第6章の発展問題 | 問いから始める物理

演習 1

オリジナル ★★★★☆

固定された半径 $R$ の滑らかな半球の外面の頂上で，質量 $m$ の小物体に水平な速さ $u$ を与える． $0 < u^{2} < g R$ とする．中心から物体へ引く半径と上向き鉛直線のなす角を $θ$ とする．

接触中の速さと垂直抗力を求めよ．
面を離れる角度と速さを求めよ．
$u \to 0$ と，初めから $u^{2} \geq g R$ の場合を説明せよ．

**［図：半球外面を滑る物体］**
半球外面を滑る物体．半球の外面，頂上の初速度u，一般位置の物体，角θと半径Rを示している．離脱点やその角度は描かない．

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考え方 外面では抗力が中心から外向きである．内側を走るループと符号が逆になることに注意する．

落ちた高さは $R (1 - \cos θ)$ なので $v^{2} = u^{2} + 2 g R (1 - \cos θ)$ ．中心向きに $m g \cos θ - N = m v^{2} / R$ より

N = m (3 g \cos θ - 2 g - \frac{u^{2}}{R})

となる．

離脱の境界は $N = 0$ ．よって $\cos θ_{*} = (2 + u^{2} / (g R)) / 3$ ， $v_{*}^{2} = (2 g R + u^{2}) / 3$ ．接触開始時の $N = m (g - u^{2} / R) > 0$ から，角度が増すと抗力が減って初めて0になる位置である．そこで接線方向の速さは正で，その先で面に沿うには負の抗力が必要になるため離脱する．
$u \to 0$ なら $\cos θ_{*} \to 2 / 3$ ．ただし頂上に厳密に静止させた完全な理想系は，きっかけがなければ動かない．これは微小な初速を与えた極限である． $u^{2} > g R$ なら初めから接触を保てず，等号でも直後には負の抗力が必要になるので頂上で離れる．

演習 2

オリジナル ★★★★☆

半径 $R$ の滑らかな鉛直ループの内側へ，質量 $m$ の小物体を最下点から速さ $v_{0}$ で送り込む． $q = v_{0}^{2} / (g R) > 0$ とおく．物体は面に押されるだけで，面へ固定されていない．

最下点から測る角 $θ$ で，接触中の $v^{2}$ と $N$ を求めよ．
$0 < q < 2$ ， $2 < q < 5$ ， $q \geq 5$ の運動を分類せよ．
境界 $q = 2$ を説明せよ．

**［図：ループの接触条件を調べる］**
ループの接触条件を調べる．ループ内面と最下点の速度v₀，一般位置の角θを示す．分類の境界角や離脱軌道は描かない．

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考え方 速さが0になる候補と，抗力が0になる候補のうち，先に実現する方を採用する．接触を失った後まで円運動の式を延長しない．

$v^{2} = g R (q - 2 + 2 \cos θ)$ ， $N = m g (q - 2 + 3 \cos θ)$ ．
速度0の候補は $\cos θ_{t} = 1 - q / 2$ ． $q < 2$ では $θ_{t} < π / 2$ で，そこで $N = m g (1 - q / 2) > 0$ ．よって接触を保ったまま引き返す． $2 < q < 5$ では抗力0の位置が $\cos θ_{*} = (2 - q) / 3$ となり，そこで

v_{*}^{2} = g R \frac{q - 2}{3} > 0

だから離脱する． $q \geq 5$ では頂点で $N = m g (q - 5) \geq 0$ ， $v^{2} = g R (q - 4) > 0$ であり，一周を通して接触を保てる． $q = 5$ は頂点で抗力が一瞬0になる限界である．

$q = 2$ では側面の $θ = π / 2$ で $v = N = 0$ が同時に成立する．そこで重力の接線成分が下向きに残るため，物体は下へ引き返す．直後には $\cos θ > 0$ となって抗力が正に戻る． $N = 0$ だけを見て，必ず飛び出すと結論してはいけない．

演習 3

オリジナル ★★★★☆

一様で伸びない鎖の長さを $L$ ，質量を $M$ とする．水平な机の端から長さ $y_{0} = L / 2$ が垂れ下がり，残りは机上に一直線に置かれている．机上部分の静止・動摩擦係数はともに $1 / 3$ である．縁は滑らかに丸められ，曲がる部分の長さと摩擦を無視する．鎖を静かに放す．

動き始めることを確かめよ．
垂れた長さが $y$ になるまでの摩擦の仕事を求めよ．
最後の端が机を離れる直前の速さを求めよ．

**［図：机から滑り落ちる一様な鎖］**
机から滑り落ちる一様な鎖．机上から丸い縁を通って垂れる鎖を示している．全長L，初期の垂れ長y₀と一般の垂れ長y，机上の摩擦係数1/3を示す．

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考え方 同時に動く鎖全体の質量は一定である．摩擦力は机上の長さが減るにつれて小さくなるので，初めの値を全距離に掛けてはいけない．

線密度を $λ = M / L$ とする．垂れた部分の重力は $λ g y_{0} = M g / 2$ ，最大静止摩擦力は $λ g (L - y_{0}) / 3 = M g / 6$ なので動き出す．以後は駆動する重力が増え，摩擦は減るから途中で止まらない．
鎖が $d y$ 動くと机上の各部分も同じ道のりを動くので

W_{f} (y) = - \frac{λ g}{3} \int_{y_{0}}^{y} (L - z) d z = - \frac{λ g}{3} [L (y - y_{0}) - \frac{y^{2} - y_{0}^{2}}{2}]

となる．縁の理想的な抗力は進行方向に垂直で仕事をしない．

机の高さを基準にして $U (y) = - λ g y^{2} / 2$ ．最後までの減少は $λ g (L^{2} - y_{0}^{2}) / 2 = 3 M g L / 8$ ．摩擦の仕事は $W_{f} (L) = - M g L / 24$ だから $M v^{2} / 2 = M g L / 3$ ，よって $v = \sqrt{2 g L / 3}$ ．鎖全体が共通の速さをもつため，運動エネルギーには垂れた部分だけでなく全質量 $M$ を使う．

演習 4

オリジナル ★★★★☆

滑らかな水平面上で，質量 $m$ と $2 m$ の2物体を，ばね定数 $k$ の軽いばねでつなぐ．ばねは自然長で，左の物体 $m$ だけが右向きに速さ $u$ をもち，右の物体 $2 m$ は静止している．物体同士は直接衝突せず，ばねは弾性限界内である．

最大圧縮の瞬間の両物体の速度を求めよ．
最大圧縮量を求めよ．
初めて自然長へ戻った瞬間の各速度を求めよ．

**［図：ばねでつながれた2物体］**
ばねでつながれた2物体．自然長のばねで結ばれた左の物体mと右の物体2m，左だけに初速度uを示す．

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考え方 外力の水平成分が0なので全運動量は一定である．ばねの圧縮が最大の瞬間は相対速度が0だが，地面に対して両物体が停止するわけではない．

共通速度を $V$ とすれば $3 m V = m u$ より $V = u / 3$ ．
最大圧縮時にも $3 m V^{2} / 2 = m u^{2} / 6$ の運動エネルギーが残る．よって

\frac{1}{2} k x^{2} = \frac{1}{2} m u^{2} - \frac{1}{6} m u^{2} = \frac{1}{3} m u^{2}, x = u \sqrt{\frac{2 m}{3 k}}

となる．左の物体の初期エネルギーを全てばねへ入れると，この残る分を見落とす．

自然長では再び弾性エネルギーが0だから $v_{1} + 2 v_{2} = u$ ， $v_{1}^{2} + 2 v_{2}^{2} = u^{2}$ ．これらを解くと，初期状態の根 $(v_{1}, v_{2}) = (u, 0)$ と， $(- u / 3, 2 u / 3)$ が得られる．初めて戻るときはばねが伸びる向き，つまり $v_{2} - v_{1} > 0$ なので後者を選ぶ．左の物体は反転し，右の物体は右へ進む．周期の式を使わず，運動量とエネルギーだけで求まる．

演習 5

東京大 1992 後期（改題） ★★★★☆

水平面で，質量 $m$ の滑走体Aが速度 $(u, 0)$ で，静止した質量 $M$ のBに弾性衝突する．回転と外力の力積を無視する．重心系でAの速度が反時計回りに回る角を $χ$ （ $0 \leq χ \leq π$ ），実験室系でAが曲がる角を $θ$ ，Bが入射方向より下へ進む角を $φ$ とする．入射エネルギーを $E = m u^{2} / 2$ とする．

**［図：弾性散乱の角の定義］**
θはAの曲がる角，φはBの反跳角．これらは実験室系で測る．

重心速度と各物体の重心系の速度を求め，弾性衝突でニュートンダイアグラムの円の半径が変わらない理由を説明せよ．
$χ$ から衝突後の速度成分， $θ$ ， $φ$ を求めよ． $m / M = 3, 1, 1 / 2$ でAの取り得る方向を比較せよ．
Bに渡るエネルギー $E_{B}$ を求めよ． $m = 3 M$ の実験で $E_{B} / E = 3 / 8$ と測定したとき， $χ, θ, φ$ を逆算せよ． $m = 0.60 kg$ ， $u = 4.0 m s^{- 1}$ としてエネルギーも評価せよ．

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考え方 重心系では2つの運動量が正反対で，速さの比も固定される．エネルギー保存は，その大きさを固定する条件になる．角度を先に決めつけず，速度空間の円と原点の位置関係を見る．

全質量を $S = m + M$ と書く． $V = (m u / S, 0)$ ，衝突前の重心系の速度は $v_{A}^{'} = (M u / S, 0)$ ， $v_{B}^{'} = (- m u / S, 0)$ ．重心運動のエネルギー $S V^{2} / 2$ は運動量保存で変化しない．したがって弾性衝突では相対運動のエネルギー $μ u^{2} / 2$ ，ただし $μ = m M / S$ ，も保存する．相対速さは $u$ のままで，Gを中心とする半径 $M u / S$ ， $m u / S$ の2円が保たれる．速度先端はGをはさんで反対側にある．

［図：重心系の角度を変える速度図］

初期状態は散乱角0度．解答用の図で，χを変えるとGを固定した2円の上を速度先端が動く．原点からの矢印とGからの半径の違いを比較できる．

GからAの先端へ向かう半径を $χ$ 回し，最後に重心速度を足すと

v_{A, after} = \frac{u}{S} (m + M \cos χ, M \sin χ), v_{B, after} = \frac{m u}{S} (1 - \cos χ, - \sin χ) .

したがって $\tan θ = \sin χ / (m / M + \cos χ)$ ．分母が負なら第2象限を選び，分母0なら $90^{\circ}$ とする．Bの円はOを通り，OGとGBの長さが等しい三角形から $φ = (π - χ) / 2$ （ $χ > 0$ ）． $χ = 0$ ではBが静止して方向はない．

$m = 3 M$ ではOがAの円の外にあり，接線の直角三角形から $\sin θ_{max} = 1 / 3$ ， $θ_{max} \approx {19.5}^{\circ}$ ．同じ $0 < θ < θ_{max}$ には，円の手前と奥の交点に対応する2つの速さがある． $m = M$ ではOが円周上にあり，動くAは $0 \leq θ < 90^{\circ}$ ． $χ = π$ ではAは停止する． $m = M / 2$ ではOが円内に入り， $0 \leq θ \leq 180^{\circ}$ が可能となる．鏡映した散乱も許せば上下両側に同じ範囲がある．

Bの成分を2乗して足すと $v_{B}^{2} = 2 m^{2} u^{2} (1 - \cos χ) / S^{2}$ ．よって

\frac{E_{B}}{E} = \frac{2 m M}{S^{2}} (1 - \cos χ) = \frac{4 m M}{S^{2}} \sin^{2} \frac{χ}{2} .

最大値は正面衝突の $χ = π$ で $4 m M / S^{2}$ ．等質量なら1だが，質量差があると1より小さい． $m = 3 M$ なら係数は $3 / 4$ なので， $3 / 8 = (3 / 4) \sin^{2} (χ / 2)$ より $χ = 90^{\circ}$ ． $θ = \arctan (1 / 3) \approx {18.4}^{\circ}$ ， $φ = 45^{\circ}$ である．

数値では $M = 0.20 kg$ ， $E = 4.8 J$ ， $E_{B} = 1.8 J$ ， $E_{A} = 3.0 J$ ．速度はAが $(3, 1)$ ，Bが $(3, - 3) m s^{- 1}$ となり，運動量は $(2.4, 0) kg m s^{- 1}$ を保つ．エネルギー比は無次元であり， $χ \to 0$ では移行エネルギーが0になる．

演習 6

東京大 1993 後期（改題） ★★★★☆

無重力下で質量 $4 m$ の回収ドローンが質量 $m$ の球を持ち，静止した質量 $2 m$ の反射板から右向きに速さ $u > 0$ で遠ざかっている．球を板に向け，投射直後のドローンに対して左向きに速さ $v$ で投げる．すべて同一直線上の運動とし，板は衝突しても回転しない．次の2実験を別々に行う．

**［図：ドローンから球を回収する］**
左の板は初め静止．ドローンは右へ遠ざかり，球を左へ投げる．上はひも付き，下はひもなし．

投射直後のドローンと球の速度を求めよ．
自然長 $L$ ，ばね定数 $k$ の，伸びたときだけ張力を生じる軽いひもで球をドローンにつなぐ．板には届かないほど遠くで実験する．最大のひもの長さと，再捕獲後の速度を求めよ． $m = 0.50 kg$ ， $k = 40 N m^{- 1}$ ， $L = 1.0 m$ ， $v = 8.0 m s^{- 1}$ とする．
ひもを外し，板との反発係数を $e$ （ $0 < e \leq 1$ ）とする．球を再捕獲できる $a = v / u$ と $e$ の領域を，ニュートンダイアグラムを用いて求めよ．板は投射時にドローンより左にあり，ドローンは投射後に推進しない．
$u = 0.20 m s^{- 1}$ ， $e = 0.95$ では $v = 8.0 m s^{- 1}$ で回収できるか．捕獲して一体になった後の速度も求めよ．

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考え方 投射，弾性ひもの伸長，板との衝突，捕獲では系の取り方が違う．再捕獲には「球が右へ戻る」だけでは足りず，逃げるドローンより速く進む必要がある．

ドローンを $U$ ，球を $b$ とすると $4 m U + m b = 5 m u$ ， $U - b = v$ ．したがって $U = u + v / 5$ ， $b = u - 4 v / 5$ ．
重心速度は $u$ ，換算質量は $4 m / 5$ ．ひもが自然長になるまでは相対速さ $v$ が一定で，伸び $x$ が最大の瞬間には相対速さが0となる．よって $k x^{2} / 2 = (1 / 2) (4 m / 5) v^{2}$ ，最大長は

L_{max} = L + v \sqrt{\frac{4 m}{5 k}} = 1.8 m .

その後は相対運動が反転し，ひもがたるんでからも接近を続ける．捕獲後の全質量は元の $5 m$ で，全運動量も変わらないから速度は $u$ に戻る．捕獲では相対運動のエネルギー $(1 / 2) (4 m / 5) v^{2} = 12.8 J$ （約 $13 J$ ）が変形などへ移るので，捕獲の瞬間まで力学的エネルギーが保存するとはいわない．

まず球が板へ向かうには $b < 0$ ，すなわち $a > 5 / 4$ が必要．球と板の速度図のGは $b / 3$ にある．球の点 $b$ をGの反対側へ $e$ 倍した点が衝突後の速度なので

c = \frac{b}{3} - e (b - \frac{b}{3}) = \frac{1 - 2 e}{3} b .

再捕獲には厳密に $c > U$ が必要である．両者は衝突時に離れているから，等速の $c = U$ では会わない．式を整理すると

(8 e - 7) a > 10 (1 + e) .

右辺が正なので，許される領域は $7 / 8 < e \leq 1$ ， $a > 10 (1 + e) / (8 e - 7)$ ．この下限は常に $5 / 4$ より大きいから，最初の到達条件も満たす．横軸 $e$ ，縦軸 $a$ の図では， $e = 7 / 8$ に垂直な漸近線を持つ右下がりの境界曲線より上側で，曲線そのものは除く．完全弾性でも $a > 20$ が必要である．

$e = 0.95$ で下限は $a > 32.5$ ，実際は $a = 40$ なので回収できる． $U = 1.8$ ， $b = - 6.2$ ， $c = 1.86 m s^{- 1}$ で，球はドローンより $0.060 m s^{- 1}$ だけ速い．捕獲後は $(4 U + c) / 5 = 1.812 m s^{- 1}$ （約 $1.8 m s^{- 1}$ ）．板の速度は $(1 + e) b / 3 = - 4.03 m s^{- 1}$ で，全系では $5 m (1.812) + 2 m (- 4.03) = 5 m (0.20)$ と運動量を保つ．ひも付きの実験と違い，板へ運動量を渡したため，捕獲後の速度は元に戻らない．

演習 7

東京大 1996 後期（改題） ★★★★☆

無重力下で，ばね定数 $k$ ，自然長 $ℓ_{0}$ の軽いばねの両端に質量 $m$ の小球を付ける．ばねは長さ $ℓ > ℓ_{0}$ を保ち，各球が中点のまわりを速さ $s$ ，角速度 $ω$ で等速円運動している．両球が同時に，各自の質量の割合 $η$ （ $0 < η < 1$ ）を接線後方へ放出する．放出片の，放出後の残存球に対する速さを $v$ とする．放出片は以後干渉せず，放出時間中のばねの力積は無視する．

**［図：回転中の対称な噴射］**
両端の球は同じ割合ηを放出する．噴射方向はそれぞれの進行方向の後ろである．

放出前の $s, ω$ と，放出直後の残存球の速さを求めよ．
ばね長を変えず，放出直後から等速円運動を続けるための $v$ を求めよ． $η$ が十分小さい極限も示せ．
この条件では残存する2球の運動エネルギーが変わらないことを示し，放出片のエネルギーの出所を説明せよ． $m = 0.50 kg$ ， $k = 10 N m^{- 1}$ ， $ℓ_{0} = 0.60 m$ ， $ℓ = 1.0 m$ ， $η = 0.36$ で数値を確かめよ．

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考え方 放出しただけでばね長が瞬間的に変わることはない．その同じ長さで新しい向心力の条件を満たすように噴射を選べば，ばねの伸縮を解く必要がない．

半径は $ℓ / 2$ なので $2 m s^{2} / ℓ = k (ℓ - ℓ_{0})$ ．したがって

s = \sqrt{\frac{k ℓ (ℓ - ℓ_{0})}{2 m}}, ω = \frac{2 s}{ℓ} .

各球の局所的な接線方向に運動量保存を使うと $m s = (1 - η) m s_{after} + η m (s_{after} - v)$ ，よって $s_{after} = s + η v$ ．両端は対称に放出するので残存系の重心も静止したままである．

放出後も同じ張力，同じ半径なら $(1 - η) m s_{after}^{2} = m s^{2}$ が必要十分である．初めに径方向速度がなく，この円運動が運動方程式を満たすからである．正の速さを選び

s_{after} = \frac{s}{\sqrt{1 - η}}, v = \frac{s}{η} (\frac{1}{\sqrt{1 - η}} - 1), ω_{after} = \frac{ω}{\sqrt{1 - η}} .

$(1 - η)^{- 1 / 2} = 1 + η / 2 + \dots$ より $v \to s / 2 = ℓ ω / 4$ ， $Δ ω / ω \approx η / 2$ ．微小量として比較するのは $η = Δ m / m$ と $Δ ω / ω$ で，質量を角速度で割った量ではない．臨界値より $v$ が大きければ，直後に必要な向心力がばねの張力を上回って間隔が広がり始め，小さければ縮み始める．その後の伸縮の時間変化はここでは求めない．

残存球の全運動エネルギーは $(1 - η) m s_{after}^{2} = m s^{2}$ で厳密に不変．ばねのエネルギーも長さ一定なので不変である．しかし各放出片は実験室系で速さ $s_{after} - v$ を持つ．2片のエネルギーは $K_{pieces} = η m (s_{after} - v)^{2}$ で，これは噴射装置の内部エネルギーから供給される．局所的な2体分裂のエネルギー増分を使っても，2球分で $Q = m η (1 - η) v^{2}$ となり，臨界条件では $K_{pieces}$ と一致する．

数値は $s = 2.0 m s^{- 1}$ ， $ω = 4.0 s^{- 1}$ ，放出後は $s_{after} = 2.5 m s^{- 1}$ ， $ω_{after} = 5.0 s^{- 1}$ ， $v \approx 1.4 m s^{- 1}$ （丸める前は $25 / 18$ ）．残存球の全運動エネルギーは前後とも $2.0 J$ ，ばねは $0.80 J$ ，放出片は合計 $2 / 9 J \approx 0.22 J$ である．放出による質量減少と速さの増加が相殺するのであって，噴射が無仕事なのではない．

演習 8

東京大 2002 後期（改題） ★★★★☆

長さ $ℓ$ の2本の軽い糸を同じ固定支点に結び，それぞれの先に質量 $m$ の小球を付ける．球は鉛直面内で左右対称に動き，最下点と頂点で正面衝突する．球の大きさ，糸の絡み，空気抵抗を無視し，反発係数を $e$ とする．最初の最下点衝突直前の各球の速さは $u_{0}$ である．糸は引くことだけができる．

**［図：上下で衝突する二つの振り子］**
2球は共通の支点のまわりを左右対称に動く．角θは鉛直下向きから測る．

最下点衝突直後の速さを $w$ として，角 $θ$ での速さと張力を求めよ．衝突で速度がどう変わるかをニュートンダイアグラムで説明せよ．
最下点衝突直前の速さの2乗を $g ℓ$ で割った値を $X$ ，頂点衝突直後の同じ値を $Z$ とする． $X$ から $Z$ ，さらに次の最下点衝突直前の値へ進む漸化式と，その適用条件を求めよ．
$e^{2} = 4 / 5$ ， $u_{0}^{2} = 20 g ℓ$ のとき，頂点で何回衝突するか．その次に糸がたるむ位置と速度を示し，以後の飛行を表す式を書け．
別の試行では最初の最下点衝突の直前に支点を上へ $a = ℓ / 100$ 動かし，再び固定する． $a / ℓ$ の1次までを考え，この操作で両球の高さはともに $a$ 上がり，手が両球にする全仕事は $W = 2 m (g + u_{0}^{2} / ℓ) a$ だったとする．この仕事の式は操作条件として与える．衝突直前の新しい速さを求め，位置エネルギーの増加だけで全仕事を数えられるか説明せよ．

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考え方 頂点に到達できることと，頂点で反発した後にも糸が張っていることは別の条件である．その両方を確認してから反復の式を使う．

衝突直前は速度軸上の $+ u, - u$ に2点があり，等質量なのでGはO．衝突後はGを中心に反転し，各距離が $e$ 倍になるので速さは $e u$ ．重心系の円が縮む作図である．円運動中のエネルギーと半径方向の運動方程式から

v^{2} = w^{2} - 2 g ℓ (1 - \cos θ), T = m (\frac{w^{2}}{ℓ} - 2 g + 3 g \cos θ) .

張力が最小の頂点では $T = m (w^{2} / ℓ - 5 g)$ ．したがって円に沿って頂点へ行く条件は $w^{2} \geq 5 g ℓ$ ．

最下点衝突の直後は $w^{2} / (g ℓ) = e^{2} X$ ，頂点直前は $Y = e^{2} X - 4$ ．到達条件は $Y \geq 1$ である．頂点衝突直後は $Z = e^{2} Y = e^{2} (e^{2} X - 4)$ ．ここでも糸が張って降りるには $Z \geq 1$ が必要．満たす場合，次の最下点直前は

X_{next} = Z + 4 = e^{4} X + 4 (1 - e^{2}) .

$Y \geq 1$ でも $Z < 1$ なら，頂点の衝突は起きるが直後から糸がたるむため，この漸化式を続けてはならない．

$X_{0} = 20$ ，漸化式は $X_{j + 1} = 0.64 X_{j} + 0.80$ ．直接計算すると次表になる．

頂点へ向かう試行	最下点直前 $X$	頂点直前の候補 $Y$	頂点直後 $Z$
1	20	12	9.6
2	13.6	6.88	5.504
3	9.504	3.6032	2.88256
4	6.88256	1.506048	1.2048384
5	5.2048384	0.16387072	適用できない

4回目までは $Y, Z \geq 1$ で，5回目は $Y < 1$ だから頂点前に糸がたるむ．頂点での衝突は4回である．5回目の最下点衝突直後は $q = w^{2} / (g ℓ) = 4.16387072$ ．張力0の条件から

\cos θ_{*} = \frac{2 - q}{3} = - 0.72129024, v_{*}^{2} = - g ℓ \cos θ_{*} = 0.72129024 g ℓ .

$θ_{*} \approx {136.2}^{\circ}$ で，速さも正なので転回する前に離脱する．右側を上っている球について，支点を原点，離脱後の時間を $t$ とすれば

x = ℓ \sin θ_{*} + v_{*} \cos θ_{*} t, y = - ℓ \cos θ_{*} + v_{*} \sin θ_{*} t - \frac{1}{2} g t^{2} .

左球はこれを左右反転した軌道となる．この式は再衝突または糸が張り直すまで有効である．離脱直後の支点距離の2乗と $ℓ^{2}$ の差は $- g v_{*} \sin θ_{*} t^{3} + g^{2} t^{4} / 4$ なので，短い正の時間では円の内側に入り，糸がたるむことも確かめられる． $e = 1$ なら $X_{next} = X$ となり，条件を満たす運動は減衰しない．

2球分の運動エネルギーは $m u^{2}$ なので，仕事とエネルギーの関係は $m (u_{new}^{2} - u_{0}^{2}) + 2 m g a = W$ ．よって

u_{new}^{2} = u_{0}^{2} (1 + \frac{2 a}{ℓ}), u_{new} \approx u_{0} (1 + \frac{a}{ℓ}) = 1.01 u_{0} .

指定した仕事には，球を持ち上げる仕事だけでなく，運動エネルギーを増やす仕事も含まれる．この操作では支点が動くので，張力は実験室系で仕事をする．係数 $a / ℓ$ は無次元で， $a \to 0$ なら元の速さに戻る．

演習 9

東京大 2006 後期（改題） ★★★★☆

滑らかなレールを，左右の下に凸の円弧（半径 $R$ ）と中央の上に凸の円弧（半径 $r$ ）で作る．中央の円の中心Oを高さ0とし，その頂点Dは高さ $r$ である．左右の円の中心は高さ $R$ にあり，中央の円と外接する．接点を左からC，Eとし，左右の谷底は高さ0である．質点を左の助走路の高さ $h$ から静かに放する．助走路では離脱せず，C以後の運動を調べる．

**［図：曲率の変わるレール］**
左右の半径Rの凹円弧と中央の半径rの凸円弧はCとEで接する．図はR=3rの場合の配置．

OCと鉛直上向きとの角を $β$ ， $c = \cos β$ とする． $c$ とCの高さを求め，離れずに右の谷まで通過する $h$ の範囲を求めよ．
Cで離れ，Dを飛び越してEに着地するように $h$ を選べ．途中で中央の円弧にぶつからないことも確かめよ．
$R = 3 r$ ， $r = 0.60 m$ ， $g = 10 m s^{- 2}$ として，(1)の範囲，(2)の高さ，Dの上でのすき間を求めよ．

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考え方 接点で曲率の向きが変わるため，抗力が急に不足することがある．接点の高さと接線方向を円の中心間の幾何から決め，接触運動と放物運動を別々に解く．

中心間距離は $R + r$ ，高さの差は $R$ なので $c = R / (R + r)$ ，CとEの高さは $r c$ ．中央の円弧上で鉛直からの角を $θ$ とすると $y = r \cos θ$ ， $v^{2} = 2 g (h - y)$ ，内向きの運動方程式から

N = m g \cos θ - \frac{m v^{2}}{r} = m g (3 \cos θ - \frac{2 h}{r}) .

最小の抗力は両端の $m g (3 c - 2 h / r)$ ．頂点通過の条件 $h > r$ と合わせて $r < h \leq 3 r c / 2$ ．この範囲が存在するには $c > 2 / 3$ ，すなわち $R > 2 r$ が必要．左右の凹円弧では重力の外向き成分と向心加速度を支える正の抗力が働くため，この範囲で新しい離脱条件は生じない． $h = r$ では頂点に有限時間で到達できない．

$s = \sin β$ とおくと，CとEの座標は $(- r s, r c), (r s, r c)$ ．Cでの接線速度は $(v_{C} c, v_{C} s)$ ．同じ高さへの飛行時間 $2 v_{C} s / g$ と水平距離 $2 r s$ より $v_{C}^{2} = g r / c$ ．エネルギー保存から

h = r (c + \frac{1}{2 c}) .

この速さを凸円弧の抗力式に入れると $N_{C} = m g (c - 1 / c) < 0$ なので，実際にCで離脱する．Cの手前の凹円弧では抗力が正であり，離脱位置はCである．

飛行の放物線は

y_{p} (x) = \frac{r}{2} (c + \frac{1}{c}) - \frac{x^{2}}{2 r c} .

中央の円弧は $y_{c} (x) = \sqrt{r^{2} - x^{2}}$ ． $- r s < x < r s$ では $y_{p} > 0$ であり，

y_{p}^{2} - y_{c}^{2} = \frac{[x^{2} - r^{2} (1 - c^{2})]^{2}}{4 r^{2} c^{2}} > 0

なので途中では接触しない．Eでは位置も接線方向も一致し，その先の凹円弧の抗力は正になるため，再びレールに沿って進める．硬い面へ法線速度を持って打ち付ける衝突ではなく，接線方向の再接触である．

$c = 3 / 4$ ．接触して通過する範囲は $r < h \leq 9 r / 8$ ，つまり $0.60 m < h \leq 0.675 m$ ．飛び越す高さは $h = 17 r / 12 = 0.85 m$ ．頂点Dの直上のすき間は

y_{p} (0) - r = \frac{r (1 - c)^{2}}{2 c} = \frac{r}{24} = 0.025 m .

$v_{C} = \sqrt{g r / c} = \sqrt{8} m s^{- 1} \approx 2.8 m s^{- 1}$ で，飛行時間は約 $0.37 s$ ．高さとすき間はいずれも半径に比例し， $r / R \to 0$ では頂点でのすき間が0に近づく．

演習 10

オリジナル ★★★★★

質量 $m$ の物体が，粗い水平面上で壁につながるばねに取り付けられている．ばね定数は $k$ ，静止摩擦係数は $μ$ ，動摩擦係数は $μ^{'}$ で， $μ \geq μ^{'} > 0$ とする．自然長から右向きの変位を $x$ とし， $d = μ^{'} m g / k$ ， $s = μ m g / k$ とおく．

$x = A > s$ から静かに放した後，最初に止まる座標を求めよ．
そこで再び動くための $A$ の条件を求めよ．
$s = 3 d / 2$ ，初期変位 $A = 10 d$ のとき，停止する座標を順に列挙し，最終停止位置と全道のりを求めよ．

**［図：摩擦のある床と伸ばしたばね］**
摩擦のある床と伸ばしたばね．粗い水平面上の固定ばねと物体m，自然長位置x=0と初期位置Aを示す．後の停止位置は描かない．

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考え方 止まるたびに静止摩擦で再始動を判定する．「往復で振幅が減る」という規則は，動き続けることを確認した区間だけに使える．

左へ進む間，距離は $A - x$ である．初めと次の停止を比較して

\frac{1}{2} k (A^{2} - x^{2}) = μ^{'} m g (A - x)

となる．初期位置の根 $x = A$ を除き， $x = 2 d - A$ ．初めは $A > s \geq d$ なので左へ加速し，この根は進行方向にある．必ずしも原点の反対側とは限らない．

静止できる範囲は $| x | \leq s$ ．したがって再始動には $| 2 d - A | > s$ が必要である． $A > s \geq d$ の下では $2 d - A > s$ は不可能なので，条件は $A > 2 d + s$ ．この場合，次は右向きに動く．等号では限界の静止が可能であり，自発的には再始動しないものとする．
各区間で同じ計算を向きに合わせて繰り返すと，停止座標は

10 d ⟶ - 8 d ⟶ 6 d ⟶ - 4 d ⟶ 2 d ⟶ 0

となる．途中の停止点では $| x | > 1.5 d$ なので再始動し，原点で最終停止する．全道のりは $(18 + 14 + 10 + 6 + 2) d = 50 d$ ．初期弾性エネルギー $k (10 d)^{2} / 2 = 50 k d^{2}$ は，摩擦で $μ^{'} m g \times 50 d = 50 k d^{2}$ だけ失われるため収支も一致する．この問題ではたまたま原点に止まるが，一般には $| x | \leq s$ 内の原点でない場所にも止まる．

演習 11

オリジナル ★★★★★

質量 $m$ の粒子が $U (x) = U_{0} [(x / a)^{2} - 1]^{2}$ の中を動く． $U_{0}, a > 0$ で， $x = a$ から左向きに速さ $\sqrt{2 U_{0} / m}$ で出発する．

エネルギーの不等式 $U \leq E$ から求まる位置の集合を示せ．
原点に近づくときの速さを厳密に表し，原点に有限時間で達するか調べよ．
初期エネルギーをわずかに増やす場合と減らす場合で，左右の谷の行き来がどう変わるか．

**［図：山頂と同じエネルギーの境界］**
山頂と同じエネルギーの境界．二重井戸の曲線と山頂を通るE=U₀の水平線を示している．山頂O，両谷底±a，外側の交点P，Qを示し，原点を通る運動の矢印は描かない．

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考え方 $U = E$ の点が必ず通常の転回点になるとは限らない．山頂で力も0になる場合は，そこに達する時間まで検討する．

初期の $U (a) = 0$ より $E = U_{0}$ ． $[(x / a)^{2} - 1]^{2} \leq 1$ から $- \sqrt{2} a \leq x \leq \sqrt{2} a$ ．ただし，この集合がつながっていることだけでは有限時間で全体を横断できるとは言えない．
$0 < x \leq a$ で

v = \sqrt{\frac{2 U_{0}}{m}} \frac{x}{a} \sqrt{2 - \frac{x^{2}}{a^{2}}}

である．定数 $C = 2 \sqrt{U_{0} / m} / a$ を使うと $v \leq C x$ ． $x = a / 2^{n}$ から $a / 2^{n + 1}$ まで進む各区間の長さは $a / 2^{n + 1}$ で，その区間の速さは最大でも $C a / 2^{n}$ ．したがって所要時間は各区間で少なくとも $1 / (2 C)$ である．原点へ達するにはこの区間を無限個通るため，時間は無限大になる．粒子は原点へ近づき続けるが，有限時間で転回したり左へ通過したりしない．

$E > U_{0}$ なら原点で速さが正なので，有限時間で左の谷へ抜ける． $0 < E < U_{0}$ なら原点より右に力が0でない転回点ができ，右の谷に閉じ込められる． $E = U_{0}$ は両者を分ける境界であり，位置の不等式だけでは失われる時間の情報が重要になる例である．