力学2演義スタンダード問題 14(阿久津)(2016年7月19日実施)解答1 http://wwwacty.phys.sci.osaka-u.ac.jp/~acts/mechanics2/mechanics2.html#engi レベル0:復習・基礎確認問題(必須問題) [0.1] 1次元の場 ϕ(x, t) を考える。ラグランジアン密度を L[ϕ(x, t), ϕt (x, t), ϕx (x, t)] とすると ∫ ∫ ∂ϕ ∂ϕ , ϕx = )、作用 S = dt dx L[ϕ(x, t), ϕt (x, t), ϕx (x, t)] の停留条件は、場のラ (ϕt = ∂t ∂x ( ) ( ) ∂L ∂ ∂L ∂ ∂L ρ T グランジュ方程式 − − = 0 である。L = (ϕt )2 − (ϕx )2 のとき ∂ϕ ∂t ∂ϕt ∂x ∂ϕx 2 2 (ρ, T は定数)、波動方程式を導け。 (解)第13回 [A.2] 参照。 [0.2] 中心力ポテンシャル U (r) のもとでの粒子の運動を考える(r:動径座標)。座標原点のまわ りの角運動量ベクトル ⃗ ℓ = ⃗r × p⃗(p⃗ は運動量)は保存量である。内積 ⃗r · ⃗ℓ がゼロであること を示し、そのことから、粒子の軌道が平面内にあることを結論付けよ(⃗ ℓ ̸= 0 としてよい)。 ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ をもちいよ。 必要ならば、スカラー3重積の性質 A · (B × C) = B · (C × A) = C · (A × B) (解)⃗r · ⃗ ℓ = ⃗r · (⃗r × p⃗) はスカラー3重積の形をしているので、スカラー3重積の公式をも ちいると ⃗r · (⃗r × p⃗) = p⃗ · (⃗r × ⃗r) . ⃗r × ⃗r = 0 であるから、結局 ⃗r · ⃗ℓ = 0 つまり、軌道上の点 ⃗r は 原点を通り、⃗ℓ に直交する面 内にある。⃗ ℓ は保存量であり、定ベクトルであるから、⃗ℓ に直交する面は、固定された平面で ある。 レベルA:基本問題(必須問題) k [A.1] 中心力ポテンシャルが U (r) = (k は定数)の場合の粒子の運動を考える(質量 m)。[0.2] r より、粒子は平面運動をするので、この平面を xy 面にとり、2次元極座標(r, ϕ)で記述す る。保存する角運動量の値を ℓ とする。ハミルトニアン H(r, ϕ, pr , pϕ ) は p2ϕ p2r k H(r, ϕ, pr , pϕ ) = + + 2 2m 2mr r (1) とする。(1)正準方程式をもちいて pϕ と ϕ̇ との関係を求めよ。(2)ϕ は H にあらわれ ないので循環座標であり、ϕ に共役な正準運動量 pϕ は保存する。このことから mr2 ϕ̇ = ℓ (2) が成立することを示せ。(3)角運動量保存則をもちいると、ハミルトニアンから ϕ の自由 ℓ2 度を消去できて、その代わり、遠心力ポテンシャル が加わった、有効ハミルトニアン 2mr2 H有効 (r, pr ) = ℓ2 k p2r + + 2 2m 2mr r (3) をもちいて r の運動(時間発展)をもとめることができることを示せ(r に対する正準方程 式で、角運動量保存則をもちいる)。 (解)(1) ϕ̇ = ∂H pϕ = ⇔ pϕ = mr2 ϕ̇. ∂pϕ mr2 (2)xy 面内で運動している場合の角運動量は xpy − ypx であり、これは3次元的角運動量 の z 成分に相当する。角運動量方向を z 軸に選んであるので、この角運動量の値が ℓ であ る。一方 x = r cos ϕ ẋ = ṙ cos ϕ − r sin ϕϕ̇ y = r sin ϕ ẏ = ṙ sin ϕ + r cos ϕϕ̇ より xpy − ypx = x(mẏ) − y(mẋ) = mr2 ϕ̇. よって、 pϕ = mr2 ϕ̇ = 一定値 = ℓ. (3)正準方程式から、r の自由度に関する方程式は ∂H pr = , ∂pr m p2ϕ ∂H k = − = − 3 − 2. ∂r mr r ṙ = p˙r ここで、角運動量保存則をもちいると pϕ = ℓ として pr ∂H = , ∂pr m ∂H ℓ2 k = − = − 3 − 2. ∂r mr r ṙ = p˙r 一方、 H有効 (r, pr ) = p2r ℓ2 k + + 2 2m 2mr r をもちいて、正準方程式を書くと ∂H有効 pr = , ∂pr m ∂H有効 ℓ2 k = − = − 3 − 2. ∂r mr r ṙ = p˙r となり、全く同じ方程式が得られる。この H有効 は ϕ に関する自由度の変数は含まず、その 意味で ϕ に関する自由度は消去されており、r の運動は H有効 だけで決まる。 [A.2] [A.1] と同じ設定で考える。ただし、中心力は斥力とする(k > 0)。x 軸の負の側の遠方か ら、ほぼ原点をめがけて運動してきた粒子が、原点付近で大きく軌道を変えて別の方向へ運 動する現象を考える(粒子のポテンシャル散乱)。x → −∞ では、x 軸に平行ながら、わず かに x 軸より b だけ下方にずれた軌道をとり、そこでの速度が v0 であったとする。 (1)角 運動量 ℓ と b, v0 には ℓ = mbv0 の関係があることを示せ。ちなみに b は衝突パラメーター (または衝突径数)と呼ばれる。 (解1)x → −∞ では ⃗r = (−x, −b, 0), p ⃗ = (mv0 , 0, 0). よって ⃗ℓ = ⃗r × p⃗ の z 成分 ℓz は (−x)0 − (−b)mv0 = mbv0 となり、これが保存する角運動量値に等しいので ℓ = mbv0 が成立する。 (解2)|⃗r × p ⃗| = |⃗r||⃗p| sin θ(θ:⃗r と p⃗ が成す角)。x → −∞ では |⃗p| = mv0 、r sin θ = b が 成立するので、|⃗ ℓ| = |ℓ| = mv0 b が成り立つ。 レベルB:標準・応用問題 1 [B.1] [A.1] の H有効 で記述される系に対し、W3 型の正準変換をもちいて、r → Q = の変数変 r pr 換をする。具体的には、W3 = W3 (pr , Q) = − をもちいて Q r=− ∂W3 , ∂pr P =− ∂W3 , ∂Q H ′ (Q, P ) = H有効 (r, pr ) の関係を設定する。(1) H ′ (Q, P ) = Q4 P 2 ℓ2 Q2 + + kQ 2m 2m mQ̇ となることを Q4 示せ。(3)エネルギー保存則を Q̇ をもちいて書くと(E はエネルギー値) となることを示せ。(2)正準方程式をもちいて、P と Q̇ の関係が P = E= m 2 ℓ2 Q2 Q̇ + + kQ 2Q4 2m となることを示せ。 (解) r = − ∂W3 ∂pr 1 , Q ∂W3 P = − ∂Q pr = − 2. Q = よって r= 1 , Q pr = −Q2 P. これを H有効 (r, pr ) に代入すると、正しく H ′ (Q, P ) の表式を得る。 (2) Q̇ = ∂H ′ Q4 P mQ̇ = ⇔ P = 4. ∂P m Q (3)H ′ (Q, P ) = E の左辺に、前問の P の表式を代入すればよい。 (4) [B.2] 前問の結果を利用して、粒子の軌道の形をもとめる。角運動量保存則(2)をもちいると、Q の時間微分 Q̇ が、軌道上での Q の ϕ 微分に置き換えられる: dQ dQ = dt dϕ dϕ dt dQ ⇒ = dt ( ℓQ2 m ) dQ . dϕ (1)これを(4)に代入して整理し、Q′ = dQ とおくと dϕ 1 ′ 2 1 2 mk mE (Q ) + Q + 2 Q = 2 2 2 ℓ ℓ (5) となることを示せ。 (2)この式は軌道の形を決める微分方程式であり、その形から、中心の 1 ずれた調和振動子の問題と等価である。このことをもちいて、軌道の形 Q = Q(ϕ) = が r(ϕ) Q(ϕ) = A cos(ϕ + α) − B と書けることを示せ(A, B の値を具体的に決めよ。α は「初期条件」で決まる定数))。 (解)(1)代入して整理するだけ。 (2)(5)の左辺を平方完成する: 1 ′ 2 1 (Q ) + 2 2 ⇕ 1 ′ 2 1 (Q ) + 2 2 ( )2 ( )2 mk 1 mk mE Q+ 2 − = 2 2 ℓ 2 ℓ ℓ ( )2 ( )2 mk mE 1 mk Q+ 2 = 2 + . ℓ ℓ 2 ℓ2 mk Q̃ = Q + 2 , ℓ mE 1 Ẽ = 2 + ℓ 2 ( mk ℓ2 )2 と置いて書き直すと 1 ′ 2 1 2 (Q̃ ) + Q̃ = Ẽ. 2 2 (6) これは、調和振動子における関係式を同型であり、解 Q̃(ϕ) は Q̃(ϕ) = A cos(ϕ + α) の形になる。この形を(6)に代入すると A2 = 2Ẽ を得る。よって √ Q̃(ϕ) = 2Ẽ cos(ϕ + α). 結局 Q(ϕ) は √ Q(ϕ) = = となる。 √ 2Ẽ cos(ϕ + α) − 2mE + ℓ2 ( mk ℓ2 )2 mk ℓ2 cos(ϕ + α) − mk ℓ2 (7) [B.3] さらに前問の解析を進め、衝突パラメーター b で衝突してきた粒子の散乱角(衝突前の遠方 での運動方向と、衝突後の遠方での運動方向の成す角)を θ とすると、 ( ) θ 2Eb cot = 2 k の関係があることを示せ。 (解)遠方での直線軌道は r → ∞ での漸近的ふるまいになるが、これは Q → 0 に対応す る。このときの角度 ϕ は(7)において Q = 0 とおいて √ ( )2 2mE mk mk + cos(ϕ + α) − 2 = 0 2 2 ℓ ℓ ℓ ⇕ mk ℓ2 cos(ϕ + α) = √ ( )2 . 2mE mk + 2 ℓ ℓ2 (8) 一般に、|a| < 1 に対して、方程式 cos x = a の解は −π ≤ x ≤ π の範囲に2つある。この2解を x1 , x2 (x1 < x2 )とすると x1 = −x2 (9) の関係がある。よって、x1 − x2 = 2x1 が成立する。(8)の解を ϕ1 , ϕ2 とすると、入射方向 の角度が ϕ1 であり、散乱して遠ざかる方向の角度が ϕ2 である。散乱角 θ は入射方向の延 長線と散乱方向の成す角であり θ = (ϕ1 + π) − ϕ2 = π − (ϕ2 − ϕ1 ) = π − [(ϕ2 + α) − (ϕ1 + α)] = π − 2(ϕ2 + α) ((9)をもちいた。) の関係がある。よって θ π = − (ϕ2 + α). 2 2 これから θ = cos(ϕ2 + α) 2 mk ℓ2 = √ ( )2 , 2mE mk + ℓ2 ℓ2 √ θ θ = cos 1 − sin2 2 √ 2 2mE ℓ2 = √ ( )2 , 2mE mk + 2 ℓ ℓ2 √ θ 1 2ℓ2 E cot = . 2 k m sin [A.2] で示した衝突パラメーター b に関する関係式 ℓ = mbv0 において、無限遠方で成立する式 √ 2E v0 = m の置き換えを行うと ℓ2 = m2 b2 2E = 2mb2 E. m よって θ 1 cot = 2 k を得る。 √ 2ℓ2 E 2Eb = m k
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