0341-2024 名情复 机械 P495

向量分析 力学 电磁学

3次元ベクトル $\mathbf{A}$ の、直交座標における成分を $\mathbf{A}=(A_x,A_y,A_z)$ のように書き、ベクトル $\mathbf{A}$ のノルムを $\Vert \mathbf{A}\Vert =\sqrt{(A_x{)}^2+(A_y{)}^2+(A_z{)}^2}$ と定める。2つのベクトル $\mathbf{A},\mathbf{B}$ の内積を $\mathbf{A}\cdot \mathbf{B}=A_x{B}_x+A_y{B}_y+A_z{B}_z$ と定める。3次元空間の原点を $\mathrm{O}$ とし、任意の点 $\mathrm{P}$ の位置ベクトル $\mathbf{r}=\overrightarrow{\mathrm{OP}}=(x,y,z)$ のノルムを $r=\Vert \mathbf{r}\Vert$ と書く。

[1] 力の場 $\mathbf{F}(\mathbf{r})$ が与えられたとき、任意の点 ${\mathrm{P}}_0$ を始点とし任意の点 $\mathrm{P}$ を終点とする任意の曲線に沿った線積分

$$U(\mathrm{P})=-{\int }_{{\mathrm{P}}_0}^{\mathrm{P}}\mathbf{F}\cdot d\mathbf{r}$$

の値が ${\mathrm{P}}_0$ と $\mathrm{P}$ を結ぶ曲線の選び方に依存しないことを、$\mathbf{F}$ が保存力場であるという。基準点 ${\mathrm{P}}_0$ を便宜的に選んで固定したとき、$U(\mathrm{P})$ を点 $\mathrm{P}$ における位置エネルギーという。以下の問に答えよ。

1. $\mathbf{r}(s)=(x(s),y(s),z(s))$ が変数 $s$ の微分可能な関数であれば $r(s)=\Vert \mathbf{r}(s)\Vert$ について

$$r\frac{dr}{ds}=x\frac{dx}{ds}+y\frac{dy}{ds}+z\frac{dz}{ds}$$

が成り立つことを示せ。このことから、$\mathbf{r}\cdot d\mathbf{r}=rdr$ としてよい。

2. 変数 $r$ の関数 $f(r)$ があり、力 $\mathbf{F}(\mathbf{r})$ が

$$\mathbf{F}(\mathbf{r})=f(r)\frac{\mathbf{r}}{r}$$

のようになっていたら、$\mathbf{F}$ は中心力場だという。ただし、$r=0$ の点では $f$ の値は定義されないか、または、$f(0)=0$ だとする。無限遠点を位置エネルギーの基準点 ${\mathrm{P}}_0$ に選ぶと、$\mathbf{r}=\overrightarrow{\mathrm{OP}}$ で指示される点 $\mathrm{P}$ の位置エネルギーは $r$ だけの関数

$$U(r)={\int }_r^{\infty }f(r)dr\left(={\int }_r^{\infty }f(s)ds\text{と書いてもよい}\right)$$

になることを示せ。

[2] ガウスの法則によれば、電場 $\mathbf{E}(\mathbf{r})$ と電荷密度 $\rho (\mathbf{r})$ と任意の3次元領域 $V$ に関して

$${\epsilon }_0{\int }_{\partial V}\mathbf{E}\cdot \mathbf{n}dS={\int }_V\rho dV$$

が成り立つ。ただし、$\partial V$ は3次元領域 $V$ の表面であり、$\mathbf{n}$ は $\partial V$ の内から外に向いている単位法線ベクトルである。以下の問題に現れる物質の誘電率はすべて真空の誘電率 ${\epsilon }_0$ と等しいとする。原点 $\mathrm{O}$ を中心とする半径 $a$ の球体内部に一定の正の電荷密度 $\rho$ で電荷が分布していると、全電荷量は $Q=\frac{4}{3}\pi a^3\rho$ である。このとき電場は、

$$\mathbf{E}(\mathbf{r})=E(r)\frac{\mathbf{r}}{r}$$

という関数形になる。ただし $r=\Vert \mathbf{r}\Vert$ とおいた。以下の問に答えよ。

1. $r\ge a$ における $E(r)$ を求めよ（$\rho$ の代わりに $Q$ を使って答えを書け）。
2. $0\le r<a$ における $E(r)$ を求めよ（$\rho$ の代わりに $Q$ を使って答えを書け）。
3. 電荷 $-e$（$e$ は正）を持つ粒子は $\mathbf{F}=-e\mathbf{E}$ の力を受ける。無限遠点を位置エネルギーの基準点として、$r\ge a$ における粒子の位置エネルギー $U(r)$ を求めよ。
4. 無限遠点を位置エネルギーの基準点として、電荷 $-e$ を持つ粒子の、$0\le r<a$ における位置エネルギー $U(r)$ を求めよ。
5. 球体を貫く、まっすぐで十分細いトンネルを掘って、トンネルの中に質量 $m$、電荷 $-e$ の粒子を置く。球体の中心とトンネルとの最短距離を $h$ とし、トンネルの中点から粒子までの距離を $x$ とする。粒子はトンネルに沿って動くとし、トンネル内は摩擦はなく、重力もないとする。時刻 $t$ における粒子の位置を $x(t)$、速度を $\dot{x}(t)$ とする。粒子の位置エネルギー $U$ を $x$ の関数で表し、運動エネルギーを $K=\frac{1}{2}m(\dot{x}{)}^2$ として、ラグランジアン $L(x,\dot{x})=K-U$ を求めよ。
6. $x(t)$ に対するオイラー・ラグランジュ方程式

$$\frac{d}{dt}\left(\frac{\partial L}{\partial \dot{x}}\right)-\frac{\partial L}{\partial x}=0$$

を具体的に書け。
7) 前問で導いたオイラー・ラグランジュ方程式の一般解を求めよ。
8) 粒子は、球体の外に飛び出さない限り、トンネルに沿って往復運動する。粒子の初期位置を $x=x_0$、初速度を $\dot{x}=0$ として、周期（一往復に要する時間）$T$ を求めよ。ただし、$Q$ の代わりに $\rho$ を使って答えを書け。

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解答：

[1]
1)
$r(s{)}^2=\Vert \mathbf{r}(s){\Vert }^2=x(s{)}^2+y(s{)}^2+z(s{)}^2$ である。
両辺を $s$ について微分すると、

$$\frac{d}{ds}\left(r(s{)}^2\right)=2r\frac{dr}{ds}$$ $$\frac{d}{ds}\left(x(s{)}^2+y(s{)}^2+z(s{)}^2\right)=2x\frac{dx}{ds}+2y\frac{dy}{ds}+2z\frac{dz}{ds}$$

両辺を等置して2で割ることで次式を得る。

$$r\frac{dr}{ds}=x\frac{dx}{ds}+y\frac{dy}{ds}+z\frac{dz}{ds}$$

(証明終)

保存力場における位置エネルギーの定義、および無限遠点を基準点に選ぶことから、

$$U(r)=-{\int }_{\infty }^{\mathbf{r}}\mathbf{F}({\mathbf{r}}^{\prime })\cdot d{\mathbf{r}}^{\prime }$$

$\mathbf{F}({\mathbf{r}}^{\prime })=f(r^{\prime })\frac{{\mathbf{r}}^{\prime }}{r^{\prime }}$ であり、1) の結果より ${\mathbf{r}}^{\prime }\cdot d{\mathbf{r}}^{\prime }=r^{\prime }d{r}^{\prime }$ が成り立つため、

$$\begin{array}{rl}U(r)& =-{\int }_{\infty }^{r}f(r^{\prime })\frac{{\mathbf{r}}^{\prime }}{r^{\prime }}\cdot d{\mathbf{r}}^{\prime }\\ & =-{\int }_{\infty }^r\frac{f(r^{\prime })}{r^{\prime }}(r^{\prime }d{r}^{\prime })\\ & =-{\int }_{\infty }^{r}f(r^{\prime })d{r}^{\prime }\\ & ={\int }_r^{\infty }f(r^{\prime })d{r}^{\prime }\end{array}$$

積分変数を $r$ に書き換えれば題意の式となる。
(証明終)

[2]
1)
原点を中心とする半径 $r$（$r\ge a$）の球面をガウス面とする。ガウス面内の全電荷は $Q$ であるため、ガウスの法則より

$${\epsilon }_{0}E(r)\cdot 4\pi r^2=Q$$ $$\boxed{E(r)=\frac{Q}{4\pi {\epsilon }_0{r}^2}}$$

原点を中心とする半径 $r$（$0\le r<a$）の球面をガウス面とする。ガウス面内の全電荷は一様分布より $Q\frac{\frac{4}{3}\pi r^3}{\frac{4}{3}\pi a^3}=Q\frac{r^3}{a^3}$ となる。ガウスの法則より

$${\epsilon }_{0}E(r)\cdot 4\pi r^2=Q\frac{r^3}{a^3}$$ $$\boxed{E(r)=\frac{Qr}{4\pi {\epsilon }_0{a}^3}}$$

電荷 $-e$ が受ける力は $\mathbf{F}(\mathbf{r})=-eE(r)\frac{\mathbf{r}}{r}$ である。$f(r)=-eE(r)$ として [1] 2) の結果を用いると、

$$\begin{array}{rl}U(r)& ={\int }_r^{\infty }\left(-e\frac{Q}{4\pi {\epsilon }_0{r}^{\prime 2}}\right)d{r}^{\prime }\\ & =-\frac{eQ}{4\pi {\epsilon }_0}{\left[-\frac{1}{r^{\prime }}\right]}_r^{\infty }\end{array}$$ $$\boxed{U(r)=-\frac{eQ}{4\pi {\epsilon }_{0}r}}$$

$0\le r<a$ における位置エネルギーは、3) の結果を用いて

$$\begin{array}{rl}U(r)& =U(a)-{\int }_a^r\left(-eE(r^{\prime })\right)d{r}^{\prime }\\ & =-\frac{eQ}{4\pi {\epsilon }_{0}a}+e{\int }_a^r\frac{Q{r}^{\prime }}{4\pi {\epsilon }_0{a}^3}d{r}^{\prime }\\ & =-\frac{eQ}{4\pi {\epsilon }_{0}a}+\frac{eQ}{4\pi {\epsilon }_0{a}^3}{\left[\frac{r^{\prime 2}}{2}\right]}_a^r\\ & =-\frac{eQ}{4\pi {\epsilon }_{0}a}+\frac{eQ}{8\pi {\epsilon }_0{a}^3}(r^2-a^2)\end{array}$$ $$\boxed{U(r)=\frac{eQ}{8\pi {\epsilon }_0{a}^3}{r}^2-\frac{3eQ}{8\pi {\epsilon }_{0}a}}$$

トンネル上の粒子の原点からの距離の2乗は $r^2=x^2+h^2$ である。これを前問の $U(r)$ に代入して $U(x)$ を得る。

$$U(x)=\frac{eQ}{8\pi {\epsilon }_0{a}^3}(x^2+h^2)-\frac{3eQ}{8\pi {\epsilon }_{0}a}$$

したがって、ラグランジアン $L(x,\dot{x})=K-U$ は

$$\boxed{L(x,\dot{x})=\frac{1}{2}m{\dot{x}}^2-\frac{eQ}{8\pi {\epsilon }_0{a}^3}{x}^2-\frac{eQ{h}^2}{8\pi {\epsilon }_0{a}^3}+\frac{3eQ}{8\pi {\epsilon }_{0}a}}$$

ラグランジアンの偏微分は

$$\frac{\partial L}{\partial \dot{x}}=m\dot{x},\frac{\partial L}{\partial x}=-\frac{eQ}{4\pi {\epsilon }_0{a}^3}x$$

これをオイラー・ラグランジュ方程式に代入して、

$$\boxed{m\ddot{x}+\frac{eQ}{4\pi {\epsilon }_0{a}^3}x=0}$$

方程式は $\ddot{x}+{\omega }^{2}x=0$（ただし $\omega =\sqrt{\frac{eQ}{4\pi {\epsilon }_0{a}^{3}m}}$）の形であるから、一般解は任意定数 $A,B$ を用いて

$$\boxed{x(t)=A\cos \left(\sqrt{\frac{eQ}{4\pi {\epsilon }_0{a}^{3}m}}t\right)+B\sin \left(\sqrt{\frac{eQ}{4\pi {\epsilon }_0{a}^{3}m}}t\right)}$$

$Q=\frac{4}{3}\pi a^3\rho$ を角振動数 $\omega$ に代入すると、

$$\omega =\sqrt{\frac{e\left(\frac{4}{3}\pi a^3\rho \right)}{4\pi {\epsilon }_0{a}^{3}m}}=\sqrt{\frac{e\rho }{3{\epsilon }_{0}m}}$$

周期 $T$ は $T=\frac{2\pi }{\omega }$ であるから、

$$\boxed{T=2\pi \sqrt{\frac{3{\epsilon }_{0}m}{e\rho }}}$$

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本题主要考察了向量分析基础、静电场中的高斯定理的应用以及简单分析力学中的拉格朗日方程的求解。在第一部分中，通过对位置向量的模长求导，推导了径向向量及其微元的关系，并以此证明了中心力场中势能积分与路径无关，只与起止点的径向距离有关。第二部分利用高斯定理分别求出均匀带电球体内外区域的电场分布。接着根据电场力做功与势能的定义，积分计算出粒子在球体内外的势能函数。在带电球体内部挖出隧道的模型中，利用简单的几何关系将径向距离转换为隧道上坐标的函数，从而顺利写出体系的拉格朗日量。列出欧拉-拉格朗日方程后，可以发现这是一个标准的简谐振动方程，进而求出其运动方程的通解和震荡周期。注意最后一步需要按照题目要求，将总电荷量的表达式替换回电荷密度以得出最终结果。