仕事とエネルギー

衝突をニュートンダイアグラムで語り直す

著者：柚木芹香

問い

なめらかな氷の上で，質量 $m$ の球が静止しています．そこへ質量 $2 m$ の球を斜めに当てて，弾性衝突をさせます．当て方（中心どうしのずれ）をいろいろ変えても，重い球の進路は，元の向きから $30^{\circ}$ より大きくは曲がりません．どう当てても超えられない上限があるのはなぜでしょうか．しかも，その値がきれいに $30^{\circ}$ になるのはなぜでしょうか．

考えてみる

衝突後の2つの速度は，平面では4つの成分です．式は，運動量保存則が2本，運動エネルギーの保存が1本の計3本で，足りない1本は，どこが触れ合ったかで決まる角度です．この角度を残して連立方程式を解けば答えは出ますが，式から「上限」を読み取るのは骨が折れます．そこで第5章の衝突を，前の節のニュートンダイアグラムで一つずつ語り直します．

ポイント作図の約束

速度を共通の原点 $O$ から描く．衝突前の $v_{1}$ ， $v_{2}$ の先端を $A_{1}$ ， $A_{2}$ ，衝突後の $v_{1 後}$ ， $v_{2 後}$ の先端を $B_{1}$ ， $B_{2}$ とする．
重心速度の先端 G は線分 $A_{1} A_{2}$ を $m_{2} : m_{1}$ に内分する点で，衝突しても動かない．重心系の速度は G から測る．
弾性衝突では， $B_{1}$ ， $B_{2}$ は G を中心とする， $A_{1}$ ， $A_{2}$ を通る2つの円の上に，G をはさんで正反対に乗る．円周上の回転角が重心系の散乱角 $χ$ である．

1次元の衝突

正面衝突は $χ = 180^{\circ}$ で， $B_{1}$ は $A_{1}$ を G に関して点対称に移した点です．式で書けば $v_{1 後} = 2 V - v_{1}$ で， $V$ を代入すると

v_{1 後} = \frac{(m_{1} - m_{2}) v_{1} + 2 m_{2} v_{2}}{m_{1} + m_{2}}

です．第5章の $e = 1$ の一般解が作図の一行になりました．質量が等しければ G は中点で， $B_{1} = A_{2}$ ， $B_{2} = A_{1}$ （速度の入れ替わり）です．

反発係数 $e$ では，重心系の速度が逆向きで $e$ 倍になるので，円の半径が $e$ 倍に縮みます．

v_{i 後} = V - e (v_{i} - V) = (1 + e) V - e v_{i}

失われるエネルギーは，相対運動のエネルギー $\frac{1}{2} μ v_{rel}^{2}$ の $1 - e^{2}$ 倍で， $\frac{1}{2} μ (1 - e^{2}) v_{rel}^{2}$ です． $e = 0$ なら円が G の1点に潰れて，2つは一体になります．

**［図：正面衝突はGから反転する］**
m₁=2m₂，v₁=3，v₂=0の例．Gは2に固定され，e=1，0.5，0で先端までの距離が縮む．

静止した的への弾性衝突

的が静止していれば $A_{2}$ は原点 $O$ そのもので，G は ${OA}_{1}$ 上にあって $OG = \frac{m_{1}}{M} v$ です（ $M = m_{1} + m_{2}$ ）．的の円は半径が ${GA}_{2} = GO$ なので，必ず原点を通ります．入射球の円は半径 $\frac{m_{2}}{M} v$ で $A_{1}$ を通ります．

質量が等しい場合，2つの円は一致します． $B_{1} B_{2}$ はその直径で，原点 $O$ も円周上にあるので，タレスの定理により $∠ B_{1} {OB}_{2} = 90^{\circ}$ です．両球の衝突後の速さが0でないとき，2つの球は直角に分かれます．端点の $χ = 0$ または $180^{\circ}$ では一方が静止するため，その速度の方向は定まりません． $χ$ を変えて $B_{1}$ を円周上で動かしても， $B_{2}$ は直径の反対側にあるので，直角は崩れません．

［図：等質量の直角散乱を動かす］

初期状態はχ=100°の等質量弾性衝突．スライダーでχを変えると，上の軌跡と下の円上の先端が連動し，両球が動く限り直角を保つ．端点では一方が静止する．

質量が違っても， $△ {OGB}_{2}$ は $GO = {GB}_{2}$ の二等辺三角形で，頂角が $χ$ です．的の反跳角 $φ$ は底角なので

φ = \frac{π - χ}{2}

です．的が動く $0 < χ \leq π$ では $0 \leq φ < 90^{\circ}$ で， $χ = 0$ では的は静止し，反跳角は定まりません．的は，どんな当て方でも入射の向きより前に進みます．底辺は ${OB}_{2} = 2 GO \cos φ$ なので，的が受け取る運動エネルギーの，入射球の運動エネルギーに対する割合は

\frac{\frac{1}{2} m_{2} v_{2 後}^{2}}{\frac{1}{2} m_{1} v^{2}} = \frac{4 m_{1} m_{2}}{(m_{1} + m_{2})^{2}} \cos^{2} φ

です． $φ = 0$ （正面衝突）で最大の $\frac{4 m_{1} m_{2}}{(m_{1} + m_{2})^{2}}$ になります． $m_{1} = m_{2}$ なら $1$ （全部を渡す）で，質量が大きく違うと $0$ に近づきます．

重い球の最大散乱角

問いに戻ります． $m_{1} > m_{2}$ のとき， $OG = \frac{m_{1}}{M} v$ は入射球の円の半径 $\frac{m_{2}}{M} v$ より大きいので，原点 $O$ は円の外にあります．入射球の散乱角 $θ$ は， ${OB}_{1}$ と $OG$ のなす角で， $O$ から円に引いた接線のとき最大です．直角三角形 ${OGB}_{1}$ から

\sin θ_{max} = \frac{{GB}_{1}}{OG} = \frac{m_{2}}{m_{1}}

です．問いの $m_{1} = 2 m_{2}$ では $θ_{max} = 30^{\circ}$ （そのとき $\cos χ = - m_{2} / m_{1}$ ， $χ = 120^{\circ}$ ）で，答えが出ました． $θ < θ_{max}$ の方向には，直線が円と2点で交わるので，速さの違う2通りの散乱があります． $m_{1} = m_{2}$ なら $O$ は円周上で，動く入射球の散乱角は $90^{\circ}$ 未満（ $90^{\circ}$ は速さ0へ近づく極限）， $m_{1} < m_{2}$ なら $O$ は円の内側で，はね返りを含めてどんな向きにも飛べます．

［図：最大散乱角と接線］

m₁=2m₂で初期χ=120°，θ=30°．χを0から180°へ動かすと，θは接線の30°まで増えてから減る．2本の接線と半径の直角を示す．

$B_{1}$ の位置を G から測ると， $OG$ 方向に $\frac{m_{2}}{M} v \cos χ$ ，垂直方向に $\frac{m_{2}}{M} v \sin χ$ です．これに $OG$ を足して

\tan θ = \frac{\sin χ}{\cos χ + m_{1} / m_{2}}

となり，実験室系の $θ$ と重心系の $χ$ がつながります． $m_{1} = m_{2}$ なら $θ = χ / 2$ で，円周角の定理と合います．

ポイントここまでのまとめ

正面衝突は $χ = 180^{\circ}$ ： $B_{i}$ は $A_{i}$ の G に関する点対称． $v_{i 後} = (1 + e) V - e v_{i}$ ．円は $e$ 倍に縮む．
静止した的の円は原点を通る．反跳角は $φ = \frac{π - χ}{2}$ ，渡せる割合は $\frac{4 m_{1} m_{2}}{(m_{1} + m_{2})^{2}} \cos^{2} φ$ で正面衝突で最大．等質量なら $θ + φ = 90^{\circ}$ ．
$\tan θ = \frac{\sin χ}{\cos χ + m_{1} / m_{2}}$ ． $m_{1} > m_{2}$ では原点が入射球の円の外にあり，接線が最大散乱角 $\sin θ_{max} = \frac{m_{2}}{m_{1}}$ を与える．
問いの答え： $2 m$ と $m$ なら $\sin θ_{max} = \frac{1}{2}$ ．原点から円へ引いた接線の向きが曲がれる限界だから，どう当てても $30^{\circ}$ を超えない．