力学の総合問題（1） | 問いから始める物理

総合演習 21

オリジナル ★★★★☆

筐体が回ると内部の時計はどう進むか

鉛直な同軸の筐体と回転子の慣性モーメントは $J_{0}, J$ ，地上からの角度は $β, α$ です．ねじりばねのエネルギーは $κ {(α - β)}^{2} / 2$ です．軸の位置は固定し，摩擦を無視します．重力の軸まわりのトルクは0です． $S = J + J_{0}$ とし，ドットは時間微分です．

**［図：筐体と回転子の角度，ねじりばね］**
筐体，回転子，ばねを上から描く．角度 $\alpha,\beta$ と地上へつなぐばね $K$ を示す．

筐体固定時の周期 $T_{0}$ と，自由な系の相対角 $q = α - β$ の周期 $T$ を求めよ．自由な系を $α (0) = a, β (0) = 0$ ，両角速度0から放した後の両角度も求めよ．
自由な場合のエネルギーを相対運動で表せ． $J_{0} = 4 J$ の時計が，内部振動の1周期を $T_{0}$ と数えるとき，経過時間を実際の何倍と表示するか．
筐体を地上へねじりばねでつなぎ， $K β^{2} / 2$ を加える．基準角振動数と，その2乗の $K / κ$ の1次までの近似を求めよ．自由時の周期はどちらに受け継がれるか．

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考え方

摩擦のない線形ばねの模型で，総角運動量から相対角の慣性を求める．

固定時は $J \ddot{α} = - κ α$ より $T_{0} = 2 π \sqrt{J / κ}$ ．自由な場合は

J \ddot{α} = - κ q, J_{0} \ddot{β} = κ q, \ddot{q} = - κ (\frac{1}{J} + \frac{1}{J_{0}}) q .

したがって $J_{r} = J J_{0} / S$ ， $Ω = \sqrt{κ / J_{r}}$ とおけば $T = 2 π \sqrt{J_{r} / κ}$ ， $q = a \cos Ω t$ ．初めの総角運動量が0なので $J α + J_{0} β = J a$ は一定であり，

α = \frac{J a}{S} + \frac{J_{0} a}{S} \cos Ω t, β = \frac{J a}{S} (1 - \cos Ω t) .

総角運動量0より $\dot{α} = J_{0} \dot{q} / S$ ， $\dot{β} = - J \dot{q} / S$ ．運動エネルギーに代入して

E = \frac{1}{2} J_{r} {\dot{q}}^{2} + \frac{1}{2} κ q^{2} = \frac{1}{2} κ a^{2} .

$J_{0} = 4 J$ では $T / T_{0} = \sqrt{4 / 5}$ ．実時間 $t$ の表示は $t T_{0} / T$ ，約 $1.12$ 倍に進む．

筐体へ $- K β$ を加え， $α = A \cos ω t, β = B \cos ω t$ を代入すると

(κ - J ω^{2}) A - κ B = 0, - κ A + (κ + K - J_{0} ω^{2}) B = 0.

$D = κ S + J K$ ， $x = ω^{2}$ とおけば，非零の振幅がある条件と根は

J J_{0} x^{2} - D x + κ K = 0, ω_{\pm}^{2} = \frac{D \pm \sqrt{D^{2} - 4 J J_{0} κ K}}{2 J J_{0}} .

$K = 0$ の根は0と $Ω^{2}$ ．根の積 $κ K / (J J_{0})$ より $ω_{-}^{2} ≃ K / S$ ．根の和 $D / (J J_{0})$ から引き， $ϵ = K / κ$ の1次まで求めると

ω_{-}^{2} ≃ \frac{K}{S}, ω_{+}^{2} ≃ \frac{κ S}{J J_{0}} + \frac{K J}{J_{0} S} .

低い振動は $A ≃ B$ の全体回転，高い振動は $J A + J_{0} B ≃ 0$ の内部振動で，時計の周期は後者に受け継がれる．展開には $1 ≫ ϵ$ が必要で， $K \to 0$ で振動数は0と $Ω$ に戻る．

総合演習 22

オリジナル ★★★★☆

重力が広げる天体の衝突断面積

質量・半径 $M, R$ の球形天体へ，質量・半径 $m, r$ の天体が遠方の相対速さ $u$ で接近します．相対位置の原点と遠方の軌道の直線との距離を衝突径数 $b$ とします．接触前は万有引力だけが働き，変形，自転，散逸を無視します．中心間距離 $d = R + r$ で衝突と数えます．

**［図：天体の相対軌道，衝突径数と接触距離］**
遠方の相対軌道の直線，速さ $u$，衝突径数 $b$，曲がった軌道を描く．接触距離 $R+r$ を示す．

保存則から衝突する最大の $b$ と断面積 $σ$ を求めよ．標的を固定した計算との違いも示せ．
同じ $m, r, u$ の天体が数密度 $n$ で一様に分布し，衝突は独立とする．時間 $d t$ の衝突確率を $Γ d t$ として，未衝突確率，平均待ち時間，衝突確率が半分となる時間を求めよ． $(M, m) = (2.0, 1.0) \times 10^{30} kg, (R, r) = (8.0, 5.0) \times 10^{8} m, u = 8.0 \times 10^{4} m s^{- 1}, n = 2.0 \times 10^{- 40} m^{- 3}$ ， $G = 6.67 \times 10^{- 11} m^{3} {kg}^{- 1} s^{- 2}, 1 yr = 3.16 \times 10^{7} s$ で数値も求めよ．
数密度を半分ずつ，速さ $u / 2, 3 u / 2$ の集団に分けると衝突率はどう変わるか．単一速さの場合の衝突率を最小にする速さも求め，低速ほど衝突が減るとは限らない理由を述べよ．

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考え方

無散逸の孤立二体運動を解き，断面積と遠方の流束を掛ける．

換算質量は $m_{r} = M m / (M + m)$ ．接触ぎりぎりの軌道は最近接距離 $d$ で半径方向の速度0となる．接線方向の速さを $v_{d}$ とすると

\frac{1}{2} m_{r} u^{2} = \frac{1}{2} m_{r} v_{d}^{2} - \frac{G M m}{d}, m_{r} b u = m_{r} d v_{d} .

$v_{d}^{2} = u^{2} + 2 G (M + m) / d$ を角運動量の式へ代入して

b_{max}^{2} = d^{2} (1 + \frac{2 G (M + m)}{d u^{2}}), σ = π d^{2} (1 + \frac{w^{2}}{u^{2}}), w^{2} = \frac{2 G (M + m)}{d} .

$b \leq b_{max}$ で接触する．固定標的の $G M$ は $G (M + m)$ に変わる．

遠方の体積 $σ u d t$ に含まれる個数より $Γ = n σ u = n π d^{2} (u + w^{2} / u)$ ．未衝突確率は $\frac{d P_{0}}{d t} = - Γ P_{0}$ ， $P_{0} (0) = 1$ より $P_{0} = e^{- Γ t}$ ．平均待ち時間は $\int_{0}^{\infty} t Γ e^{- Γ t} d t = 1 / Γ$ ，半分になる時間は $t_{1 / 2} = \ln 2 / Γ$ ．

数値は $Γ = 4.2 \times 10^{- 15} s^{- 1}$ より，平均 $7.6 \times 10^{6} yr$ ，半分になる時間 $5.3 \times 10^{6} yr$ ．

それぞれの $n σ v$ を足すと

Γ_{mix} = \frac{n π d^{2}}{2} [\frac{u}{2} + \frac{3 u}{2} + w^{2} (\frac{2}{u} + \frac{2}{3 u})] = n π d^{2} (u + \frac{4 w^{2}}{3 u}) .

逆数の平均が変わり，率は約 $1.3$ 倍になる． $\frac{d Γ}{d u} = n π d^{2} (1 - w^{2} / u^{2})$ が負から正に変わる $u = w$ で最小．低速側では重力集束が流束の減少を上回る．孤立二体近似には $1 ≫ n b_{max}^{3}$ が必要で， $u \to 0$ の発散を延ばせるとは限らない．今回は約 $1.5 \times 10^{- 10}$ である．

総合演習 23

オリジナル ★★★★★

光の運動量と温度上昇でパルスを測る

慣性モーメント $J$ ，ねじり定数 $κ$ の振り子に，軸から距離 $d$ の小鏡を付けます． $ω = \sqrt{κ / J}, T = 2 π / ω$ とします．初め静止した鏡へ垂直に，腕とも垂直な光パルスを入射します．エネルギー $E$ の反射率は $R$ ，透過は0で，吸収分は熱容量 $C_{h}$ の受光部を温めます．小角で腕の変化，減衰，熱損失，熱変形トルク，鏡の運動による光のエネルギー変化を無視します．光の運動量はエネルギーを $c$ で割った値です．

**［図：光パルスを受けるねじり振り子，入射と反射］**
吊り線，腕の長さ $d$，鏡への垂直入射と反射，温度計を描く．時間幅 $\tau$ の一定パワーのパルスも添える．

瞬間的な照射の角力積，角振幅 $A$ ，温度上昇 $Δ T$ を求めよ．測定から $E, R$ を決める式と，模型と両立する条件も導け．
$J = 1.50 \times 10^{- 5} kg m^{2}, T = 6.00 s, d = 0.0400 m, C_{h} = 10.0 J K^{- 1}, c = 3.00 \times 10^{8} m s^{- 1}$ とする．測定値 $A = 3.40 \times 10^{- 5} rad, Δ T = 0.240 K$ から $E, R$ を求めよ．独立な $A, Δ T$ の標準不確かさが1 %，2 %で，他の量は正確とする．推定値の標準不確かさも求めよ．偏微分と各標準不確かさの積の2乗を足し，平方根を取ってよい．
同じエネルギーを時間幅 $τ$ の一定パワーで与える．照射中の角度と消灯後の振幅， $τ = T / 3$ の倍率，瞬間的な式の誤差が約1 %以下となる条件， $τ = T$ の測定の限界を求めよ．

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考え方

小角で熱損失を除き，熱と角力積を連立する．有限時間の照射には復元トルクを入れる．

吸収光は $(1 - R) E / c$ ，反射光は $2 R E / c$ の運動量を渡す．角力積 $Λ$ と熱量 $H$ は

Λ = \frac{d (1 + R) E}{c}, A = \frac{Λ}{J ω}, H = C_{h} Δ T = (1 - R) E .

$B = c J ω A / d = (1 + R) E$ とおくと

E = \frac{B + H}{2}, R = \frac{B - H}{B + H} .

正の $E$ では $B > 0, 0 \leq H \leq B$ が $0 \leq R \leq 1$ と同値である．

$B = 4.0055 J, H = 2.400 J$ より $E = 3.20 J, R = 0.251$ ．不確かさは $s_{B} = 0.01 B, s_{H} = 0.02 H$ なので

s_{E} = \frac{1}{2} \sqrt{s_{B}^{2} + s_{H}^{2}} = 0.0313 J, s_{R} = \frac{2 \sqrt{H^{2} s_{B}^{2} + B^{2} s_{H}^{2}}}{{(B + H)}^{2}} = 0.0105 .

後者には $\frac{\partial R}{\partial B} = 2 H / {(B + H)}^{2}, \frac{\partial R}{\partial H} = - 2 B / {(B + H)}^{2}$ を用いた．振動エネルギーの比 $J ω^{2} A^{2} / (2 E) ≃ 3.0 \times 10^{- 15}$ は，光のエネルギー変化を捨てる近似と整合する．

$N_{0} = Λ / τ$ とおくと，照射中は $J \ddot{θ} + κ θ = N_{0}$ ．初期値0より

θ (t) = \frac{N_{0}}{κ} (1 - \cos ω t), \dot{θ} (t) = \frac{N_{0} ω}{κ} \sin ω t .

消灯時の位置と速度から

A_{τ} = \sqrt{θ (τ)^{2} + \frac{\dot{θ} (τ)^{2}}{ω^{2}}} = \frac{2 N_{0}}{κ} | \sin \frac{ω τ}{2} | = \frac{Λ}{J ω} | \frac{\sin z}{z} |, z = \frac{ω τ}{2} .

$τ = T / 3$ の倍率は $3 \sqrt{3} / (2 π) = 0.827$ ．小さい $z$ で $\sin z / z ≃ 1 - z^{2} / 6$ より，相対補正は ${(ω τ)}^{2} / 24$ ．約1 %以下には $τ / T \leq 0.078$ が目安になる． $τ = T$ では消灯時に原点で静止し，熱だけでは $E, R$ を分けられない．短時間近似には $1 ≫ ω τ$ ，全体には小角 $1 ≫ | θ |$ と小さい熱損失が必要である．

総合演習 24

オリジナル ★★★★★

異なる材料の棒を，波の往復時間で組み合わせる

断面積 $S$ の細い棒1，2を滑らかな水平面で一直線に衝突させます．棒1は右向きの速さ $u$ ，棒2は静止し，端面は平らです．密度，ヤング率，長さは $ρ_{j}, Y_{j}, L_{j}$ ．軸方向変位 $ξ$ の微小ひずみと引張応力を $ε = \frac{\partial ξ}{\partial x}, σ = Y_{j} ε$ とする1次元模型です．横運動，塑性変形，散逸を無視し，接触は圧縮力だけを伝え，両外端は自由です．

**［図：棒1と棒2の長さ，断面積と初速度］**
棒1と棒2の長さ，断面積，初速度を描く．接触面と外側の自由端を区別する．

縦波の速さ $v_{j} = \sqrt{Y_{j} / ρ_{j}}$ を導け． $Z_{j} = ρ_{j} v_{j}$ として，反射波が戻る前の共通接触速度 $v_{*}$ と圧縮応力の大きさ $p_{*}$ を求めよ．
$L_{1} / v_{1} = L_{2} / v_{2} = t_{a}$ とする．自由端の反射から接触終了時刻と最終速度を求め，力積とエネルギーを検算せよ．
$ρ_{1} = 8.00 \times 10^{3} kg m^{- 3}, Y_{1} = 2.00 \times 10^{11} Pa, ρ_{2} = 2.70 \times 10^{3} kg m^{- 3}, Y_{2} = 9.72 \times 10^{10} Pa, L_{1} = 0.200 m, S = 2.00 \times 10^{- 5} m^{2}, u = 6.00 m s^{- 1}$ とする． $L_{2}$ ，接触時間，応力，最終速度を計算せよ．弾性限界は棒1で $1.20 \times 10^{8} Pa$ ，棒2で $8.00 \times 10^{7} Pa$ として $u$ の上限も求めよ．長さの条件を外しても同じ最終速度になるか．

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考え方

1次元線形弾性の模型で自由端の反射を追い，内部振動を除く．

微小部分の両端の応力差から

ρ_{j} S d x \frac{\partial^{2} ξ}{\partial t^{2}} = S \frac{\partial σ}{\partial x} d x, \frac{\partial^{2} ξ}{\partial t^{2}} = \frac{Y_{j}}{ρ_{j}} \frac{\partial^{2} ξ}{\partial x^{2}} .

波速は $v_{j} = \sqrt{Y_{j} / ρ_{j}}$ ．棒2では質量 $ρ_{2} S v_{2} t$ が0から $v_{*}$ へ加速され，力積との等式 $ρ_{2} S v_{2} t v_{*} = p_{*} S t$ より $p_{*} = Z_{2} v_{*}$ ．棒1も同様に $p_{*} = Z_{1} (u - v_{*})$ ．したがって

v_{*} = \frac{Z_{1}}{Z_{1} + Z_{2}} u, p_{*} = \frac{Z_{1} Z_{2}}{Z_{1} + Z_{2}} u .

圧縮波は $t_{a}$ に両自由端へ着く．応力0の条件から，反射波は圧縮応力を $p_{*}$ だけ減らし，速度を棒1で $- p_{*} / Z_{1}$ ，棒2で $+ p_{*} / Z_{2}$ だけ変える．反射波は $2 t_{a}$ に接触面へ戻り，

v_{1 f} = v_{*} - \frac{p_{*}}{Z_{1}} = \frac{Z_{1} - Z_{2}}{Z_{1} + Z_{2}} u, v_{2 f} = v_{*} + \frac{p_{*}}{Z_{2}} = \frac{2 Z_{1}}{Z_{1} + Z_{2}} u .

$v_{2 f} - v_{1 f} = u > 0$ なので離れる．それまでの力は $p_{*} S$ ．質量 $m_{j} = ρ_{j} S L_{j} = S Z_{j} t_{a}$ を使うと

m_{1} (u - v_{1 f}) = m_{2} v_{2 f} = 2 p_{*} S t_{a}, \frac{1}{2} m_{1} v_{1 f}^{2} + \frac{1}{2} m_{2} v_{2 f}^{2} = \frac{1}{2} m_{1} u^{2} .

後式は $Z_{1} {(Z_{1} - Z_{2})}^{2} + 4 Z_{1}^{2} Z_{2} = Z_{1} {(Z_{1} + Z_{2})}^{2}$ より成立する．最後は無応力で各棒の速度も一様となる．

$(v_{1}, v_{2}) = (5.00, 6.00) \times 10^{3} m s^{- 1}$ より $L_{2} = 0.240 m$ ． $Z_{2} / Z_{1} = 0.405$ から $2 t_{a} = 8.00 \times 10^{- 5} s$ ， $p_{*} = 6.92 \times 10^{7} Pa$ ， $(v_{1 f}, v_{2 f}) = (2.54, 8.54) m s^{- 1}$ ．

低い弾性限界から $u_{max} = (8.00 \times 10^{7} Pa) (Z_{1} + Z_{2}) / (Z_{1} Z_{2}) = 6.94 m s^{- 1}$ ．長さの条件を外すと片側の反射が先に戻り，応力が変わる．内部振動が残り得るため，剛体の弾性衝突式を使えない．今回は $p_{*} / Y_{j}$ が約 $3.5 \times 10^{- 4}, 7.1 \times 10^{- 4}$ ， $u / v_{j}$ も小さく，線形化と整合する．1次元模型には横寸法と長さの比も小さいことが必要で， $Z_{1} = Z_{2}$ なら速度交換に戻る．