九大 理学府 物理学専攻 物理学 2023年度 院試 過去問 解答例・解説（全4問）

[I-A] 撃力を受けた剛体球の並進・回転と滑り運動

問1. 半径 $a$ の一様密度球の質量を $M$、密度を $\rho=M/(\tfrac{4}{3}\pi a^3)$ とする。中心軸（$z$ 軸）周りの慣性モーメントは、球座標で $(x^2+y^2)=r^2\sin^2\theta$、$dV=r^2\sin\theta\,dr\,d\theta\,d\varphi$ として $$I=\rho\int_0^a r^4 dr\int_0^\pi \sin^3\theta\,d\theta\int_0^{2\pi}d\varphi =\rho\cdot\frac{a^5}{5}\cdot\frac{4}{3}\cdot 2\pi=\frac{8\pi\rho a^5}{15}.$$ （$\int_0^\pi\sin^3\theta\,d\theta=2\int_0^{\pi/2}\sin^3\theta\,d\theta=2\cdot\tfrac{2}{3}=\tfrac{4}{3}$ をヒントの公式から用いた。）$\rho=3M/(4\pi a^3)$ を代入して $$I=\frac{8\pi a^5}{15}\cdot\frac{3M}{4\pi a^3}=\frac{2}{5}Ma^2.$$

問2. 撃力は $x$ 方向に大きさ $P$、作用点は球中心から $\Delta\boldsymbol r=(0,0,h-a)$。重心の運動量変化と中心まわりの角運動量変化は $$\Delta p=P,\qquad \Delta L=(\Delta\boldsymbol r\times P\hat{\boldsymbol x})_y=-(h-a)P=(a-h)P.$$ ここで $\boldsymbol\omega=\omega\hat{\boldsymbol y}$ を正とする向きにとり、$L_y=I\omega$ が反時計まわりを正と取った（$\omega>0$ で球が $-x$ 方向に転がる）。図1の $\omega_0$ は時計まわりが正だから、$x$ 方向への転がりに対応する $\omega_0>0$ では $L_y<0$。本解では「角運動量の $y$ 成分」として $\Delta L=(a-h)P$ を答え、以下では $\omega_0$ を時計回り正でとる。

問3. $Mv_0=P$、$I\omega_0=(h-a)P$ より $$v_0=\frac{P}{M},\qquad \omega_0=\frac{(h-a)P}{I}=\frac{5(h-a)P}{2Ma^2}.$$

問4. 滑らずに転がる条件は接触点の速度が $0$、すなわち $v_0=a\omega_0$。 $$\frac{P}{M}=a\cdot\frac{5(h-a)P}{2Ma^2}\;\Longleftrightarrow\;1=\frac{5(h-a)}{2a}\;\Longleftrightarrow\;h_0=\frac{7a}{5}.$$

問5. $h_0<h<2a$ では撃力直後 $a\omega_0>v_0$、つまり接触点が床に対して $-x$ 方向に滑る。動摩擦力は床から球に $+x$ 方向、大きさ $\mu Mg$。 $$\boxed{\;f=\mu Mg,\quad \text{向きは}\,+x\,\text{方向}\;}$$

問6. 重心の並進方程式と中心まわりの回転方程式は（$\omega$ は時計まわり正） $$M\dot v=\mu Mg,\qquad I\dot\omega=-a\cdot\mu Mg\;(\Longleftrightarrow\;\dot\omega=-\tfrac{5\mu g}{2a}).$$ 摩擦力は球には $+x$（並進を加速）、回転に対しては中心から床までの $-z$ 位置に作用するので $\omega$ を減速させる。

問7. 初期条件 $v(0)=v_0$、$\omega(0)=\omega_0$。積分して $$v(t)=v_0+\mu g\,t,\qquad \omega(t)=\omega_0-\frac{5\mu g}{2a}\,t.$$ 滑りが消える条件 $v(t_1)=a\omega(t_1)$： $$v_0+\mu g t_1=a\omega_0-\frac{5\mu g}{2}t_1\;\Longrightarrow\;\frac{7\mu g}{2}t_1=a\omega_0-v_0 \;\Longrightarrow\;t_1=\frac{2(a\omega_0-v_0)}{7\mu g}.$$ $a\omega_0=\tfrac{5(h-a)P}{2Ma}$、$v_0=P/M$ を入れて $$a\omega_0-v_0=\frac{P}{M}\cdot\frac{5(h-a)-2a}{2a}=\frac{P(5h-7a)}{2Ma},$$ $$t_1=\frac{P(5h-7a)}{7\mu Mga},\qquad v_1=v_0+\mu g t_1=\frac{P}{M}+\frac{P(5h-7a)}{7Ma} =\frac{P}{M}\Bigl(1+\frac{5h-7a}{7a}\Bigr)=\frac{5Ph}{7Ma}.$$ グラフの概形は、$0\le t\le t_1$ で傾き $\mu g$ の直線、$t\ge t_1$ で水平（$v=v_1$）。

[I-B] 回転放物面上の質点（ラグランジアン形式）

問1. $x=r\cos\theta$、$y=r\sin\theta$。

問2. $z=r^2/(2a)$ より $\dot z=r\dot r/a$。 $$T=\frac{m}{2}(\dot r^2+r^2\dot\theta^2+\dot z^2)=\frac{m}{2}\Bigl(\dot r^2+r^2\dot\theta^2+\frac{r^2\dot r^2}{a^2}\Bigr),\quad U=mgz=\frac{mgr^2}{2a}.$$

問3. $$L=T-U=\frac{m}{2}\Bigl(1+\frac{r^2}{a^2}\Bigr)\dot r^2+\frac{m r^2\dot\theta^2}{2}-\frac{mgr^2}{2a}.$$

問4. $L$ は $\theta$ を含まないので $\partial L/\partial\theta=0$、Euler--Lagrange の式より $$\frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial \dot\theta}=\frac{d}{dt}(mr^2\dot\theta)=0.$$ $mr^2\dot\theta$ は $z$ 軸まわりの角運動量（並進系の $L_z$）。$\theta$ が循環座標で系がこの軸まわりの回転対称性を持つため保存する（Noether の定理）。

問5. $\partial L/\partial \dot r=m(1+r^2/a^2)\dot r$、$\partial L/\partial r=m r\dot r^2/a^2+mr\dot\theta^2-mgr/a$。Euler--Lagrange より $$\frac{d}{dt}\Bigl[m(1+r^2/a^2)\dot r\Bigr]-mr\dot r^2/a^2-mr\dot\theta^2+mgr/a=0.$$ 時間微分を展開し $S=r^2\dot\theta$ で $\dot\theta=S/r^2$ とすれば $$(1+r^2/a^2)\ddot r+\frac{2r\dot r^2}{a^2}-\frac{r\dot r^2}{a^2}-\frac{S^2}{r^3}+\frac{gr}{a}=0,$$ $$\therefore\;\Bigl(1+\frac{r^2}{a^2}\Bigr)\ddot r=\frac{S^2}{r^3}-\frac{r\dot r^2}{a^2}-\frac{g}{a}r.$$

問6. 水平円運動 $r=r_0$、$\dot r=0$、$\ddot r=0$。問5の式で $$0=\frac{S^2}{r_0^3}-\frac{g}{a}r_0\;\Longrightarrow\;S^2=\frac{g r_0^4}{a},\quad S=r_0^2\dot\theta=r_0 v_0\;\Longrightarrow\;v_0=r_0\sqrt{g/a}.$$ 周期 $T=2\pi r_0/v_0=2\pi\sqrt{a/g}$。

問7. $r=r_0+\delta r$、$S=r_0 v_0$（一定）。問5の式を $\delta r$ の1次まで展開する。$\dot r^2$ は2次の微小量で落とし、$1+r^2/a^2$ は $1+r_0^2/a^2$ で近似、右辺第1項は $$\frac{S^2}{(r_0+\delta r)^3}\simeq\frac{S^2}{r_0^3}\Bigl(1-\frac{3\delta r}{r_0}\Bigr),\quad \frac{g(r_0+\delta r)}{a}=\frac{gr_0}{a}+\frac{g\delta r}{a}.$$ $S^2/r_0^3=gr_0/a$ を使うと0次は相殺し、1次で $$\Bigl(1+\frac{r_0^2}{a^2}\Bigr)\ddot{\delta r}=-\frac{3 g r_0}{a r_0}\delta r-\frac{g}{a}\delta r=-\frac{4g}{a}\delta r.$$ よって $\ddot{\delta r}=-\omega_r^2\delta r$、$\omega_r^2=\dfrac{4g/a}{1+r_0^2/a^2}=\dfrac{4ga}{a^2+r_0^2}$。周期は $$T_r=\frac{2\pi}{\omega_r}=2\pi\sqrt{\frac{a^2+r_0^2}{4ga}}=\pi\sqrt{\frac{a^2+r_0^2}{ga}}.$$