阪大 理学研究科 物理学専攻・宇宙地球科学専攻 物理学 2023年度 院試 過去問 解答例・解説（全4問）

平衡位置からの変位を右向きを正として測る。ばねの伸びは、左右の壁につながるものが $x_A,x_B$、中央のばねが $x_B-x_A$ である。

1. $m_A=m_B=m,\ k_A=k_B=k$ の場合、運動方程式は $$\begin{align} m\ddot{x}_A&=-(k+k_{AB})x_A+k_{AB}x_B,\\ m\ddot{x}_B&=k_{AB}x_A-(k+k_{AB})x_B. \end{align}$$
2. 和と差をとると $$\begin{align} m\frac{d^2}{dt^2}(x_A+x_B)&=-k(x_A+x_B),\\ m\frac{d^2}{dt^2}(x_A-x_B)&=-(k+2k_{AB})(x_A-x_B) \end{align}$$ となる。したがって $$\omega_{A+B}=\sqrt{\frac{k}{m}},\qquad \omega_{A-B}=\sqrt{\frac{k+2k_{AB}}{m}}.$$
3. 中央のばねを外したとき、同じ角振動数 $\omega$ で単振動する条件は $$\frac{k_A}{m_A}=\frac{k_B}{m_B}=\omega^2$$ である。
4. 一般の場合のラグランジアンは $$L=\frac12m_A\dot{x}_A^2+\frac12m_B\dot{x}_B^2 -\frac12k_Ax_A^2-\frac12k_Bx_B^2 -\frac12k_{AB}(x_A-x_B)^2 .$$
5. $$x_G=\frac{m_Ax_A+m_Bx_B}{m_A+m_B},\quad x_r=x_A-x_B,\quad m_G=m_A+m_B,\quad m_r=\frac{m_Am_B}{m_A+m_B}$$ とおくと $$x_A=x_G+\frac{m_B}{m_G}x_r,\qquad x_B=x_G-\frac{m_A}{m_G}x_r .$$ 条件 $k_A=m_A\omega^2,\ k_B=m_B\omega^2$ を用いると交差項が消え、 $$L=\frac12m_G\dot{x}_G^2-\frac12m_G\omega^2x_G^2 +\frac12m_r\dot{x}_r^2 -\frac12\left(m_r\omega^2+k_{AB}\right)x_r^2 .$$
6. オイラー・ラグランジュ方程式より $$\ddot{x}_G+\omega^2x_G=0,\qquad \ddot{x}_r+\left(\omega^2+\frac{k_{AB}}{m_r}\right)x_r=0.$$
7. 相対運動の角振動数は $$\omega_r=\sqrt{\omega^2+\frac{k_{AB}}{m_r}}.$$
8. 初期条件から $$x_G(0)=\frac{m_A}{m_G}x_0,\quad \dot{x}_G(0)=0,\quad x_r(0)=x_0,\quad \dot{x}_r(0)=0$$ である。したがって $$\begin{align} x_A(t)&=\frac{m_A}{m_A+m_B}x_0\cos\omega t +\frac{m_B}{m_A+m_B}x_0\cos\omega_rt,\\ x_B(t)&=\frac{m_A}{m_A+m_B}x_0\cos\omega t -\frac{m_A}{m_A+m_B}x_0\cos\omega_rt . \end{align}$$ よって係数は $$\begin{array}{c|cccccccc} &\text{ア}&\text{イ}&\text{ウ}&\text{エ}&\text{オ}&\text{カ}&\text{キ}&\text{ク}\\ \hline \text{値} &\dfrac{m_Ax_0}{m_A+m_B}&0& \dfrac{m_Bx_0}{m_A+m_B}&0& \dfrac{m_Ax_0}{m_A+m_B}&0& -\dfrac{m_Ax_0}{m_A+m_B}&0 \end{array}$$ である。
9. $m_A\gg m_B$ では $m_G\simeq m_A,\ m_r\simeq m_B$ であり、 $$\omega_r\simeq \sqrt{\frac{k_B+k_{AB}}{m_B}} =\omega\sqrt{1+\frac{k_{AB}}{k_B}} \simeq \omega\left(1+\frac{k_{AB}}{2k_B}\right).$$ したがって $$x_A(t)\simeq x_0\cos\omega t$$ で、重い物体 $A$ はほぼ固有振動を保つ。一方 $$x_B(t)\simeq x_0\{\cos\omega t-\cos\omega_rt\} =2x_0\sin\frac{(\omega_r+\omega)t}{2} \sin\frac{(\omega_r-\omega)t}{2}.$$ 物体 $B$ はほぼ角振動数 $\omega$ の速い振動をしながら、差周波 $\omega_r-\omega\simeq \omega k_{AB}/(2k_B)$ によるゆっくりした振幅変調を受ける。 包絡線の最大振幅はおよそ $2x_0$ で、節を通過すると見かけの位相が反転する。