第5章の章末問題 | 問いから始める物理

演習 1

オリジナル ★★☆☆☆

地上の原点から放った質量 $3 m$ の物体が，最高点 $(a, h)$ で2つに分かれた．最高点での分裂前の速度は水平右向きに $V$ ．質量 $m$ のAは分裂直後に静止した．残りのBの質量は $2 m$ である．空気抵抗と分裂中の重力の力積を無視する．

Bの分裂直後の速度を求めよ．
両片が地面に達する時刻と，それぞれの着地点を求めよ．
着地点の質量による加重平均は，分裂しなかった場合の着地点に一致するか．

**［図：最高点での分裂］**
放物線の最高点(a,h)と分裂片A，B．最高点へ入る水平速度Vと地面を示す．着地点は描かない．

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考え方 分裂直後の鉛直速度が両片とも0となることを最初に確かめる．同じ時刻の位置なら重心の定義を使える．

$3 m (V, 0) = m (0, 0) + 2 m v_{B}$ から $v_{B} = (3 V / 2, 0)$ ．
分裂からの落下時間は共通に $τ = \sqrt{2 h / g}$ ．したがって $x_{A} = a$ ， $x_{B} = a + (3 V / 2) \sqrt{2 h / g}$ ．
平均は $(m x_{A} + 2 m x_{B}) / (3 m) = a + V \sqrt{2 h / g}$ で，分裂しない場合に一致する．両片は同時に着地するので，着地直前まで外力は重力だけである．着地時刻が異なる別の分裂では，先に着地した片が床から外力を受けるため，同じ議論を着地点の平均に直接使うことはできない．

演習 2

オリジナル ★★☆☆☆

滑らかな水平面上に，質量 $M$ の板が静止している．板の左端へ質量 $m$ の小物体を右向きに速さ $v_{0}$ で載せる．板と物体の動摩擦係数は $μ^{'}$ ，板の長さは $L$ で，物体は質点とする．

共通速度になるまでの時間と，そのときの速度を求めよ．
物体が板から落ちないための $L$ の条件を求めよ．

**［図：板へ滑り込む物体］**
板Mの左端へ速度v₀で入る小物体m．長さL，接触面のμ′，滑らかな床を示す．

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考え方 摩擦は2物体の系では内力だが，各物体には加速度を与える．相対速度が0になるまでの相対変位を求める．

滑走中は $a_{m} = - μ^{'} g$ ， $a_{M} = μ^{'} m g / M$ ．相対速度は $w = v_{0} - μ^{'} g (1 + m / M) t$ だから， $T = M v_{0} / {μ^{'} g (M + m)}$ ．水平運動量保存から共通速度は $V = m v_{0} / (M + m)$ ．滑りが止まった後は水平外力がなく，摩擦力0で一緒に等速運動できる．
板に対する移動距離は $s = v_{0} T / 2 = M v_{0}^{2} / {2 μ^{'} g (M + m)}$ ．よって $L \geq s$ が条件である．等号は右端で相対速度0になる理想的な境界である．地面に対する小物体の移動距離を $L$ と比べると，板自身の移動を数え損なう．

演習 3

オリジナル ★★☆☆☆

滑らかな水平面上で質量 $M$ の台車が右向きに速さ $v_{0}$ で動く．初め水平速度0の質量 $m$ の粘土が上から落ち，台車に付着する．その後，同じ質量 $m$ の第2の粘土が同様に付着する．各付着の前後で水平外力の力積は0とする．

1回目と2回目の直後の速度を求めよ．
最初から質量 $2 m$ の粘土を一度に受けたときと比べよ．
2回の付着の間に最初の粘土を水平に押さず落とした場合，第2の付着後の速度を求めよ．

**［図：順に粘土を受ける台車］**
上方の2個の粘土mと水平に走る台車M．第1，第2の順序と初速度v₀を示す．

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考え方 各段階で，そこに残っている質量を確認する．流出する粘土はその瞬間の水平速度を持ち去る．

$M v_{0} = (M + m) v_{1}$ から $v_{1} = M v_{0} / (M + m)$ ．次に $(M + m) v_{1} = (M + 2 m) v_{2}$ より $v_{2} = M v_{0} / (M + 2 m)$ ．
一度に受けても $M v_{0} = (M + 2 m) V$ なので同じ結果となる．入ってくる粘土の水平運動量はいずれも0である．
最初の粘土を落としても台車の速度は $v_{1}$ のまま，質量だけが $M$ に戻る．第2の付着で $M v_{1} = (M + m) v_{3}$ なので $v_{3} = M^{2} v_{0} / (M + m)^{2}$ ．(1)との比は $M (M + 2 m) / (M + m)^{2} < 1$ である．落とした粘土が運動量を持ち去ったため，残る系の速度はさらに小さくなる．

演習 4

オリジナル ★★☆☆☆

宇宙で静止した本体の質量は $M$ で，同じ質量 $m$ の荷物を2個積む．外力はない．各荷物を後ろへ放すとき，放出直後の本体に対する相対速度を $- u$ とする．

2個をまとめて放す場合の本体の速度を求めよ．
1個ずつ続けて放す場合の本体の最終速度を求め，(1)との差を示せ．

**［図：荷物の一括放出と逐次放出］**
本体Mと2個の荷物mの配置．一括放出と逐次放出を別の列で示し，後方への相対速度uのみ付ける．

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考え方 有限の荷物の放出には，微小噴射の対数式ではなく，放出直前直後の運動量保存を使う．相対速度の基準は放出後の本体である．

本体の速度を $V$ とすると荷物は $V - u$ ． $0 = M V + 2 m (V - u)$ より $V = 2 m u / (M + 2 m)$ ．
最初の放出後，残る本体と荷物の速度は $V_{1} = m u / (M + 2 m)$ ．次は $(M + m) V_{1} = M V_{2} + m (V_{2} - u)$ なので $V_{2} = V_{1} + m u / (M + m)$ ．差は

V_{2} - V = \frac{m^{2} u}{(M + m) (M + 2 m)} > 0

である．2個目を放すときには，1個目を一緒に加速する必要がない．ただし同じ相対放出速度を実現する装置を仮定した比較であり，装置の別の性能制限まで等しいと主張しているわけではない．

演習 5

オリジナル ★★☆☆☆

一直線上で，左の質量 $m$ と右の質量 $2 m$ の質点が，初め距離 $L$ だけ離れて静止している．互いを引く内力の大きさは一定の $F$ とする．外力はなく，接触するまで考える．

接触までの時間と接触位置を求めよ．原点は左の質点の初期位置とする．
接触直前の速度と全運動量を求めよ．

**［図：一定の内力で近づく2質点］**
距離Lで静止するmと2mを示し，互いに向かう等しい内力Fを描く．

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考え方 距離の減少は相対加速度で求め，接触位置は静止した重心を使う．力が距離によらず一定という条件のため，等加速度運動で解ける．

右向きを正とすれば $a_{1} = F / m$ ， $a_{2} = - F / (2 m)$ ．距離は $s = L - 3 F t^{2} / (4 m)$ なので $T = \sqrt{4 m L / (3 F)}$ ．重心は初め $x_{G} = 2 L / 3$ で動かない．接触時には両者が同じ位置にあるから，その位置が $2 L / 3$ となる．
$v_{1} = F T / m$ ， $v_{2} = - F T / (2 m)$ ．運動量は $m v_{1} + 2 m v_{2} = F T - F T = 0$ ．換算質量 $μ = 2 m / 3$ を使うと $μ \ddot{s} = - F$ となり，同じ接触時間が得られる．接触後に付着するか反発するかは条件に含まれず，これだけでは決まらない．

演習 6

オリジナル ★★★☆☆

長さ $l$ の軽い糸につるした質量 $M$ の小球へ，質量 $m$ の弾丸が水平に速さ $v$ で入り，一体となる．衝突は最下点で瞬間的に起こる．その後，糸が鉛直となす最大角は $0 < θ < π / 2$ である．重力以外の抵抗を無視する．

衝突直後の速さ $U$ を求めよ．
接線方向の運動方程式から速さと角度の関係を導き， $v$ を $θ$ で表せ．弧に沿う距離を $s$ ，速さを $w = \frac{d s}{d t}$ とすると $\frac{d w}{d t} = \frac{d w}{d s} \frac{d s}{d t} = w \frac{d w}{d s}$ と書けること（合成関数の微分）と， $\int \sin φ d φ = - \cos φ + C$ を使ってよい．

**［図：弾丸を受け止めるつり球］**
最下点のつり球Mへ弾丸mが水平速度vで入る図．長さlと，最大角θの位置を破線で示す．

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考え方 衝突中は糸の力積が鉛直なので水平運動量を保存する．衝突後の上昇は，接線方向の運動方程式を積分して扱う．

$m v = (M + m) U$ より $U = m v / (M + m)$ ．衝突前後で速さの2乗に比例する量を保存してはいけない．
途中の角を $φ$ ，速さを $w$ ，弧に沿う距離を $s = l φ$ とする．接線方向では $\frac{d w}{d t} = - g \sin φ$ ． $\frac{d s}{d t} = w$ なので $w d w = - g l \sin φ d φ$ ．0から $φ$ まで積分して $w^{2} = U^{2} - 2 g l (1 - \cos φ)$ ．最高点で $w = 0$ だから

v = \frac{M + m}{m} \sqrt{2 g l (1 - \cos θ)}

となる． $θ < π / 2$ なら途中の張力 $(M + m) (g \cos φ + w^{2} / l)$ は正で，糸が張る仮定とも整合する．

演習 7

東京大 1992 前期（改題） ★★★☆☆

水平な台の高さが，鉛直上向きを正として $Y (t) = a \cos (2 π t / T)$ と与えられている．台は小球より十分重く，衝突によってこの運動を変えない．台との反発係数は1である．時刻 $- T / 2$ に高さ $h$ から小球を静かに落とし，時刻0に台と初めて衝突させる． $a = 0.040 m$ ， $T = 0.80 s$ ， $g = 10 m s^{- 2}$ とする．台の速度・加速度を求めるには， $ω$ を定数として $\frac{d}{d t} \cos ω t = - ω \sin ω t$ ， $\frac{d}{d t} \sin ω t = ω \cos ω t$ を使える．

［図：上下する台の既知の運動］

球は落下開始時の高さhに示してある．初期表示の台は時刻0の位置で，再生すると指定された台の運動とグラフの点だけが動く．球の衝突後の運動は描かない．

$h$ ，衝突直前・直後の小球の速度を求めよ．
小球が次に同じ高さへ戻る時刻を求め，台もその位置に来ることを確かめよ．
$g > a (2 π / T)^{2}$ を利用して途中の衝突がないことを示し（区間の両端で $d = 0$ ，区間内で $\frac{d^{2} d}{d t^{2}} < 0$ なら，区間内で $d > 0$ であることを使ってよい），この跳躍が繰り返されるか説明せよ．落下開始から最初の衝突までについても確認せよ．

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考え方 反転するのは台に対する相対速度である．球と台の位置が一致する時刻を見つけた後には，それ以前に出会っていないかを確認する．

自由落下の時間は $T / 2$ なので， $h = a + g T^{2} / 8 = 0.84 m$ ，直前の速度は $u = - g T / 2 = - 4.0 m s^{- 1}$ ．台の速度を $W$ とすると $v - W = - (u - W)$ より $v = 2 W - u$ ．時刻0では $W = 0$ なので $v = g T / 2 = 4.0 m s^{- 1}$ である．
衝突後は $y = a + (g T / 2) t - g t^{2} / 2$ ． $y = a$ の次の根は $t = T$ で， $Y (T) = a$ ， $W (T) = 0$ も成り立つ．
間隔 $d (t) = y (t) - Y (t)$ は $d (0) = d (T) = 0$ ，

\frac{d^{2} d}{d t^{2}} = - g + a {(\frac{2 π}{T})}^{2} \cos \frac{2 π t}{T} < 0

を満たす．グラフは端点を結ぶ直線より上にあるため， $0 < t < T$ では $d (t) > 0$ となり，途中で衝突しない．数値でも $a (2 π / T)^{2} \approx 2.47 m s^{- 2} < g$ である．次の衝突直前も速度は $- g T / 2$ ，直後は $g T / 2$ なので，以後周期 $T$ で繰り返す．これはこの初期条件の解であり，少しずれた運動の安定性まで示したわけではない．

落下開始からの間隔も同じ負の2階微分をもち，時刻 $- T / 2$ では $h + a > 0$ ，時刻0では0である．端点間の直線より上にあるため，最初の衝突も指定どおり0となる． $a \to 0$ なら静止台での通常の弾性反射に戻る．

演習 8

東京大 1984 前期（改題） ★★★☆☆

滑らかな水平レール上の台車A，Bは，装置込みでそれぞれ質量 $3 m$ ， $5 m$ である．初めは静止し，Aの発射位置を $x = 0$ ，Bの打撃位置を $x = L$ とする．Aから質量 $m$ の球を投げた直後，地上から見た球の速度は $(6.0, 4.0) m s^{- 1}$ であった．Bの装置が球を左上へ打ち返し，Aが受け取る．投球・打撃・受取の高さはすべて同じである．打ち返した球の地上から見た速度を $(- q, (2 / 5) q)$ とする． $g = 10 m s^{- 2}$ とし，衝突中の水平外力を無視する．

**［図：異なる質量の台車での投球］**
初めの台車AとBの距離はL．右向きの投球成分は与えられ，返球は地上から見た角βの方向に指定されている．

投球直後のAの速度と $L$ を求めよ．
受取条件から $q$ と，打撃直後のBの速度を求めよ．
受取までのA，Bの変位，および受取後のAの速度を求めよ．

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考え方 台車ごとに球との水平運動量収支を書き，空中にある間は球の飛行時間と台車の等速運動を組み合わせる．返球角は地上での角度として与えられている．

投球時の運動量保存から $3 m V_{A} + 6 m = 0$ ，よって $V_{A} = - 2.0 m s^{- 1}$ ．最初の飛行時間は $t_{1} = 2 (4.0) / 10 = 0.80 s$ なので， $L = 6.0 t_{1} = 4.8 m$ ．この瞬間にAは $x = - 1.6 m$ におり，Bとの距離は $6.4 m$ である．
返球の飛行時間は $t_{2} = 2 (2 q / 5) / g$ ．球がAへ追いつくには $(q - 2.0) t_{2} = 6.4 m$ が必要である．数値をSI単位で代入すると $q (q - 2) = 80$ ，したがって $q = 10 m s^{- 1}$ （もう一つの根 $- 8$ は左上へ返す条件に合わない）． $t_{2} = 0.80 s$ である．打撃時は $6 m = 5 m V_{B} - m q$ より $V_{B} = (6 + q) / 5 = 3.2 m s^{- 1}$ ．
Aの変位は $V_{A} (t_{1} + t_{2}) = - 3.2 m$ ，Bの変位は $V_{B} t_{2} = 2.56 m \approx 2.6 m$ ．球の受取位置も $L - q t_{2} = - 3.2 m$ で一致する．受取後は球もAに含めて $(3 m + m) V_{A, 後} = 3 m (- 2) + m (- 10)$ より $V_{A, 後} = - 4.0 m s^{- 1}$ ．全体でも $4 m (- 4) + 5 m (3.2) = 0$ となり，初めの水平運動量0を保っている．

演習 9

オリジナル ★★★☆☆

月面付近の重力加速度を一定の $g_{M} = 1.6 m s^{- 2}$ とする．探査機は高度 $h = 120 m$ を下向きの速さ $v_{0} = 8.0 m s^{- 1}$ で通過した後，自由落下する．高度 $H$ で噴射を始め，その後 $τ = 4.0 s$ にわたり上向きの正味の加速度を一定に保ち，月面に速度0で到達させる．噴射直前の質量は $m_{0} = 600 kg$ ，下向きに噴射するガスの機体に対する速さは $u = 800 m s^{- 1}$ である．推力の大きさは調節でき，質量減少による重力加速度の変化はない．

**［図：着陸の二つの段階］**
高度hではまだ噴射せず，高度Hから下向きにガスを出して減速する．v₀とwは異なる時点の速度である．

噴射開始時の下向きの速さ $w$ と高度 $H$ を求めよ．
必要な燃料の質量を求めよ．
同じ一定加速度による減速の族で $τ \to 0$ とした極限と燃料量を比較せよ．この極限では推力に上限がないとする．

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考え方 高度 $h$ での速さと，噴射開始時の速さは違う．まず等加速度運動から噴射位置を決め，次に質量変化を含む運動方程式を積分する．

減速中の平均の下向き速度は $w / 2$ なので $H = w τ / 2$ ．自由落下では $w^{2} = v_{0}^{2} + 2 g_{M} (h - H)$ ．連立して

w = \frac{- g_{M} τ + \sqrt{g_{M}^{2} τ^{2} + 4 (v_{0}^{2} + 2 g_{M} h)}}{2} \approx 18.2 m s^{- 1}, H \approx 36.4 m .

正味の上向き加速度は $a = w / τ$ ． $0 < H < h$ かつ $w > v_{0}$ なので，噴射前の自由落下と矛盾しない．

上向きを正として，機体質量を $m (t)$ とすれば $m d v = - u d m - m g_{M} d t$ ．噴射開始を時刻0として積分し， $v (0) = - w$ ， $v (τ) = 0$ を使うと

$\exp x$ は $e^{x}$ のことである．

w = u \ln \frac{m_{0}}{m_{f}} - g_{M} τ, m_{0} - m_{f} = m_{0} [1 - \exp (- \frac{w + g_{M} τ}{u})] .

燃料は約 $18 kg$ （丸める前は $18.174 kg$ ）である．一定加速度は $m (t) = m_{0} e^{- (a + g_{M}) t / u}$ という質量変化で実現できる．指数の中は速度同士の比で無次元である．

$τ \to 0$ では $H \to 0$ ， $w \to \sqrt{v_{0}^{2} + 2 g_{M} h}$ ．したがって極限の燃料量は

m_{0} [1 - \exp (- \frac{\sqrt{v_{0}^{2} + 2 g_{M} h}}{u})] \approx 16 kg

で，丸める前の値は $15.666 kg$ ．4秒噴射はこれより約 $2.5 kg$ 多く使う．実際， $w + g_{M} τ = [g_{M} τ + \sqrt{g_{M}^{2} τ^{2} + 4 (v_{0}^{2} + 2 g_{M} h)}] / 2$ は $τ$ とともに増えるので，この運動の族では短時間極限が最小となる．有限時間の噴射では，減速中にも受け続ける重力の力積を補う必要がある．

演習 10

オリジナル ★★★☆☆

重い滑らかな反射板に小球を当てる．板の法線を $x$ 軸（入射側から板へ向かう向きを正），接線を $y$ 軸とし，入射速度を $(v \cos 45^{\circ}, v \sin 45^{\circ})$ とする．板は法線方向だけに一定速度 $U$ で動き，衝突で速度を変えない．反発係数は1で，接線方向の力積はない．入射方向から反時計回りに $105^{\circ}$ 曲がった方向へ球を送りたいと考える．

**［図：動く反射板の法線と接線］**
入射角と出射方向は問題で指定されている．板の速度Uは右向きを正とし，符号は未知である．

衝突後の速度成分を $v, U$ で表せ．
指定方向へ送るための $U$ を求めよ．
$v = 12 m s^{- 1}$ として板の速度と反射後の速さを評価し，板から球が離れることを確認せよ．

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考え方 板の系では法線成分だけが反転する．地上の系に戻すときに，板の速度をもう一度加える．

衝突後の法線成分を $v_{x, 後}$ とすると $v_{x, 後} - U = - (v / \sqrt{2} - U)$ ．したがって $v_{x, 後} = 2 U - v / \sqrt{2}$ ， $v_{y, 後} = v / \sqrt{2}$ である．
指定された出射角は $45^{\circ} + 105^{\circ} = 150^{\circ}$ ．接線成分が正のままなので，法線成分は $- \sqrt{3} v / \sqrt{2}$ でなければならない．よって

U = \frac{1 - \sqrt{3}}{2 \sqrt{2}} v .

負号は板が球に向かって進むことを意味する．

$U \approx - 3.1 m s^{- 1}$ ，反射後の速さは $\sqrt{3 v^{2} / 2 + v^{2} / 2} = \sqrt{2} v \approx 17 m s^{- 1}$ ．衝突前の相対法線速度 $v / \sqrt{2} - U$ は正で，衝突後はその負なので球は板から離れる． $U = 0$ を(1)に入れると速さが変わらない通常の鏡面反射になり，動く板の場合に地上での速さが変わっても，反発係数1と矛盾しない．