 \\ (2) & ∴ y_{2} & = - \frac{m_{A}}{m_{B}} (y_{1} + y_{3}) \end{aligned}

を用いる. また, 回転運動の消去から

\begin{aligned} (3) & (y_{1} - y_{3}) \sin α + (x_{1} + x_{3}) \cos α & = 0 \end{aligned}

となる^*1 .

距離AB, BAの変化 $δ l_{1}$ , $δ l_{2}$ は,

\begin{array}{r} (4) & {\begin{aligned} δ l_{1} & = (x_{1} - x_{2}) \sin α + (y_{1} - y_{2}) \cos α, \\ δ l_{2} & = - (x_{3} - x_{2}) \sin α + (y_{3} - y_{2}) \cos α \end{aligned} \end{array}

となり, 角ABAの変化 $δ$ は,

\begin{aligned} δ & = \frac{1}{l} {(x_{1} - x_{2}) \cos α - (y_{1} - y_{2}) \sin α} \\ (5) & + \frac{1}{l} {- (x_{3} - x_{2}) \cos α - (y_{3} - y_{2}) \sin α} \end{aligned}

となる.

ここで, 分子のLagrangianは

\begin{aligned} (6) & L & = \frac{m_{A}}{2} ({\dot{u}}_{1}^{2} + {\dot{u}}_{3}^{2}) + \frac{m_{B}}{2} {\dot{u}}_{2}^{2} - \frac{k_{1}}{2} (δ l_{1}^{2} + δ l_{2}^{2}) - \frac{k_{2}}{2} l^{2} δ^{2} \end{aligned}

となる. 新しい座標

\begin{array}{r} (7) & {\begin{aligned} Q_{a} & = x_{1} + x_{3}, \\ q_{s 1} & = x_{1} - x_{3}, \\ q_{s 2} & = y_{1} + y_{3} \end{aligned} \end{array}

を用いることにすれば, 並進・回転運動の消去 $(1)$ , $(2)$ , $(3)$ から,

\begin{array}{r} (8) & {\begin{aligned} x_{1} & = \frac{1}{2} (Q_{a} + q_{s 1}), \\ x_{3} & = \frac{1}{2} (Q_{a} - q_{s 1}), \\ y_{1} & = \frac{1}{2} (q_{s 2} + Q_{a} \cot α), \\ y_{3} & = \frac{1}{2} (q_{s 2} - Q_{a} \cot α), \\ x_{2} & = - \frac{m_{A}}{m_{B}} Q_{a}, \\ y_{2} & = - \frac{m_{A}}{m_{B}} q_{s 2} \end{aligned} \end{array}

となる. これを用いて計算すれば, 系のLagrangianは

\begin{aligned} L & = \frac{m_{A}}{2} (\frac{2 m_{A}}{m_{B}} + \frac{1}{\sin^{2} α}) {\dot{Q}}_{a}^{2} + \frac{m_{A}}{4} {\dot{q}}_{s 1}^{2} + \frac{m_{A} μ}{4 m_{B}} {\dot{q}}_{s 2}^{2} \\ - Q_{a}^{2} \frac{k_{1}}{4} (\frac{2 m_{A}}{m_{B}} + \frac{1}{\sin^{2} α}) (1 + \frac{2 m_{A}}{m_{B}} \sin^{2} α) \\ - \frac{q_{s 1}^{2}}{4} (k_{1} \sin^{2} α + 2 k_{2} \cos^{2} α) \\ - q_{s 2}^{2} \frac{μ^{2}}{4 m_{B}^{2}} (k_{1} \cos^{2} α + 2 k_{2} \sin^{2} α) \\ (9) & + q_{s 1} q_{s 2} \frac{μ}{2 m_{B}} (2 k_{2} - k_{1}) \sin α \cos α \end{aligned}

となる( $μ = 2 m_{A} + m_{B}$ は, 分子全体の質量) .

この表式から, 各座標の振動の振動数は, 以下のようになる.

$Q_{a}$ は振動数 $ω_{a}$ が
$\begin{aligned} (10) & ω_{a}^{2} & = \frac{k_{1}}{m_{A}} (1 + \frac{2 m_{A}}{m_{B}} \sin^{2} α) \end{aligned}$
の振動に対応する( $x_{1} = x_{3}$ , $y_{1} = - y_{3}$ ).
$q_{s 1}$ , $q_{s 2}$ は2つの振動に対応する. それぞれの振動数 $ω_{s 1}$ , $ω_{s 2}$ は, 次の特有方程式
$\begin{aligned} (11) & ω^{4} - ω^{2} {\frac{k_{1}}{m_{A}} (1 + \frac{2 m_{A}}{m_{B}} \cos^{2} α) + \frac{2 k_{2}}{m_{A}} (1 + \frac{2 m_{A}}{m_{B}} \sin^{2} α)} + \frac{2 μ k_{1} k_{2}}{m_{B} m_{A}^{2}} = 0 \end{aligned}$
の根として与えられる^*2.