第8章の章末問題 | 問いから始める物理

演習 1

オリジナル ★★☆☆☆

同じ速さ $v = 6.0 m s^{- 1}$ で走る自転車の車輪を比べる．車輪Aは半径 $R = 0.34 m$ ，質量 $M = 1.2 kg$ ，車輪Bは $R = 0.20 m$ ， $M = 0.90 kg$ である．質量の割合 $f$ が薄いリムに，残りが半径 $a = 0.030 m$ の一様な円板状ハブに集まり，スポークの質量は無視する．両輪とも $0.70 \leq f \leq 0.90$ とする．

**［図：問題1の模式図］**
大小の車輪と，リム半径R，ハブ半径a，進行速度vを示す．

滑らずに転がる車輪の，車軸まわりの角運動量を求めよ．
A，Bそれぞれの角運動量の範囲を数値で評価し，小径車輪は角速度が大きいから角運動量も大きい，という説明を検討せよ．

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考え方 質量の位置から慣性モーメントを求め，転がりの条件で角速度を消す．

$I = f M R^{2} + (1 - f) M a^{2} / 2$ ， $ω = v / R$ より，

L = M v (f R + \frac{(1 - f) a^{2}}{2 R}) .

これは重心を通る車軸まわりの値であり，道路上の任意の原点まわりの角運動量ではない．

$R > a$ なので $L$ は $f$ とともに増える．Aは $1.7$ 〜 $2.2 kg m^{2} s^{- 1}$ ，Bは $0.76$ 〜 $0.97 kg m^{2} s^{- 1}$ である．Bの角速度は $30 rad s^{- 1}$ ，Aは約 $18 rad s^{- 1}$ だが，慣性モーメントの減少の方が効く． $f = 1$ なら $L = M R v$ となり，次元も質量×長さ²÷時間で正しい．

演習 2

オリジナル ★★☆☆☆

質量 $M$ ，長さ $l$ の一様な細い棒の上端Oを水平軸で支え，下端に質量 $m$ の小球を固定する．小球の大きさは無視でき，棒は鉛直面内で摩擦なく回る．

鉛直下向きの安定位置のまわりの微小振動の周期を求めよ．
棒を水平にして静かに放したとき，鉛直下向きを通過する角速度を求めよ．

**［図：棒と小球の振り子］**
Oを支点とする棒M，lと下端の小球m．水平の初期位置を破線，鉛直下向きの位置を実線で示す．

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考え方 慣性モーメントと重力のモーメントを，棒と小球についてそれぞれ足す．小球を付けた系の重心を新しく計算しなくてもよい．

軸のまわりの $I = (M / 3 + m) l^{2}$ ．鉛直からの角を $θ$ とすると $I \ddot{θ} = - (M / 2 + m) g l \sin θ$ ．微小角で線形化して $T = 2 π \sqrt{(M / 3 + m) l / {(M / 2 + m) g}}$ ． $m \to 0$ では一様棒， $m / M \to \infty$ では長さ $l$ の単振り子の周期へ近づく．
棒の重心は $l / 2$ ，小球は $l$ 下がる．したがって $(M / 2 + m) g l = I ω^{2} / 2$ より $ω = \sqrt{2 (M / 2 + m) g / {(M / 3 + m) l}}$ ．この計算は大角度でも成り立ち，微小振動の近似を使っていない．軸の反力の作用点は動かず，仕事は0である．

演習 3

オリジナル ★★★☆☆

滑らかな水平面上で，質量 $m$ の小球を長さ $r$ の軽い糸で固定点Oにつなぎ，速さ $v_{0}$ で円運動させる．糸の破断張力は $T_{*}$ で，初め $m v_{0}^{2} / r < T_{*}$ である．小球に常に接線方向へ一定の力 $F > 0$ を加える．

破断までの時間と回転角を求めよ．
破断までに力 $F$ がした仕事を求め，運動エネルギーの変化と比べよ．

**［図：接線方向の力で速くなる小球］**
Oを中心とする半径rの円，小球m，接線方向の力Fと初速度v₀を描く．

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考え方 接線方向の力が角運動量を増し，増した速さに応じて糸の張力も増える．糸は半径方向なので接線方向の運動を妨げない．

$\frac{d (m r v)}{d t} = r F$ から $v = v_{0} + F t / m$ ．半径方向では $T = m v^{2} / r$ なので，破断時の速さは $v_{*} = \sqrt{T_{*} r / m}$ ．よって $t_{*} = m (v_{*} - v_{0}) / F$ ．回転角は $θ_{*} = (v_{0} + v_{*}) t_{*} / (2 r) = m (v_{*}^{2} - v_{0}^{2}) / (2 F r)$ である．与えられた初期条件により時間と角度は正になる．
力は移動方向に沿うので $W = F r θ_{*} = m (v_{*}^{2} - v_{0}^{2}) / 2$ ．運動エネルギーの増加と一致する．破断前の張力は変位に垂直で仕事をしない．破断した後は円軌道の拘束が消えるので，この式をそのまま使って円運動を延長してはいけない．

演習 4

オリジナル ★★★☆☆

質量 $M$ ，長さ $l$ の一様なはしごを，滑らかな壁に床と角 $θ$ をなして立てかける．床の静止摩擦係数は $μ$ ．質量 $2 M$ の人が下端から距離 $s$ の位置に立つ． $0 < θ < π / 2$ とする．

床と壁から受ける力を求めよ．
許される $s$ の範囲を求め，人が下端にいても立てかけられない条件，上端まで登れる条件を分けて述べよ．

**［図：人の位置と滑りの限界］**
壁と床にはしごを立てかけ，下端Aからsの位置に人2Mを置く．全長lと角θを示す．

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考え方 下端Aのまわりでモーメントをとり，必要な摩擦力を求めた後に最大静止摩擦力と比較する．

床の垂直抗力は $N_{1} = 3 M g$ ．壁の力を $N_{2}$ とすると， $N_{2} l \sin θ = M g (l / 2) \cos θ + 2 M g s \cos θ$ だから $N_{2} = M g (1 / 2 + 2 s / l) \cot θ$ ．床の摩擦力は壁へ向かい，大きさ $f = N_{2}$ である．
$f \leq 3 μ M g$ より $s \leq l (3 μ \tan θ - 1 / 2) / 2$ ．これと $0 \leq s \leq l$ の共通範囲が答えである． $μ \tan θ < 1 / 6$ なら下端でも不可能， $1 / 6 \leq μ \tan θ < 5 / 6$ なら右辺が登れる限界， $μ \tan θ \geq 5 / 6$ なら上端まで可能である．等号の状態は滑り出す直前の限界を含む．

演習 5

オリジナル ★★★☆☆

半径 $R$ ，慣性モーメント $I$ の水平な円板が，鉛直固定軸のまわりに角速度 $ω_{0} > 0$ で回っている．質量 $m$ の小さな粘土を円板の縁へ真上から落とし，付着させる．衝突前の粘土の水平速度は0である．軸の摩擦はない．

付着直後の角速度を求めよ．
水平運動と回転に関する運動エネルギーの損失を求めよ．鉛直方向の衝突損失は数えない．

**［図：円板へ落下して付着する粘土］**
回転する水平円板を上から見た図と，縁へ鉛直に落ちる粘土mの側面小図を示す．

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考え方 保存するのは固定軸方向の角運動量である．粘土は付着後に半径 $R$ で回るため，慣性モーメントに $m R^{2}$ が加わる．

軸の反力と鉛直力は軸まわりのトルクを与えない．したがって $I ω_{0} = (I + m R^{2}) ω$ より $ω = I ω_{0} / (I + m R^{2})$ ．軸には外力の力積が働くので，全水平運動量の保存を仮定する必要はない．
初めの対象エネルギーは $I ω_{0}^{2} / 2$ ，最後は $(I + m R^{2}) ω^{2} / 2$ ．差は $Q = I m R^{2} ω_{0}^{2} / {2 (I + m R^{2})} > 0$ である．付着の過程は非弾性であり，角運動量が保存しても運動エネルギーは保存しない．落下高さが与えられていないため，鉛直運動の損失まで含む総損失は決められない．

演習 6

オリジナル ★★★☆☆

半径 $R$ ，質量 $M$ の回転対称な車輪について $I_{G} = k M R^{2}$ とする．静止から角 $θ$ の斜面を滑らずに転がし，斜面に沿う距離 $s$ を進む時間が $t$ と測定された．

$k$ を $s, t, θ, g$ で表せ．
質量がすべて軸から距離 $R$ 以下にある場合，測定値が満たすべき範囲と，必要な静止摩擦係数を求めよ．

**［図：転がる時間から慣性を測る］**
傾きθの斜面に車輪M，Rを描き，静止から測る走行距離sを寸法線で示す．

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考え方 加速度は $a = g \sin θ / (1 + k)$ で一定である．測定から $a$ を決め，次に $k$ を逆算する．

$s = a t^{2} / 2$ と合わせて $k = g t^{2} \sin θ / (2 s) - 1$ ．質量と半径の絶対値を知らなくても，質量分布を表す無次元量 $k$ が求まる．
$0 \leq I_{G} \leq M R^{2}$ より $0 \leq k \leq 1$ ．したがって $2 s / (g \sin θ) \leq t^{2} \leq 4 s / (g \sin θ)$ ．下限は質量が軸に集中する理想的な極限である．必要な摩擦は $f = k M g \sin θ / (1 + k)$ ， $N = M g \cos θ$ より $μ \geq {k / (1 + k)} \tan θ$ ．測定が範囲外なら，滑り，転がり抵抗，初速度などの仮定を見直すべきであり，負の $k$ を物性として採用してはいけない．

演習 7

東京大 2002 前期（改題） ★★★☆☆

長さ $L = 1.0 m$ の軽い不透明な管に，質量 $m$ と $3 m$ の小球が固定されている．左端Aからの位置を $x_{1} < x_{2}$ とする．水平な管を両端の支持具で支え，左右の支持具を互いに近づける．管の水平移動は無視でき，滑っている支持具の動摩擦力が，止まっている支持具の最大静止摩擦力に達した瞬間に，滑る側が交代する模型を使う．静止摩擦係数を $μ$ ，動摩擦係数を $μ^{'}$ とする．

右支持具が最初に止まったCについて $A C = d_{1} = 0.90 m$ ，続いて左支持具が止まったDについて $D C = d_{2} = 0.54 m$ であった．次にAを摩擦のない固定軸にし，管を鉛直上向きからごくわずかに傾けて静かに放すと，鉛直下向きでBの速さが $v = 2 \sqrt{15} m s^{- 1}$ であった． $g = 9.8 m s^{- 2}$ とする．

**［図：問題2の模式図］**
水平な管のA，D，重心G，C，Bと支持具，およびAを軸に回す実験を示す．

$q = μ^{'} / μ$ と重心位置 $b$ を測定距離から求めよ．
Aまわりの慣性モーメントを全質量で割った量 $S = I_{A} / (4 m)$ を求め，小球の位置を復元せよ．

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考え方 支持具の交代は摩擦力の比，落下回転は質量分布の2乗平均を測っている．

最初の交代時に $μ N_{A} = μ^{'} N_{C}$ で，モーメントのつり合いから $N_{A} / N_{C} = (d_{1} - b) / b$ である．したがって $d_{1} = (1 + q) b$ ．次の交代時には $N_{C} / N_{D} = q$ だから， $C - G = d_{1} - b = q d_{2} / (1 + q)$ ．両式より

q = \frac{d_{2}}{d_{1}} = 0.60, b = \frac{d_{1}^{2}}{d_{1} + d_{2}} = 0.5625 m .

後の復元で丸め誤差を増やさないよう，ここでは桁を残した．

重心の落下距離は $2 b$ なので $4 m g (2 b) = I_{A} (v / L)^{2} / 2$ ．よって $S = 4 g b L^{2} / v^{2} = 0.3675 m^{2}$ ． $x_{1} + 3 x_{2} = 4 b$ と $x_{1}^{2} + 3 x_{2}^{2} = 4 S$ を使い， $δ = x_{2} - x_{1} > 0$ とおけば，

S - b^{2} = \frac{3}{16} δ^{2}, x_{1} = b - \frac{3}{4} δ, x_{2} = b + \frac{1}{4} δ .

計算すると $δ = 0.5220 \dots m$ ， $x_{1} = 0.17 m$ ， $x_{2} = 0.69 m$ となる．ともに管内にあり， $S \geq b^{2}$ も満たす． $S = b^{2}$ の極限では2球が重心に重なる．

演習 8

オリジナル ★★★☆☆

半径 $R$ ，質量 $M$ の一様な球殻状ステーションが，鉛直な $z$ 軸まわりに角速度 $Ω$ で回っている．球殻の慣性モーメントは $I = 2 M R^{2} / 3$ である．外力のトルクを無視できる短時間に，北緯 $λ$ の地点から小荷物を東向きに射出する．射出装置が荷物に与える追加の力積の大きさを $J$ とし，その反作用を球殻が受ける．荷物の質量と射出前の慣性モーメントへの寄与は無視する．射出地点は $x z$ 面内，東向きは $+ y$ である．

**［図：問題3の模式図］**
球殻の子午面と緯度λ，射出地点の位置ベクトル，紙面に垂直な東向きの力積を示す．

射出直後の球殻の角運動量の $x, z$ 成分と，回転軸の傾き $β$ を求めよ． $I Ω > R J \cos λ$ とする．
$M = 2.0 \times 10^{4} kg$ ， $R = 8.0 m$ ， $Ω = 0.20 rad s^{- 1}$ ， $J = 100 kg m s^{- 1}$ ， $λ = 60^{\circ}$ で評価し，赤道と北極から射出する場合と比較せよ．

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考え方 追加の角運動量は位置と力積の外積である．球殻ではどの軸でも慣性モーメントが等しく，角運動量と回転軸が平行になる．

$r = R (\cos λ, 0, \sin λ)$ ，荷物への力積は $(0, J, 0)$ なので，球殻への角力積は $(R J \sin λ, 0, - R J \cos λ)$ ．したがって

L_{x} = R J \sin λ, L_{z} = I Ω - R J \cos λ, \tan β = \frac{R J \sin λ}{I Ω - R J \cos λ} .

$I = 8.53 \dots \times 10^{5} kg m^{2}$ ， $β = 4.1 \times 10^{- 3} rad = {0.23}^{\circ}$ ．赤道では傾きは0で自転が遅くなる．北極では $\tan β = R J / (I Ω)$ ， $β = {0.27}^{\circ}$ となる． $J \to 0$ なら傾きも0であり，正接の分子・分母はいずれも角運動量の次元をもつ．

演習 9

オリジナル ★★★☆☆

車体の質量を $M$ ，前後の車軸間隔を $d$ ，重心をその中央の地上高 $h$ に置く．前進中に一定の大きさ $a$ で減速し，車体の上下運動と傾きの過渡的な振動が収まった状態を考える．前後のサスペンションのばね定数の合計はそれぞれ $k_{f}, k_{r}$ で，車輪の質量は無視する．傾きは小さく，重心位置の変化は荷重計算で無視する．

**［図：問題4の模式図］**
前進する車体の重心高h，車軸間隔d，前後ばねと路面からの力を側面図に示す．

地上の慣性系で並進と回転の式を立て，前後の荷重 $N_{f}, N_{r}$ を求めよ．
制動前からの前下がり角の増分 $Δ θ$ と，後輪が浮かない条件を求めよ． $M = 900 kg$ ， $d = 2.4 m$ ， $h = 0.48 m$ ， $a = 3.0 m s^{- 2}$ ， $k_{f} = 3.6 \times 10^{4} N m^{- 1}$ ， $k_{r} = 2.4 \times 10^{4} N m^{- 1}$ ， $g = 9.8 m s^{- 2}$ で評価せよ．

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考え方 水平力はつり合っていない．重心の加速度と，重心まわりの角加速度0を区別する．

路面の制動力の合計は $- M a$ ，鉛直方向は $N_{f} + N_{r} = M g$ ．重心まわりでは $(d / 2) (N_{f} - N_{r}) = M a h$ だから，

N_{f} = \frac{M g}{2} + \frac{M a h}{d}, N_{r} = \frac{M g}{2} - \frac{M a h}{d} .

荷重増分 $Δ N = M a h / d$ により，前は $Δ N / k_{f}$ 沈み，後ろは $Δ N / k_{r}$ 上がる．したがって

Δ θ = \frac{M a h}{d^{2}} (\frac{1}{k_{f}} + \frac{1}{k_{r}}), a \leq \frac{g d}{2 h} .

数値は $Δ N = 540 N$ ， $N_{f} = 4.95 \times 10^{3} N$ ， $N_{r} = 3.87 \times 10^{3} N$ ， $Δ θ = 0.016 rad$ （約 ${0.90}^{\circ}$ ）．浮き上がりの閾値は $24.5 m s^{- 2}$ で，今回の荷重は正である．実際にはこれより先にタイヤが滑ることもある． $k_{f}, k_{r} \to \infty$ なら傾きは0でも荷重移動は残る．

演習 10

オリジナル ★★★☆☆

摩擦なく鉛直軸まわりに回る台（慣性モーメント $I_{0}$ ）に，同軸の円板（慣性モーメント $I$ ）をねじりばねで取り付ける．円板と台の相対角を $θ$ とすると，円板へのトルクは $- κ θ$ である．全体の角運動量は初め0で，外力のトルクはない．

**［図：問題5の模式図］**
台と円板の絶対角α，β，両者の差θを上から見て示す．

円板と台の絶対角を $α, β$ として，相対角 $θ = α - β$ の運動方程式と周期を求めよ．
台を固定した周期を $T_{0} = 1.20 s$ ， $I_{0} = 24 I$ としたとき，自由な台での周期と，固定台用の目盛りで実時間1時間を測った表示を求めよ．

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考え方 2つの回転の運動方程式を引き，相対角の方程式を作る．

$I \ddot{α} = - κ θ$ ， $I_{0} \ddot{β} = + κ θ$ より

\ddot{θ} = - κ (\frac{1}{I} + \frac{1}{I_{0}}) θ, T = 2 π \sqrt{\frac{I I_{0}}{κ (I + I_{0})}} .

また $I \dot{α} + I_{0} \dot{β} = 0$ で，台も逆向きに動くため相対角は速く戻る．

$T / T_{0} = \sqrt{24 / 25}$ ， $T = 1.18 s$ ．表示は周期の個数に比例するので， $3600 T_{0} / T = 3674 \dots s$ ，約74秒進む． $I_{0} \to \infty$ なら $T \to T_{0}$ ． $κ$ の次元はトルクであり， $I / κ$ は時間²になる．

演習 11

オリジナル ★★★☆☆

人とブランコを，支点からの距離を変えられる質点で近似する．初め距離 $l$ ，小さな角振幅 $θ_{0}$ で揺れている．最下点で距離を瞬時に $s = l - h$ へ縮め，次の折返点で $l$ に戻する．操作中の重力の角力積は無視し，操作終了時の半径方向速度は0とする．

**［図：問題6の模式図］**
最下点でのlからsへの短縮と，折返点での復元を，支点を共通にして示す．

一連の操作後の角振幅を求めよ．
逆に，初め距離 $s$ で最下点で $l$ へ伸ばし，折返点で $s$ へ戻す場合を比較せよ． $l = 2.0 m$ ， $h = 0.20 m$ ， $θ_{0} = {6.0}^{\circ}$ として数値を求めよ．

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考え方 操作中は角運動量，長さ一定の区間は力学的エネルギーを使う．操作する人の仕事があるので，全行程でエネルギーを保存させない．

最下点で $l^{2} ω_{-} = s^{2} ω_{+}$ ．小振動では $ω_{-} = \sqrt{g / l} θ_{0}$ ，短縮後の振幅は $ω_{+} \sqrt{s / g}$ だから，

θ_{1} = {(\frac{l}{s})}^{3 / 2} θ_{0} .

折返点では角速度が0なので，半径方向の復元で角度は変わらない．有限角なら $1 - \cos θ_{1} = (l / s)^{3} (1 - \cos θ_{0})$ で小角近似を点検できる．

逆操作では $θ_{1} = (s / l)^{3 / 2} θ_{0}$ ．倍率はそれぞれ $1.171 \dots$ ， $0.8538 \dots$ ，角振幅は ${7.0}^{\circ}$ ， ${5.1}^{\circ}$ ． $h \to 0$ ならどちらも倍率1で，倍率が無次元であることも確かめられる．

演習 12

オリジナル ★★★☆☆

半径 $R$ ，質量 $M$ ，車軸まわりの慣性モーメント $I = k M R^{2}$ の車輪を粗い水平面に置き，右向きの初速 $v_{0} > 0$ と，右向きの転がりとは逆向きの角速度の大きさ $Ω_{0} > 0$ を与える．動摩擦係数は $μ^{'}$ で，車輪は鉛直面内に保たれ，転がり抵抗はない．角速度 $ω$ の正は右向きに転がる回転とする．

**［図：問題7の模式図］**
右へ動く車輪と逆回転，接点の滑り，左向きの摩擦力を示す．

滑り停止時刻とそのときの速度を求め，前進・静止・後退の条件を分類せよ．
$k = 0.50$ ， $R = 0.20 m$ ， $v_{0} = 1.0 m s^{- 1}$ ， $Ω_{0} = 15 rad s^{- 1}$ ， $μ^{'} = 0.20$ ， $g = 9.8 m s^{- 2}$ で評価せよ．

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考え方 摩擦の向きは重心速度ではなく，接点の速度 $u = v - R ω$ で決まる．

初め $u_{0} = v_{0} + R Ω_{0} > 0$ なので摩擦は左向き．滑り中は $\dot{v} = - μ^{'} g$ ， $\dot{ω} = μ^{'} g / (k R)$ である．よって

t_{s} = \frac{k (v_{0} + R Ω_{0})}{(1 + k) μ^{'} g}, v_{s} = \frac{v_{0} - k R Ω_{0}}{1 + k}, ω_{s} = \frac{v_{s}}{R} .

$k R Ω_{0} < v_{0}$ なら前進，等しければ静止，大きければ後退する．重心が止まっても接点が滑る間は摩擦の向きは変わらない．

$t_{s} = 0.68 s$ ， $v_{s} = - 0.33 m s^{- 1}$ ， $ω_{s} = - 1.7 rad s^{- 1}$ で後退する．失われるエネルギーは $Q = M k (v_{0} + R Ω_{0})^{2} / [2 (1 + k)] \geq 0$ ．速度の結果に $μ^{'}$ がないのは，摩擦力が弱いほど長く作用するためである．ただし $μ^{'} = 0$ では滑りは止まらない．

演習 13

オリジナル ★★★☆☆

水平面で静止する半径 $R$ ，質量 $M$ ，慣性モーメント $I = k M R^{2}$ の物体に，中心より高さ $b$ の位置で右向きの水平力積 $J$ を与える．打撃中の床からの水平力積は無視する．一様な球では $k = 2 / 5$ ，一様な円柱では $k = 1 / 2$ である．

**［図：問題8の模式図］**
球の中心から高さbの打点へ水平力積Jを加える様子を示す．

打撃直後に滑らず転がる打点を，球と円柱について求めよ．
その打点での並進・回転の運動エネルギーを求め， $M = 0.60 kg$ ， $R = 0.10 m$ ， $J = 0.90 kg m s^{- 1}$ で両者を比較せよ．

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考え方 並進への力積は $J$ ，中心まわりの角力積は $J b$ である．

$v = J / M$ ， $ω = J b / I$ より $v = R ω$ は $b = k R$ ．球は中心の $0.040 m$ 上，円柱は $0.050 m$ 上である．いずれも表面上で実現できる高さである．
$K_{tr} = J^{2} / (2 M)$ ， $K_{rot} = J^{2} b^{2} / (2 I)$ ．指定の打点では $K_{rot} = k J^{2} / (2 M)$ となる． $v = 1.5 m s^{- 1}$ ， $ω = 15 rad s^{- 1}$ ，並進エネルギーは両者とも $0.68 J$ ，回転エネルギーは球 $0.27 J$ ，円柱 $0.34 J$ ．同じ力積でも仕事は同じとは限らない． $b = 0$ なら回転エネルギーは0であり， $J^{2} / M$ の次元はエネルギーである．

演習 14

オリジナル ★★★☆☆

質量 $M$ ，1辺 $a$ の一様な正方形板を，水平面内で動かす．対角の頂点AとBをそれぞれ水平な直線レールと鉛直な直線レールにはめる．ある瞬間，Aは $(0, 0)$ ，Bは $(a, a)$ にあり，Aは右向きの一定速度 $u > 0$ で駆動される．Bのレールは $x = a$ ，Aのレールは $y = 0$ である．Gまわりの慣性モーメントは $I_{G} = M a^{2} / 6$ とする．

この瞬間のBとGの速度，板の角速度を求めよ．
Bの加速度と板の角加速度を求めよ．
板の全運動エネルギーを求めよ．Bの速度を $u$ と得ても，Bの加速度を0とできない理由を説明せよ．

**［図：2本のレールに拘束された正方形板］**
2本のレールに拘束された正方形板を示す模式図．

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考え方 2点の速度と加速度を，Aを基準にした剛体の式で関係づける．角速度は反時計回りを正とする．

Bの速度を $(0, w)$ とすると $(0, w) = (u, 0) + ω (- a, a)$ ．したがって $ω = u / a$ ， $w = u$ ．中点Gは $v_{G} = (u / 2, u / 2)$ ．瞬間回転中心は $(0, a)$ で，A，Bの速度の垂線の交点にもなる．
Aの加速度は0．Bの $x$ 加速度もレールのため0だから $0 = - α a - ω^{2} a$ ， $α = - u^{2} / a^{2}$ ． $y$ 成分は $a_{B, y} = α a - ω^{2} a = - 2 u^{2} / a$ ．Bは上へ動いているが，下向きに加速する．
$V_{G}^{2} = u^{2} / 2$ より $K = M V_{G}^{2} / 2 + I_{G} ω^{2} / 2 = M u^{2} / 4 + M u^{2} / 12 = M u^{2} / 3$ ．Bの速さがAの速さに等しいのは，ABが45°をなすこの瞬間だけである．次の瞬間には配置が変わり，同じ等式を微分できない． $u^{2} / a$ は加速度， $M u^{2}$ はエネルギーの次元である． $u \to 0$ では速度，加速度，エネルギーがすべて0へ近づく．