ファインマンの著作を読んで物理を理解していくブログ． -51ページ目

1-1
a)
$\theta $を$KB$が壁となす角度とすると．
$\sin 90^o=\frac{5}{3}\sin \theta $.
よって$\sin \theta =\frac{3}{5}$．よって
$AK=140-120\frac{3}{4}=50$．

b)
$50/5+150/3=60$．

c)
$ACB$だと60.068秒．
$AC'B$だと62秒．

1-2
a)
図のように$\theta _i, \theta _r, Q, R$をおき，$l=|QR|$とおく．
$\theta _i=30^o, \sin \theta _i=1.5 \sin \theta _r, l\cos \theta _r=0.2, PP'=l\sin (\theta _i-\theta _r)$
が成立．これらを使って$PP'$を計算すると,
$PP'=0.387$.

b)
$t_{SP'}=1.5l+1-l\cos (\theta _i-\theta _r)=1.10964$

1-3
$1.6l+2-l=2\sqrt{(1-1.5\times10^{-3})^2+0.1^2}+1.6\times 3\times 10^{-3}$
を解いて
$l=0.01965$．

1-4
実際には前に鏡を置けば前後が逆になり
下に鏡があれば上下が逆になっている．
しかし現実と像を重ね合わせるときに前後，上下をそろえるように
回転させるから"左右が逆になっている"って感じる．
というか二つの軸をそろえたとき残った軸のことを左右と呼んだ．

1-5
二回反射するから．

1-6
知らない．

1-7
全反射．

１章の本文

ファインマン物理学 (2)/ファインマン
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http://file.buturi.blog.shinobi.jp/Feynmanhonbun2_1.pdf

1-2
$\sin \theta _i=n\sin \theta _r$

1-3
入射した媒質の中で光の速さが$1/n$倍になるとすると，
光が一点から他の点に最小の時間で到達するという過程（最小時間の原理，フェルマーの原理）から
$\sin \theta _i=n\sin \theta _r$（スネルの法則）が導かれる．

1-4
$i$に対する$j$の屈折率を
$n_{ij}$とかくと，最小作用の原理から
$n_{ij}=n_{kj}/n_{ki}$が導かれる．
これは最小作用の原理によってスネルの法則を導き出すことのメリットの一つ．

1-5
最小というより極小．

25-1
$\omega =2 \pi 120$とおく．
$V_{in}=V_0+V_2 \cos (\omega t)$．
$r \frac{d\hat{q}(t)}{dt}+\frac{\hat{q}(t)}{dt}=V_0+V_2e^{\omega t}$よって
$r\frac{d(\hat{q}-CV_0)}{dt}+\frac{(\hat{q}-CV_0)}{C}=V_2e^{i\omega t}$.
$q_1=\hat{q}-CV_0$とおいて
$\hat{q}(t)=\hat{q}e^{i\omega t}$を代入すると
$(i\omega r+1/C)q_1=V_2$.よって
$q_1=\frac{V_2}{i\omega r+1/C}$．よって
$q_1(t)=\frac{V_2}{i\omega r+1/C}e^{i\omega t}$．よって
$\hat{q}(t)=\frac{V_2}{i\omega r+1/C}e^{i\omega t}+CV_0
=\frac{C}{\sqrt{1+\omega ^2C^2r^2}}e^{i\delta}V_2e^{i\omega t}+CV_0$．よって
$q_1(t)=\frac{C}{\sqrt{1+\omega ^2C^2r^2}}V_2\cos (i\omega t+\delta )+CV_0$.
よって
$V_{out}=\frac{q_1(t)}{C}=\frac{1}{\sqrt{1+\omega ^2C^2r^2}}V_2\cos (i\omega t+\delta )+V_0$.
問題文の数値を代入すると$\sqrt{1+\omega ^2C^2r^2}=7.606$．

25-2
$V_{in}(t)=\frac{q(t)}{c}+R\dot{q}(t)$.
$V_{out}(t)=R\dot{\hat{q}}(t)$.
$\dot{V}_{in}(t)=\frac{\dot{q}(t)}{c}+R\ddot{q}(t)=\frac{V_{out}(t)}{RC}+R\ddot{q}(t)$.
$RC\dot{V}_{in}(t)=V_{out}(t)+R^2C\ddot{q}(t)$.

25-3
$q(t)=\frac{CV_0}{\sqrt{R^2C^2\omega ^2+1}}\cos (\omega t+\delta)$．よって
$R^2 C\ddot{q}=\frac{-\omega ^2R^2C^2V_0}{\sqrt{R^2C^2\omega ^2+1}}\cos (\omega t+\delta)$．

25-4
inとoutを逆にする．

25-5
a)$-A$から動き始めるとする．
$m\ddot{x}=-kx-\mu mg$を
$x(0)=-A, \dot{x}(0)=0$の下で解く．
$\ddot{x}=\frac{-k}{m}(x+\frac{\mu gm}{k})$.
$x_1=x+\frac{\mu mg}{k}$とおくと
$\ddot{x}_1=-\frac{k}{m}x_1$．初期条件考慮して
$x_1(t)=-A\cos \sqrt{\frac{k}{m}}t$.　よって
$x(t)=-A\cos \sqrt{\frac{k}{m}}t-\frac{\mu mg}{k}$.

b)
$\dot{x}(t)=A\sin \sqrt{\frac{k}{m}}t$だから$t_0=\sqrt{\frac{m}{k}}\pi$のとき止まる．
$x(t_0)=A-\frac{\mu mg}{k}$だがこれが$-B<0$のときはそこで止まったままになる．
$A=\frac{\mu mg}{k}-B$
$A-\frac{\mu mg}{k}>0$のときは$t_0$以降の運動方程式は
$\ddot{x}=-\frac{k}{m}(x-\frac{\mu mg}{k})$となるが$t=t_0$において右辺は
$-\frac{k}{m}(A-\frac{2\mu mg}{k})$よって
$A-\frac{2\mu mg}{k}<0$なら動けない．
$A-\frac{\mu mg}{k}=B$で$0<B<\frac{\mu mg}{k}$なら$B$の点で止まったままになる．
$A-\frac{2\mu mg}{k}>0$のときは
$x_1(t)=x(t+t_0)-\frac{\mu mg}{k}$
とおくと
$\ddot{x}_1=-\frac{k}{m}x_1$より
$x_1(t)=(A-\frac{\mu mg}{k})\cos \sqrt{\frac{k}{m}}t$．よって
$x(t+t_0)=(A-\frac{\mu mg}{k})\cos \sqrt{\frac{k}{m}}t+\frac{\mu mg}{k}$．
$x(2t_0)=-A+\frac{2\mu mg}{k}$これが$B>0$のときはそこで止まったままになる．
前半と同様に$0<B<\frac{\mu mg }{k}$のときは$A=\frac{2\mu mg}{k}+B$とすればそこで止まったままになる．

同様に考えていって結果だけまとめる.
原点を通らずに
$-B$で止まるには$A=\frac{\mu mg}{k}-B$.
原点を１回通って速度が一度も負になることなく$B$で止まるには
$B<\frac{\mu mg}{k}$であり$A=\frac{\mu mg}{k}+B$.
原点を１回通って，速度の符号が１回変わってから$B$で止まるには
$A=\frac{2\mu mg}{k}-B$.
原点を２回通って２回目に原点を通ってから速度が一度も正になることなく止まるには
$B<\frac{\mu mg}{k}$であり$A=\frac{2\mu mg}{k}+B$.
原点を２回通って，速度の符号が２回変わってから$B$で止まるには
$A=\frac{3\mu mg}{k}-B$.以下同様に考えると，

原点をn回通ってn回目に原点を通ってから速度が一度も正になることなく止まるには
$B<\frac{\mu mg}{k}$であり$A=\frac{n\mu mg}{k}+B$.
原点をn回通って，速度の符号がn回変わってから$B$で止まるには
$A=\frac{(n+1)\mu mg}{k}-B$.