第8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 $M$ ，半径 $R$ の一様な円柱が粗い水平床を右向きに速さ $v_{0}$ で滑らずに転がり，滑らかな鉛直壁に正面衝突する．壁との反発係数は $0 \leq e \leq 1$ ．衝突中の床の水平力積は無視でき，壁の力積は中心を通る．衝突後の床との動摩擦係数は $μ^{'} > 0$ とする．

衝突直後の重心速度と角速度を求めよ．
壁から離れた後に再衝突が起きないと仮定して，滑りが止まるまでの時間と速度を求めよ．この仮定が滑り終了まで成り立つ範囲と，再衝突の有無を判定せよ．

**［図：転がる円柱と鉛直壁］**
水平床を右へ転がる円柱と右側の鉛直壁．衝突前のv₀，時計回りのω₀を描き，衝突後の向きは示さない．

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考え方 壁は並進速度を反転させるが，重心まわりの角運動量を変えない．衝突直後に転がり条件を課してはいけない．

右向きと時計回りを正とする．反発係数より $v (0) = - e v_{0}$ ．壁の力積のトルクは0なので $ω (0) = v_{0} / R$ ．接点の速度は $v - R ω = - (1 + e) v_{0} < 0$ であり，床の摩擦力は右向きである．
滑り中は $v = - e v_{0} + μ^{'} g t$ ， $ω = v_{0} / R - 2 μ^{'} g t / R$ ．したがって $t_{s} = (1 + e) v_{0} / (3 μ^{'} g)$ ， $v_{s} = (1 - 2 e) v_{0} / 3$ ， $ω_{s} = v_{s} / R$ ． $e > 1 / 2$ なら左へ転がり去り， $e = 1 / 2$ なら停止する． $0 < e < 1 / 2$ なら最終的には右へ戻るが，再衝突が滑り終了前かも調べる必要がある．壁からの変位は $x = - e v_{0} t + μ^{'} g t^{2} / 2$ で，帰着時刻は $t_{r} = 2 e v_{0} / (μ^{'} g)$ ． $t_{r} < t_{s}$ は $e < 1 / 5$ に相当する．よって $0 < e < 1 / 5$ では上の $t_{s}, v_{s}$ は壁がなければ得る値であり，実際にはその前に再衝突する． $e = 1 / 5$ は滑り終了と帰着が同時， $1 / 5 < e < 1 / 2$ は転がりに移ってから再衝突する． $e = 0$ では壁から離れず，単独の自由な滑り区間は存在しない．

演習 2

オリジナル ★★★★☆

質量 $M$ ，外半径 $R$ ，巻き芯の半径 $r < R$ ，慣性モーメント $I = k M R^{2}$ の糸巻きを粗い水平床に置く．糸は巻き芯の下側から接線方向に出て，右斜め上へ水平と角 $β (0 \leq β < π / 2)$ をなす一定の力 $F$ で引く．初め静止し，床から離れず滑らないとする．

重心の右向き加速度と，右向きを正とした摩擦力を求めよ．
静止摩擦係数 $μ$ で仮定の成立条件を表し，時間 $t$ までに力 $F$ がした仕事を求めよ．

**［図：下側から糸を引く糸巻き］**
外半径R，芯半径rの糸巻き．芯の右下の接点から右上へ出る糸と角β，力Fを描く．

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考え方 糸の張力は反時計回りのトルク $F r$ を与える．右へ転がる時計回りを正とし，摩擦の符号を未知として連立する．

$M a = F \cos β + f$ ， $I α = - F r - f R$ ， $a = R α$ である．よって

a = \frac{F (\cos β - r / R)}{M (1 + k)}, f = - \frac{F (k \cos β + r / R)}{1 + k}

となる．摩擦は左向きだが，加速度は $\cos β = r / R$ を境に向きが変わる．境界では重心も回転も加速しない．

$N = M g - F \sin β > 0$ と $F (k \cos β + r / R) / (1 + k) \leq μ (M g - F \sin β)$ が条件である．接線方向の糸の速度は，重心の寄与 $v \cos β$ と回転の寄与 $- r ω$ の和だから $u = v (\cos β - r / R)$ ． $v = a t$ を積分して

W = \frac{F^{2} (\cos β - r / R)^{2} t^{2}}{2 M (1 + k)}

を得る．これは $M (1 + k) (a t)^{2} / 2$ に等しい．左へ動く場合でも糸端は力の向きへ動き，仕事は非負である．

演習 3

オリジナル ★★★★☆

質量 $M$ の軸対称なコマが固定支点Oのまわりに回る．Oから重心までの距離は $r$ ，対称軸まわりの慣性モーメントは $I$ ，自転角速度は $ω > 0$ ．軸は鉛直上向きから角 $φ (0 < φ < π / 2)$ を保ってゆっくり歳差し，角運動量は自転による $L \approx I ω n$ が支配的とする． $n$ は支点から重心へ向く単位ベクトルである．

歳差角速度 $Ω$ とその向きを求めよ．
支点を通り対称軸に垂直な軸の慣性モーメントを $I_{⟂}$ とする．歳差による角運動量を無視する近似の目安を示し，自転が遅くなったときの式の限界を述べよ．

**［図：傾いて高速自転するコマ］**
固定支点Oから傾いたコマの軸，重心G，距離r，鉛直との角φ，自転ωの向きを描く．歳差の向きは示さない．

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考え方 一定の傾きを保つ角運動量の先端は，半径 $L \sin φ$ の円を描く．トルクと比べるべき変化率は $Ω L \sin φ$ である．

鉛直上向きの単位ベクトルを $e_{z}$ とすると $τ = r n \times (- M g e_{z}) = M g r e_{z} \times n$ ．一方，正の鉛直軸まわりの歳差では $\frac{d L}{d t} = Ω I ω e_{z} \times n$ ．したがって $Ω = M g r / (I ω)$ ．上から見て反時計回りである．大きさだけで計算しても，両辺の $\sin φ$ が消える．
歳差による対称軸に垂直な角速度は $Ω \sin φ$ 程度である．よって $I_{⟂} Ω \sin φ / (I ω)$ が1より十分小さいことが目安になる．角度によらず十分な条件は $I_{⟂} M g r / (I^{2} ω^{2})$ が1より十分小さいことである．自転が遅くなるとこの比が大きくなり，角運動量を対称軸方向だけに置く近似が破れる． $Ω \propto 1 / ω$ を $ω \to 0$ まで延長してはいけない．また任意の初期条件で傾き一定になるわけではなく，この問題はゆっくりした定常歳差を仮定している．

演習 4

東京大 1998 後期（改題） ★★★★☆

固定された2つのローラーの接点が $x = - a, + a$ にある．薄い一様な長板（質量 $M$ ）を水平に載せ，重心を $x = A$ に置いて静かに放する． $0 < A < a$ である．左のローラー上面は右向き，右の上面は左向きに，板の最大速さより十分速く動く．動摩擦係数を $μ^{'}$ とし，板の厚さと接点の高さの差は無視する．板は全過程で両ローラーに届く長さをもつ．

［図：問題9の模式図］

間隔2aのローラーと長板，重心位置x，内向きの表面速度を示す．初期状態で上面速度の向きが分かり，再生するとローラーの回転方向を確認できます．板の軌跡は表示しません．

接点の垂直抗力を $N_{-}, N_{+}$ として求め，板の運動 $x (t)$ と角振動数 $ω$ を求めよ．
$ω t = ψ$ ， $0 \leq ψ \leq π$ の瞬間に両ローラーを停止・固定する．停止操作は板に水平な力積を与えないとする．その後の滑走距離 $s$ と最終位置 $x_{f}$ を求めよ．
$a = 0.60 m$ ， $A = 0.18 m$ ， $μ^{'} = 0.15$ ， $g = 9.8 m s^{- 2}$ として， $ψ = π / 3$ と $π / 2$ を比較せよ．全位相で板が転倒しないことも確かめよ．

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考え方 回転しない板でも，抗力の配分にはモーメントの式が必要である．ローラーを止めると，左右逆向きだった摩擦が同じ向きになる．

鉛直方向の加速度と角加速度は0なので， $N_{-} + N_{+} = M g$ ，重心まわりで $(a - x) N_{+} = (a + x) N_{-}$ ．よって

N_{-} = \frac{M g (a - x)}{2 a}, N_{+} = \frac{M g (a + x)}{2 a} .

ローラーの回転中は $M \ddot{x} = μ^{'} N_{-} - μ^{'} N_{+} = - μ^{'} M g x / a$ ．初期条件は $x (0) = A$ ， $\dot{x} (0) = 0$ だから，

ω = \sqrt{\frac{μ^{'} g}{a}}, x = A \cos ω t, \dot{x} = - A ω \sin ω t .

摩擦はエネルギーを常に減らすとは限らない．ここではローラーを回す装置が仕事をするため，振幅一定の運動が続く．

$0 < ψ < π$ では板は左向きであり，固定された両接点から右向きの摩擦を受ける．合力は $μ^{'} (N_{-} + N_{+}) = μ^{'} M g$ なので減速度の大きさは一定である．停止直前の速さ $A ω \sin ψ$ から

s = \frac{A^{2} ω^{2} \sin^{2} ψ}{2 μ^{'} g} = \frac{A^{2}}{2 a} \sin^{2} ψ, x_{f} = A \cos ψ - \frac{A^{2}}{2 a} \sin^{2} ψ .

$ψ = 0, π$ では初めから速度0であり，ローラー固定後は水平に動かす力がないためその場に止まる．上式も $s = 0$ を与える．

$ω = 1.57 rad s^{- 1}$ ，周期は $4.01 s$ ． $ψ = π / 3$ では $s = 0.020 m$ ， $x_{f} = 0.070 m$ ． $ψ = π / 2$ では $s = 0.027 m$ ， $x_{f} = - 0.027 m$ である．滑走距離は中央通過時が最大となる．

支持条件は $N_{\pm} > 0$ ，すなわち $- a < x < a$ ． $c = \cos ψ$ とおくと $x_{f} = A c - A^{2} (1 - c^{2}) / (2 a)$ で， $\frac{d x_{f}}{d c} = A + (A^{2} / a) c > 0$ ．したがって $- A \leq x_{f} \leq A$ ，滑走途中も出発位置と最終位置の間にあり， $A < a$ なら支持は失われない． $s$ の次元は長さで， $A \to 0$ なら0になる．

演習 5

東京大 2007 後期（改題） ★★★★☆

頂点Oを下にした滑らかな円錐の内面を，高さ $z = h$ と $z = 3 h$ で切り取る．軸は鉛直，母線と軸の角は $α = 30^{\circ}$ である．下端で質点に円周接線方向の速さ $u$ を与える．縁には段差がなく，面の範囲外では重力だけが働く．境界で母線方向の速度が0の場合は，接触を保って折り返す理想的な縁とする．

**［図：問題10の模式図］**
円錐の断面と上下端h，3h，下端の接線方向初速u，上端の母線方向を示す．

高さ $z$ での水平円運動の速さと抗力を求めよ．
一般の運動で円周方向速度を $v_{φ}$ ，母線方向速度を $w$ とし，それぞれを $z, u, h$ で表せ．下端から落ちず，上端からも出ない $u$ の範囲を求めよ．
上端から飛び出すときの，接線と速度のなす角 $γ$ および自由飛行の最高点 $H$ を求めよ． $h = 0.40 m$ ， $g = 9.8 m s^{- 2}$ として， $H = 4 h$ を実現する $u$ を逆算せよ．

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考え方 軸まわりの角運動量とエネルギーを保存させ，母線方向に動ける範囲を調べる．天体運動の知識は必要ない．

円の半径は $r = z \tan α$ ．抗力の水平成分と鉛直成分から $m v^{2} / r = N \cos α$ ， $N \sin α = m g$ であり， $v = \sqrt{g z}$ ， $N = m g / \sin α = 2 m g$ となる．
重力も抗力も鉛直軸まわりのトルクをもたない．したがって $m r v_{φ} = m h \tan α u$ ，すなわち $v_{φ} = h u / z$ ．抗力は仕事をしないので

w^{2} = u^{2} (1 - \frac{h^{2}}{z^{2}}) - 2 g (z - h) .

下端で母線上向きに加速する条件は $u^{2} \geq g h$ ．等号なら下端の水平円運動となる． $u^{2} < g h$ なら直ちに下端の外へ向かう．下端以外の折返し高さは $w^{2} = 0$ を因数分解して得る $2 g z^{2} - u^{2} z - u^{2} h = 0$ の正の根である．この根が $h$ 以上 $3 h$ 以下になる条件は，

\sqrt{g h} \leq u \leq \sqrt{\frac{9}{2} g h} .

上限では上端に速度の母線成分0で達し，仮定に従い折り返す．途中で面から離れないことも確認する．内向き・上向きの法線方向の運動方程式から

N = m (g \sin α + \frac{v_{φ}^{2}}{r} \cos α) > 0.

したがって離脱は縁でのみ起こる．

上端で $v_{φ} = u / 3$ ， $w^{2} = 8 u^{2} / 9 - 4 g h > 0$ ，全速さは $\sqrt{u^{2} - 4 g h}$ ．ゆえに

\cos γ = \frac{u}{3 \sqrt{u^{2} - 4 g h}}, H = 3 h + \frac{\cos^{2} α}{2 g} (\frac{8}{9} u^{2} - 4 g h) .

母線の鉛直成分が $w \cos α$ であることに注意する． $H = 4 h$ を代入すると $u^{2} = 15 g h / 2$ ， $u = 5.42 m s^{- 1}$ ．上端到達の閾値 $4.20 m s^{- 1}$ を超え， $γ = {60.8}^{\circ}$ ，最高点は $1.60 m$ となる．射出後は半径が増して円錐の外へ出るため，最高点まで縁に再衝突しない．上限速度に近づければ $w \to 0$ ， $H \to 3 h$ となり，式の次元も長さで一致する．

演習 6

オリジナル ★★★★☆

軽い鉛直軸に軽い棒を固定し，固定点Oから両側へ距離 $l$ の位置に質量 $m$ の質点を付ける．棒と鉛直軸の角は $ϕ$ で，軸は一定角速度 $ω$ で回る．軸受はOより上に $a$ ，下に $b$ 離れている．重力は別のスラスト軸受が受け持つものとし，ここでは2つの軸受の水平力だけを求める．

**［図：問題11の模式図］**
傾いた棒の両端質点と，鉛直軸上の上下の軸受を示す．

上側質点が $+ x$ 側にある瞬間の各質点の水平力と，Oまわりの合トルクを求めよ．
上下の軸受が軸に及ぼす水平力を求め， $m = 0.40 kg$ ， $l = 0.30 m$ ， $ϕ = 35^{\circ}$ ， $ω = 12 rad s^{- 1}$ ， $a + b = 0.50 m$ で評価せよ．

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考え方 地上から見た各質点の向心力を足せば，合力0でも偶力が必要なことが分かる．

上下の質点の $x$ 方向の力はそれぞれ $- m l \sin ϕ ω^{2}$ ， $+ m l \sin ϕ ω^{2}$ ．高さは $\pm l \cos ϕ$ なので，合トルクは $y$ 方向に

τ_{y} = - 2 m l^{2} ω^{2} \sin ϕ \cos ϕ = - m l^{2} ω^{2} \sin 2 ϕ .

上下の軸受の $x$ 成分を $F_{A}, F_{B}$ とすると， $F_{A} + F_{B} = 0$ ， $a F_{A} - b F_{B} = τ_{y}$ ．よって $F_{A} = - m l^{2} ω^{2} \sin 2 ϕ / (a + b)$ ， $F_{B} = - F_{A}$ ．各力の大きさは $9.7 N$ であり，軸受が受ける力はそれぞれ逆向きである． $ϕ = 0$ でも $ϕ = 90^{\circ}$ でもこの偶力は消える． $m l^{2} ω^{2} / (a + b)$ の次元は力になる．

演習 7

オリジナル ★★★★☆

椅子を剛体の枠に置き換える．質量は $M$ ，重心まわりの慣性モーメントは $I_{G} = M ρ^{2}$ ．倒れる間は床の脚Pを固定軸とし，重心が $h$ 下がると別の脚が床に着く．着地直前の重心のPに対する座標は $(b, c)$ で，時計回りに回っている．着地時にはPの固定が外れ，水平力積はなく，鉛直速度と回転だけが非弾性的な緩衝機構で止まるとする．その後は姿勢を保ち，動摩擦係数 $μ^{'}$ の床を滑る．

**［図：問題12の模式図］**
枠の固定脚Pと重心G，着地姿勢での距離b，c，その後の水平滑走を示す．

着地直前の角速度と，着地後の水平速度を求めよ．
着地後の滑走距離を求め， $ρ = 0.30 m$ ， $b = 0.30 m$ ， $c = 0.40 m$ ， $h = 0.050 m$ ， $μ^{'} = 0.25$ ， $g = 9.8 m s^{- 2}$ で評価せよ．

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考え方 落下中の位置エネルギーは並進だけでなく回転にも移る．着地の損失を経て残った水平運動だけが滑走を決める．

$I_{P} = M (ρ^{2} + b^{2} + c^{2})$ だから， $M g h = I_{P} ω^{2} / 2$ ， $ω = \sqrt{2 g h / (ρ^{2} + b^{2} + c^{2})}$ ．重心の水平速度は $V = c ω$ ．着地時の水平力積が0なので，この成分だけがそのまま残る．
$M V^{2} / 2 = μ^{'} M g s$ より

s = \frac{h c^{2}}{μ^{'} (ρ^{2} + b^{2} + c^{2})} .

数値は $ω = 1.7 rad s^{- 1}$ ， $V = 0.68 m s^{- 1}$ ， $s = 0.094 m$ ．着地前の水平重心移動は含めていない． $s \leq h / μ^{'}$ であり， $h \to 0$ なら0になる．実際の椅子では着地時の水平力積にも依存するため，この距離をそのまま使えるとは限らない．

演習 8

オリジナル ★★★★☆

半径 $r$ ，質量 $M$ の薄い輪が，重心の水平軌道半径 $R$ の円に沿い，速さ $v$ で滑らずに転がっている．輪の面は鉛直から円の内側へ角 $θ$ だけ傾き，一定の姿勢で旋回する． $R$ は $r$ より十分大きく， $θ$ は極端に大きくないとする．車軸まわりの自転角速度を $v / r$ ，重心まわりの角運動量を大きさ $L = M r v$ の自転成分だけで近似する．歳差そのものの角運動量は無視する．

**［図：問題13の模式図］**
旋回する輪を進行方向から見て，内向きの傾きθと接点，重心，軸の向きを示す．

地面からの力の鉛直・水平成分を求め，重心まわりのトルクと $\frac{d L}{d t}$ を等置して傾きを求めよ．
$r = 0.15 m$ ， $R = 12 m$ ， $v = 3.0 m s^{- 1}$ ， $g = 9.8 m s^{- 2}$ で評価し， $R$ を2倍にした場合と比べよ．

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考え方 力の合力が向心加速度を作るだけでなく，そのトルクが自転軸の向きを変える．トルクを0にすると歳差の効果を失う．

地面の力は上向き $M g$ ，内向き $M v^{2} / R$ ．重心から接点へのベクトルは外向き成分 $r \sin θ$ ，下向き成分 $r \cos θ$ をもつ．角運動量が向きを変える方向を正にとると，トルクは $M g r \sin θ - M r v^{2} \cos θ / R$ となる．角運動量の水平成分 $L \cos θ$ が角速度 $v / R$ で向きを変えるから，

M g r \sin θ - \frac{M r v^{2}}{R} \cos θ = \frac{v}{R} M r v \cos θ, \tan θ = \frac{2 v^{2}}{g R} .

係数2の一方は重心の円運動，他方は自転角運動量の向きの変化に由来する．

$θ = {8.7}^{\circ}$ ，半径を2倍にすれば ${4.4}^{\circ}$ ． $r / R = 0.0125$ で，歳差の角速度と自転角速度の比もこの程度である． $R \to \infty$ なら傾きは0に近づく．ここで $v$ は既に転がっている輪の速さであり，滑りながら着地したときの初速からエネルギー保存で求めてはいけない．

演習 9

オリジナル ★★★★☆

高速回転子の自転慣性モーメントは $I$ ，自転角速度は一定の $ω$ である．2つの軸受の間隔を $d$ とし，自転軸を含む台を $ϕ (t) = ϕ_{0} \sin (2 π t / T)$ の角度で揺らする．揺動軸は自転軸に垂直で，回転子の重心を通る．自転以外の角運動量と静的荷重は無視し，ジャイロ効果による軸受の付加荷重だけを考える．

**［図：問題14の模式図］**
回転子と間隔dの軸受，自転軸に垂直な揺動軸と平行な揺動軸を示す．

軸受が作る偶力のモーメントと，各軸受の付加荷重の最大値を求めよ．
$I = 0.80 kg m^{2}$ ，毎分 $2400$ 回転， $d = 0.40 m$ ， $ϕ_{0} = {6.0}^{\circ}$ ， $T = 4.0 s$ で数値を求めよ．揺動軸を自転軸と平行にした場合も比較せよ．

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考え方 一定なのは角運動量の大きさであって，ベクトル全体ではない．

$L = I ω (\cos ϕ, \sin ϕ, 0)$ と置けば， $| \frac{d L}{d t} | = I ω | \dot{ϕ} |$ ．したがって偶力のモーメントの大きさは $τ = I ω | \dot{ϕ} |$ ，各軸受の最大荷重は

F_{max} = \frac{I ω}{d} \frac{2 π ϕ_{0}}{T} .

最大になるのは台が中央を通る瞬間で，角度の折返点では付加荷重は0になる．

$ω = 2 π (2400 / 60) = 80 π rad s^{- 1}$ ， $ϕ_{0} = π / 30 rad$ ． $τ_{max} = 33 N m$ ， $F_{max} = 83 N$ ．揺動軸が自転軸と平行なら自転角運動量の向きは変わらず，このジャイロ荷重は0である．その場合に自転速度を変えるための駆動トルクは，ここでの付加荷重とは別である． $T \to \infty$ なら付加荷重は0で，式の次元は力になる．

演習 10

オリジナル ★★★★☆

鉛直な円筒の内壁を，小さな台車が水平に走る．重心の円軌道半径は $R$ ，重心から壁までの距離は $b$ ，全質量は $M$ ，車輪半径は $r$ である．台車には慣性モーメント $I$ の高速回転子があり，その軸は水平な半径方向を向く．車輪の角速度を $v / r$ ，回転子の角速度を $k v / r$ とする．回転の向きは，壁からの上向き摩擦力が作るトルクと，回転子の角運動量の変化が一致する向きに選ぶ．車輪自体と台車の旋回による角運動量は無視する．壁との静止摩擦係数は $μ$ である．

**［図：問題15の模式図］**
円筒内壁を走る台車の平面図と，重心から壁までb離れた側面図を示す．

水平走行する速さ $v$ と比 $k$ の関係を求めよ．
滑り落ちないための $k$ の範囲を求めよ． $M = 12 kg$ ， $b = 0.10 m$ ， $r = 0.050 m$ ， $I = 0.020 kg m^{2}$ ， $μ = 0.50$ ， $R = 5.0 m$ ， $g = 9.8 m s^{- 2}$ とし， $k = 1.0$ のときの速さと，回転子を増速する倍率 $k > 1$ に許される範囲を求めよ．

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考え方 重力を支える摩擦は，重心まわりのトルクも作る．そのトルクが回転子の角運動量を円周方向に曲げる．

鉛直方向のつり合いから摩擦力は $M g$ ，法線力は向心力 $N = M v^{2} / R$ ．重心まわりのトルクは $M g b$ である．回転子の角運動量 $I k v / r$ が角速度 $v / R$ で向きを変えるので，

M g b = \frac{I k v^{2}}{r R}, v^{2} = \frac{M g b r R}{I k} .

$M g \leq μ M v^{2} / R$ に代入すると

0 < k \leq \frac{μ M b r}{I} = 1.5 .

$k = 1.0$ では $v = 12 m s^{- 1}$ （丸め前は $12.12 \dots$ ）．滑り落ちない最低速度は $\sqrt{g R / μ} = 9.9 m s^{- 1}$ なので条件を満たす．増速するなら $1 < k \leq 1.5$ ． $k$ が大きすぎると姿勢保持に必要な速度が低くなり，摩擦が不足する．この模型では速度を無限に上げられると仮定したため下限が0になったのであり，実機の出力限界を意味しない． $M b r / I$ は無次元である．

演習 11

オリジナル ★★★★☆

長さ $2 a$ の一様な棒を，水平となす角 $ϕ = 60^{\circ}$ で，回転させずに静かに落とする．最初は左端Aが低く，Aが滑らかな水平床と弾性衝突する．その後，右端Bが初めて床に当たる瞬間の棒の角度を $- ϕ$ にしたいとする．衝突時間中の重力の力積は無視するが，衝突と衝突の間には重力が働く．放したときの重心の高さを $H_{0}$ ，最初の衝突までの落下距離を $h = H_{0} - a \sin ϕ$ とする．重心まわりの慣性モーメントは $I = M a^{2} / 3$ である．

**［図：問題16の模式図］**
最初に左端Aが当たる姿勢φと，次に右端Bが当たる姿勢−φ，重心の高さの基準を示す．

最初の衝突直前の重心の下降速度を $u$ ，床の力積を $J$ として，衝突直後の上向き重心速度 $V$ と時計回り角速度 $ω$ を求めよ．
必要な $h, H_{0}$ を求め， $a = 0.30 m$ ， $g = 9.8 m s^{- 2}$ で評価せよ．2度目までに別の接触がないことも確認せよ．

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考え方 反発係数1は重心ではなく，衝突する端の鉛直速度に適用する．自由飛行中の重心は放物運動，回転は等角速度である．

$M V = J - M u$ ， $I ω = J a \cos ϕ$ ．Aの衝突後の上向き速度は $V + a ω \cos ϕ$ であり，反発条件はこれが $u$ に等しいことである．したがって

J = \frac{2 M u}{1 + 3 \cos^{2} ϕ}, V = u \frac{1 - 3 \cos^{2} ϕ}{1 + 3 \cos^{2} ϕ}, ω = \frac{6 u \cos ϕ}{a (1 + 3 \cos^{2} ϕ)} .

$ϕ = π / 3$ では $V = u / 7$ ， $ω = 12 u / (7 a)$ ．この値を $M V^{2} / 2 + I ω^{2} / 2$ に代入すると $M u^{2} / 2$ に戻り，弾性衝突のエネルギー保存も満たす．

姿勢が $+ ϕ$ から $- ϕ$ になる時間は $t_{*} = 2 ϕ / ω = 7 π a / (18 u)$ ．両衝突で重心高は $a \sin ϕ$ なので， $V t_{*} - g t_{*}^{2} / 2 = 0$ ，すなわち $t_{*} = 2 u / (7 g)$ ．両式と $u^{2} = 2 g h$ から

u^{2} = \frac{49 π g a}{36}, h = \frac{49 π a}{72}, H_{0} = a \sin \frac{π}{3} + \frac{49 π a}{72} .

数値は $u = 3.5 m s^{- 1}$ ， $h = 0.64 m$ ， $H_{0} = 0.90 m$ ， $t_{*} = 0.10 s$ ． $0 < t < t_{*}$ では重心が $a \sin ϕ$ より高く，棒の角度 $θ$ は $- ϕ < θ < ϕ$ なので $a | \sin θ | \leq a \sin ϕ$ ．したがって棒全体は床より上にあり，Bが次の接点になる．落下距離は $a$ に比例し，次元も長さである．

演習 12

オリジナル ★★★★☆

半径 $R$ の一様な球（ $I = 2 M R^{2} / 5$ ）を，重心速度0で粗い水平面上に置く．初期角速度は $ω_{0} = (0, ω_{0} \sin ϕ, ω_{0} \cos ϕ)$ である． $z$ 軸は鉛直上向き， $x, y$ 軸は水平とする．点接触の摩擦だけを考え，接触面積による自転抵抗は無視する．動摩擦係数は $μ^{'}$ である．

**［図：問題17の模式図］**
初期回転軸と鉛直の角φ，球の接点，水平・鉛直の角速度成分を示す．

滑り停止時の速度，角速度の各成分と大きさを求めよ．
$R = 0.060 m$ ， $ω_{0} = 50 rad s^{- 1}$ ， $μ^{'} = 0.20$ ， $g = 9.8 m s^{- 2}$ として， $ϕ = 30^{\circ}$ と $60^{\circ}$ を比較せよ．滑り停止までの時間も求めよ．

解答を見る

考え方 接点の速度を作るのは水平な角速度成分だけである．摩擦のトルクには鉛直成分がない．

初めの接点速度は $- R ω_{0} \sin ϕ$ の $x$ 成分をもつので，摩擦は $+ x$ 向き．力積を $J$ とすれば $v_{x} = J / M$ ， $ω_{y} = ω_{0} \sin ϕ - R J / I$ ， $ω_{z} = ω_{0} \cos ϕ$ ．停止条件 $v_{x} = R ω_{y}$ から

v_{x} = \frac{2}{7} R ω_{0} \sin ϕ, ω_{y} = \frac{2}{7} ω_{0} \sin ϕ, ω_{z} = ω_{0} \cos ϕ, | ω | = ω_{0} \sqrt{\frac{4}{49} \sin^{2} ϕ + \cos^{2} ϕ} .

ほかの速度成分と $ω_{x}$ は0である．

$30^{\circ}$ では $v_{x} = 0.43 m s^{- 1}$ ， $ω_{y} = 7.1 rad s^{- 1}$ ， $ω_{z} = 43 rad s^{- 1}$ ，角速度の大きさは $44 rad s^{- 1}$ ． $60^{\circ}$ ではそれぞれ $0.74 m s^{- 1}$ ， $12 rad s^{- 1}$ ， $25 rad s^{- 1}$ ， $28 rad s^{- 1}$ ． $t_{s} = v_{x} / (μ^{'} g)$ なので停止時間は $0.22 s$ ， $0.38 s$ となる． $ϕ = 0$ なら初めから接点は滑らず，球はその場で自転し続ける．垂直成分が残っても点接触での滑りなし条件と矛盾しない．

演習 13

オリジナル ★★★★☆

球が水平床上を速さ $v_{0}$ で滑らず転がり，鉛直な壁に正面から衝突する．壁へ向かう方向を $+ x$ ，上向きを $+ z$ とし，初期角速度は $+ y$ 向きの $v_{0} / R$ である． $I = k M R^{2}$ とする．衝突中の重力と床の力積を無視し，壁の法線方向の反発係数は1とする．壁との滑り摩擦係数は $f$ ．壁の接点の鉛直相対速度が0になった後は接線力積が増えない，接線方向の弾性復元をもたない模型を使う．

**［図：問題18の模式図］**
壁に正面入射する球と，壁の接点の下向き速度，上向きの摩擦力積を示す．

跳ね返り速度の水平・鉛直成分と，水平からの跳ね上がり角 $η$ を求めよ．
一様な球 $k = 2 / 5$ ， $v_{0} = 2.0 m s^{- 1}$ について， $f = 0.080$ と $0.25$ を比較せよ．薄い球殻 $k = 2 / 3$ にすると，角度が飽和する摩擦係数はどう変わるか．

解答を見る

考え方 法線方向の力積は反発条件で決まる．接線方向は，滑りが衝突終了まで続く場合と途中で止まる場合を分ける．

法線方向の力積の大きさは $2 M v_{0}$ ，反発後の水平速度は $- v_{0}$ ．上向き力積を $P$ とすると $v_{z} = P / M$ ， $ω_{y} = v_{0} / R - R P / I$ ．壁の接点の鉛直速度は

u_{z} = v_{z} - R ω_{y} = - v_{0} + \frac{P}{M} (1 + \frac{1}{k}) .

これが0になる力積は $P_{*} = M v_{0} k / (1 + k)$ ．滑りが続く場合は $P = 2 f M v_{0}$ であり，途中で止まれば仮定により $P = P_{*}$ ．よって

v_{z} = v_{0} min (2 f, \frac{k}{1 + k}), \tan η = min (2 f, \frac{k}{1 + k}) .

飽和の閾値は $f_{*} = k / [2 (1 + k)]$ である．法線方向が弾性的でも，接線の滑りによって運動エネルギーは失われる．

一様な球では $f_{*} = 1 / 7$ ． $f = 0.080$ なら $v_{z} = 0.32 m s^{- 1}$ ， $η = {9.1}^{\circ}$ ． $f = 0.25$ なら $v_{z} = 0.57 m s^{- 1}$ ， $η = {15.9}^{\circ}$ で飽和する．薄い球殻では $f_{*} = 0.20$ ，飽和角は $\arctan (2 / 5) = {21.8}^{\circ}$ となる． $f = 0$ なら鉛直速度0で正面へ戻る．正接と閾値はともに無次元である．

演習 14

オリジナル ★★★★★

質量 $M$ ，長さ $l$ の一様な細い棒を，鉛直上向きから角 $θ_{0} (0 < θ_{0} < π / 2)$ だけ右へ傾け，静かに放す．Aでは下端を床に固定した自由なちょうつがいで支え，Bでは下端を滑らかな水平床に置くだけとする．棒が水平になる直前まで考える．

Aで角 $θ$ に達したときの角速度を求めよ．
Bで同じ角に達したときの角速度と重心速度を求めよ．
Bで下端が床を離れないことを確かめ，水平になる直前の上端の速さをA，Bで比較せよ．

**［図：支持条件が異なる倒れる棒］**
左に下端固定の棒A，右に滑らかな床へ下端を置いた棒B．鉛直からの初期角θ₀と途中の角θを示す．

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考え方 Aは固定軸回転，Bは重心の並進と重心まわりの回転である．Bの下端を固定軸とみなすと，運動エネルギーを誤る．

$c_{0} = \cos θ_{0}$ ， $c = \cos θ$ とおく．失われた位置エネルギーは $M g l (c_{0} - c) / 2$ ．Aでは端のまわりの慣性モーメントが $M l^{2} / 3$ なので ${\dot{θ}}_{A}^{2} = 3 g (c_{0} - c) / l$ となる．
Bには水平外力がなく，初め静止していたので重心の水平速度は常に0である． $y_{G} = l \cos θ / 2$ より $v_{G y} = - (l / 2) \sin θ {\dot{θ}}_{B}$ ．全運動エネルギーは $M l^{2} (1 + 3 \sin^{2} θ) {\dot{θ}}_{B}^{2} / 24$ だから

{\dot{θ}}_{B}^{2} = \frac{12 g (c_{0} - c)}{l (4 - 3 c^{2})}, v_{G} = (0, - \frac{l}{2} \sin θ {\dot{θ}}_{B})

である．角速度は正の平方根をとる．下端は左へ動き，その速度は $- (l / 2) \cos θ {\dot{θ}}_{B}$ である．

$D = 1 + 3 \sin^{2} θ$ とし，(2)のエネルギー式を時間微分すると $D {\ddot{θ}}_{B} + 3 \sin θ \cos θ {\dot{θ}}_{B}^{2} = 6 g \sin θ / l$ ．これを $N - M g = M {\ddot{y}}_{G}$ に代入すると

N = M g \frac{4 + 3 c^{2} - 6 c_{0} c}{(4 - 3 c^{2})^{2}}

となる．分子は $4 - 3 c_{0}^{2} + 3 (c - c_{0})^{2} > 0$ なので，接触は維持される．水平直前には両者の角速度が $\sqrt{3 g c_{0} / l}$ になるが，上端の速さはAが $\sqrt{3 g l c_{0}}$ である．Bの上端の位置は $(x_{G} + l \sin θ / 2, l \cos θ)$ なので，水平直前の鉛直速度は $- l {\dot{θ}}_{B}$ となり，Bも $\sqrt{3 g l c_{0}}$ である．したがって両者の上端の速さは等しい．重心速度と上端速度を混同しないことが比較の要点である．

演習 15

オリジナル ★★★★★

慣性モーメント $I$ の水平円板に，中心Oから外向きの滑らかな直線溝を設ける．円板は鉛直固定軸のまわりに摩擦なく回る．質量 $m$ の小球を半径 $a > 0$ の位置に止め，円板とともに角速度 $ω_{0} > 0$ で回してから，半径方向の留め具だけを外す．溝は $b > a$ まで続く．

小球が半径 $r$ に来たときの円板の角速度を求めよ．
半径 $b$ に達する直前の半径方向速度と，溝が小球に及ぼす接線方向の力を求めよ．必要なら，回転する半径に沿って動く質点の加速度の，半径方向成分が $\ddot{r} - r ω^{2}$ ，それに垂直な成分が $r \dot{ω} + 2 \dot{r} ω$ であることを使ってよい．

**［図：自由に回る円板の直線溝］**
水平円板を上から見て，Oからの直線溝，初期半径aの小球m，外側の位置b，初期回転ω₀を描く．

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考え方 溝は小球の角運動量を変えるが，円板と小球の全角運動量は保存する．円板の角速度は一定ではない．

小球の接線速度は $r ω$ なので，全角運動量は $(I + m r^{2}) ω$ ．初期値を $L_{0} = (I + m a^{2}) ω_{0}$ とすれば $ω = L_{0} / (I + m r^{2})$ ．軸の反力は軸まわりのトルクを持たない．
半径方向速度を $u = \dot{r}$ とする．溝の力は接触する両物体間でエネルギーを移すだけなので，系全体では

\frac{1}{2} m u^{2} + \frac{L_{0}^{2}}{2 (I + m r^{2})} = \frac{1}{2} (I + m a^{2}) ω_{0}^{2}

である．したがって $u_{b} = ω_{0} \sqrt{(I + m a^{2}) (b^{2} - a^{2}) / (I + m b^{2})}$ ．溝の角を $φ$ ， $\dot{φ} = ω$ とする． $x = r \cos φ$ ， $y = r \sin φ$ を2回微分して溝方向へ射影すると，加速度のその成分は $\ddot{r} - r ω^{2}$ ．溝方向には力がないから $\ddot{r} = r ω^{2}$ ，初めは $\ddot{r} = a ω_{0}^{2} > 0$ である．またエネルギー式の右辺から回転の項を引いた値は $r > a$ で正なので，いったん外へ動けば途中で反転せず，外向きの正の根を選ぶ．接線力を回転方向に $Q$ とする．小球だけのOまわりの角運動量は $m r^{2} ω$ なので，トルクの式 $\frac{d}{d t} (m r^{2} ω) = r Q$ を積の微分で展開すると $m (2 r \dot{r} ω + r^{2} \dot{ω}) = r Q$ ，すなわち $Q = m (r \dot{ω} + 2 \dot{r} ω)$ となる．(1)を微分して $\dot{ω} = - 2 m r \dot{r} ω / (I + m r^{2})$ を代入すれば $Q_{b} = 2 m I u_{b} ω_{b} / (I + m b^{2})$ ，ただし $ω_{b} = L_{0} / (I + m b^{2})$ ．円板には反対向きのトルク $- b Q_{b}$ が働く．

演習 16

オリジナル ★★★★★

質量 $M$ ，長さ $l$ の一様棒を上端Oでつり，鉛直下向きに静止させる．質量 $m$ の粘土が右向きに速さ $u$ で飛来し，Oから距離 $b (0 < b \leq l)$ の位置に付着する．衝突は瞬間的で，重力の力積は無視する．

直後の角速度と，軸から系への水平力積を求めよ．
軸の水平力積が0となる $b$ を求めよ．
付着後の最大振れ角 $ϕ < π$ を決める式と，その範囲内で折り返す条件を求めよ．

**［図：棒の途中への非弾性衝突］**
上端Oでつった棒M，lと，Oからbの点へ水平速度uで衝突する粘土mを描く．

解答を見る

考え方 衝突中はOのまわりの角運動量を保存し，直後の全運動量との差から軸の力積を求める．衝突後の振り上がりにはエネルギー保存を使う．

$I_{O} = M l^{2} / 3 + m b^{2}$ とおくと $m u b = I_{O} ω$ ，つまり $ω = m u b / I_{O}$ ．直後の棒の重心速度は右向き $l ω / 2$ ，粘土は右向き $b ω$ である．したがって軸の右向き力積は $J_{x} = (M l / 2 + m b) ω - m u$ ．鉛直速度は衝突前後とも0なので，この近似での軸の鉛直力積は0である．
$J_{x} = 0$ に代入すると $b (M l / 2 + m b) = M l^{2} / 3 + m b^{2}$ ．粘土に関する項が消え， $b = 2 l / 3$ を得る．この位置でのみ，軸で支えられた系でも衝突中の全水平運動量が保存する．一般の位置では，軸の力積を落とした運動量保存式は使えない．
衝突直後のエネルギーは $K_{+} = m^{2} u^{2} b^{2} / (2 I_{O})$ ．角 $ϕ$ まで上がる位置エネルギーは $g (M l / 2 + m b) (1 - \cos ϕ)$ なので，両者を等置する．有限時間で $ϕ < π$ に折り返す条件は $K_{+} < 2 g (M l / 2 + m b)$ である．等号では理想的には真上へ漸近し，それより大きければ真上を通過する．衝突時の損失は $m u^{2} / 2 - K_{+}$ であり，衝突前から振り上がりまで一括してエネルギー保存としてはいけない．