力学の総合演習

衝突の先にある運動

著者：柚木芹香

衝突の瞬間に得た速度は，次の飛行や振動の初期条件になります．第5章の力積，第6章のニュートンダイアグラムと相対運動エネルギー，第7章の振動，第8章の自転，第9章の外部運動と内部運動を合わせて考えます．一度目の衝突を解いた後も，接触の切替えや次の衝突の有無を確認してください．

総合演習 10

IPhO 1991 第1問（改題） ★★★★★

跳ね返る途中で滑りが止まる回転球

半径 $r$ ，質量 $m$ ，慣性モーメント $I = β m r^{2}$ の球が水平な床に衝突します．直前の水平速度は $u > 0$ ，鉛直速度は下向きに $w > 0$ です．時計回りの角速度を正として $ω_{0}$ とし，接点の滑り速度は $s_{0} = u - r ω_{0} > 0$ とします．法線の反発係数は $e$ ，滑り中の摩擦係数は $μ^{'}$ です．接線方向の弾性はなく，滑り速度が0になれば以後接線力積は増えない模型を採用します．衝突中の重力の力積は無視します．

累積法線力積を $p$ として，接点の滑り速度を求め，滑りが途中で止まる条件を示してください．
衝突後の水平速度，回転，エネルギー損失，次の着地点までの水平距離を求めてください． $β = 2 / 5$ ， $u = 2.0 m s^{- 1}$ ， $r ω_{0} = - 3.0 m s^{- 1}$ ， $w = 3.0 m s^{- 1}$ ， $e = 0.60$ ， $μ^{'} = 0.30$ ， $m = 0.20 kg$ で計算してください．
他の数値を保ち，逆回転だけを変えて真上へ跳ね返すことはできますか．摩擦係数も変更できるなら，必要な最小値とそのときの初回転を求めてください．

**［図：逆回転する球の入射］**
問題図．水平速度と下向き速度，角速度の符号を示します．衝突後の状態は示しません．

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考え方 衝突時間の力の波形を知らなくても，累積力積を変数にできる．摩擦力積には法線力積による上限と，滑り停止による上限の両方がある．

左向きの摩擦力積の大きさを $J$ とすると $u (p) = u - J / m$ ， $ω (p) = ω_{0} + r J / I$ ．滑り中は $J = μ^{'} p$ だから

s (p) = s_{0} - \frac{1 + 1 / β}{m} μ^{'} p .

全法線力積は $p_{f} = m (1 + e) w$ ．滑り停止に必要なのは $J_{*} = m β s_{0} / (1 + β)$ で， $J_{*} \leq μ^{'} p_{f}$ が停止条件である．等号は離床の瞬間に停止する境界である．実際の力積は $J = min (μ^{'} p_{f}, J_{*})$ ．

結果は $u_{f} = u - J / m$ ， $r ω_{f} = r ω_{0} + J / (β m)$ ，鉛直速度は上向き $e w$ ．接線方向のエネルギーを展開して引けば，全損失は

Q = \frac{1}{2} m (1 - e^{2}) w^{2} + J s_{0} - \frac{J^{2}}{2 m} (1 + \frac{1}{β}) .

滑りが止まる場合，第2，第3項の和は $m β s_{0}^{2} / [2 (1 + β)]$ ．空中で抵抗がなければ次に同じ高さへ戻る時間は $2 e w / g$ ，水平距離は $X = 2 e w u_{f} / g$ である．数値では $s_{0} = 5.0 m s^{- 1}$ ， $J_{*} / m = 10 / 7 m s^{- 1}$ ， $μ^{'} p_{f} / m = 1.44 m s^{- 1}$ なので離床直前に滑りが止まる． $u_{f} = r ω_{f} = 4 / 7 m s^{- 1}$ ， $Q = 1.29 J$ ， $X = 0.210 m$ となる． $μ^{'} = 0$ なら接線損失は0で，水平速度と自転は変わらないという極限に合う．

$u_{f} = 0$ には $J = m u$ が必要だが，今の上限は $1.44 m < 2.0 m$ なので回転だけでは実現できない．摩擦係数を変えるなら $μ^{'} \geq u / [(1 + e) w] = 5 / 12 ≃ 0.417$ が必要である．この最小値で，ちょうど滑りも止める初回転は $J_{*} = m u$ ，すなわち $r ω_{0} = - u / β = - 5.0 m s^{- 1}$ ．このとき $u_{f} = ω_{f} = 0$ ．さらに強い逆回転なら最小摩擦係数でも水平速度だけを0にできるが，自転と滑りは残る．

［図：力積による滑り停止］

解答図．初期状態は接触開始です．前半は累積法線力積，後半は離床後の飛行を再生します．二つの時間尺度は別です．

総合演習 11

オリジナル ★★★★★

ばねで結ばれた的への再衝突

滑らかな直線上で，質量 $m$ の台車B，Cを自然長 $ℓ$ ，ばね定数 $k$ のばねで結び，静止させます．左から質量 $γ m$ の台車Aが速さ $u$ でBへ弾性衝突します．台車は点質量として扱い，AとBの衝突中のばねの力積を無視します． $t = 0$ を最初の衝突直後とし， $x_{A} = x_{B} = 0$ ， $x_{C} = ℓ$ とします． $ω = \sqrt{2 k / m}$ とし， $2 u / ω < ℓ$ を満たすものとします．

最初の衝突直後の各速度と，その後の $x_{A}, x_{B}, x_{C}$ を，次の衝突まで求めてください．
AとBが再衝突する質量比の閾値を数値で求めてください．位置の一致だけでなく接近速度も検討してください．
閾値を $γ_{c}$ ， $γ = γ_{c} + ε (ε > 0)$ とします．最初の再衝突時刻が閾値での接触時刻からどのようにずれるか， $ε$ の主要項を求めてください．

**［図：ばねで連結された2台の的］**
問題図．入射台車と，自然長のばねでつながる2台の静止台車です．

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考え方 第1衝突は2体の速度円で解ける．その後はB，Cの重心等速運動と相対振動を重ね，Aとの位置差の最小値を調べる．

2体の重心速度 $V = γ u / (γ + 1)$ のまわりで速度を反転させれば， $a = (γ - 1) u / (γ + 1)$ ， $b = 2 γ u / (γ + 1)$ がA，Bの直後の速度となる．Cは0．B，Cの重心は速度 $b / 2$ で動き，相対伸び $z = x_{C} - x_{B} - ℓ$ は $\ddot{z} = - ω^{2} z$ ， $z (0) = 0$ ， $\dot{z} (0) = - b$ を満たす．よって

x_{A} = a t, x_{B} = \frac{b t}{2} + \frac{b}{2 ω} \sin ω t, x_{C} = ℓ + \frac{b t}{2} - \frac{b}{2 ω} \sin ω t .

$ℓ - b / ω > 0$ は与えた条件から保証され，BとCは接触しない．

$τ = ω t$ として位置差は

x_{B} - x_{A} = \frac{u}{(γ + 1) ω} F (τ), F (τ) = τ + γ \sin τ .

$0 < τ \leq π$ では正である．負の正弦の最初の区間で曲線が初めて0に接するとき， $F = F^{'} = 0$ ．したがって $\tan τ_{c} = τ_{c}$ ， $π < τ_{c} < 3 π / 2$ ， $γ_{c} = - 1 / \cos τ_{c}$ ．数値解は $τ_{c} = 4.493409$ ， $γ_{c} = 4.603339$ ．後の負の区間で必要な $γ = τ / (- \sin τ)$ は少なくとも $3 π > γ_{c}$ なので，これが全時刻での閾値である． $γ < γ_{c}$ では再接触せず，等号では相対速度0の接触だけで力積はない． $γ > γ_{c}$ の最初の零点では $F^{'} < 0$ なので，本当の再衝突が起こる．

$τ = τ_{c} + δ$ として2次まで展開すると，定数項と $δ$ の項は消え，

F ≃ ε \sin τ_{c} - \frac{1}{2} γ_{c} \sin τ_{c} δ^{2} .

よって $δ ≃ \pm \sqrt{2 ε / γ_{c}}$ ．最初の零点は負の枝なので

t_{hit} ≃ \frac{1}{ω} (τ_{c} - \sqrt{\frac{2 ε}{γ_{c}}}) .

根の時刻は質量比に線形ではなく平方根で変わる． $1 / ω$ が時間の次元を担い，閾値へ近づくと接近速度も0へ近づく．再衝突後にはこの自由振動の式を使い続けず，新しい速度を初期条件にし直す必要がある．

［図：重心移動と内部振動から再衝突へ］

解答図．初期状態は第1衝突直後です．再生はγ=5の最初の再衝突直前で停止します．台車の幅は見やすさのための表示です．

総合演習 12

オリジナル ★★★★★

多数の小さな衝突で進路を反転させる

無摩擦水平面で，質量 $m$ の円盤を初速 $v_{0}$ で入射させます．静止した同じ質量 $q m (0 < q < 1)$ の的を $N$ 個置き，弾性衝突を1個につき1回ずつ行わせます．各回に同じ角 $δ = Θ / N < π / 2$ だけ同じ側へ偏向させます．各的の位置は実際の出射方向に合わせて設計し，的同士の衝突や再接触はないものとします．円盤と的の自転はなく，接触法線方向だけに力積が働きます．

1回の衝突の速度円から，指定角へ曲げられる最小の $q$ と，そのときの速さの倍率を求めてください．
この最小質量を各回に採用したとき，的の総質量と最後の速さを求め， $N \to \infty$ の極限を計算してください．
$Θ = π$ で $N = 6, 12$ と極限を比較してください．的の総質量を固定したまま $N$ を増やすことと，今回の最小質量列は同じですか．また入射円盤のエネルギー減少は散逸ですか．

**［図：同じ角だけ繰り返す偏向］**
問題図．1回に指定する偏向角を示します．的の質量と出射速度は未知です．

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考え方 原点から速度円へ引いた接線が最大偏向を与える．その境界を各衝突で使えば，速度の倍率を掛け合わせる問題になる．

入射速度を $v$ とすると，速度円の中心は入射方向へ $c = v / (1 + q)$ ，半径は $b = q v / (1 + q)$ ．原点から引く接線は $\sin δ_{max} = b / c = q$ を満たす．従って最小は $q = \sin δ$ ．接線の長さが出射速度なので

\frac{v^{'}}{v} = \frac{\sqrt{1 - q^{2}}}{1 + q} = \sqrt{\frac{1 - q}{1 + q}} .

この条件は衝突法線を適切に選べば実現できる．

$q = \sin (Θ / N)$ を各回に使うから

M_{targets} = N m \sin \frac{Θ}{N}, \frac{v_{N}}{v_{0}} = {[\frac{1 - \sin (Θ / N)}{1 + \sin (Θ / N)}]}^{N / 2} .

$\sin z = z + \dots$ ， $\ln [(1 - z) / (1 + z)] = - 2 z + \dots$ を用いると $M_{targets} \to m Θ$ ， $\ln (v_{N} / v_{0}) \to - Θ$ ．従って $v_{N} \to v_{0} e^{- Θ}$ ，入射円盤に残るエネルギーの割合は $e^{- 2 Θ}$ である．角度はラジアンで無次元である．

$N = 6$ では $q = 1 / 2$ ，総質量は $3 m$ ， $v_{N} / v_{0} = (1 / 3)^{3} = 0.03704$ ． $N = 12$ では総質量 $3.1058 m$ ，速さの割合 $0.04166$ ．極限では $π m$ ， $e^{- π} = 0.04321$ となる．この列では総質量が一定なのではなく，下から $π m$ へ増加する．総質量を $Q m$ に固定するなら $q = Q / N$ で，実現条件は $N \arcsin (Q / N) \geq Θ$ ．多数回極限では $Q \geq Θ$ が必要になる．また全衝突は弾性なので，全系の運動エネルギーは保存する．円盤から失われたエネルギーは動き出した的に移るのであって，摩擦の散逸ではない．「細かく曲げれば円盤の速さはほとんど減らない」という予想は，有限の総質量という条件のもとでは成立しない．

［図：最大偏向を決める速度円の接線］

解答図．初期状態は入射速度とコース入口です．前半は速度円の接線を作図し，後半は6回偏向する経路を順に再生します．衝突位置を点で示し，各区間の再生時間はそろえています．

ポイントこの節のふり返り

法線力積と滑り停止の条件を合わせると，衝突中の摩擦の切替えを追えます．
衝突後は重心運動と内部振動に分け，再接触を位置差の零点として調べました．
速度円の接線条件を繰り返すと，多数回の散乱の有限な効果が現れます．
部分系のエネルギー減少と，全系での散逸を区別してください．