2019/10/30 空間の運動の極座標表示

本日のお題

次の問いの解き方を教えてください

空間における螺旋運動 \(\boldsymbol{p} = \left[\,a\cos\omega t,\ a\sin\omega t,\ ct\,\right]\) について,次の問いに答えよ。

(1) 速度の極座標成分 \(v_r\)\(v_{\theta}\)\(v_{\phi}\) を求めよ。

(2) 曲率半径 \(R\) を求めよ。

承知しました それでは,まず,空間の極座標表示について説明します。

ベクトル \(\boldsymbol{p}\) によって表される動点を \(\mbox{P}\) とし,点 \(\mbox{P}\) から \(xy\) 平面に下した垂線の足を点 \(\mbox{A}\),点 \(\mbox{A}\) から \(x\) 軸と \(y\) 軸に下した垂線の足をそれぞれ点 \(\mbox{B}\) と点 \(\mbox{C}\),さらに点 \(\mbox{P}\) から \(z\) 軸に下した垂線の足を点 \(\mbox{D}\) とします。

\(\theta\)

\(\varphi\)

このとき,長さ \(r\) と2つの角 \(\theta\)\(\varphi\) を次のように定め,3つの要素 \(\left[\,r,\ \theta,\ \varphi\,\right]\) により点の位置を定める座標系を極座標系といいます。

\[r = \mbox{OP},\quad \theta = \angle\mbox{POD},\quad \varphi = \angle\mbox{AOB}\]

\(\angle\mbox{OPA} = \theta\) ですから,\(\mbox{OA} = \mbox{OP}\cdot\sin\theta\) であり,点 \(\mbox{B}\)\(x\) 座標は \(r\sin\theta\cos\varphi\),点 \(\mbox{C}\)\(y\) 座標は \(r\sin\theta\sin\varphi\) となります。また,点 \(\mbox{D}\)\(z\) 座標は \(r\cos\theta\) です。したがって,直交座標系における点 \(\mbox{P}\) の座標を \(\left(x,\ y,\ z\right)\) とおくと

\(x = r\sin\theta\cos\varphi,\quad y = r\sin\theta\sin\varphi,\quad z = r\cos\theta\)

が成り立ち,逆に,\(r,\ \theta,\ \varphi\)\(x,\ y,\ z\) で表すと

\[\displaystyle r = \sqrt{x^2 + y^2 + z^2},\quad \theta = \cos^{-1}\frac{z}{r},\quad \varphi = \tan^{-1}\frac{y}{x}\]

が成り立ちます。

さて,これで準備が整いましたので,極座標系での速度の成分を求めていきましょう

まず,\(v_r\) です。これは,\(r\) 方向 ― つまり,原点からみて点 \(\mbox{P}\) の方向の変化の割合です。したがって \[v_r = \lim_{\Delta t \to 0}\frac{\Delta r}{\Delta t} = \frac{dr}{dt}\] です。よって \[\begin{eqnarray} v_r &=& \frac{d}{dt}\sqrt{a^2\cos^2 \omega t + a^2\sin^2 \omega t + c^2 t^2} \\ &=& \frac{d}{dt}\sqrt{a^2 + c^2 t^2} \\ &=& \frac{\cancel{2}c^2 t}{\cancel{2}\sqrt{a^2 + c^2 t^2}} \\ &=& \frac{c^2 t}{\sqrt{a^2 + c^2 t^2}} \end{eqnarray}\]

続いて,\(v_{\theta}\) に行きましょう!! これは,\(\theta\) 方向の変化の割合ですが,\(\theta\)\(\Delta\theta\) だけ増えたとき,点 \(\mbox{P}\) がどれだけ動いたかを考えます。\(\mbox{OP} = r\) ですから,\(r\Delta\theta\) です。したがって \[\begin{eqnarray} v_{\theta} &=& \lim_{\Delta t \to 0}\frac{r\Delta\theta}{\Delta t} \\ &=& r\frac{d\theta}{dt} \\ &=& r\frac{d}{dt}\left(\cos^{-1}\frac{ct}{\sqrt{a^2 + c^2 t^2}}\right) \\ &=& -r\cdot\frac{1}{\displaystyle\sqrt{1 - \frac{c^2 t^2}{a^2 + c^2 t^2}}}\cdot\left(\frac{ct}{\sqrt{a^2 + c^2 t^2}}\right)' \\ &=& -r\cdot\frac{\sqrt{a^2 + c^2 t^2}}{a}\cdot\frac{\displaystyle c\sqrt{a^2 + c^2 t^2} - ct\cdot\frac{c^2 t}{\sqrt{a^2 + c^2 t}}}{a^2 + c^2 t^2} \\ &=& -\frac{a^2 + c^2 t^2}{a}\cdot\frac{a^2 c + c^3 t^2 - c^3 t^2}{\left(a^2 + c^2 t^2\right)\sqrt{a^2 + c^2 t^2}} \\ &=& -\frac{\cancel{a^2 + c^2 t^2}}{\bcancel{a}}\cdot\frac{a^{\bcancel{2}}c}{\cancel{(a^2 + c^2 t^2)}\sqrt{a^2 + c^2 t^2}} \\ &=& -\frac{ac}{\sqrt{a^2 + c^2 t^2}} \end{eqnarray}\]

(1) の最後 \(v_{\varphi}\) です。\(\varphi\)\(xy\) 平面上の角とみることができるので,点 \(\mbox{P}\)\(\varphi\) 方向にどれだけ動いたかは,点 \(\mbox{P}\)\(xy\) 平面への射影 ― すなわち,点 \(\mbox{A}\) ― がどれだけ動いたかと一致します。\(\mbox{OA} = r\sin\theta = \sqrt{x^2 + y^2} = a\) ですから,点 \(\mbox{A}\) の変化量は \(r\sin\theta\Delta\varphi = a\Delta\varphi\) となり,したがって \[\begin{eqnarray} v_{\varphi} &=& \lim_{\Delta t \to 0}\frac{a\Delta\varphi}{\Delta t}\ \left(= \lim_{\Delta t \to 0}\frac{r\sin\theta\Delta\varphi}{\Delta t}\right) \\ &=& a\cdot\frac{d\varphi}{dt}\ \left(= r\sin\theta\cdot\frac{d\varphi}{dt}\right) \\ &=& a\cdot\frac{d}{dt}\left(\tan^{-1}\frac{y}{x}\right) \\ &=& a\cdot\frac{d}{dt}\left(\omega t\right) \\ &=& a\omega \end{eqnarray}\] この計算は,\(\displaystyle \tan^{-1}\frac{y}{x} = \omega t\) であることに気付けば,上記のように簡単になります。もし気づかなければ \[\begin{eqnarray} \frac{d}{dt}\left(\tan^{-1}\frac{y}{x}\right) &=& \frac{1}{\displaystyle 1 + \frac{y^2}{x^2}}\cdot\left(\frac{y}{x}\right)'\\ &=& \frac{x^2}{x^2 + y^2}\cdot\frac{y'\cdot x - y\cdot x'}{x^2} \\ &=& \frac{\cancel{x^2}}{a^2}\cdot\frac{a^2\omega\cos^2\omega t + a^2\omega\sin^2\omega t}{\cancel{x^2}} \\ &=& \frac{\cancel{a^2}\omega}{\cancel{a^2}} \\ &=& \omega \end{eqnarray}\] などの計算をすることになります。螺旋運動の場合には簡単になりますが,一般的にはそうならないので,上記の下の計算にも慣れておく必要はあるかも知れません。

次に,曲率半径 を求めます。点 \(\mbox{P}\left(\boldsymbol{p}\right)\) の軌跡の弧長(点が動いた距離)を \(s\) とすると \[\frac{1}{R} = \left\|\frac{d^2\,\boldsymbol{p}}{ds^2}\right\| = \left\|\frac{d^2\,\boldsymbol{p}}{dt^2}\cdot\left(\frac{dt}{ds}\right)^2\right\|\] が成り立ち,計算もそれほど大変ではないのですが,これは ベクトル解析 の内容になってしまうので,課題で悩んだ1年生の皆さんのためには少々誤魔化した解答をつけることにします。

\(\boldsymbol{p} = \left[\,x,\ y,\ z\,\right]\) に対して,\(\displaystyle \frac{d\,\boldsymbol{p}}{dt} = \left[\,\frac{dx}{dt},\ \frac{dy}{dt},\ \frac{dz}{dt}\,\right]\)\(\displaystyle \frac{d^2\,\boldsymbol{p}}{dt^2} = \left[\,\frac{d^2 x}{dt^2},\ \frac{d^2 y}{dt^2},\ \frac{d^2 z}{dt^2}\,\right]\)は,動点 \(\mbox{P}\) の速度ベクトルと加速度ベクトルになります。 \[\begin{eqnarray} \frac{d\,\boldsymbol{p}}{dt} &=& \left[\,-a\omega\sin\omega t,\ a\omega\cos\omega t,\ c\,\right] \\[2px] \frac{d^2\,\boldsymbol{p}}{dt^2} &=& \left[\,-a\omega^2 \cos\omega t,\ -a\omega^2 \sin\omega t,\ 0\,\right] \end{eqnarray}\] であり,点 \(\mbox{P}\) の速さ \(v\) と加速度の大きさ \(\alpha\)\[\begin{eqnarray} v &=& \sqrt{a^2 \omega^2 \sin^2 \omega t + a^2 \omega^2 \cos^2 \omega 2 + c^2} = \sqrt{a^2 \omega^2 + c^2}\\[2px] \alpha &=& \sqrt{a^2 \omega^4 \cos^2 \omega t + a^2 \omega^4 \sin^2 \omega t} = a\omega^2 \end{eqnarray}\] となるので,\(v\) が一定,すなわち等速の運動であることが分かります。

ところで,少しばかり難しい話しになりますが,接線方向のベクトルと法線方向のベクトルで張られる平面を接触平面といいます。接触平面上で,現在動点のある位置付近の軌跡を円で近似します。そのときの円の半径を曲率半径といい,曲率半径の逆数を曲率といいます。

ここで,点 \(\mbox{P}\) の接線方向と法線方向の加速度をそれぞれ \(a_t\)\(a_n\) とすると,等速運動ですから \(a_t = 0\)\(a_n = \alpha\) となります。等速円運動の場合と同様に考えて,現在の位置付近の微小区間を円運動と見なしたときの角速度を \(\omega_0\) と書けば,\(a_n = R\omega_0\!^2\)\(v = R\omega_0\) が成り立ちます。したがって,\(\displaystyle a_n = \frac{v^2}{R} = \frac{a^2 \omega^2 + c^2}{R}\) となって \[\begin{eqnarray} && \frac{a^2 \omega^2 + c^2}{R} = a\omega^2 \\ && \frac{1}{R} = \frac{a\omega^2}{a^2 \omega^2 + c^2} \\ ∴\quad && R = \frac{a^2 \omega^2 + c^2}{a\omega^2} = a\left(1 + \frac{c^2}{a^2 \omega^2}\right) \end{eqnarray}\] 以上で,ミッション完了‼︎

Last modified: Friday, 5 March 2021, 5:27 PM