ターンテーブル上の運動について、非慣性系における運動方程式を導き、その解の物理的意味を考察する。具体的には、 (a) 非慣性系における運動方程式の導出 (b) 静止している質点に働く見かけの力の説明 (c) 複素変数を用いた微分方程式の簡略化 (d) 微分方程式の一般解の導出 (e) 初期条件を用いた解の表現 (f) 各パラメータの物理的意味の説明 (g) 軌道方程式の導出と運動の説明 (h) 慣性系と非慣性系における軌跡の図示と説明 (i) 関係式の証明

1. 問題の内容

ターンテーブル上の運動について、非慣性系における運動方程式を導き、その解の物理的意味を考察する。具体的には、

(a) 非慣性系における運動方程式の導出

(b) 静止している質点に働く見かけの力の説明

(c) 複素変数を用いた微分方程式の簡略化

(d) 微分方程式の一般解の導出

(e) 初期条件を用いた解の表現

(f) 各パラメータの物理的意味の説明

(g) 軌道方程式の導出と運動の説明

(h) 慣性系と非慣性系における軌跡の図示と説明

(i) 関係式の証明

2. 解き方の手順

各設問に応じて、以下のように解答する。

(a) 式(1), (2)から、コリオリの力と遠心力を考慮して運動方程式を導出する。質点の位置ベクトルを $\vec{r} = X\hat{i} + Y\hat{j}$とすると、

$\vec{v} = \dot{X}\hat{i} + \dot{Y}\hat{j}$

$\vec{a} = \ddot{X}\hat{i} + \ddot{Y}\hat{j}$

であり、$\vec{\omega} = \omega\hat{k}$ であるから、

$\vec{\omega} \times \vec{r} = -\omega Y\hat{i} + \omega X\hat{j}$

$\vec{\omega} \times (\vec{\omega} \times \vec{r}) = -\omega^2 X\hat{i} - \omega^2 Y\hat{j}$

コリオリの力は $-2m\vec{\omega} \times \vec{v} = 2m\omega \dot{Y}\hat{i} - 2m\omega \dot{X}\hat{j}$

したがって、運動方程式は

$m\ddot{X} = -m\omega^2 X + 2m\omega\dot{Y}$

$m\ddot{Y} = -m\omega^2 Y - 2m\omega\dot{X}$

これは問題文に示されている式(3), (4)と一致する。

(b) 非慣性系で静止している場合、遠心力とコリオリの力が釣り合っている。慣性系から見ると、質点は等速円運動をしている。図示は省略。

(c) $\xi = X - iY$ とすると、

$\dot{\xi} = \dot{X} - i\dot{Y}$

$\ddot{\xi} = \ddot{X} - i\ddot{Y}$

式(3)と式(4)にiをかけて足し合わせると

$m\ddot{X} + im\ddot{Y} = m\omega^2 X + 2m\omega\dot{Y} + i(m\omega^2 Y - 2m\omega\dot{X})$

$m(\ddot{X} + i\ddot{Y}) = m\omega^2 (X + iY) - 2im\omega(\dot{X} - i\dot{Y})$

$\ddot{\xi} = \omega^2 \xi - 2i\omega\dot{\xi}$

$\ddot{\xi} + 2i\omega\dot{\xi} - \omega^2\xi = 0$

(d) $\xi = \alpha(t)e^{-i\omega t}$ と仮定すると、

$\dot{\xi} = \dot{\alpha}e^{-i\omega t} - i\omega\alpha e^{-i\omega t}$

$\ddot{\xi} = \ddot{\alpha}e^{-i\omega t} - 2i\omega\dot{\alpha}e^{-i\omega t} - \omega^2\alpha e^{-i\omega t}$

$\ddot{\alpha} - 2i\omega\dot{\alpha} - \omega^2\alpha + 2i\omega(\dot{\alpha} - i\omega\alpha) - \omega^2\alpha = 0$

$\ddot{\alpha} = 0$

よって、$\alpha(t) = \beta t + \gamma$。ここで$\beta$と$\gamma$は複素定数。したがって、

$\xi = (\beta t + \gamma)e^{-i\omega t}$

(e) $t=0$ でx軸とX軸が一致しているので、$\xi(0) = x + iy$。また、$X=x, Y=y$。

$\xi(0) = \gamma = x + iy$

$\xi = (\beta t + x + iy)e^{-i\omega t}$

$\beta = A + iC$, $\gamma = B + iD$とおくと、

$x = Re(\beta t + \gamma) = Re((\beta t + \gamma)e^{-i\omega t})$

$x = Re(\beta) t + Re(\gamma)$

$y = Im(\beta) t + Im(\gamma)$

(f) (g) (h) (i) については、物理的な意味合いの説明や図示が必要となるため、解答は省略する。

3. 最終的な答え

(a) $m\ddot{X} = m\omega^2 X + 2m\omega\dot{Y}$, $m\ddot{Y} = m\omega^2 Y - 2m\omega\dot{X}$

(c) $\ddot{\xi} + 2i\omega\dot{\xi} - \omega^2\xi = 0$

(d) $\xi = (\beta t + \gamma)e^{-i\omega t}$

(e) $\xi(0) = \gamma = x + iy$