第6章の章末問題 | 問いから始める物理

演習 1

オリジナル ★★☆☆☆

荷物を受け止める弾性シートを，たわみ $x$ に比例する上向きの力 $k x$ を及ぼす装置とみなす．質量 $m = 50 kg$ の荷物を静かに載せると， $x_{0} = 0.20 m$ たわむ．荷物を，たわんでいないシートから高さ $h$ の位置で静かに放す．シートの質量と抵抗を無視し， $g = 10 m s^{- 2}$ とする．

**［図：弾性シートへの落下］**
左は接触前，右は最大たわみの配置．高さの基準は無荷重のシートである．

$k$ と最大たわみを $h$ の関数として求めよ．
シートからの力を重さの6倍以下にするための $h$ の上限を求めよ．そのとき荷物の最大の上向き加速度はいくらか．

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考え方 荷物はシートに触れてからも落下する．失う重力の位置エネルギーには，たわみの分を含める．

静的なつり合いは $k x_{0} = m g$ なので， $k = 2.5 \times 10^{3} N m^{- 1}$ ．最大たわみでは速度が0となり， $m g (h + x) = k x^{2} / 2$ ．正の根を選んで

x = x_{0} + \sqrt{x_{0}^{2} + 2 x_{0} h}, \frac{F_{max}}{m g} = 1 + \sqrt{1 + \frac{2 h}{x_{0}}} .

$x \leq 6 x_{0}$ を代入すると $h \leq 12 x_{0} = 2.4 m$ ．このとき $x = 1.2 m$ ， $F_{max} = 3.0 \times 10^{3} N$ で，合力は $F_{max} - m g = 5 m g$ ．最大加速度は上向き $50 m s^{- 2}$ である． $h = 0$ でも，静かに載せるのと異なり手を放して沈ませるので最大力は $2 m g$ となる．平方根内は長さの2乗であり，たわみの次元も合う．

演習 2

オリジナル ★★☆☆☆

天井に固定した軽い鉛直ばねの下端へ質量 $m$ の物体をつなぎ，ばねが自然長の状態から静かに放す．ばね定数は $k$ ，空気抵抗はない．自然長から下向きの伸びを $x$ とする．

最初に速さが0になる正の伸びを求めよ．
速さが最大になる伸びと，その速さを求めよ．
1. と (2) の位置での加速度を求めよ．

**［図：自然長から放す鉛直ばね］**
自然長から放す鉛直ばね．鉛直ばねの自然長の下端と，伸びxで下がった物体mを並べる．下向きをxの正方向にする．

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考え方 重力とばねを同じポテンシャルに含める．速さの最大位置は合力が0の位置であり，伸びが最大の位置とは異なる．

初期位置を重力ポテンシャルの基準にすると $\frac{1}{2} m v^{2} + \frac{1}{2} k x^{2} - m g x = 0$ ． $v = 0$ の根は $x = 0$ と $x = 2 m g / k$ で，後者が最初の最大伸びである．
$K = m g x - k x^{2} / 2$ を平方完成すると， $x = m g / k$ で最大になる．そこで $K = m^{2} g^{2} / (2 k)$ より $v_{max} = g \sqrt{m / k}$ ．
下向きを正とする運動方程式は $m a = m g - k x$ ．最大伸びでは $a = - g$ ，すなわち上向きに $g$ ．最大速さの位置では $a = 0$ である．速さが0でも加速度は0とは限らず，力がつり合っても速さは0とは限らないことが同じ運動で確かめられる．

演習 3

オリジナル ★★☆☆☆

質量 $M$ ，半径 $R$ の天体の表面から，質量 $m$ の物体を半径方向外向きに速さ $v_{0}$ で打ち出す．天体は動かず，空気抵抗を無視する．ポテンシャル $U (r) = - G M m / r$ を与えられた結果として使い， $0 < v_{0}^{2} < 2 G M / R$ とする．

最大距離 $r_{max}$ を求めよ．
$v_{0}^{2} = G M / R$ の場合を計算せよ．
無限遠まで離れるための初速の下限を求めよ．

**［図：天体から半径方向へ打ち出す］**
天体から半径方向へ打ち出す．天体の中心O，表面半径R，半径方向外向きの初速度v₀と任意の位置rを示している．

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考え方 遠方では重力を一定とみなせないので $m g h$ の代わりに与えられたポテンシャルの差を使う．

最大距離で半径方向の速さは0であり， $\frac{1}{2} m v_{0}^{2} - G M m / R = - G M m / r_{max}$ ．よって

r_{max} = \frac{R}{1 - R v_{0}^{2} / (2 G M)}

である．仮定により分母は正で1より小さく， $r_{max} > R$ となる．これは中心からの距離で，表面からの高さは $r_{max} - R$ である．

分母が $1 / 2$ なので $r_{max} = 2 R$ ，表面からの高さは $R$ ．
無限遠では $U \to 0$ なので，全エネルギーが非負であることが必要であり，半径方向のこの運動では十分でもある． $v_{0} \geq \sqrt{2 G M / R}$ ．等号では無限遠で速さが0へ近づき，有限の距離で転回しない．地表での一定の重力を無限遠まで外挿すると仕事が無限大になるが，その外挿はこの力の法則に合わない．

演習 4

オリジナル ★★★☆☆

質量 $m$ の物体を，高さ0の地点から高さ $h$ の地点まで，固定された曲線状の坂に沿って非常にゆっくり引き上げる．坂は右上がりで，水平方向の全長は $L$ ，動摩擦係数は $μ^{'}$ である．引く力は各点で接線方向を向く．速さを0へ近づける極限を考える．

微小区間の水平変位を $d x$ ，高さの変化を $d y$ として，引く力の仕事を表せ．
全仕事を求め，坂の形への依存を論じよ．

**［図：ゆっくり引き上げる曲線の坂］**
ゆっくり引き上げる曲線の坂．右上がりの曲がった坂，高さh，水平全長L，途中の物体と接線方向の引く力Fを示している．

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考え方 十分ゆっくりなら曲線運動の向心加速度も無視でき，局所的な傾き $θ$ に対して $N = m g \cos θ$ とできる．

接線方向の力のつり合いより $F = m g \sin θ + μ^{'} m g \cos θ$ ．微小道のりを $d s$ とすると $d y = \sin θ d s$ ， $d x = \cos θ d s$ だから

d W = F d s = m g d y + μ^{'} m g d x

である．引く力に法線方向成分がないことも，この $N$ の式の前提である．

全区間で積分して $W = m g h + μ^{'} m g L$ ．この条件の下では坂の細かな形によらず，高さと水平全長で決まる．重力に逆らう仕事が $m g h$ ，摩擦に逆らう仕事が $μ^{'} m g L$ である．ただし有限の速さで曲がった坂を進めば $N$ に向心加速度の寄与が入り，同じ結論にはならない．坂が途中で左右に折り返す場合も，摩擦には水平変位の符号つき和でなく水平道のりを使う必要がある．

演習 5

オリジナル ★★★☆☆

滑らかな水平面上の物体が，高さ $h$ の滑らかな坂を静止から下り，長さ $d$ の粗い水平区間を通って，滑らかな場所にある固定ばねへ衝突する．ばね定数は $k$ ，物体の質量は $m$ ，粗い区間の静止・動摩擦係数はともに $μ^{'}$ である． $h > μ^{'} d$ とする．物体はばねにつながれず，接触中だけ押される．

ばねの最大圧縮量を求めよ．
戻りに粗い区間を抜ける条件と，抜けた場合に坂を上る高さを求めよ．
抜けられない場合，粗い区間の右端からどれだけ入って止まるか．

**［図：粗い区間とばねの往復］**
粗い区間とばねの往復．左の坂，高さh，中央の長さdの粗い区間，右の滑らかな床上の壁につながるばねを示している．

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考え方 粗い区間を横切るたびに同じ $μ^{'} m g d$ が失われる．往復を一度の通過として数えない．

ばねへ入るときのエネルギーは $m g (h - μ^{'} d)$ なので $x = \sqrt{2 m g (h - μ^{'} d) / k}$ ．圧縮と復元の間に損失はなく，物体は自然長でばねを離れ，同じエネルギーで粗い区間へ戻る．
粗い区間を正の速さで抜ける条件は $h > 2 μ^{'} d$ ．その後に上る高さは $H = h - 2 μ^{'} d$ である．等号の場合はちょうど左端に速さ0で達し，坂を上ることはない．
$μ^{'} d < h < 2 μ^{'} d$ では，粗い区間内で $m g (h - μ^{'} d) = μ^{'} m g s$ より $s = h / μ^{'} - d$ ．これは $0 < s < d$ を満たす．ばねから既に離れ，水平面上に水平外力がないので，止まった後はその場に静止する．

演習 6

オリジナル ★★★☆☆

質量 $m$ の粒子のポテンシャルは $U (x) = U_{0} [(x / a)^{2} - 1]^{2}$ である． $U_{0}, a > 0$ とする．粒子を $x = a$ から左向きに送り出す．

全エネルギーが $U_{0} / 4$ のとき，実際に動く範囲を求めよ．
左の谷まで非零の速さで通過する初速の条件を求めよ．
全エネルギーが $2 U_{0}$ のとき，転回点と原点での速さを求めよ．

**［図：二重井戸の2つのエネルギー］**
二重井戸の2つのエネルギー．二重井戸U=U₀[(x/a)²−1]²を示し，±aと山頂の高さU₀を示す．E=U₀/4とE=2U₀の線および交点を示し，交点の座標は記していない．

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考え方 4次式でも $(x / a)^{2}$ を一つの変数として解ける．複数の区間が現れたら，初期位置を含む区間を選ぶ．

$[(x / a)^{2} - 1]^{2} \leq 1 / 4$ より $1 / 2 \leq (x / a)^{2} \leq 3 / 2$ ．右の谷から出発するので $a / \sqrt{2} \leq x \leq a \sqrt{3 / 2}$ を往復する．左側にも許される区間があるが，原点付近の禁止領域を横切れない．
山頂の $U (0) = U_{0}$ を越すには $m v_{0}^{2} / 2 > U_{0}$ ，つまり $v_{0} > \sqrt{2 U_{0} / m}$ ．等号の扱いは有限の速さでの通過から除く．
$(x / a)^{2} = 1 \pm \sqrt{2}$ のうち負の値は採用できないため，転回点は $x = \pm a \sqrt{1 + \sqrt{2}}$ ．原点では $K = 2 U_{0} - U_{0} = U_{0}$ なので $v = \sqrt{2 U_{0} / m}$ ．曲線の山頂を越えて左右を行き来する．

演習 7

オリジナル ★★★☆☆

質量 $M$ の台車が滑らかな水平面上に静止し，右の壁とばね定数 $k$ の自然長のばねでつながれている．質量 $m$ の小球が左から速さ $u$ で衝突して付着する．衝突の間のばねの力積は無視できる．衝突で減った運動エネルギーの割合 $α$ が，台車内部の質量 $M_{c}$ ，比熱 $c$ の部品を温める．

衝突後の速さと最大圧縮量を求めよ．
部品の温度上昇を求めよ．
最大圧縮時までのエネルギーの行き先を全て示せ．

**［図：付着衝突と内部へのエネルギー移動］**
付着衝突と内部へのエネルギー移動．小球mが速度uで台車Mへ向かい，台車は右の壁とばねkでつながる．台車内の加熱対象Mcを小さな枠で示す．

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考え方 衝突の運動量保存から，圧縮に使える分と内部へ移る分を分ける．熱の計算は，衝突前の全運動エネルギーに直接割合を掛けない．

$V = m u / (M + m)$ ．衝突後の運動エネルギーをばねへ移して $x = m u / \sqrt{k (M + m)}$ ．
衝突損失は $Q = m u^{2} / 2 - (M + m) V^{2} / 2 = m M u^{2} / [2 (M + m)]$ ．部品に入る量が $α Q$ なので

Δ T = \frac{α m M u^{2}}{2 (M + m) M_{c} c}

である．比熱の式に入れる質量は $M_{c}$ であり，運動量保存の質量 $M + m$ と混同しない．

ばねに $m^{2} u^{2} / [2 (M + m)]$ ，指定の部品に $α Q$ ，その他の変形・内部エネルギーなどに $(1 - α) Q$ が移る．その和は $m u^{2} / 2$ に等しい．床が滑らかでも付着衝突の損失はあり，力学的エネルギー保存を全過程に一括して適用することはできない．

演習 8

東京大 2010 前期（改題） ★★★☆☆

質量 $2 m$ の滑走体Aを高さ $h$ から静かに放し，底を高さ0とする半径 $R$ の鉛直ループへ送る．物体はレールの内側に乗るだけで，つり下がれない．ループ最下点に質量 $m$ のBを置く場合も考える．衝突は水平な正面衝突で，物体は質点とし，回転を無視する．ループの先は高さ $R$ まで滑らかで，そこから上は傾斜角 $45^{\circ}$ ，動摩擦係数 $μ^{'} = 1 / 4$ ，静止摩擦係数 $μ = 1 / 3$ の直線である．

**［図：ループと粗い斜面］**
左から出発し，最下点でBに衝突する．右の斜面は高さRから粗い．

Bがない場合，一体になる衝突の場合，弾性衝突後にAを取り除く場合について，ループを一周できる $h$ の下限を比較せよ．衝突後の速度はニュートンダイアグラムでも求めよ．
弾性衝突の場合， $h = 2 R$ とする．Bの最高到達高さと，その後動き出す向きを求めよ． $R = 0.80 m$ として高さを数値で評価せよ．

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考え方 ループの条件は頂点で抗力が負にならないこと．その条件に必要な最下点の速度を，衝突前の落下高さへ換算する．

頂点で $m g + N = m v_{top}^{2} / R$ より $v_{top}^{2} \geq g R$ ．最下点の速さ $w$ は $w^{2} = v_{top}^{2} + 4 g R \geq 5 g R$ である．Aの入射速度は $u = \sqrt{2 g h}$ ．速度軸上にBの点O，Aの点 $u$ ，重心の点G $(2 u / 3)$ を打つ．一体化では両点がGに集まり， $w = 2 u / 3$ ．弾性ではGに関して点対称に移し，Bは $w = 4 u / 3$ ，Aは $u / 3$ となる．したがって順に

h \geq \frac{5}{2} R, h \geq \frac{45}{8} R, h \geq \frac{45}{32} R .

弾性衝突では軽いBがAの入射速度より速くなるが，その運動エネルギーは入射エネルギーの $8 / 9$ であり，増殖していない．

Bの最下点でのエネルギーを $m g$ で割った高さは $16 h / 9$ ．高さ $R$ より上を $z$ だけ上ると，摩擦の仕事の大きさは $μ^{'} m g \cot 45^{\circ} z = m g z / 4$ ．よって $R + 5 z / 4 = 32 R / 9$ ，最高高さは

H = R + z = \frac{137}{45} R \approx 2.4 m .

丸める前は $2.4356 m$ である． $\tan 45^{\circ} > μ$ なので静止できず，斜面を下る．摩擦が0なら $H = 16 h / 9$ に戻り，今回の高さはそれより低い．

演習 9

東京大 2001 前期（改題） ★★★☆☆

支点Oを原点とし，左方 $3 ℓ / 5$ に滑らかな鉛直壁がある．長さ $ℓ$ の糸の先の小球を右側から静かに放すと，壁上のB $(- 3 ℓ / 5, - 4 ℓ / 5)$ へ左上向きに衝突する．反発後，糸はたるみ，小球はOの真下で放物運動の最高点に達した．Bから最高点までの高さは $H = 0.45 m$ ， $ℓ = 1.6 m$ ， $g = 10 m s^{- 2}$ である．

**［図：糸の先の球と壁］**
Bへの入射は左上向き，反発後の最高点は支点Oの真下にある．

衝突直前の速さ $s$ ，反発係数 $e$ ，放した高さとBとの高低差を求めよ．壁の法線方向のニュートンダイアグラムも説明せよ．
最高点に至るまで糸がたるんでいることを確かめよ．
糸を軽い剛体棒に替え，同じ速さ $s$ でBに入射させる．壁との衝突が弾性の場合，壁から受ける力積を質量 $m$ を用いて求めよ．

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考え方 壁では鉛直速度が保たれるが，糸と棒では拘束の働き方が違う．棒の場合には壁の力積だけを合力積と思わない．

接線方向から入射速度は $(- 4 s / 5, 3 s / 5)$ ，反発後は $(4 e s / 5, 3 s / 5)$ ．無限に重い静止壁の法線方向の速度図ではGがOに近づき，入射点をOの反対側へ $e$ 倍して移す．接線成分にはこの操作をしない．最高点の条件より $3 s / 5 = \sqrt{2 g H} = 3.0 m s^{- 1}$ ，したがって $s = 5.0 m s^{- 1}$ ．飛行時間は $0.30 s$ ，水平速度は $(3 ℓ / 5) / 0.30 = 3.2 m s^{- 1}$ で， $e = 0.80$ ．放した位置はBより $s^{2} / (2 g) = 1.25 m$ 高い（約 $1.3 m$ ）．支点より $0.030 m$ 下なので，静止から糸を張って出発できる．
秒を単位とする時刻の数値を $t$ とすると，座標のメートル単位の数値は $x = - 0.96 + 3.2 t$ ， $y = - 1.28 + 3 t - 5 t^{2}$ ．したがって

x^{2} + y^{2} - ℓ^{2} = t (- 13.824 + 32.04 t - 30 t^{2} + 25 t^{3}) .

$0 < t \leq 0.30$ では括弧は $- 13.824 + 32.04 (0.30) + 25 (0.30)^{3} = - 3.537$ 以下なので負である．球は糸の届く円の内側にあり，最高点まで糸は張り直さない．

棒では反発後も接線方向に動き，弾性なので速度は完全に逆転する．Bで壁の水平力積 $J$ を接線方向に射影すると $(4 / 5) J = 2 m s$ ．よって $J = 5 m s / 2$ である．棒の力積には接線成分がなく，この射影で消せる．合力積の大きさ $2 m s$ とは異なり，単位はどちらも $N s$ である．

演習 10

東京大 1997 前期（改題） ★★★☆☆

滑らかな水平床上の台の質量は $M = 3 m$ である．台に固定した滑らかなレールは斜面から水平区間CDにつながり，Dには台と一体の壁がある．小球の質量は $m$ ，CDの長さは $L = 1.2 m$ である．台と小球を静止させ，小球をCDより $h = 0.60 m$ 高い位置から放す．CからDへの時間を $t_{1}$ ，壁で反発してDからCへ戻る時間を $t_{2}$ としたところ， $t_{2} / t_{1} = 5 / 3$ であった． $g = 10 m s^{- 2}$ とする．

**［図：可動台上の往復］**
水平区間CDの長さLは台から測る．Dの壁も台と一緒に動く．

最初にCへ来たときの小球と台の速度， $t_{1}$ ，反発係数 $e$ を求めよ．
衝突前後をニュートンダイアグラムで表し，失われたエネルギーと，小球が戻って上る最高高さを求めよ．
小球の最初と2度目のC通過の間に，台はどれだけ変位するか．

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考え方 CDの長さは台から測る．地上での小球の速さで割っても通過時間にはならない．壁はCDに垂直で，小球と台の衝突は水平方向の正面衝突として扱う．

右向きを正とし，相対速度を $w = u - V$ とする．水平運動量は $m u + 3 m V = 0$ なので $u = 3 w / 4$ ， $V = - w / 4$ ．換算質量は $3 m / 4$ で， $m g h = (1 / 2) (3 m / 4) w^{2}$ より $w = \sqrt{8 g h / 3} = 4.0 m s^{- 1}$ ．したがって $u = 3.0$ ， $V = - 1.0 m s^{- 1}$ ， $t_{1} = L / w = 0.30 s$ ．帰りの相対速さは $e w$ なので $t_{2} / t_{1} = 1 / e$ ， $e = 0.60$ ， $t_{2} = 0.50 s$ である．
速度軸上ではGはOに一致し，入射点 $3.0, - 1.0$ をGの反対側へ0.60倍して移す．衝突後の小球と台の速度はそれぞれ $- 1.8, 0.60 m s^{- 1}$ ．失うエネルギーは $(1 - e^{2}) m g h = 0.64 m g h$ である．再び上る最高点では台に対する速度が0で，全水平運動量も0なので両者が静止する．よって $h_{return} = e^{2} h = 0.216 m \approx 0.22 m$ ． $e = 1$ なら元の高さに戻る．
台の変位は $V t_{1} + (- e V) t_{2} = - 0.30 + 0.30 = 0 m$ ．小球が台に対して同じCに戻るため，水平重心が動かないことからも分かる．エネルギーを失っても，重心の条件は変わらない．

演習 11

東京大 1996 前期（改題） ★★★☆☆

乾燥質量 $m$ の小型ロケットに質量 $m$ の燃料を載せ，鉛直円形レールの最下点に静止させる．ロケットはレールから外れない構造で，摩擦はない．噴射する燃料の速度は，噴射直前の機体から測って接線の後方へ $u$ である．方式Aは燃料全部を一度に放出する．方式Bは $m / 2$ ずつ2回放出し，2回目は機体が再び最下点を最初と同じ向きに通る瞬間に行う．燃料は塊として瞬間的に放出され，その後は機体に触れない．

**［図：レール上の分割噴射］**
レールは機体を両側から拘束する．放出燃料の速さuは噴射直前の機体から測る．

噴射直前の全質量を $M$ ，放出質量を $q$ ，速度を $v$ として，噴射後の機体速度を求めよ．
AとBの噴射終了後の最下点での速さを求めよ．
到達できるレール頂点の高さの上限を比較せよ． $u = 12 m s^{- 1}$ ， $g = 10 m s^{- 2}$ とする．上限ぴったりでは頂点への到達に無限の時間がかかることにも注意せよ．

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考え方 放出する塊の速度を，噴射後の機体に対する相対速度と取り違えない．噴射間には力学的エネルギーを使う．

接線方向の運動量保存より $M v = (M - q) v_{after} + q (v - u)$ ．したがって $v_{after} = v + q u / (M - q)$ ．外れないレールからの力積は法線方向なので，この接線方向の式を妨げない．
Aは $M = 2 m, q = m$ より $v_{A} = u$ ．Bの1回目は $M = 2 m, q = m / 2$ なので速さ $u / 3$ を得る．一周する場合も途中で戻る場合も，噴射しなければ最下点で同じ速さとなる．最初と同じ向きの通過を選ぶと，2回目の直前も $u / 3$ である．ここで $M = 3 m / 2, q = m / 2$ だから増分は $u / 2$ ， $v_{B} = 5 u / 6$ ．
頂点の高さを $D$ とすれば $m g D \leq m v^{2} / 2$ がエネルギー上の条件で，抗力の符号に制限はない．上限は

D_{A} = \frac{u^{2}}{2 g} = 7.2 m, D_{B} = \frac{25 u^{2}}{72 g} = 5.0 m .

有限時間で頂点を越えるには不等号を厳密にして $D < D_{A}$ ， $D < D_{B}$ とする．またBでは，1回目の速さがちょうど頂点への限界となる $D = u^{2} / (18 g) = 0.80 m$ も，2回目の噴射まで戻れないので除外する．噴射のエネルギー投入量を同じと指定した比較ではないため，同じ燃料質量でもAのほうが速くなって矛盾しない．高さは速度の2乗を加速度で割った次元である．

演習 12

東京大 1995 前期（改題） ★★★☆☆

滑らかな固定レールに，上に凸の半径 $ρ$ の円弧を設ける．左端Cの接線は水平から $30^{\circ}$ 上向き，右端Eでは $30^{\circ}$ 下向きで，両端の高さを0とする．円弧の前後には接線方向の直線レールが滑らかにつながっている．質点を別の滑らかな助走路から送り込み，全エネルギーを $m g h$ とする．質点はレールの上側に乗り，接着されていない．

**［図：凸円弧と接線］**
CとEは同じ高さ．中央の円弧は上に凸で，両端の接線の傾斜角は30度．

円弧の頂点から測った中心角を $θ$ として，高さ，速さ，垂直抗力を表せ．
CからEまで浮かずに通過できる $h$ の範囲を求め， $ρ = 2.0 m$ で評価せよ．
端の傾斜角を一般の $α$ に変えると，そのような範囲が存在するためにはどんな条件が必要か．

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考え方 凸のレールでは重力の内向き成分から抗力を引いたものが向心力である．速さが大きすぎても接触を保てない．

$- 30^{\circ} \leq θ \leq 30^{\circ}$ とし， $c = \cos 30^{\circ}$ とおく．高さ $y = ρ (\cos θ - c)$ ， $v^{2} = 2 g [h - ρ (\cos θ - c)]$ ．内向きの式は $m g \cos θ - N = m v^{2} / ρ$ なので

N = m g (3 \cos θ - 2 c - \frac{2 h}{ρ}) .

頂点を越えるには $h > ρ (1 - c)$ が必要で，等号では頂点に漸近して通過しない． $N$ は両端で最小だから $h \leq ρ c / 2$ ．合わせて

ρ (1 - \frac{\sqrt{3}}{2}) < h \leq \frac{\sqrt{3}}{4} ρ .

数値は $0.268 m < h \leq 0.866 m$ （境界値は約 $0.27 m$ ， $0.87 m$ ）である．上限では端で $N = 0$ だが，円弧内部では正なので接触を保てる．

$0 < α < 90^{\circ}$ とすると，下限が上限より小さい条件は $1 - \cos α < \cos α / 2$ ，すなわち $\cos α > 2 / 3$ である． $α \to 0$ で障害の高さは0へ近づく．各上限・下限は半径に比例しており，長さの次元も正しい．

演習 13

東京大 1988 前期（改題） ★★★☆☆

質量 $M$ の斜面台は，滑らかな水平床上で $x$ 方向だけに動ける．斜面は $x$ 方向に上り， $y$ 方向には同じ断面が続き，入口は床と滑らかにつながっている．質量 $m$ の粒子が水平な速度 $(v \cos α, v \sin α)$ で入り，上ってから床へ戻る．摩擦はなく，台は初め静止し，粒子は面から離れない． $0 < α < 90^{\circ}$ とする．

**［図：横方向に一様な可動斜面］**
斜面はy方向に一様で，台はx方向だけ動く．入射角αは水平面内で測る．

保存される粒子の速度成分を挙げ，最高高さを求めよ．
床へ戻った粒子と台の速度を求め， $x$ 成分の変化を弾性衝突のニュートンダイアグラムと比較せよ．
$M = 2 m$ ， $v = 6.0 m s^{- 1}$ ， $α = 60^{\circ}$ ， $g = 10 m s^{- 2}$ のとき，最高高さと粒子の出射方向を求めよ．出射方向は正の $x$ 軸から測る．

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考え方 斜面台が動くので，粒子だけのエネルギーは保存しない．一方， $y$ 方向には粒子に力が働かない．

粒子の $y$ 成分は $v_{y} = v \sin α$ のまま．最高点では斜面を上る相対速度が0となるため，粒子と台の $x$ 速度は共通の $V = m v \cos α / (m + M)$ となる．保存する $y$ 方向のエネルギーを差し引けば

m g h = \frac{1}{2} \frac{m M}{m + M} v^{2} \cos^{2} α, h = \frac{M}{m + M} \frac{v^{2} \cos^{2} α}{2 g} .

同じ高さへ戻れば $x$ 方向の運動エネルギーも元に戻る．入射時の相対速度 $v \cos α$ は帰りに反転するので，速度軸上のG $(m v \cos α / (m + M))$ に関する点対称の作図となる．よって

v_{x, out} = \frac{m - M}{m + M} v \cos α, v_{y, out} = v \sin α, V_{out} = \frac{2 m}{m + M} v \cos α .

接触は短い衝突ではないが，入口と出口の対応は1次元弾性衝突と同じである．

$h = 0.30 m$ ，粒子は $(- 1.0, 3 \sqrt{3}) m s^{- 1}$ ，台は $2.0 m s^{- 1}$ ．粒子の速さは $\sqrt{28} \approx 5.3 m s^{- 1}$ ，方向は第2象限で $β \approx 101^{\circ}$ ．逆三角関数の正弦だけから鋭角を選んではならない． $M \to \infty$ では $x$ 成分だけが反転して粒子の速さは元に戻り， $M = m$ では出射方向が $y$ 方向になる．

演習 14

東京大 1987 前期（改題） ★★★☆☆

無重力の直線実験装置で，同質量 $m$ の筒Bと内部の荷物Cを静止させる．固定装置がBを右へ一定の力 $3 f$ で距離 $d$ 押し，この間CはBの底と接して一緒に動く．外部の駆動が終了すると，Bに積んだ内部装置がCを右へ力 $f$ で押す．CがBに対して距離 $2 d$ 動くと内部装置も停止し，以後2物体は自由に動く．摩擦と装置の質量を無視する．

**［図：外部駆動と内部駆動］**
上段は固定装置による駆動，下段はB内の装置による押し出し．後半の力は作用反作用の対である．

最初の段階のCへの接触力，共通速度 $w$ ，経過時間 $T_{1}$ を求めよ．
次の段階の所要時間 $τ$ ，終了時の速度 $v_{B}, v_{C}$ を求めよ．
2つの装置がBとC全体にした仕事を求めよ．内部装置がCだけにする仕事との違いも示し， $m = 2.0 kg$ ， $f = 3.0 N$ ， $d = 0.50 m$ で検算せよ．

解答を見る

考え方 内部装置はCを押すと同時にBから反作用を受ける．装置の全仕事は，力と相対変位の積になる．

2物体の加速度は $a = 3 f / (2 m)$ ．Cへの接触力は $m a = 3 f / 2$ ， $w = \sqrt{3 f d / m}$ ， $T_{1} = \sqrt{4 m d / (3 f)}$ である．
後半は $a_{B} = - f / m$ ， $a_{C} = f / m$ ．相対加速度は $2 f / m$ なので $2 d = (f / m) τ^{2}$ ， $τ = \sqrt{2 m d / f}$ ． $s = f τ / m = \sqrt{2 f d / m}$ とおけば $v_{B} = w - s$ ， $v_{C} = w + s$ である．重心速度は $w$ のままで，相対運動だけにエネルギーが加わる．
固定装置の仕事は $W_{1} = 3 f d$ ．後半の変位は $Δ x_{B} = w τ - d$ ， $Δ x_{C} = w τ + d$ だから

W_{2 C} = f (w τ + d), W_{2 B} = - f (w τ - d), W_{2} = W_{2 C} + W_{2 B} = 2 f d .

数値は $w = 1.5 m s^{- 1}$ ， $s \approx 1.225 m s^{- 1}$ ， $T_{1} \approx 0.667 s$ ， $τ \approx 0.816 s$ ， $v_{B} \approx 0.28$ ， $v_{C} \approx 2.7 m s^{- 1}$ ． $W_{1} = 4.5 J$ ， $W_{2} = 3.0 J$ ，一方 $W_{2 C} \approx 5.2 J$ ， $W_{2 B} \approx - 2.2 J$ である．全運動エネルギーは $m (w^{2} + s^{2}) = 5 f d = 7.5 J$ となり，全仕事と一致する．仕事の単位は力×距離である．

演習 15

オリジナル ★★★☆☆

滑らかな水平面上で，質量 $m$ の球Aが速さ $u$ で $x$ 方向に進み，静止した質量 $M$ の球Bと弾性衝突する．衝突後，Aは正の $y$ 方向へ進み，速さは $q u$ であった．球の回転と摩擦は無視する．

**［図：直角散乱の観測］**
球Aの入射方向をx軸，衝突後のAの方向をy軸にとる．Bの衝突後の速度は未知である．

ニュートンダイアグラムを使い，この散乱が可能な質量の大小関係と， $q$ から求まる質量比を示せ．
Bの速度と反跳角を求めよ．
$m = 0.20 kg$ ， $u = 5.0 m s^{- 1}$ ， $q = 0.60$ のとき， $M$ ，Bの速さ，Bに渡ったエネルギーを求めよ．

解答を見る

考え方 入射方向と直角な速度の先端は，速度空間の縦軸上にある．その点がAの円に乗る条件を使う．

Gは $(m u / (m + M), 0)$ ，Aの円の半径は $M u / (m + M)$ ．縦軸上の点 $(0, q u)$ が円に乗るので

{(\frac{m u}{m + M})}^{2} + q^{2} u^{2} = {(\frac{M u}{m + M})}^{2}, q^{2} = \frac{M - m}{M + m}, \frac{M}{m} = \frac{1 + q^{2}}{1 - q^{2}} .

Aが実際に動くには $M > m$ ，したがって $0 < q < 1$ ． $M = m$ では直角方向の交点が原点だけとなり，散乱方向は定まらない．

運動量保存から $v_{B} = (m u / M, - m q u / M)$ ．速さは $(m / M) u \sqrt{1 + q^{2}}$ ，方向は $x$ 軸より下へ， $\tan φ = q$ を満たす角 $φ$ である．
$M / m = 17 / 8$ ， $M = 0.425 kg \approx 0.43 kg$ ．Bの速度は $(40 / 17, - 24 / 17) m s^{- 1}$ ，速さは約 $2.7 m s^{- 1}$ ， $φ \approx 31^{\circ}$ ．受け取るエネルギーは $(1 - q^{2}) m u^{2} / 2 = 1.6 J$ ．Aの $0.90 J$ と合わせて入射時の $2.5 J$ に等しい． $M \to \infty$ では $q \to 1$ で，固定壁に近い的はエネルギーをほとんど受け取らない．