第5章の発展問題 | 問いから始める物理

演習 1

オリジナル ★★★★☆

質量 $M$ のくさびが滑らかな水平面上に静止している．右下がりの滑らかな斜面は水平と角 $α (0 < α < π / 2)$ をなし，質量 $m$ の小物体を斜面上で静かに放す．物体が鉛直に高さ $h$ だけ下がるまで斜面は続く．

くさびの右向き速度を $V$ ，物体の斜面に沿う相対速度を $w > 0$ として関係式を求めよ．
相対加速度を運動方程式から導き，高さ $h$ だけ下がったときの $w, V$ を求めよ．
その間のくさびの変位を求めよ．

**［図：自由に動くくさび］**
滑らかな床上の右下がりのくさびMと小物体m．角αと落下高さhを示す．速度や加速度の答えは描かない．

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考え方 水平運動量を保存する一方，物体の地面から見た加速度にはくさびの加速度を含める．鉛直運動量は保存しない．

物体の速度は $(V + w \cos α, - w \sin α)$ ．水平運動量は初め0なので $(M + m) V + m w \cos α = 0$ ．したがって $V = - m w \cos α / (M + m)$ ．
$a = \dot{w}$ ， $A = \dot{V} = - m a \cos α / (M + m)$ とする．物体の加速度を斜面方向へ射影すると $a + A \cos α$ である．垂直抗力にはその成分がないため

a + A \cos α = g \sin α, a = \frac{(M + m) g \sin α}{M + m \sin^{2} α}

となる． $a$ は一定で，相対移動距離は $h / \sin α$ だから

w = \sqrt{\frac{2 g h (M + m)}{M + m \sin^{2} α}}, V = - \frac{m \cos α}{M + m} \sqrt{\frac{2 g h (M + m)}{M + m \sin^{2} α}}

である． $M$ を大きくすると $w \to \sqrt{2 g h}$ ， $V \to 0$ となり固定斜面に戻る．

(1)を時間で積分すると $(M + m) X + m (h / \sin α) \cos α = 0$ ．よって $X = - m h \cos α / {(M + m) \sin α}$ ．所要時間を求めなくても，水平重心の不変から変位が決まる．

演習 2

オリジナル ★★★★☆

線密度 $λ$ ，長さ $L$ の柔らかい鎖を鉛直につり，下端を水平な受け皿に接触させておく．上端の支えを外すと，鎖は皿にたまって静止する．まだ落下中の部分は張力を受けず自由落下し，皿に達した部分は瞬時に止まり，跳ね返らないというモデルを用いる．皿上の山の高さは無視する．

鎖のうち長さ $x (0 < x < L)$ が皿にたまったとき，落下中の部分の速さを求めよ．
皿が鎖から受ける下向きの力を求めよ．
皿が鎖から受ける力積を，放してから全体がたまる直前まで積分せよ．また，最後の直前と静止後の力を比べよ．

**［図：自由落下する鎖と受け皿］**
下端が皿に触れる鉛直の鎖の初期状態と，長さxが皿にたまった途中を並べる．落下部分の速度vと残りの長さL−xを示す．

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考え方 皿は，すでに静止した鎖の重さと，新たに到着する鎖を止めるための運動量の流れの両方を受ける．自由落下の仮定は実際の鎖すべてに普遍的なものではない．

$x = g t^{2} / 2$ ， $v = g t$ より $v^{2} = 2 g x$ ．落下部分の各点が同じだけ下がるので，落下距離が皿に入った長さに一致する．
$d t$ の間に入る質量は $d m = λ v d t$ ．この部分が失う下向き運動量は $v d m = λ v^{2} d t$ である．皿の受ける力は

R = λ x g + λ v^{2} = 3 λ g x

となる．後から入る微小部分の重力がこの $d t$ に与える力積は2次なので極限では消える．

落下時間は $T = \sqrt{2 L / g}$ ． $R (t) = 3 λ g^{2} t^{2} / 2$ を積分して $J = λ g^{2} T^{3} / 2 = λ L g T$ ．全鎖の重力の力積も $λ L g T$ であるから，上向きの皿からの力積と打ち消し，初めと終わりの全運動量0に合う．最後の直前は $R \to 3 λ L g$ ，全体が静止した後は $λ L g$ ．理想モデルでは運動量の流入が途絶える瞬間に力が飛び変わるが，有限の追加力積は生じない．

演習 3

東京大 1995 後期（改題） ★★★★☆

水平面上のAから球を投げ，水平距離 $D$ の地点Cに落とする．中点に置いた高さ $H$ の細いネットの上端を，球はちょうど通過する．Cの直前で滑らかな水平面に当たり，すぐにCから右上がりの滑らかな斜面へ進む．水平面での衝突点とCの距離は無視する極限を考える．両面での反発係数は同じ $e$ （ $0 < e < 1$ ）で，衝突によって接線方向の速度は変わりません．斜面角を $θ$ とし，Cを原点として斜面上向きを $x$ ，面から離れる向きを $y$ とする．空気抵抗・球の回転を無視する．

**［図：ネットを越えて斜面へ入る配置］**
水平区間ACの中点に高さHのネットを置く．球はC直前の水平面で跳ね，斜面に入る．斜面に沿うxと垂直なyを示す．

投球速度の水平成分 $p$ と鉛直成分 $q$ を求め，水平面で跳ねた直後の斜面方向成分 $u_{0}$ と法線成分 $v_{0}$ を表せ．以下は $u_{0} > 0$ ， $v_{0} > 0$ とする．
Cで跳ねた直後を $t = 0$ とする．斜面との $n$ 回目の衝突時刻 $t_{n}$ と，跳ね返りが収束する時刻 $t_{\infty}$ を求めよ．等比数列の和 $1 + e + \dots + e^{n - 1} = (1 - e^{n}) / (1 - e)$ を使える．
収束位置 $x_{\infty}$ を求め，Cに戻るまでに跳ね返りが収束する条件を示せ．その後は面に接したまま滑るモデルとする．
$D = 4.0 m$ ， $H = 0.80 m$ ， $e = 3 / 4$ ， $\tan θ = 1 / 2$ ， $g = 10 m s^{- 2}$ について，収束時刻・収束位置・最も上る位置・Cへの帰還時刻を比較せよ．

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考え方 衝突のたびに短くなるのは法線方向の跳躍時間である．接線方向には衝突の力積がないため， $x$ の運動は衝突をまたいで一つの等加速度運動として書ける．

AとCは同じ高さなので，中点が放物線の頂点となる． $H = q^{2} / (2 g)$ ， $D = 2 p q / g$ より $q = \sqrt{2 g H}$ ， $p = D \sqrt{g / (8 H)}$ ．C直前の速度は $(p, - q)$ ，水平面で跳ねた直後は $(p, e q)$ である．これを斜面座標へ射影して

u_{0} = p \cos θ + e q \sin θ, v_{0} = e q \cos θ - p \sin θ .

特に $v_{0} > 0$ は $e q > p \tan θ$ を意味し，水平面で跳ねた球が斜面の内側へ入り込まない条件である．

初回飛行では $y = v_{0} t - g \cos θ t^{2} / 2$ ．正の根から $Δ t_{1} = 2 v_{0} / (g \cos θ)$ である．衝突直前の法線速度は $- v_{0}$ ，直後は $e v_{0}$ なので，次の飛行時間は $e Δ t_{1}$ となる．同様に第 $n$ 飛行時間は $e^{n - 1} Δ t_{1}$ ．したがって

t_{n} = \frac{2 v_{0}}{g \cos θ} \frac{1 - e^{n}}{1 - e}, t_{\infty} = \frac{2 v_{0}}{g \cos θ (1 - e)} .

無限回の衝突でも時間の和は有限になる． $e \to 1$ では収束時刻が発散し，跳躍が減衰しなくなることと一致する．

全区間で $x = u_{0} t - g \sin θ t^{2} / 2$ なので，

x_{\infty} = u_{0} t_{\infty} - \frac{1}{2} g \sin θ t_{\infty}^{2} .

$θ > 0$ のときCへ戻る接線座標の時刻は $t_{R} = 2 u_{0} / (g \sin θ)$ ．跳ね返りがそれまでに収束する条件は $t_{\infty} \leq t_{R}$ ，すなわち

v_{0} \tan θ \leq (1 - e) u_{0} .

この条件なら $0 < t < t_{R}$ で $x > 0$ だから，収束前の衝突はすべて斜面上で起こる．等号はCでちょうど収束する場合であり，厳密に帰還前の収束には不等号を厳しくする．収束後も接線速度は一般に0ではなく，重力の接線成分で運動を続ける．

$p = 5.0 m s^{- 1}$ ， $q = 4.0 m s^{- 1}$ ， $\sin θ = 1 / \sqrt{5}$ ， $\cos θ = 2 / \sqrt{5}$ ．したがって $u_{0} = 13 / \sqrt{5} m s^{- 1}$ ， $v_{0} = 1 / \sqrt{5} m s^{- 1}$ ．収束時刻は $0.40 s$ ，収束位置は $4.4 / \sqrt{5} m \approx 2.0 m$ となる．接線速度が0になるのは $t = u_{0} / (g \sin θ) = 1.3 s$ ，最遠位置は $u_{0}^{2} / (2 g \sin θ) = 169 / (20 \sqrt{5}) m \approx 3.8 m$ である．帰還時刻は $t_{R} = 2.6 s$ ．つまり，跳ね返りが収束してからも斜面を上り，折り返してCへ滑り戻る．時間と距離の式はそれぞれ $v / g$ ， $v^{2} / g$ の次元をもつ．

演習 4

東京大 2005 後期（改題） ★★★★☆

水平な床に置いた搬送台に発射・回収装置と鉛直な壁を固定し，距離を $L$ とする．台全体の質量は球の質量 $m$ の $k$ 倍で， $k$ は十分大きいとする．静止状態から球を壁へ水平速度成分 $u > 0$ で投げ，壁との反発係数を $e$ （ $0 < e < 1$ ）とする．戻る球は装置が受け取り，台と一体になる．鉛直運動は回収を妨げず，台の床との衝突も起きないものとする．

次の近似で水平運動を調べる．球の水平速度は壁の法線方向とし，壁との衝突で接線方向の力積はないものとする．球の飛行時間と速度は台を固定して計算し，球による台への力積はその球の速度変化から求める．台の速度・変位は残し，質量は回収後も $k m$ と近似する．滑走中の台の加速度の大きさを $a = μ^{'} g$ とし，停止すれば次の力積までは静止する．各衝突の短い時間内では，摩擦の力積を無視する．

**［図：壁を載せた搬送台］**
発射・回収装置と壁は同じ台に固定されている．球は右の壁へ飛び，反射して装置へ戻る．

$A = u / k$ とおき，投球，壁との衝突，受取による台の速度の変化を求めよ．往路時間を $b$ ，復路時間を $c$ として表せ．
各飛行中に台がいったん停止する「大きい摩擦」の条件と，全運動終了後の台の変位を求めよ．
往路・復路のどちらでも途中停止しない「小さい摩擦」の条件と，受取後の停止までを含む台の変位を求めよ．壁での力積による瞬間的な方向反転は，途中停止に含めない．
$u = 6.0 m s^{- 1}$ ， $L = 3.0 m$ ， $k = 60$ ， $e = 2 / 3$ ， $g = 10 m s^{- 2}$ とする．両領域の境目を求め， $μ^{'} = 0.040$ と $0.010$ の最終変位を評価せよ．

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考え方 運動量保存を使うのは短い投球・衝突・受取の前後である．その間には外力である摩擦が働くので，台の速度を時間とともに変えなければならない．停止するかどうかを先に調べてから，速度の積分を区間ごとに足す．

球の水平速度は投球で $0 \to u$ ，壁で $u \to - e u$ ，受取で近似的に $- e u \to 0$ と変わる．台への力積は逆符号だから，速度変化は順に $- A$ ， $(1 + e) A$ ， $- e A$ ．また $b = L / u$ ， $c = L / (e u) = b / e$ である．
投球直後は $- A$ なので，停止時間 $A / a$ が $b$ 以下でなければならない．壁で停止状態から $(1 + e) A$ になり，その停止時間 $(1 + e) A / a$ が $c$ 以下であることも必要である．したがって

a \geq \frac{u^{2}}{k L} max {1, e (1 + e)} .

初速度 $V$ から摩擦で止まるまでの変位は，速度の三角形の面積から $V | V | / (2 a)$ ．3回の滑走の変位を加えると

Δ X_{大} = \frac{- A^{2} + (1 + e)^{2} A^{2} - e^{2} A^{2}}{2 a} = \frac{e A^{2}}{a} = \frac{e u^{2}}{k^{2} μ^{'} g} .

最後の受取後の滑走も含めている．変位は壁のある向きである．

往路の終わりまで左へ動く条件は $- A + a b < 0$ ．壁で速度が $(1 + e) A$ 増すと $e A + a b > 0$ になり，右へ動く．受取直前まで右向きである条件は $e A + a b - a c > 0$ ．両者をまとめると

a < \frac{u^{2}}{k L} min {1, \frac{e^{2}}{1 - e}} .

受取で $- e A$ が加わるため，直後は $V_{3} = a (b - c) < 0$ ．受取後にもう一度左へ滑って止まる．区間ごとの変位は

Δ X_{1} = - A b + \frac{1}{2} a b^{2}, Δ X_{2} = (e A + a b) c - \frac{1}{2} a c^{2}, Δ X_{3} = - \frac{a (b - c)^{2}}{2} .

和をとり， $e c = b$ を使うと $- A b + e A c = 0$ が消えて，

Δ X_{小} = a (2 b c - c^{2}) = \frac{μ^{'} g L^{2}}{u^{2}} \frac{2 e - 1}{e^{2}} .

したがって小さい摩擦の領域では，ずれの向きも $e$ に依存する． $e = 1 / 2$ では近似の範囲で0となり， $a \to 0$ でも0に近づく．後者は摩擦のない閉じた系の重心が動かず，球が元の装置に戻ることと整合する．

$u^{2} / (k L) = 0.20 m s^{- 2}$ なので，大きい摩擦は $a \geq 2 / 9 m s^{- 2}$ ，すなわち $μ^{'} \geq 1 / 45 \approx 0.0222$ ．小さい摩擦は $a < 0.20 m s^{- 2}$ ，すなわち $μ^{'} < 0.020$ である．間の領域は一方の飛行中だけ停止するため，どちらの式もそのまま使えない．等号の境目では衝突と停止が同時になるので，隣の領域の式の極限として扱う．

$μ^{'} = 0.040$ は大きい摩擦の領域で $Δ X \approx 0.017 m$ ， $μ^{'} = 0.010$ は小さい摩擦の領域で $Δ X \approx 0.019 m$ ．丸める前はそれぞれ $0.016667 m$ ， $0.018750 m$ である．どちらも $L$ に比べて十分小さく，台の運動を飛行時間に入れない近似と整合する．両式の次元は長さであり，摩擦を増せば常にずれが増えるという単純な関係にはならない．

演習 5

オリジナル ★★★★★

滑らかな一直線上に球A，B，Cを左から順に置く．質量は $4 m, b, m$ で，BとCは静止し，Aだけが右向きに速さ $v$ で進む．全衝突は正面の弾性衝突である．球は十分離し，初めのAとBの衝突が終わってからBとCが衝突する．

Bが初めてCに当たった直後のCの速度を $b$ の関数で求めよ．
その速度を最大にする $b > 0$ と最大値を求めよ．商の微分 ${(\frac{f}{g})}^{'} = \frac{f^{'} g - f g^{'}}{g^{2}}$ を使ってよい．
最適な $b$ の場合，その後の再衝突がないことを確かめよ．またBを置かずAがCに直接衝突した場合と比べよ．

**［図：中間球を介した連続衝突］**
一直線上のA，B，Cに質量4m，b，mを付け，Aの初速度vだけを示す．

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考え方 衝突を1回ずつ解き，初めの衝突が次の衝突の初期条件を作ることを使う．最大化の後には衝突順序の仮定を検算する．

AとBの衝突後は $v_{A} = (4 m - b) v / (4 m + b)$ ， $v_{B} = 8 m v / (4 m + b)$ ．BがCに当たるまで速度は一定で，BはAより速いので途中に再衝突はない．BとCの衝突から

v_{C} = \frac{2 b}{b + m} v_{B} = \frac{16 m b}{(4 m + b) (b + m)} v

となる．

$z = b / m > 0$ と置けば $v_{C} / v = 16 z / (z^{2} + 5 z + 4)$ ．微分すると

\frac{d}{d z} \frac{16 z}{z^{2} + 5 z + 4} = \frac{16 (4 - z^{2})}{(z^{2} + 5 z + 4)^{2}}

なので $z < 2$ で増加， $z > 2$ で減少する．最大は $b = 2 m$ ， $v_{C} = 16 v / 9$ ．中間の質量は両端の質量の幾何平均である．

この場合 $v_{A} = v / 3$ ，最初の $v_{B} = 4 v / 3$ ．Cとの衝突後のBは $v_{B}^{'} = {(2 m - m) / (2 m + m)} (4 v / 3) = 4 v / 9$ ．左から $v / 3 < 4 v / 9 < 16 v / 9$ と速度が大きくなるので，再衝突はない．直接なら $v_{C} = 8 v / 5$ であり，中間球を使う方が $8 v / 45$ 大きい．任意の $b$ で再衝突がないと仮定したわけではなく，最適な場合について確認した結論である．

演習 6

オリジナル ★★★★★

一定の重力加速度 $g$ のもとで，初期質量 $m_{0}$ のロケットを静止から鉛直に飛ばす．噴射速度は一定の $u$ ，最終質量は $m_{f}$ である．燃焼中の上向き加速度 $a (t)$ は安全上 $0 \leq a (t) \leq A$ に制限される．流量は自由に調整でき，他の推力上限，空気抵抗，段の切り離しはないものとする．

最終速度を最大にする燃焼時間を求めよ．
そのときの質量 $m (t)$ ，噴射流量 $q (t)$ ，最終速度を求めよ．
同じ加速度上限を守る一定流量方式で最も速く燃やす場合と比較せよ．

**［図：加速度制限のある噴射］**
鉛直ロケットと調整可能な噴射流量q(t)．加速度の許容範囲0≤a≤Aを注記し，最適な流量曲線は描かない．

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考え方 同じ質量比では噴射による速度増加は固定である．重力による速度減少を最小にするには，制限の範囲で燃焼時間を短くする．

$a = - u \dot{m} / m - g \leq A$ から $- \dot{m} / m \leq (A + g) / u$ ．全時間で積分すると $\ln (m_{0} / m_{f}) \leq (A + g) T / u$ なので

T \geq T_{min} = \frac{u}{A + g} \ln \frac{m_{0}}{m_{f}}

を得る． $v_{f} = u \ln (m_{0} / m_{f}) - g T$ なので， $g > 0$ では等号を実現する運転が最適である．

常に $a = A$ とすれば等号となる． $\dot{m} = - (A + g) m / u$ を変数分離して， $m = m_{0} e^{- (A + g) t / u}$ ， $q = - \dot{m} = (A + g) m / u$ ．したがって

v_{f} = A T_{min} = \frac{A u}{A + g} \ln \frac{m_{0}}{m_{f}}

となる．加速度一定を保つには，燃焼中に流量を減らす必要がある．

一定流量では最後の加速度が最大なので $q \leq (A + g) m_{f} / u$ ．最短時間は $T_{c} = u (m_{0} - m_{f}) / {(A + g) m_{f}}$ である．ただし発射時にも $a \geq 0$ を満たすには $(A + g) m_{f} \geq g m_{0}$ が必要で，満たさなければ許容される一定流量方式は存在しない．存在する場合， $r = m_{0} / m_{f} > 1$ として $r - 1 > \ln r$ より $T_{c} > T_{min}$ で，最終速度も $g (T_{c} - T_{min})$ だけ小さい．不等式は $1 / x < 1$ を1から $r$ まで積分して確かめられる．

演習 7

オリジナル ★★★★★

滑らかな水平面上で，質量 $M = 2 m$ の球Aが速度 $(v, 0)$ で，静止した質量 $m$ の球Bに弾性衝突する．衝突の向きは変えられるものとする．重心系でのAの衝突後の速度が，入射方向となす角を $θ$ とする．

地面系でのAの衝突後の速度成分を $θ$ で表せ．
Aの地面系での偏向角 $ϕ$ の最大値を求めよ． $\tan ϕ$ を $θ$ で微分するときは，商の微分 ${(\frac{f}{g})}^{'} = \frac{f^{'} g - f g^{'}}{g^{2}}$ と $(\sin θ)^{'} = \cos θ$ ， $(\cos θ)^{'} = - \sin θ$ を使ってよい．
最大偏向のときのAの速さとBの速度成分を求め，運動量を確認せよ．

**［図：重い球の斜め衝突］**
入射する質量2mのAと静止するmのBを上から見た配置．入射速度vとx，y軸だけを示し，最大偏向角は描かない．

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考え方 重心系では弾性衝突によって各球の速さは変わらず，方向だけが変わる．そこへ重心速度を足すと，地面系で許される速度の端点は円になる．

重心速度は $V = 2 v / 3$ ．衝突前のAの重心系速度は $v - V = v / 3$ である．したがって

u_{A x} = \frac{v}{3} (2 + \cos θ), u_{A y} = \frac{v}{3} \sin θ

となる． $u_{A x} \geq v / 3 > 0$ なので，Aは後方へ跳ね返ることができない．

上側への偏向を考え $0 \leq θ \leq π$ とする． $\tan ϕ = \sin θ / (2 + \cos θ)$ を微分すると，符号は $2 \cos θ + 1$ の符号に一致する．最大は $\cos θ = - 1 / 2$ ，つまり $θ = 2 π / 3$ ．このとき $\tan ϕ = 1 / \sqrt{3}$ なので $ϕ_{max} = π / 6$ ．下側についても対称なので偏向角の絶対値の上限は同じである．速度平面では，原点から中心 $(2 v / 3, 0)$ ，半径 $v / 3$ の円へ引く接線の角に相当する．
Aは $(v / 2, \sqrt{3} v / 6)$ で速さ $v / \sqrt{3}$ ．運動量保存から $u_{B} = (2 v, 0) - 2 u_{A} = (v, - \sqrt{3} v / 3)$ ． $2 m u_{A} + m u_{B} = (2 m v, 0)$ と確かめられる．求めた2球の速度差の大きさも $v$ で，弾性衝突の条件に合う．