角運動量を取る点の選び方の演習

考え方 角運動量の2つの定義で，基準点の速度と加速度のどちらが補正に入るかを確かめる．

1. ${\mathit{\tau }}_{\mathrm{A}}=\mathit{0}$ で，${\mathit{v}}_{\mathrm{A}}\times \mathit{V}=-3.0{\mathit{e}}_z{\mathrm{m}}^2{\mathrm{s}}^{-2}$．よって $\frac{\mathrm{d}{\mathit{L}}_{\mathrm{A}}}{\mathrm{d}t}=6.0{\mathit{e}}_z\mathrm{N}\mathrm{m}$．一方，Aは等速なので ${\mathit{a}}_{\mathrm{A}}=\mathit{0}$ であり，$\frac{\mathrm{d}{\mathit{L}}_{\mathrm{A}}^{\ast }}{\mathrm{d}t}=\mathit{0}$．

2. 静止系の運動量は一定でも，それに掛けるAからの位置が変わるためである．これは物体が角加速度を得たという意味ではない．$M{v}_{\mathrm{A}}V$ はトルクの次元をもち，Aの速度をGの速度と平行にすれば第1の補正も0になる．

考え方 Aを通る力を消しても，Aが加速するための補正項は残る．

1. 装置の力はAに働き，重力の作用線もこの瞬間にはAを通るので，${\tau }_{\mathrm{A}}=0$．

2. ${\mathit{r}}_{\mathrm{AG}}=(0,l/2)$，${\mathit{a}}_{\mathrm{A}}=(a,0)$ より，外積の $z$ 成分は $-la/2$．$I_{\mathrm{A}}=M{l}^2/3$ だから $I_{\mathrm{A}}\alpha =Mla/2$，$\alpha =3a/(2l)$，反時計回りである．Gの水平加速度は $a_{\mathrm{G},x}=a-\alpha l/2=a/4$．装置の水平力は $Ma/4$ で，Gまわりのトルク $(l/2)(Ma/4)=Mla/8$ を $I_{\mathrm{G}}=M{l}^2/12$ で割っても同じ角加速度になる．$a/l$ は ${\mathrm{s}}^{-2}$，$a=0$ ならこの瞬間の角加速度も0である．

考え方 同じ瞬間に同じ位置でも，Aは床上の位置を追う点，Pは円柱の同じ物質を追う点である．

1. Aの位置は $(x_{\mathrm{G}},0)$ だから ${\mathit{v}}_{\mathrm{A}}=(V,0)$．PはGから $(0,-R)$ にあり，${\mathit{v}}_{\mathrm{P}}=(V+R\omega ,0)$．Pは静止せず，瞬間回転中心ではない．

2. 分解の式から $L_{\mathrm{A}}=I_{\mathrm{G}}\omega -MRV$．AとGの速度が平行なので，$-M({\mathit{v}}_{\mathrm{A}}\times \mathit{V}{)}_z=0$，$\frac{\mathrm{d}{L}_{\mathrm{A}}}{\mathrm{d}t}={\tau }_{\mathrm{A}}$ としてよい．ただし $L_{\mathrm{A}}=(I_{\mathrm{G}}+M{R}^2)\omega$ と置くことはできない．それは $V=-R\omega$ のときだけ一致する．床からの力はAを通り，重力もAを通るので ${\tau }_{\mathrm{A}}=0$．よって $I_{\mathrm{G}}\alpha =MR\dot{V}$ となり，並進と回転の式とも合う．各項は $\mathrm{kg}{\mathrm{m}}^2{\mathrm{s}}^{-1}$ の単位である．

考え方 接点の物質点の加速度はOへ向かうが，Gへ向かうとは限らない．補正を入れ，最後に $N\ge 0$ を調べる．

1. ${\mathit{r}}_{\mathrm{PG}}=(b\cos \phi ,R+b\sin \phi )$，${\mathit{a}}_{\mathrm{P}}=(0,R{\omega }^2)$．したがって $I_{\mathrm{P}}=I_{\mathrm{G}}+M(R^2+b^2+2Rb\sin \phi )$，${\tau }_{\mathrm{P}}=-Mgb\cos \phi$．補正項は $MRb\cos \phi {\omega }^2$ なので

ここで $I_{\mathrm{P}}$ は，各瞬間の接点位置に対して求めた値であり，時刻を通じて同じ物質点の慣性モーメントを追った値ではない．

2. Gの鉛直加速度は $a_{\mathrm{G},y}=b\alpha \cos \phi -b{\omega }^2\sin \phi$．よって $N=M(g+b\alpha \cos \phi -b{\omega }^2\sin \phi )$．$\phi =\pi /2$ では $\alpha =0$，$N=M(g-b{\omega }^2)$．接触した運動が可能なのは ${\omega }^2\le g/b$ で，等号が離れる境目である．必要な摩擦を供給できることも別に要る．$b\to 0$ では $\alpha =0$，$N=Mg$ となり，水平床上の一様な円板に戻る．分子はトルク，分母は慣性モーメントである．

考え方 Gの軌道は半径 $C+R$ の円．Pの速度は0でも，加速度は平面の路面の場合とは違う．

1. 頂点で右と上を正にする．Gの速度が右向きなら $\omega =-U/R$．水平加速度を $a$ とすれば $\alpha =-a/R$，${\mathit{a}}_{\mathrm{G}}=(a,-U^2/(C+R))$．${\mathit{r}}_{\mathrm{GP}}=(0,-R)$ を加速度の式へ入れると，水平成分は $a+\alpha R=0$，鉛直成分は $U^2/R-U^2/(C+R)$．よって ${\mathit{a}}_{\mathrm{P}}=(0,C{U}^2/[R(C+R)])$．PGと平行なので補正の外積は0で，Pまわりの式を使える．

2. 鉛直の運動方程式は $N-Mg=-M{U}^2/(C+R)$．したがって $N=M[g-U^2/(C+R)]$，必要条件は $U^2\le g(C+R)$．$C\to \mathrm{\infty }$ では $N\to Mg$，$a_{\mathrm{P},y}\to U^2/R$ で平面の路面に戻る．$U^2/(C+R)$ は加速度の次元をもち，$N<0$ となる速度では路面が車輪を引きつけられないため，接触を仮定した式は成立しない．

考え方 壁を離れた後は，上端が鉛直に動く条件がなくなる．以前の長方形の作図を続けず，現在の重心速度からQを求め直す．

1. $y_{\mathrm{G}}=l\sin \theta /2$ なので ${\mathit{V}}_{\mathrm{G}}=(0,-l\omega \cos \theta /2)$．${\mathit{r}}_{\mathrm{GQ}}=({\mathit{e}}_z\times {\mathit{V}}_{\mathrm{G}})/\omega =(l\cos \theta /2,0)$．したがって $d=l\cos \theta /2$，$\dot{d}=l\omega \sin \theta /2$ で，距離は増える．QはBの真上でGと同じ高さにある．

2. 床の反力はQを通り，重力のトルクは $Mgd$．$I_{\mathrm{Q}}=M{l}^2/12+M{d}^2$ だから $I_{\mathrm{Q}}\alpha =Mgd-Md\dot{d}\omega$ より

壁に接していたときの $d=l/2$ を使うとこの補正を失う．$K=M{l}^2(1+3{\cos }^2\theta ){\omega }^2/24$ と $U=Mgl\sin \theta /2$ の和を微分しても同じ式になる．$g/l$ と ${\omega }^2$ はともに ${\mathrm{s}}^{-2}$．この解は下端の接触が続く区間のもので，それを確かめるには別に $N=M(g+{\ddot{y}}_{\mathrm{G}})\ge 0$ を調べる．