東大の過去問を発展させる（2） | 問いから始める物理

総合演習 24

東京大 1986 前期第4問（改題） ★★★★☆

半径 $a$ の円筒に，1回転で高さが $2 π b$ だけ下がる滑らかな針金を4回巻きます．針金と支持具の鉛直軸まわりの慣性モーメントは $I$ で，軸受は高さを固定します．質量 $m$ のビーズを上端から静かに放します．針金に沿った角度を $q$ とすると，下向きの落下距離は $z = b q$ ，最下端は $q = 8 π$ です．針金全体の回転角を $ψ$ とし，ビーズの地上での方位角は $q + ψ$ とします．重力加速度は $g$ です．

**［図：回転できるらせん］**
半径 a，一巻きの落差 2πb の四巻きらせん．鉛直軸は固定位置で回転でき，上端のビーズを静かに放します．

軸を固定した場合の落下時間 $t_{f}$ と最下端の速さを求めてください．
軸を自由にし，全体を静止から放します．角運動量保存により $\dot{ψ}$ を消去し， $q$ の運動方程式，落下時間 $t_{r}$ ，ビーズの最下端の速さを求めてください．
$a = 2 b$ ， $I = m a^{2} / 3$ のとき， $t_{r} / t_{f}$ と自由時・固定時のビーズの速さの比を求めてください．自由時のほうが早く着くのに，ビーズの最終速度が小さくなり得る理由を，エネルギーの分配で説明してください．
自由な軸のまま，ビーズに下向き座標 $z$ に対して上向きの力 $K z$ を及ぼす理想ばねを追加します．ばねは鉛直力だけを及ぼし，軸まわりのトルクを持ちません．平衡位置がらせんの内部にあるときの微小振動周期を求め， $I \to 0$ と $I \to \infty$ を比較してください．

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考え方 自由な軸はビーズと逆向きに回る．地上でのビーズの方位角速度と，針金に対する移動速度を区別して運動エネルギーを書く．

固定時のエネルギーは $m (a^{2} + b^{2}) {\dot{q}}^{2} / 2 - m g b q$ ．従って $\ddot{q} = g b / (a^{2} + b^{2})$ ，高さ $H = 8 π b$ から

t_{f} = \sqrt{\frac{2 H}{g}} \sqrt{1 + \frac{a^{2}}{b^{2}}}, v_{f} = \sqrt{2 g H} .

鉛直軸まわりの外力トルクがゼロなので

(I + m a^{2}) \dot{ψ} + m a^{2} \dot{q} = 0.

$γ = I / (I + m a^{2})$ ， $D = b^{2} + a^{2} γ$ とおくと， $\dot{q} + \dot{ψ} = γ \dot{q}$ で，系全体の運動エネルギーは $m D {\dot{q}}^{2} / 2$ ．従って

\ddot{q} = \frac{g b}{D}, t_{r} = \sqrt{\frac{2 H}{g}} \frac{\sqrt{D}}{b}, v_{r} = \sqrt{2 g H} \sqrt{\frac{b^{2} + a^{2} γ^{2}}{b^{2} + a^{2} γ}} .

ビーズの速さには $\dot{z} = b \dot{q}$ と地上での接線速度 $a γ \dot{q}$ を使った．

$γ = 1 / 4$ ， $D = 2 b^{2}$ なので， $t_{r} / t_{f} = \sqrt{2 / 5} = 0.632$ ， $v_{r} / v_{f} = \sqrt{5 / 8} = 0.791$ ．失った重力位置エネルギーの $5 / 8$ がビーズ， $3 / 8$ が支持具の回転に入る．速さは小さくても鉛直速度の割合が大きいので，早く着く．
有効な鉛直方向の慣性質量は $m D / b^{2}$ ． $(m D / b^{2}) \ddot{z} = m g - K z$ より，平衡は $z_{0} = m g / K$ ，周期は

T = 2 π \sqrt{\frac{m D}{K b^{2}}} .

小振幅で端に届かないことが条件で，この理想模型ではその範囲で厳密な単振動となる． $I \to 0$ では支持具が逆回転し，ビーズは地上で鉛直に動く極限となり $T \to 2 π \sqrt{m / K}$ ． $I \to \infty$ では固定軸と同じ $T \to 2 π \sqrt{m / K} \sqrt{1 + a^{2} / b^{2}}$ ． $D$ の次元は長さの二乗であり，どちらも周期の次元を持つ．

総合演習 25

東京大 1983 前期第3問（改題） ★★★★☆

滑らかな水平板上の質点 $m$ を，板の小孔を通る軽く伸びない糸で，板の下のおもり $M$ に結びます．おもりは小孔の真下の台に載り，初めの板上の半径は $b$ ，板下面とおもりの距離は $s$ です．糸の全長は $b + s$ ．板上の質点に，糸に垂直な初速度 $v_{0}$ を与えます．おもりは鉛直にのみ動き，初め糸は張っています．重力加速度は $g$ とします．

**［図：小孔を通る糸の拘束］**
板上の質点 m と台上のおもり M を糸で結びます．初速度は板内で糸と垂直，おもりの上には距離 s の余裕があります．

おもりが浮き上がる速さの閾値 $u_{1}$ を求めてください．浮上後の半径 $r$ とおもりの上昇量 $y$ の関係，角運動量，半径方向の運動方程式を求めてください．
有効ポテンシャルを書き，おもりが板下面に達する速さの閾値 $u_{2}$ を求めてください． $v_{0}$ による運動の分類を示してください．板に届いた後の衝突は扱いません．
同じ角運動量で準備した円運動の半径 $r_{c}$ と，そのまわりの小さな半径振動の角振動数 $ν$ を求めてください．円運動の角速度 $Ω_{c}$ と比較し，一回の半径振動で方位角がどれだけ進むかを答えてください．ただし $b < r_{c} < b + s$ とします．
$M = 2 m$ ， $b = 0.30 m$ ， $s = 0.20 m$ ， $g = 9.8 m s^{- 2}$ ， $v_{0} = 3.0 m s^{- 1}$ とします．二つの閾値と初回の最大上昇量を計算してください．

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考え方 おもりが上がると，板下の糸は短くなる分だけ板上の半径が増す．角運動量保存による接線運動を，有効ポテンシャルに含める．

台上にある間は $T = m v_{0}^{2} / b$ ．台の抗力 $M g - T$ が非負であるための上限は $u_{1} = \sqrt{M g b / m}$ ．浮上後は $r = b + y$ ， $L = m r^{2} \dot{θ} = m b v_{0}$ ．板上の半径方向とおもりの鉛直方向について

m (\ddot{r} - r {\dot{θ}}^{2}) = - T, M \ddot{r} = T - M g .

加えると $(m + M) \ddot{r} = L^{2} / (m r^{3}) - M g$ ．張力は $T = M (g + \ddot{r}) > 0$ なので，途中で糸がたるむこともない．

$U (r) = L^{2} / (2 m r^{2}) + M g r$ とすれば， $(m + M) {\dot{r}}^{2} / 2 + U (r) = U (b)$ ． $U^{″} (r) = 3 L^{2} / (m r^{4}) > 0$ なので，浮上後に越える障壁は終点の値を調べればよい． $U (b + s) \leq U (b)$ より

u_{2}^{2} = \frac{2 M g (b + s)^{2}}{m (2 b + s)} .

$v_{0} \leq u_{1}$ は台上の円運動， $u_{1} < v_{0} < u_{2}$ は浮上して板に達する前に折り返す． $v_{0} = u_{2}$ は速度ゼロで板下面に達する限界， $v_{0} > u_{2}$ は正の上昇速度で衝突する． $u_{2}^{2} / u_{1}^{2} = 2 (b + s)^{2} / [b (2 b + s)] > 1$ である．

$U^{'} (r_{c}) = 0$ より $r_{c} = (L^{2} / (m M g))^{1 / 3}$ ． $r = r_{c} + η$ として一次まで残すと

ν^{2} = \frac{3 M g}{(m + M) r_{c}}, Ω_{c}^{2} = \frac{M g}{m r_{c}}, Δ θ ≃ \frac{2 π Ω_{c}}{ν} = 2 π \sqrt{\frac{m + M}{3 m}} .

従って一般の質量比では，一回の半径振動で軌道は閉じない．これは初めの放出軌道が円運動だという意味ではなく，別に円運動を準備して近傍を調べた結果である．

$u_{1} = 2.42 m s^{- 1}$ ， $u_{2} = 3.50 m s^{- 1}$ ．折返点 $r_{t} > b$ は $U (r_{t}) = U (b)$ の自明でない根であり

2 M g r_{t}^{2} = m v_{0}^{2} (r_{t} + b), r_{t} = \frac{m v_{0}^{2} + \sqrt{m^{2} v_{0}^{4} + 8 M m g v_{0}^{2} b}}{4 M g} .

これから $y_{max} = r_{t} - b = 0.101 m$ ．与えた数値の精度では約 $0.10 m$ で， $s$ より小さい．小さい $s$ の極限では $u_{2} \to u_{1}$ ， $ν^{2}$ は加速度÷長さの次元となる．

総合演習 26

東京大 2016 前期第1問（改題） ★★★★★

鉛直に並ぶ上球 $m$ ，下球 $M$ を高さ $H$ から落とします．両球の間隔は落下高さに比べて無視でき，下球と床，球同士は完全弾性衝突します．床との衝突と球同士の衝突は順に起こる瞬間衝突として扱います．重力加速度は $g$ です．

次に独立した実験として，下球を床に置き，上球をその真上の高さ $ℓ$ に置きます．両球は自然長 $ℓ$ の軽いゴムでつながれ，伸び $x > 0$ に対して張力 $k x$ ，たるめば張力ゼロです．上球に上向き速度 $w$ を与え，下球は静止から始めます．球の大きさは無視します．

**［図：片効きの弾性体で結んだ二球］**
独立したゴムの実験の初期状態．下球は床上，上球は自然長 ℓ の位置で上向き速度 w を持ちます．

落下実験で，床反射直後の速さを $v = \sqrt{2 g H}$ とします．球同士の衝突後の速度を求め，下球が上向きに動く質量比の条件を求めてください．
ゴムの実験で，下球が浮上する条件を $k$ の不等式で求め，浮上時の伸び $x_{0}$ と上球の速度 $W$ を求めてください．
浮上からゴムが最初にたるむまでの時間 $τ$ と，その瞬間の両球の速度を厳密に求めてください．この区間で下球が床に戻らないほど $k$ が大きい場合を扱います．
$k \to \infty$ で $τ$ と速度はどうなりますか．「伸びない糸で二球の速度を同じにする」という模型とのエネルギーの違いを説明してください． $m = 0.10 kg$ ， $M = 0.20 kg$ ， $w = 4.0 m s^{- 1}$ ， $k = 200 N m^{- 1}$ ， $g = 9.8 m s^{- 2}$ で $τ$ を計算してください．

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考え方 床から離れるまでは床が外力を及ぼす．離れてから初めて，重心の自由落下と換算質量のばね振動に分けられる．硬い弾性体の極限も，非弾性的な糸の緊張とは区別する．

上向きを正とし，入射速度は $(- v, v)$ ．運動量保存と相対速度反転から，衝突後は

u_{m} = \frac{3 M - m}{m + M} v, u_{M} = \frac{M - 3 m}{m + M} v .

下球が上へ動くのは $M > 3 m$ ． $M = 3 m$ なら直後に静止する．この計算は最初の球同士の衝突までを扱い，その後の床との再衝突は含めない．

下球が床上にある間は $k x \leq M g$ ．浮上候補 $x_{0} = M g / k$ で上球がまだ上昇しているには

W^{2} = w^{2} - 2 g x_{0} - \frac{k x_{0}^{2}}{m} = w^{2} - \frac{M (M + 2 m) g^{2}}{m k} > 0.

従って $k > k_{c} = M (M + 2 m) g^{2} / (m w^{2})$ ．等号では上球がその場で折り返し，浮上を継続できない．

$S = m + M$ ， $m_{r} = m M / S$ ， $ν = \sqrt{k / m_{r}}$ とおく．浮上を時刻ゼロに取り直すと， $\ddot{x} = - ν^{2} x$ ，初期値は $x_{0}, W$ なので

x (t) = x_{0} \cos ν t + \frac{W}{ν} \sin ν t, τ = \frac{π - \arctan (ν x_{0} / W)}{ν} .

$A = \sqrt{W^{2} + ν^{2} x_{0}^{2}}$ とおけば，たるむ瞬間の相対速度は $- A$ ．重心速度 $V = m W / S - g τ$ より

u_{m} = V - \frac{M}{S} A, u_{M} = V + \frac{m}{S} A .

床への再接触の確認には，下球の上昇量 $y_{M} (t) = m [W t - x (t) + x_{0}] / S - g t^{2} / 2$ を用い， $0 < t \leq τ$ で正であることを調べる．この条件が破れる場合は，途中で床との衝突を入れ直す必要がある．

$x_{0} \to 0$ ， $W \to w$ ， $A \to w$ ， $τ ≃ π \sqrt{m_{r} / k} \to 0$ ．従って

u_{m} \to \frac{m - M}{S} w, u_{M} \to \frac{2 m}{S} w .

重心速度は保存され，相対速度が反転するので，内部運動エネルギー $m_{r} w^{2} / 2$ も残る．対して，速度を等しくする非弾性的な糸の模型では，この内部エネルギーを失い，両球とも $m w / S$ となる．「伸びない」だけでは衝撃時のエネルギー条件まで決まらない．数値では $k_{c} = 4.80 N m^{- 1}$ ， $τ ≃ 0.0549 s$ ．上昇量の式でも再接触しないことを確認できる． $\sqrt{m_{r} / k}$ は時間の次元である．

総合演習 27

東京大 2012 前期第1問（改題） ★★★★★

東を $x$ の正方向，北を $y$ の正方向とする滑らかな低い水平面で，質量 $M$ の球 B が西向き速度 $(- u, 0)$ で進んでいます．質量 $q M$ の球 C を入射させて完全弾性衝突させます．球は滑らかで回転を無視でき，衝突法線は狙い方で選べます．東側には南北に延びる完全弾性の壁があります．衝突後，B だけが一度壁で反射し，その後の B と C の速度が共に $(- a, b)$ （ $a, b > 0$ ）となるようにします．配置と発射時刻は，その後二球が再衝突しないように調整します．

西側には高さ $h$ だけ高い水平面へ続く滑らかな坂があり，坂の断面は南北方向に一様で，接続は滑らかです．二球は常に面に沿って動くとします．重力加速度は $g$ です．

**［図：壁反射を挟む平面衝突］**
B は西向きに進み，C が斜めに入射します．東には南北方向の壁，西には高い面に続く坂があります．

衝突直前の C の速度を $q, u, a, b$ で表し，エネルギー保存が要求する条件を求めてください． $a, b, u > 0$ の解が存在する質量比の範囲も求めてください．
この衝突を実現する法線方向を求め，ニュートンダイアグラムで相対速度がその法線について弾性反射していることを示してください．
坂を上り切る条件と，高い面での速さ・西から北への角度 $α$ を求めてください．C を高い面から低い面へ入射させる場合の初速と東から北への角度 $θ$ も求めてください．
$q = 1 / 2$ ， $u = \sqrt{g h}$ ， $a = 4 u$ ， $h = 0.80 m$ ， $g = 9.8 m s^{- 2}$ とします．必要な $b$ ，高い面での二球の速さと $α$ ，C の発射速度と $θ$ を計算してください．

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考え方 壁は東西成分だけを反転する．坂では南北成分が変わらない．この二つを衝突そのものと分け，まず低い面で運動量とエネルギーを両立させる．

壁反射前の B は $(a, b)$ ，C は $(- a, b)$ ．入射 C の速度を $(c_{x}, c_{y})$ とすると

c_{x} = \frac{(1 - q) a + u}{q}, c_{y} = \frac{1 + q}{q} b .

これを $q (c_{x}^{2} + c_{y}^{2}) + u^{2} = (1 + q) (a^{2} + b^{2})$ に代入すると

(1 - 3 q) a^{2} + 2 (1 - q) a u + (1 + q) (u^{2} + b^{2}) = 0.

$0 < q \leq 1 / 3$ では左辺が正なので不可能． $q > 1 / 3$ なら

b^{2} = \frac{(3 q - 1) a^{2} - 2 (1 - q) a u - (1 + q) u^{2}}{1 + q} > 0

となる十分大きい $a$ を選べる．必要十分な下限は $a > (1 + q) u / (3 q - 1)$ である．

B の力積は $M (a + u, b)$ なので，法線を $n = (a + u, b) / \sqrt{(a + u)^{2} + b^{2}}$ に取る．相対速度を C 引く B とすると，衝突前は $w_{-} = (c_{x} + u, c_{y})$ ，後は $w_{+} = (- 2 a, 0)$ ．上の条件から $| w_{-} | = | w_{+} | = 2 a$ で，差は $w_{-} - w_{+} = (1 + q) (a + u, b) / q$ ．従って接線成分は不変，法線成分は符号反転する．重心速度を中心に半径 $2 a$ の相対速度の円を描けば，二つの端点を結ぶ弦が法線方向となる．初めの接近成分 $w_{-} \cdot n > 0$ も満たすので，適切な接触配置で実現できる．
坂で $y$ 方向に力はなく，東西の運動エネルギーだけで高さを稼ぐ．上り切るには $a^{2} > 2 g h$ ．上の面では

V_{f} = \sqrt{a^{2} + b^{2} - 2 g h}, \tan α = \frac{b}{\sqrt{a^{2} - 2 g h}} .

C の入射を上の面から準備するには東向き成分について $c_{x} > \sqrt{2 g h}$ とし，発射速度と角度は $V_{i} = \sqrt{c_{x}^{2} + c_{y}^{2} - 2 g h}$ ， $\tan θ = c_{y} / \sqrt{c_{x}^{2} - 2 g h}$ ．全速さだけが大きくても，東西成分が不足すれば坂を上り切れない．

$b = \sqrt{5 / 3} u$ ， $(c_{x}, c_{y}) = (6 u, \sqrt{15} u)$ ．従って $u = 2.80 m s^{- 1}$ ， $b = 3.61 m s^{- 1}$ ， $V_{f} = \sqrt{47 / 3} u = 11.1 m s^{- 1}$ ， $α = \arctan \sqrt{5 / 42} = {19.0}^{\circ}$ ．C は $V_{i} = 7 u = 19.6 m s^{- 1}$ ， $θ = \arctan \sqrt{15 / 34} = {33.6}^{\circ}$ で発射する． $h \to 0$ なら坂の変換は恒等変換に戻る．

総合演習 28

東京大 2011 前期第1問（改題） ★★★★★

滑らかな床上の質点 A（質量 $M > m$ ）と質点 B（質量 $m$ ）を，長さ $ℓ$ の軽い剛体棒でつなぎます．棒は両端で自由に回転できます．初め A は左側の鉛直な壁に接し，B は A の真上です．鉛直姿勢から右側へ倒れる微小な変位を与え，その変位をゼロに近づける極限を考えます．棒と上向き鉛直のなす角を $θ$ とし，A は床から離れないものとします．棒は軸方向の力だけを伝えます．B と床の反発係数は $0 \leq e \leq 1$ ，床との接線方向の力積はゼロです．重力加速度は $g$ です．

**［図：棒の倒れ込みと床衝突］**
壁に接する A と，棒でつながれた B．角 θ は上向き鉛直から測り，点線は B が床へ達する姿勢です．

A が壁に接している間の B の速さと，棒が B を押す向きを正とした軸力を求めてください．A が壁から離れる角 $α$ と，その瞬間の水平運動量 $P$ を求めてください．
壁から離れた後，A の水平位置を $x$ とします．水平重心速度と $\dot{θ}$ で運動エネルギーを表し，B が床に達する直前の両球の速度を求めてください．
床衝突で失うエネルギーを求め，その後初めて B が最高点に達するときの角 $β$ を求めてください．なぜ系の全運動エネルギーを単に $e^{2}$ 倍してはいけないのですか．
$M = 3 m$ ， $e = 0.80$ で $α, β$ を計算してください． $e = 0$ ， $e = 1$ ， $M / m \to \infty$ の極限を調べ， $e = 1$ でも B が元の高さに戻らない理由を説明してください．

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考え方 壁との接触，自由な水平運動，床での衝撃を分ける．床衝突で減るのは鉛直の内部運動であり，水平重心運動は残る．

固定された A のまわりで $v^{2} = 2 g ℓ (1 - \cos θ)$ ．棒に沿う外向きの式 $F - m g \cos θ = - m v^{2} / ℓ$ より， $F = m g (3 \cos θ - 2)$ ．壁の抗力は $F \sin θ$ なので，これがゼロになる $\cos α = 2 / 3$ で離れる．この瞬間の水平運動量は

P = m v \cos α = \frac{2 m}{3} \sqrt{\frac{2 g ℓ}{3}} .

壁は接触中に水平運動量を与えるが，接点が動かないので仕事をしない．厳密な鉛直姿勢で静止させたままなら倒れないため，問題文の極限操作が必要である．

$S = M + m$ とすると $P = S \dot{x} + m ℓ \cos θ \dot{θ}$ ．両球の速度から二乗を整理して

K = \frac{P^{2}}{2 S} + \frac{m ℓ^{2}}{2} \frac{M + m \sin^{2} θ}{S} {\dot{θ}}^{2} .

第一項が水平重心のエネルギー． $K + m g ℓ \cos θ = m g ℓ$ なので， $E = m g ℓ - P^{2} / (2 S)$ とおくと，床直前の $θ = π / 2$ では

v_{A} = (P / S, 0), v_{B} = (P / S, - \sqrt{2 E / m}) .

この時点では棒が水平なため，棒の長さの拘束は両球の水平速度が等しいことを要求する．

衝突で B の鉛直速度は $e \sqrt{2 E / m}$ となる．水平速度は元から等しく，床の水平力積もないので変わらない．損失は $(1 - e^{2}) E$ ．衝突後に最高点で $\dot{θ} = 0$ となっても，両球は水平速度 $P / S$ で動いている．従って

m g ℓ \cos β = e^{2} E, \cos β = e^{2} (1 - \frac{4 m}{27 (M + m)}) .

$e$ が縮めるのは B の床法線方向の速度であり，重心の水平速度ではない．上昇中は A が壁からさらに遠ざかるので，壁への再接触を挟む必要もない．

$α = {48.2}^{\circ}$ ， $\cos β = 0.64 \times 26 / 27$ ， $β = {52.0}^{\circ}$ ． $e = 0$ では $β = π / 2$ で上昇せず，水平なまま並進する． $e = 1$ でも有限の $M$ では $\cos β < 1$ ．初めの位置エネルギーの一部が，壁を離れた後に保存される水平重心運動に残るためである． $M / m \to \infty$ では $P^{2} / (2 S) \to 0$ ， $\cos β \to e^{2}$ となり，弾性なら元の高さに近づく．速度の尺度が $\sqrt{g ℓ}$ ，エネルギーの尺度が $m g ℓ$ であることも各式から確認できる．