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01運動量と力積

問い

時速108 km（ $30 m s^{- 1}$ ）で飛んでくる野球のボールを，素手で受け止めるところを想像してください．次に，ボールと同じ大きさで質量が約10倍の鉄の球が，同じ速さで飛んでくるとします．同じ「速さ」なのに，手に伝わる衝撃はまるで違いそうです．速さのほかに，何を知れば衝撃の大きさが分かるのでしょうか．

また，同じボールでも，手を体のほうへ引きながら受けると痛みが小さくなります．引くことで，いったい何が変わっているのでしょうか．

考えてみる

素朴には「速いほど，重いほど止めにくい」と感じます．これを運動方程式で確かめます．質量 $m$ の物体を一定の力 $F$ で止めるとき，加速度は $a = Δ v / Δ t$ なので

F Δ t = m Δ v

です．進む向きを正とし，速さ $v$ から止めるなら $Δ v = 0 - v = - v$ なので $F Δ t = - m v$ です．力は進む向きと逆向きに働くという意味の負号で，大きさだけを見れば，止めるのに必要な「力×時間」は $m v$ で決まります．速さだけでも質量だけでもなく，その積が止めにくさの目安です．

数字で見ましょう．ボールは $0.15 kg$ ，鉄球は $1.5 kg$ とすると， $m v$ は順に $4.5$ と $45 kg m s^{- 1}$ です．ボールを $0.02 s$ で止めるなら平均の力は $4.5 / 0.02 = 225 N$ ，手を引いて $0.1 s$ かけるなら $45 N$ です．同じ $0.02 s$ で鉄球を止めようとすると $2250 N$ になります．時間を延ばせば力は小さくなり， $m v$ が大きければ力は大きくなります．

運動量と力積

この $m v$ は，第4章で運動方程式の別の書き方として顔を出した量です．この章では，これを主役にして運動量と名付けます．

定義運動量

質量 $m$ ，速度 $v$ の物体の運動量を

p = m v

で定める．ベクトルで，単位は $kg m s^{- 1}$ ．

質量が一定なら，運動方程式 $m \frac{d v}{d t} = F$ は $\frac{d p}{d t} = F$ と書けます．「力は運動量の時間変化の割合」という形です．両辺を時刻 $t_{1}$ から $t_{2}$ まで積分すると，次の関係が得られます．

法則運動量と力積の関係

p_{2} - p_{1} = \int_{t_{1}}^{t_{2}} F d t \equiv I

右辺の $I$ を力積といい，単位は $N s = kg m s^{- 1}$ ．運動量の変化は，力積に等しい．

力積は，F-t グラフの面積に当たります．ボールを受けるような短い衝突では，力は一瞬で大きくなってまた消えます．その細かい変化は分からなくても，面積（力積）が運動量の変化から決まれば，平均の力 $\bar{F} = I / Δ t$ は分かります．面積が同じなら，時間を長くした分だけ力は小さくなります．これが問いの答えの半分です．

**［図：接触時間と同じ力積］**
F-t グラフに，高くて幅の狭い山と，低くて幅の広い山を重ねて描く．2つの山の面積が等しいことを斜線で示し，どちらも運動量の変化 $\Delta p$ に等しいと注記する．

2つの物体の運動量

物体Aと物体Bが，接触している間だけ力を及ぼし合い，ほかから力は受けないとします．AがBから受ける力を $F_{AB}$ ，BがAから受ける力を $F_{BA}$ とすると（第4章の書き方では $F_{AB} = F_{B \to A}$ です），作用反作用の法則で $F_{BA} = - F_{AB}$ です．同じ時間の積分をとると，Aの力積とBの力積（ここでは互いに及ぼし合う力だけによるもの）は大きさが等しく向きが逆になります．したがって

Δ p_{A} = - Δ p_{B}, Δ (p_{A} + p_{B}) = 0

です．Aが得た運動量だけ，Bが失ったということです．

この関係は，逆向きにも読めます．運動方程式 $\frac{d p}{d t} = F$ によれば，力は，運動量が1秒あたりどれだけ受け渡されるかを表す量です．第3法則は，2物体の間で運動量が受け渡されるとき，Aの減った分とBの増えた分がいつも等しいこと，つまり受け渡しの途中で運動量が消えたり湧いたりしないことを，力の言葉で言ったものなのです．第4章の注で見たように，電場と磁場が運動量を運ぶ場面では2物体の間の第3法則は崩れますが，場の運動量まで数えれば，運動量の保存は成り立ちます．

法則運動量保存則

複数の物体からなる系で，外から受ける力の合力が $0$ なら，全運動量 $p_{1} + p_{2} + \dots$ は変わらない．物体どうしが及ぼし合う力（内力）は，何であっても全運動量を変えない．

氷の上に静止した2人が互いに押し合うと，反対向きに離れていきます．全運動量は初め $0$ なので，離れたあとも $m_{1} v_{1} + m_{2} v_{2} = 0$ です．軽い人のほうが速く動きます．

**［図：氷上の2人の反動］**
なめらかな氷上で，質量の違う2人が向き合って押し合い，反対向きに離れる様子を，押す前と後に分けて描く．速度の矢印は軽い人のほうを長くする．

外力があるとき

法則の条件は「外力の合力が $0$ 」です．これが成り立たない向きには使えません．床にボールを落とすと，衝突のあいだ床から垂直抗力を受けるので，鉛直方向の運動量は保存しません．一方，床がなめらかなら水平方向には力が働かないので，水平成分だけは保存します．運動量はベクトルなので，成分ごとに条件を調べます．

また，衝突のように時間が短く内力がとても大きいときは，重力のような有限の外力の力積は無視できます． $Δ t$ が $10^{- 3} s$ 程度なら， $m g Δ t$ はボールの運動量の変化に比べてごく小さいからです．ただし，床や壁との衝突では，床や壁から受ける力の力積は無視できません．その場合は，ボールだけを系とすると外力の力積が残るので，運動量保存則は使えません．

ポイントここまでのまとめ

運動量 $p = m v$ ．運動方程式は $\frac{d p}{d t} = F$ と書ける．
運動量の変化は力積 $I = \int F d t$ に等しい．F-t グラフの面積であり，平均の力は $I / Δ t$ ．
作用反作用により，2物体の運動量の和は内力では変わらない．外力の合力が $0$ の向きでは，全運動量が保存する．
問いの答え：衝撃は速さだけでなく $m v$ で決まる．受け止める時間を延ばすと，同じ運動量の変化を小さな平均の力で受けられる．

02力積とベクトルの積分

前の節で，運動量の変化は力積に等しいと見ました．この節では，力が時間とともに変わるときの力積の計算を練習します．

定理数学の道具：ベクトルの時間積分と平均値

定義　ベクトル $F (t) = (F_{x} (t), F_{y} (t))$ の時間積分は，成分ごとの積分である．

\int_{t_{1}}^{t_{2}} F d t = (\int_{t_{1}}^{t_{2}} F_{x} d t, \int_{t_{1}}^{t_{2}} F_{y} d t)

面積としての力積　一直線上の力なら， $\int F d t$ は F-t グラフと時間軸ではさまれた面積である．時間軸より下の部分は負の面積として数える．

一定の力： $I = F Δ t$ （長方形）．
0から $F_{0}$ まで直線的に増える力：三角形の面積 $I = \frac{1}{2} F_{0} Δ t$ ．
折れ線の力は，三角形と台形に分けて足す．

平均値　区間 $[t_{1}, t_{2}]$ での力の平均を

\bar{F} = \frac{1}{t_{2} - t_{1}} \int_{t_{1}}^{t_{2}} F d t = \frac{I}{Δ t}

で定める．平均の力に時間をかけると，力積に戻る．

練習．

$F = 6 t [N]$ が $t = 0$ から $2 s$ まで働いたときの力積と平均の力を求めよ．
$F = (2 t, 3) [N]$ が $t = 0$ から $4 s$ まで働いたときの力積ベクトルを求めよ．
力が $t = 0$ の $0$ から $t = 0.010 s$ の $800 N$ まで直線的に増え， $t = 0.020 s$ で直線的に $0$ に戻った．力積と平均の力を求めよ．
$F = 3 t^{2} [N]$ が $t = 0$ から $2 s$ まで働いたときの力積と平均の力を求めよ．
$F = 4 - 2 t [N]$ が $t = 0$ から $3 s$ まで働いたときの力積と平均の力を求めよ．

答え：(1) $I = \int_{0}^{2} 6 t d t = {[3 t^{2}]}_{0}^{2} = 12 N s$ ．平均の力は $12 / 2 = 6 N$ ．　(2) $I_{x} = \int_{0}^{4} 2 t d t = 16$ ， $I_{y} = \int_{0}^{4} 3 d t = 12$ より $I = (16, 12) N s$ ．　(3) 三角形の面積で $\frac{1}{2} \times 800 \times 0.020 = 8.0 N s$ ．平均の力は $8.0 / 0.020 = 4.0 \times 10^{2} N$ （最大の半分）．　(4) ${[t^{3}]}_{0}^{2} = 8 N s$ ，平均の力は $4 N$ ．　(5) ${[4 t - t^{2}]}_{0}^{3} = 3 N s$ （ $0 \leq t \leq 2$ の正の三角形 $4$ と， $2 \leq t \leq 3$ の負の三角形 $- 1$ の和）．平均の力は $1 N$ ．

例題

例題 1

オリジナル ★★☆☆☆

質量 $0.15 kg$ のボールが， $x$ 軸の負の向きに $30 m s^{- 1}$ で飛んできて，バットに当たって $x$ 軸の正の向きに $40 m s^{- 1}$ で飛び出した．バットとの接触時間は $1.0 \times 10^{- 3} s$ である．

**［図：打ち返される球］**
ボールがバットに当たる前と後の速度の向きを，x軸とともに描く．バットは固定した板として簡略化し，数値は書かない．

ボールが受けた力積を求めよ．
接触中の平均の力を求めよ．
力が接触時間の中央で最大となる三角形状に変化するとき，最大の力を求めよ．
接触中の重力の力積は(1)に比べて無視できるか．

解答を見る

考え方 力積は運動量の変化に等しい．向きを符号で扱う．

$I = m v_{2} - m v_{1} = 0.15 \times 40 - 0.15 \times (- 30) = 10.5 N s$ （正の向き）．
$\bar{F} = \frac{I}{Δ t} = \frac{10.5}{1.0 \times 10^{- 3}} = 1.05 \times 10^{4} N$ ．ボールの重さの約7000倍である．
三角形の面積が $I$ なので $\frac{1}{2} F_{max} Δ t = I$ ．よって $F_{max} = \frac{2 I}{Δ t} = 2.1 \times 10^{4} N$ ．平均の力のちょうど2倍である．
重力の力積は $m g Δ t = 0.15 \times 9.8 \times 1.0 \times 10^{- 3} \approx 1.5 \times 10^{- 3} N s$ ．(1)の約 $1 / 7000$ なので，無視できる．

例題 2

オリジナル ★★☆☆☆

外力の及ばない宇宙空間で，静止していた質量 $4.0 kg$ の物体が，内部の火薬で分裂した．

**［図：分裂する物体］**
分裂前の1つの物体と，分裂後に飛び散る破片の位置関係を，図(a)(b)として描く．速度や質量の値は書かない．

質量 $1.0 kg$ と $3.0 kg$ の2つに分かれ， $1.0 kg$ の破片が東向きに $12 m s^{- 1}$ で飛んだ． $3.0 kg$ の破片の速度を求めよ．
別の実験で，質量 $1.0 kg$ の破片4つに分かれた．1つめは東向きに $6.0 m s^{- 1}$ ，2つめは北向きに $8.0 m s^{- 1}$ ，3つめは西向きに $4.0 m s^{- 1}$ で飛んだ．4つめの破片の速度を求めよ．

解答を見る

考え方 外力がないので，分裂の前後で全運動量は $0$ のままである．ベクトルとして成分ごとに足す．

東向きを正とする． $1.0 \times 12 + 3.0 v = 0$ より $v = - 4.0 m s^{- 1}$ ．西向きに $4.0 m s^{- 1}$ ．
東を $x$ ，北を $y$ とする．4つの運動量の和が $0$ なので，4つめの速度を $(v_{x}, v_{y})$ として

1.0 \times (6.0 + 0 - 4.0 + v_{x}) = 0, 1.0 \times (0 + 8.0 + 0 + v_{y}) = 0

より $v_{x} = - 2.0$ ， $v_{y} = - 8.0$ ．したがって $v = (- 2.0, - 8.0) m s^{- 1}$ ．速さは $\sqrt{{2.0}^{2} + {8.0}^{2}} \approx 8.2 m s^{- 1}$ ．

例題 3

オリジナル ★★★☆☆

なめらかな水平面上で静止していた質量 $2.0 kg$ の台車に，水平な力 $F (t) = 12 t - 3 t^{2} [N]$ を $t = 0$ から加える．

**［図：時間で変わる力］**
F-t グラフを0〜6秒の範囲で描く．放物線が時間軸と交わる点を含め，数値は書かない．

$F$ が0になる時刻を求め， $t = 0$ からその時刻までの力積を求めよ．
その時刻での台車の速さを求めよ．
力を $t = 6 s$ まで加え続けたときの台車の速度を求めよ．

解答を見る

考え方 力積は $F$ の積分である． $F$ が負になる区間は，運動量を減らす．

$F = 3 t (4 - t) = 0$ より $t = 4 s$ ．力積は

I = \int_{0}^{4} (12 t - 3 t^{2}) d t = {[6 t^{2} - t^{3}]}_{0}^{4} = 96 - 64 = 32 N s

である．

初めの運動量は0なので $m v = 32$ ． $v = \frac{32}{2.0} = 16 m s^{- 1}$ ．
$t = 6$ までの力積は ${[6 t^{2} - t^{3}]}_{0}^{6} = 216 - 216 = 0$ ．運動量の変化が0なので，台車は止まる（ $v = 0$ ）． $t = 4$ 以降は $F < 0$ で，正の面積32と負の面積 $- 32$ が打ち消し合ったためである．台車は $t = 4$ で最大の速さ $16 m s^{- 1}$ になり，その後は減速する．

ポイントここまでのまとめ

ベクトルの時間積分は成分ごとに行う．力積は $I = \int F d t$ ．
一直線上では，力積は F-t グラフの面積で，時間軸より下は負．平均の力は $I / Δ t$ ．
外力がなければ全運動量は変わらない．分裂のように初めの運動量が $0$ なら，分裂後の運動量の和も $0$ ．
力が正から負へ変わる時刻（ $F = 0$ ）に，正の向きの速度は極大になる．速さの最大を調べるときは，速度の符号と区間の端点も確かめる．

03運動量と力積の演習

速度の符号と，選んだ系に働く外力を確かめながら解いてください．力積が分かることと，力の時間変化まで分かることを区別しましょう．

演習 1

オリジナル ★☆☆☆☆

質量 $0.20 kg$ の球が右向きに $12 m s^{- 1}$ で進み，手袋に受け止められて静止する．右向きを正とし，重力の影響は無視する．

球が受ける力積と，手袋が球から受ける力積を求めよ．
接触時間が $0.040 s$ と $0.12 s$ の場合の，球に働く平均の力を求めよ．

解答を見る

考え方 初めと終わりの運動量を順に書き，終わりから初めを引く．止める力の向きは，初速度と逆である．

初めの運動量は $0.20 \times 12 = 2.4 kg m s^{- 1}$ ，終わりは0である．球への力積は $I = 0 - 2.4 = - 2.4 N s$ ．作用反作用の力を同じ時間だけ積分するので，手袋への力積は $+ 2.4 N s$ である．
平均の力は $\bar{F} = I / Δ t$ だから，順に $- 60 N$ ， $- 20 N$ ．時間が3倍なら平均の大きさは3分の1になる．ただし最大の力はこの情報だけでは決まらない．手袋を引くことは必要な力積を減らす操作ではなく，同じ力積をより長い時間で与える操作である．

演習 2

オリジナル ★★☆☆☆

質量 $2.0 kg$ の台車が，滑らかな水平面上で初め右向きに $1.0 m s^{- 1}$ で動く．水平な力 $F$ は， $0 \leq t \leq 2.0 s$ で0から $4.0 N$ まで直線的に増え， $2.0 < t \leq 4.0 s$ では $- 2.0 N$ である．

各区間の力積と， $t = 2.0 s$ ， $4.0 s$ の速度を求めよ．
全区間の平均の力が0なら，台車は途中でも等速か．

**［図：正負の力積を読むグラフ］**
横軸t，縦軸Fのグラフ．0〜2秒は0から4 Nへの直線，2〜4秒は−2 Nの水平線．

解答を見る

考え方 時間軸より上と下の面積を符号付きで足す．力積が0であることは，その区間の両端で速度が同じであることを意味する．

前半は三角形なので $I_{1} = 4.0 \times 2.0 / 2 = 4.0 N s$ ．後半は負の長方形なので $I_{2} = - 2.0 \times 2.0 = - 4.0 N s$ となる．初めの運動量は $2.0 kg m s^{- 1}$ であるから， $2.0 v (2) = 2.0 + 4.0$ より $v (2) = 3.0 m s^{- 1}$ ．同様に $2.0 v (4) = 2.0 + 4.0 - 4.0$ より $v (4) = 1.0 m s^{- 1}$ ．
平均の力は $(I_{1} + I_{2}) / 4.0 = 0$ だが，前半は加速し後半は減速している．したがって等速ではない．運動量の変化を求めるときは，グラフの囲む面積の絶対値をすべて足してはいけない．

演習 3

オリジナル ★★☆☆☆

滑らかな水平面上の質量 $0.50 kg$ の円板の速度が，短い衝撃によって $(4.0, 0)$ から $(0, 3.0) m s^{- 1}$ に変わった．接触時間は $0.10 s$ とする．

力積の成分と大きさを求めよ．
平均の力の成分を求め，速さの差に質量を掛ける方法が使えない理由を述べよ．

**［図：直交する前後の速度］**
共通のx，y軸に衝撃前の右向き速度と衝撃後の上向き速度を示す．力積の矢印は描かない．

解答を見る

考え方 運動量はベクトルなので，各成分を引き算してから大きさを求める．初速度と終速度が直交しても，力積は終速度の向きだけにはならない．

$I = 0.50 {(0, 3.0) - (4.0, 0)} = (- 2.0, 1.5) N s$ ．大きさは $\sqrt{(- 2.0)^{2} + {1.5}^{2}} = 2.5 N s$ である．向きは左上で，負の $x$ 軸から上へ測る角 $θ$ は $\tan θ = 1.5 / 2.0$ を満たす．
$\bar{F} = I / 0.10 = (- 20, 15) N$ ．速さの差だけを使うと $0.50 (3.0 - 4.0) = - 0.50$ となり，向きを変えるための運動量変化を取り落とす．速さが等しくても向きが変われば力積は0ではないことが，この計算の要点である．

演習 4

オリジナル ★★★☆☆

水平右向きに速さ $V$ で飛ぶ質量 $3 m$ の物体が，瞬間的に質量 $m$ のAと質量 $2 m$ のBに分かれる．分裂直後のAの速度は地面に対して $(V, 2 V)$ である．分裂中の重力の力積は無視できる．

Bの速度と，Aが分裂によって受けた力積を求めよ．
分裂から時間 $τ$ 後の2片の相対位置を求めよ．両片は地面に当たらず，重力だけを受けるとする．

**［図：移動しながらの分裂］**
右向きに飛ぶ物体と分裂直後のA，B．Aの既知の斜め上向き速度だけを示し，Bの速度は描かない．

解答を見る

考え方 分裂の瞬間には2成分の運動量を保存し，その後は各片に同じ重力加速度が働くことを使う．

分裂前の運動量は $(3 m V, 0)$ である． $m (V, 2 V) + 2 m (v_{B x}, v_{B y}) = (3 m V, 0)$ から $v_{B} = (V, - V)$ ．Aになる部分は分裂前には速度 $(V, 0)$ だったので，Aへの力積は $m {(V, 2 V) - (V, 0)} = (0, 2 m V)$ ．Bへの力積が $(0, - 2 m V)$ となることも確かめられる．
分裂点を原点にとると，Aは $(V τ, 2 V τ - g τ^{2} / 2)$ ，Bは $(V τ, - V τ - g τ^{2} / 2)$ にある．AからBを引いた相対位置は $(0, 3 V τ)$ である．重力の項は差をとると消えるが，全体の鉛直運動量は重力のため時間とともに変わる．分裂の瞬間の保存と，その後の保存を混同しない．

演習 5

オリジナル ★★★☆☆

質量 $m$ の球が水平右向きの速度成分 $v_{x}$ ，鉛直下向きの速度成分の大きさ $w$ で滑らかな床に当たり，時間 $Δ t$ 後に鉛直上向き成分 $u$ で離れる．接触中も重力を含めて考える．

接触後の水平速度を求めよ．
床から球への鉛直力積と平均の垂直抗力を求めよ．
重力の力積を無視するための条件を， $u, w, g, Δ t$ で表せ．

**［図：床との衝突と鉛直の力］**
床へ斜めに入射し斜めに離れる球．既知の水平成分vx，鉛直成分w，uと，上向きのN，下向きのmgを描く．

解答を見る

考え方 運動量の変化に等しいのは合力の力積である．床の力だけを求めるときは，重力の力積を分けて書く．

床が滑らかなので水平方向の力積は0である．したがって接触後も水平速度は $v_{x}$ のままである．鉛直方向には床からの外力があるため，球だけの鉛直運動量は保存しない．
上向きを正とすると，運動量変化は $m {u - (- w)} = m (u + w)$ ．床からの力積を $I_{N}$ として $I_{N} - m g Δ t = m (u + w)$ ．よって $I_{N} = m (u + w) + m g Δ t$ ， $\bar{N} = m (u + w) / Δ t + m g$ である．
$g Δ t / (u + w)$ が1に比べて十分小さければよい．この比は質量に依存しない．短時間という言葉だけで省略せず，比較する運動量変化を明示することで近似の妥当性を判断できる．

ポイント教える人へ

速度の正方向を先に宣言させ，力積を終状態から初状態を引いて求めさせる．
グラフの正負の面積と，途中の加速・減速を対応させることが重要である．
外力の力積を無視する近似と，外力が厳密に0である条件を区別させる．
球と床のどちらを系に含めたかを問い，保存できる成分を説明させる．

04重心と質点系

問い

野球のバットを，回転させながら放り投げます．太い先端と細い持ち手が複雑にくるくる回って，全体の動きはいかにも複雑です．ところが，バットの上のある一点だけは，ボールを投げたときと同じように，なめらかな放物線を描いて飛ぶことが知られています．その点は，バットのどこにあるのでしょうか．

考えてみる

バットをばらばらの小さな部分に分け，それぞれが質点だと考えます．いちばん単純な場合として，質量 $m_{1}$ ， $m_{2}$ の2つの質点が，棒でつながれて空中を飛んでいるとします．棒の質量は無視できるとすると，棒が2つの質点に及ぼす力は，互いに逆向きで同じ大きさです．これを $f$ と $- f$ とおくと，重力だけが外力のとき，運動方程式は

m_{1} a_{1} = f + m_{1} g, m_{2} a_{2} = - f + m_{2} g

です．各質点の動きは棒の力 $f$ のせいで複雑になります．ところが，2式を足すと $f$ が消えて

m_{1} a_{1} + m_{2} a_{2} = (m_{1} + m_{2}) g

になります．位置の「質量で重みを付けた平均」 $r_{G} = \frac{m_{1} r_{1} + m_{2} r_{2}}{m_{1} + m_{2}}$ を時間で2回微分した加速度を $a_{G}$ とすると，左辺は $(m_{1} + m_{2}) a_{G}$ です．両辺を全質量 $m_{1} + m_{2}$ で割ると $a_{G} = g$ となり，この平均の位置は，ただの質点のように放物線を描くはずです．

重心

この「重みを付けた平均の位置」に名前を付けます．

定義重心

質量 $m_{1}, \dots, m_{n}$ の質点が位置 $r_{1}, \dots, r_{n}$ にあるとき，全質量を $M = \sum_{i} m_{i}$ として

r_{G} = \frac{\sum_{i} m_{i} r_{i}}{M} = \frac{m_{1} r_{1} + \dots + m_{n} r_{n}}{m_{1} + \dots + m_{n}}

を重心（質量中心）という．質量で重みを付けた位置の平均である．

2つの質点なら，重心は2点を結ぶ線分上にあり，質量の逆比に分ける点です．重いほうの近くに寄ります． $m_{1}$ と $m_{2}$ を結ぶ線分上で，重心から $m_{1}$ までの距離を $ℓ_{1}$ ， $m_{2}$ までを $ℓ_{2}$ とすると， $m_{1} ℓ_{1} = m_{2} ℓ_{2}$ が成り立ちます．てこのつり合いと同じ形です．たとえば $3 kg$ と $1 kg$ の質点が $4 m$ 離れていれば，重心は重いほうから $1 m$ ，軽いほうから $3 m$ の点です．質量の比 $3 : 1$ の逆比 $1 : 3$ に分けています．

**［図：質量による重み付け］**
質量の異なる2つの質点（大小の円）を棒でつなぎ，重心に支点を置いたてこのように描く．重い質点のほうが重心に近いことを示す．

重力が一様な場所では，物体をつり合わせる点（重力の合力の作用点）は重心と一致します．本書では，どちらも重心とよびます．

質点系の運動

質点が $n$ 個あるとします． $i$ 番目の質点が受ける力を，系の外から受ける力 $F_{i}$ （外力）と，ほかの質点 $j$ から受ける力 $f_{i j}$ （内力）に分けて，運動方程式を書きます．

m_{i} a_{i} = F_{i} + \sum_{j \neq i} f_{i j}

これを $i$ について全部足します．作用反作用の法則 $f_{i j} = - f_{j i}$ から，内力の和は対になって打ち消し合い， $0$ になります．左辺は，重心の定義を時間で2回微分すると $M a_{G}$ です．

定理重心の運動

M a_{G} = \sum_{i} F_{i}

重心は，全質量 $M$ をもつ1つの質点が，外力の合力を受けているかのように動く．内力は重心の運動に影響しない．

バットの問いに戻ります．投げたバットに働く外力は重力だけです（空気抵抗は無視します）．すると $a_{G} = g$ となり，回転の仕方によらず重心は必ず放物線を描きます．ほかの点は，一般には重心のまわりをくるくる回りながら，重心と一緒に運ばれていくので，放物線になるとは限りません．太い先端が重いバットでは，重心は先端寄りの，バランスをとれる点です．

**［図：回転するバットの重心軌道］**
投げ上げたバットを，一定時間おきのストロボ写真のように描く．各位置でバットが回転しているが，重心の点をつないだ軌跡はなめらかな放物線になっている．

運動量とのつながりも見ておきます．全運動量は $P = \sum_{i} m_{i} v_{i} = M v_{G}$ です．上の定理は $\frac{d P}{d t} = \sum_{i} F_{i}$ と同じ内容で，外力の合力が $0$ のときの運動量保存則を，質点系全体に広げたものです．

重心が動かない例

外力の合力が $0$ で，初めに静止していれば，重心は動きません．外力の合力のある向きの成分だけが0なら，初めにその向きの重心の速度が0であれば，重心のその向きの座標が変わりません．なめらかな氷の上で，人が長い板の上を歩く場合を考えます．水平方向の外力は無く，初め水平方向に静止しているので，系全体の重心の水平方向の位置は変わりません．人が右へ進むと，板は左へ動きますが，系全体の重心は初めの位置にとどまります．人と板の変位は逆向きで，その大きさ（動く距離）の比は質量の逆比です．人の歩き方（速さの変化）には関係しません．重心が動かないという条件だけで，最終的な位置が決まるのです．

**［図：人と板の重心は動かない］**
なめらかな氷上の板と，その上を右へ歩く人を，歩く前と歩いた後に分けて描く．重心の位置に印を付け，前後で同じ位置にあることを示す．

空中で破裂した花火の破片も同様です．破片は四方八方に飛びますが，その重心は，破裂しなかったときと同じ放物線を描き続けます（破片が地面にぶつかるまで）．

ポイントここまでのまとめ

重心 $r_{G} = \frac{\sum m_{i} r_{i}}{M}$ は，質量で重みを付けた位置の平均．2質点なら質量の逆比に分ける点．
質点系の運動方程式を足すと，内力は作用反作用で打ち消し合う．重心は $M a_{G} = \sum F_{i}$ （外力の合力）に従って動く．
全運動量は $M v_{G}$ ．外力の合力が $0$ なら重心は等速直線運動をし，初めに静止していれば動かない．
問いの答え：回転の仕方によらず放物線を描くのは重心．バットの太さや回転の仕方によらず，外力が重力だけなら重心は $a_{G} = g$ で運動する．

05重心の求め方

重心の定義は質量で重みを付けた平均です．この節では，和の記号と加重平均の扱いに慣れ，対称性や分割を使って，積分をしなくても重心を求める方法を身に付けます．

定理数学の道具：和の記号と加重平均

和の記号　 $\sum_{i = 1}^{n} a_{i} = a_{1} + a_{2} + \dots + a_{n}$ ．定数倍と和は外に出せる．

\sum_{i} (c a_{i} + b_{i}) = c \sum_{i} a_{i} + \sum_{i} b_{i}

加重平均　重み $w_{i}$ （正の数）をつけた値 $x_{i}$ の加重平均は $\bar{x} = \frac{\sum w_{i} x_{i}}{\sum w_{i}}$ ．重心は，重みが質量で値が位置の加重平均で，各成分に対して別々に計算する．

重心のまわりの和　重心からの位置を $r_{i}^{'} = r_{i} - r_{G}$ とおくと， $\sum m_{i} r_{i}^{'} = \sum m_{i} r_{i} - M r_{G} = 0$ ．重心を原点にとれば，質量で重みを付けた位置の和は0になる．

重心を求める3つの工夫

対称性：質量の分布が対称軸（面）に関して対称なら，重心はその軸（面）上にある．密度が一様な物体なら，外形が対称であれば十分．一様な棒の重心は中点．
分割：物体をいくつかの部分に分け，各部分の重心に部分の質量が集まっているとして，もう一度加重平均をとる．
穴あき：穴の部分を「負の質量」と見なして，全体との差を加重平均に入れる．

三角形の重心　一様な三角形を，辺 BC に平行な細い短冊に分ける．各短冊の重心は中点で，その点は頂点と対辺の中点を結ぶ中線上にある．分割の工夫から，三角形の重心は中線上にある．頂点を $r_{A}, r_{B}, r_{C}$ とすると，BC の中点は $r_{M} = \frac{r_{B} + r_{C}}{2}$ ．点

r_{G} = \frac{r_{A} + r_{B} + r_{C}}{3} = \frac{r_{A} + 2 r_{M}}{3}

は，A と M を結ぶ線分を $2 : 1$ に内分し，A，B，C について対称だから3本の中線すべての上にある．中線の交点は1つなので，これが重心である．

練習．

質量 $1 kg$ と $3 kg$ の質点が $x = 0$ と $x = 8 m$ にあるときの重心の位置を求めよ．
質量 $2, 1, 1 kg$ の質点が $(0, 0)$ ， $(6, 0)$ ， $(0, 6)$ （単位 $m$ ）にあるときの重心を求めよ．
長さ $2.0 m$ ，質量 $1.0 kg$ の一様な棒を $x = 0$ から $x = 2.0 m$ まで置き， $x = 2.0 m$ の端に質量 $3.0 kg$ の小球をつけた．全体の重心を求めよ．
一辺 $4$ の一様な正方形の板（頂点 $(0, 0)$ ， $(4, 0)$ ， $(4, 4)$ ， $(0, 4)$ ）から，一辺 $2$ の正方形（頂点 $(0, 0)$ ， $(2, 0)$ ， $(2, 2)$ ， $(0, 2)$ ）を切り取った．残りの板の重心を，穴を負の質量とみなして求めよ．
頂点が $(0, 0)$ ， $(6, 0)$ ， $(0, 3)$ （単位 $m$ ）の一様な三角形の板の重心を求めよ．

答え：(1) $x_{G} = \frac{1 \cdot 0 + 3 \cdot 8}{4} = 6 m$ ．重いほうに近い．　(2) $M = 4$ ， $x_{G} = \frac{2 \cdot 0 + 1 \cdot 6 + 1 \cdot 0}{4} = 1.5$ ， $y_{G} = \frac{0 + 0 + 6}{4} = 1.5$ ．よって $(1.5, 1.5) m$ ．　(3) 棒の重心は中点 $x = 1.0 m$ なので $x_{G} = \frac{1.0 \times 1.0 + 3.0 \times 2.0}{4.0} = 1.75 m$ ．　(4) 質量を面積に比例させると，板全体は $16$ （重心 $(2, 2)$ ），穴は $- 4$ （重心 $(1, 1)$ ）． $x_{G} = \frac{16 \times 2 - 4 \times 1}{16 - 4} = \frac{7}{3}$ ，対称性から $y_{G} = \frac{7}{3}$ ．重心は $(\frac{7}{3}, \frac{7}{3})$ で，穴と反対側へずれる．　(5) 頂点の位置の平均で $(\frac{0 + 6 + 0}{3}, \frac{0 + 0 + 3}{3}) = (2, 1) m$ ．

例題

例題 1

オリジナル ★★☆☆☆

地球の質量は月の質量の約81倍，地球の中心と月の中心の距離は $3.84 \times 10^{5} km$ である．地球と月を2つの質点と見なす．

**［図：地球と月の配置］**
地球と月の中心を結ぶ配置図．求める重心の位置は示さない．

地球の中心から測った，地球と月の重心までの距離を求めよ．
地球の半径 $6.4 \times 10^{3} km$ と比べて，重心は地球の内側か外側か．

解答を見る

考え方 地球の中心を原点とする．地球の質量を $81 m$ ，月の質量を $m$ とおく．

月の位置を $x = D = 3.84 \times 10^{5} km$ として

x_{G} = \frac{81 m \cdot 0 + m \cdot D}{82 m} = \frac{D}{82} \approx 4.7 \times 10^{3} km

$4.7 \times 10^{3} < 6.4 \times 10^{3}$ なので，重心は地球の内側にある．地球と月は，この共通の重心のまわりを回っており，地球の中心も重心のまわりで小さく動いている．

例題 2

オリジナル ★★☆☆☆

なめらかな氷の上に，質量 $180 kg$ ，長さ $6.0 m$ の一様な板が静止している．板の左端に，質量 $60 kg$ の人が立っている．人が板の上を右端まで歩いたとき，氷に対して，板と人はそれぞれ何 $m$ 動くか．右向きを正とする．

**［図：板の左端から右端へ］**
氷上の板の左端に人が立つ図と，右端に着いた図を上下に並べて描く．板の長さを表す記号だけ書き，求める変位は描かない．

解答を見る

考え方 水平方向の外力はないので，人と板の重心は動かない．板の変位を $X$ ，人の変位を $x$ とする．

重心が動かないので $60 x + 180 X = 0$ ，つまり $x = - 3 X$ ．人は板に対して $6.0 m$ 右へ進んだので， $x - X = 6.0$ ．代入して $- 4 X = 6.0$ ，よって

X = - 1.5 m, x = + 4.5 m

である．板は左へ $1.5 m$ ，人は右へ $4.5 m$ 動く．変位の比は質量の逆比 $3 : 1$ になっている．人が走っても歩いても結果は同じである．

例題 3

オリジナル ★★★☆☆

厚さが一様で半径 $R$ の円板から，中心Oから $R / 2$ だけ離れた点を中心とする半径 $R / 2$ の円を切り抜いた．残った板の重心は，Oからどちら向きにいくら離れた位置にあるか．

**［図：円板から切り取る円形の穴］**
半径Rの円板と，その内側に接する半径R/2の円形の穴を描く．中心Oと穴の中心を通る直線を引く．求める重心の位置は描かない．

解答を見る

考え方 切り抜く前の円板（重心はO）を，「残った板」と「切り抜いた円」の2つに分けて考える．質量は面積に比例する．

面積比は，元の円板 $π R^{2}$ ，切り抜いた円 $π (R / 2)^{2} = \frac{1}{4} π R^{2}$ ，残った板 $\frac{3}{4} π R^{2}$ ．穴の中心の方向を $x$ 軸の正の向きとする．残った板の重心を $x_{0}$ とすると，円板全体の重心がOであることから

\frac{3}{4} x_{0} + \frac{1}{4} \cdot \frac{R}{2} = 0

を得る．よって $x_{0} = - \frac{R}{6}$ ．重心は，Oから穴と反対向きに $R / 6$ だけ離れた位置にある．

ポイントここまでのまとめ

加重平均 $\bar{x} = \sum w_{i} x_{i} / \sum w_{i}$ で，重心は成分ごとに計算する．重心まわりの $\sum m_{i} r_{i}^{'}$ は $0$ ．
対称性，分割，穴あき（負の質量）を使えば，積分なしで重心が求まる．三角形の重心は $(r_{A} + r_{B} + r_{C}) / 3$ ．
水平方向の外力が無く，初め水平方向に静止していれば，重心の水平方向の位置は動かない．人と板の変位の比は質量の逆比．

06重心と質点系の演習

まず重心の位置を求め，次に重心の運動を追ってみましょう．重心が動かないと言えるのは，外力だけでなく初めの速度も条件を満たす場合です．

演習 1

オリジナル ★☆☆☆☆

一直線上の $x = 0, a, 3 a$ に，それぞれ質量 $m, 2 m, m$ の質点を置く． $a > 0$ とする．

重心の位置を求めよ．
すべての質点を右へ $b$ だけ移すと重心はどうなるか．また中央の質点だけを取り除いた場合の重心を求めよ．

**［図：3質点の配置］**
x軸上の0，a，3aに質量m，2m，mの質点を描く．重心は描かない．

解答を見る

考え方 質量を重みとした平均をとる．座標の平均と一致するのは，質量がすべて等しい場合に限られる．

全質量は $4 m$ であるから， $x_{G} = {m \cdot 0 + 2 m \cdot a + m \cdot 3 a} / (4 m) = 5 a / 4$ ．中央の質点が重いので，両端だけの重心 $3 a / 2$ より中央の $a$ に寄る．
分子に加わる量は $m b + 2 m b + m b = 4 m b$ なので， $x_{G}^{'} = 5 a / 4 + b$ となる．重心も物体と同じだけ移る．中央を取り除けば残る全質量は $2 m$ となり， $x_{G}^{″} = (0 + 3 m a) / (2 m) = 3 a / 2$ である．取り除く前の分母 $4 m$ を使い続けてはいけない．重心は選んだ物体の集まりに対して定義される量である．

演習 2

オリジナル ★★☆☆☆

一様な細い針金を直角に曲げ，原点Oから $x$ 軸に沿う長さ $2 a$ の部分と， $y$ 軸に沿う長さ $a$ の部分を作る．線密度はどちらも同じである．

針金全体の重心を求めよ．
短い部分の自由端に，短い部分と同じ質量の小球を付けると，重心はどこに移るか．

**［図：直角に曲げた針金］**
直角に曲げた針金をx，y軸上に描き，横の長さ2a，縦の長さaと，小球を付ける上端を示す．

解答を見る

考え方 各直線部分の重心を中点に置き，各部分を質点としてまとめる．一様な針金の質量は長さに比例する．

短い部分の質量を $m$ とおけば，長い部分は $2 m$ ．重心はそれぞれ $(a, 0)$ ， $(0, a / 2)$ にあるので

x_{G} = \frac{2 m a}{3 m} = \frac{2 a}{3}, y_{G} = \frac{m (a / 2)}{3 m} = \frac{a}{6}

となる．重心が針金そのものの上に無くても矛盾しない．

小球の位置は $(0, a)$ ，全質量は $4 m$ である．したがって $x_{G}^{'} = 2 m a / (4 m) = a / 2$ ， $y_{G}^{'} = {m a / 2 + m a} / (4 m) = 3 a / 8$ ．追加した小球の方へ重心が移る．2つの部分の中点を単純に平均する方法では長さの違いを反映できず，(1)から誤った位置になる．

演習 3

オリジナル ★★☆☆☆

質量 $M$ ，長さ $L$ の一様な板が，滑らかな水平面上で静止している．質量 $m$ の人が左端から板の中央まで歩き，そこで止まる．人の大きさは無視する．

板と人の地面に対する変位を求めよ．
歩行中のある瞬間，人の板に対する速度が右向きに $w$ であるとき，板と人の地面に対する速度を求めよ．

**［図：板の中央まで歩く人］**
初めに板の左端にいる人と，歩行の目的地である中央を示す．長さLのみ寸法を入れる．

解答を見る

考え方 水平外力が0で，全体は初め静止しているので，水平の重心位置は一定である．人が歩く距離は板に対する距離である．

板の変位を $X$ ，人の変位を $x$ とする．重心一定から $M X + m x = 0$ ，相対変位から $x - X = L / 2$ ．後者を前者に入れると $(M + m) X = - m L / 2$ なので

X = - \frac{m L}{2 (M + m)}, x = \frac{M L}{2 (M + m)}

である．板は左へ動くため，人が地面に対して進む距離は $L / 2$ より短い．

板の速度を $V$ ，人の速度を $v$ とすると， $M V + m v = 0$ ， $v - V = w$ ．よって $V = - m w / (M + m)$ ， $v = M w / (M + m)$ ．歩き出しや停止のときには内力で互いの速度が変わるが，この2式はその瞬間にも成り立つ．最後に人が板上で止まれば両者の速度は共通になり，全運動量0から地面に対しても止まる．

演習 4

オリジナル ★★★☆☆

一辺 $2 a$ の一様な正方形の薄板から，右上の一辺 $a$ の正方形を切り取る．元の板の左下を原点とし，右を $x$ ，上を $y$ とする．

残るL字形の板の重心を求めよ．
切り取った小板を回転させず，その重心が $(- a / 2, 3 a / 2)$ に来るように左側へ接合したとき，全体の重心を求めよ．

**［図：切り取りと接合］**
元の正方形と右上の切り取り部を破線で示し，左側の接合位置も別の破線で示す．座標原点とaの寸法を入れる．

解答を見る

考え方 切り取る操作は元の板から小板の質量と位置の積を引く計算で表せる．接合後はそれを新しい位置で足し戻す．

一辺 $a$ の小板の質量を $m$ とする．元の板は質量 $4 m$ ，重心 $(a, a)$ ．穴に相当する部分は重心 $(3 a / 2, 3 a / 2)$ なので，残る質量 $3 m$ の重心は

x_{G} = y_{G} = \frac{4 m a - m (3 a / 2)}{3 m} = \frac{5 a}{6}

である．穴を負の質量として計算しても，実際に残る物体の質量は正である．

質量は $4 m$ に戻る． $x_{G}^{'} = {3 m (5 a / 6) - m a / 2} / (4 m) = a / 2$ ， $y_{G}^{'} = {3 m (5 a / 6) + 3 m a / 2} / (4 m) = a$ ．小板を水平方向に $- 2 a$ 移したので，全体の重心の変位は $(m / 4 m) (- 2 a) = - a / 2$ であり，元の $x = a$ からの変化とも一致する．

演習 5

オリジナル ★★★☆☆

質量 $m$ のAと質量 $2 m$ のBが，滑らかな水平面上で相互作用しながら動く．時刻0で重心は原点にあり，全運動量は $3 m V$ で右向きである．時刻0以降，Aにだけ右向きの一定の外力 $F$ を加える．

時刻 $t$ の重心位置と全運動量を求めよ．
その時刻にAの位置が $x_{A} = V t + F t^{2} / (2 m)$ と測定されたとき，Bの位置を求めよ．
内力が不明でも(1)が解ける理由と，重心を静止と置けない理由を述べよ．

**［図：Aだけに加える外力］**
水平面上のAとBを描き，Aにだけ右向きの外力Fを赤い矢印で示す．

解答を見る

考え方 2物体の運動方程式を足せば内力が消える．ただし外力は消えず，初めの重心速度も残る．

$3 m a_{G} = F$ で加速度は一定である．初期速度は全運動量を全質量で割った $V$ なので， $x_{G} = V t + F t^{2} / (6 m)$ ．全運動量は $P = 3 m {\dot{x}}_{G} = 3 m V + F t$ で，外力の力積 $F t$ だけ増える．
重心の定義から $3 m x_{G} = m x_{A} + 2 m x_{B}$ ．したがって

x_{B} = \frac{3 x_{G} - x_{A}}{2} = V t

となる．この観測時刻の位置関係を求めるのに，相互作用の詳しい時間変化は不要である．一時刻の位置だけから途中の内力が常に0だったとは断定できない．

内力は等大逆向きなので和が0となるが，Aに加わる $F$ は外力であり打ち消す相手が系内にない．また $F = 0$ としても， $V \neq 0$ なら重心は等速で動く．外力0だけから重心静止とは言えない．

ポイント教える人へ

重心の定義の分子と分母を別々に書かせ，物体を除いたときの全質量に注意させる．
板上の距離と地面に対する距離を，別の記号で説明させることが有効である．
重心が物体の外に出てもよいことを，曲がった針金で確かめる．
外力0なら等速，さらに初期運動量0なら静止，という条件の順序を確認させる．

07衝突

問い

ビリヤードで，止まっている的球に手球を正面からまっすぐ当てると，手球はぴたりと止まって，的球だけが走り出すことがあります．2つの球は同じ質量なので，手球が少し前に進み続けても，的球が少し後ろに跳ね返されても，おかしくなさそうです．なぜ，手球だけが止まるのでしょうか．

考えてみる

まず，この章の最初に学んだ運動量保存則を使います．質量 $m$ の手球が速さ $v$ で進み，静止している質量 $m$ の的球に当たり，衝突後の速度が $u_{1}$ ， $u_{2}$ になったとします．外力はないので

m v = m u_{1} + m u_{2}, つまり u_{1} + u_{2} = v

です．手球が止まる $(u_{1}, u_{2}) = (0, v)$ はこれを満たします．ところが， $(v / 2, v / 2)$ も， $(- v / 4, 5 v / 4)$ も満たします．運動量保存則は，未知数2つに式が1つなので，これだけでは結果が決まりません．

実際，粘土の球どうしなら，くっついて $(v / 2, v / 2)$ になります．鋼の球なら，ほとんどはね返ります．衝突の結果を決めるには，「どれだけはね返るか」という情報があと1つ要ります．衝突する2つの物体の組み合わせで決まるその値は，たとえばボールを床へ高い所から落として，はね返る高さを測れば分かります（ボールと床の組み合わせの値です）．実際の値は衝突の速さにも少し依存しますが，本節では衝突ごとに一定の値として扱います．

反発係数

衝突前に近づく速さと，衝突後に離れる速さの比で，はね返り方を表します．

定義反発係数

物体1，2の衝突前の速度を $v_{1}$ ， $v_{2}$ ，衝突後を $u_{1}$ ， $u_{2}$ とする．直線上の衝突で

e = - \frac{u_{1} - u_{2}}{v_{1} - v_{2}}

を反発係数（はね返り係数）という．離れる相対速度と近づく相対速度の大きさの比で， $0 \leq e \leq 1$ ．

$e = 1$ のときを弾性衝突， $0 < e < 1$ を非弾性衝突， $e = 0$ を完全非弾性衝突といいます．完全非弾性衝突では $u_{1} = u_{2}$ で，2つはくっついて一体で動きます．

運動量保存則と反発係数の式は，未知数 $u_{1}, u_{2}$ の連立方程式です．解くと次のようになります（解き方は次の節で見ます）．

法則 1次元衝突の一般解

質量 $m_{1}, m_{2}$ ，衝突前の速度 $v_{1}, v_{2}$ ，反発係数 $e$ のとき，

u_{1} = v_{1} - \frac{(1 + e) m_{2}}{m_{1} + m_{2}} (v_{1} - v_{2}), u_{2} = v_{2} + \frac{(1 + e) m_{1}}{m_{1} + m_{2}} (v_{1} - v_{2})

である．

これを問いに当てはめます． $m_{1} = m_{2} = m$ ， $v_{1} = v$ ， $v_{2} = 0$ ， $e = 1$ とすると， $u_{1} = v - \frac{2 m}{2 m} v = 0$ ， $u_{2} = 0 + \frac{2 m}{2 m} v = v$ です．質量が等しい球の弾性衝突では，速度が入れ替わります．手球が止まり，的球が手球の速度を受け取るのは，このためです．

**［図：等質量球の速度交換］**
同じ質量の2つの球が一直線上にある様子を，衝突前（左の球だけ矢印が付く）と衝突後（右の球だけ矢印が付く）に分けて描く．矢印の長さは同じにする．

質量が違うと結果は変わります．質量 $2 m$ の球が速さ $v$ で，静止している質量 $m$ の球に弾性衝突すると，一般解から $u_{1} = \frac{v}{3}$ ， $u_{2} = \frac{4 v}{3}$ です．重い球は止まらずに進み続け，軽い球は元の速さの $\frac{4}{3}$ 倍で飛び出します．

ほかの極端な場合も見ておきます． $e = 0$ なら $u_{1} = u_{2} = \frac{m_{1} v_{1} + m_{2} v_{2}}{m_{1} + m_{2}}$ で，運動量保存則から出る一体の速度です．また，壁や床のように $m_{2}$ が非常に大きく止まっているとき， $u_{2} \approx 0$ なので $u_{1} = - e v_{1}$ です．壁や床に垂直に当たるボールは，速さを $e$ 倍にして，逆向きにはね返ります．

衝突でなくなるもの

弾性でない衝突では，運動量は保存するのに，何かが減っています．運動の勢いを表す量として，速さの2乗に比例する $\frac{1}{2} m v^{2}$ の和を見てみます．

先の一般解から計算すると，衝突による $\frac{1}{2} m_{1} v_{1}^{2} + \frac{1}{2} m_{2} v_{2}^{2}$ の変化は

- \frac{1 - e^{2}}{2} \cdot \frac{m_{1} m_{2}}{m_{1} + m_{2}} (v_{1} - v_{2})^{2}

になります． $e = 1$ （弾性衝突）ならこの量は変わらず， $e < 1$ なら減ります． $e = 0$ で最も減り，その分は熱や音や物体の変形に使われます．運動量は保存しても，この量は保存するとは限りません．

2次元の衝突

平面での衝突は，運動量保存則がベクトルなので，成分ごとに考えます．ここでは，なめらかな球や円板どうしの衝突を扱います．衝突で働く力は接触点で面に垂直な向き（中心を結ぶ向き，これを法線とよびます）だけで，力は各物体の中心を通るので，回転は変わりません．したがって，

法線に垂直な成分（接線成分）：力が働かないので，各物体で変わらない．
法線方向の成分：1次元の衝突として，一般解をそのまま使える（回転の変化を考えなくてよい球や円板のとき）．

静止したなめらかな壁に斜めに当たるボールも同じで，壁に平行な成分は保ち，壁に垂直な成分だけが $- e$ 倍されます．

**［図：法線成分と接線成分］**
なめらかな2つの円板が斜めに衝突する瞬間の図．中心を結ぶ法線方向と，それに垂直な接線方向の2本の軸を引き，衝突前の速度を2成分に分けて示す．

ポイントここまでのまとめ

運動量保存則だけでは，衝突後の2つの速度は決まらない．はね返り方を表す反発係数 $e = - \frac{u_{1} - u_{2}}{v_{1} - v_{2}}$ が必要である．
$e = 1$ が弾性衝突， $e = 0$ が完全非弾性衝突（一体になる）．一般解は $u_{1} = v_{1} - \frac{(1 + e) m_{2}}{m_{1} + m_{2}} (v_{1} - v_{2})$ など．
外力の力積が無視できる衝突で運動量は保存するが， $e < 1$ では速さの2乗に比例する量の和は減る．
2次元では，法線方向を1次元の衝突として扱い，接線方向の成分は（なめらかなら）変わらない．
問いの答え：質量が等しい球の正面の弾性衝突（ $e \approx 1$ ）では速度が入れ替わるので，手球が止まり，的球が手球の速度で動き出す．

08衝突の計算

この節では，前の節の一般解の導き方と，重心から見ると衝突が簡単になることを学びます．

定理数学の道具：連立方程式の解き方と重心系

連立方程式　衝突前の速度を $v_{1}, v_{2}$ ，衝突後を $u_{1}, u_{2}$ とする．

(A) m_{1} u_{1} + m_{2} u_{2} = m_{1} v_{1} + m_{2} v_{2}, (B) u_{1} - u_{2} = - e (v_{1} - v_{2})

和と差で解く．(B) に $m_{2}$ をかけて (A) に足すと $u_{2}$ が消える．

(m_{1} + m_{2}) u_{1} = m_{1} v_{1} + m_{2} v_{2} - e m_{2} (v_{1} - v_{2})

これを整理すると $u_{1} = v_{1} - \frac{(1 + e) m_{2}}{m_{1} + m_{2}} (v_{1} - v_{2})$ ．(B) から $u_{2} = u_{1} + e (v_{1} - v_{2})$ として $u_{2}$ も得られる．

重心系　衝突の前後で，重心の速度 $V = \frac{m_{1} v_{1} + m_{2} v_{2}}{m_{1} + m_{2}}$ は変わらない（外力がないとき）．重心から見た速度を $v_{i}^{*} = v_{i} - V$ と書くと，定義から

m_{1} v_{1}^{*} + m_{2} v_{2}^{*} = 0, m_{1} u_{1}^{*} + m_{2} u_{2}^{*} = 0

である．重心系では運動量の和が衝突前も後も $0$ で，(B) は $u_{1}^{*} - u_{2}^{*} = - e (v_{1}^{*} - v_{2}^{*})$ となる． $v_{2}^{*} = - \frac{m_{1}}{m_{2}} v_{1}^{*}$ と $u_{2}^{*} = - \frac{m_{1}}{m_{2}} u_{1}^{*}$ を代入すると $u_{1}^{*} = - e v_{1}^{*}$ ，同様に $u_{2}^{*} = - e v_{2}^{*}$ を得る．

1次元の衝突を重心から見ると，各物体の速度は向きが逆になり，大きさが $e$ 倍になる． 元の系では $V$ を足して，

u_{i} = V + u_{i}^{*} = (1 + e) V - e v_{i}

である．一般解より計算が楽である．

練習．

$m_{1} = 2 kg$ ， $m_{2} = 1 kg$ ， $v_{1} = 3 m s^{- 1}$ ， $v_{2} = 0$ ， $e = 0.5$ のとき， $u_{1}, u_{2}$ を重心系の方法で求めよ．
$e = 0$ なら $u_{1} = u_{2} = V$ となることを示せ．
$m_{1} = 1.0 kg$ ， $m_{2} = 3.0 kg$ ， $v_{1} = 4.0 m s^{- 1}$ ， $v_{2} = 0$ ， $e = 1$ のとき， $u_{1}, u_{2}$ を求め，運動エネルギーの和 $\frac{1}{2} m_{1} v_{1}^{2} + \frac{1}{2} m_{2} v_{2}^{2}$ が衝突の前後で等しいことを確かめよ．
$m_{1} = m_{2}$ ， $e = 1$ なら，2つの物体は速度を交換することを示せ．
$m_{1} = 1.0 kg$ ， $m_{2} = 3.0 kg$ ， $v_{1} = 5.0 m s^{- 1}$ ， $v_{2} = - 3.0 m s^{- 1}$ （向かい合って進む）， $e = 1$ のとき， $V$ と $u_{1}, u_{2}$ を求めよ．

答え：(1) $V = 2 m s^{- 1}$ ． $u_{1} = 1.5 \cdot 2 - 0.5 \cdot 3 = 1.5$ ， $u_{2} = 1.5 \cdot 2 - 0.5 \cdot 0 = 3$ （いずれも $m s^{- 1}$ ）．運動量は $2 \cdot 1.5 + 1 \cdot 3 = 6$ で衝突前と一致する．　(2) $u_{i} = V - 0 \cdot v_{i} = V$ で，2つは一体となって動く．　(3) $V = \frac{4.0}{4.0} = 1.0 m s^{- 1}$ ， $u_{1} = 2 \times 1.0 - 4.0 = - 2.0 m s^{- 1}$ （はね返る）， $u_{2} = 2 \times 1.0 - 0 = 2.0 m s^{- 1}$ ．運動エネルギーは前 $\frac{1}{2} \times 1.0 \times {4.0}^{2} = 8.0 J$ ，後 $\frac{1}{2} \times 1.0 \times {2.0}^{2} + \frac{1}{2} \times 3.0 \times {2.0}^{2} = 2.0 + 6.0 = 8.0 J$ で等しい．　(4) $V = \frac{v_{1} + v_{2}}{2}$ なので $u_{1} = 2 V - v_{1} = v_{2}$ ， $u_{2} = 2 V - v_{2} = v_{1}$ ．　(5) $V = \frac{1.0 \times 5.0 + 3.0 \times (- 3.0)}{4.0} = - 1.0 m s^{- 1}$ ， $u_{1} = 2 V - v_{1} = - 7.0 m s^{- 1}$ ， $u_{2} = 2 V - v_{2} = 1.0 m s^{- 1}$ ．

例題

例題 1

オリジナル ★★☆☆☆

なめらかな水平面上で，質量が等しい小球AとBが，A は右向きに $5.0 m s^{- 1}$ ，B は左向きに $3.0 m s^{- 1}$ で正面衝突する．右向きを正とする．

**［図：向かい合う2球］**
一直線上でAが右向き，Bが左向きに近づく衝突前の図を描く．矢印の向きだけ示す．

反発係数が $e = 1$ のとき，衝突後の速度を求めよ．
反発係数が $e = 0.6$ のとき，衝突後の速度を求めよ．

解答を見る

考え方 重心の速度 $V$ を求め， $u_{i} = (1 + e) V - e v_{i}$ を使う．

$V = \frac{5.0 + (- 3.0)}{2} = 1.0 m s^{- 1}$ ． $u_{A} = 2 \cdot 1.0 - 5.0 = - 3.0$ ， $u_{B} = 2 \cdot 1.0 + 3.0 = 5.0$ （ $m s^{- 1}$ ）．速度が入れ替わる．
$u_{A} = 1.6 \cdot 1.0 - 0.6 \cdot 5.0 = - 1.4$ ， $u_{B} = 1.6 \cdot 1.0 + 0.6 \cdot 3.0 = 3.4$ （ $m s^{- 1}$ ）．相対速度は $- 4.8 = - 0.6 \cdot 8.0$ で，反発係数の式に合う．

例題 2

オリジナル ★★☆☆☆

床から高さ $1.6 m$ のところから，ボールを静かに落とした．床に当たってはね返り，最高点の高さは $0.90 m$ になった．重力加速度を $9.8 m s^{- 2}$ とし，空気の抵抗は無視する．

**［図：落下と最初のはね返り］**
出発高さと最初のはね返りを別々の縦線で示す．2回目以後の未知の高さは示さない．

ボールと床の間の反発係数 $e$ を求めよ．
2回目のはね返りの最高点の高さを求めよ．

解答を見る

考え方 床は動かず， $v_{2} = 0$ ， $u_{2} = 0$ である．水平な床への鉛直方向の衝突なので，直前と直後の速さの比が $e$ になる．高さと速さの関係は $v^{2} = 2 g h$ ．

衝突直前の速さを $v$ ，直後の速さを $u$ とすると， $v = \sqrt{2 g \cdot 1.6}$ ， $u = \sqrt{2 g \cdot 0.90}$ ．

e = \frac{u}{v} = \sqrt{\frac{0.90}{1.6}} = \frac{3}{4} = 0.75

1回目の最高点 $0.90 m$ から落ちる．速さが $e$ 倍になれば高さは $e^{2}$ 倍で，

h_{2} = e^{2} \times 0.90 = 0.5625 \times 0.90 \approx 0.51 m

である．

例題 3

オリジナル ★★★☆☆

なめらかな水平面上で，質量 $m$ の円板Aが速さ $v$ で進み，静止している同じ質量の円板Bに衝突する．円板どうしの接触もなめらかで，接線方向の力積はない．衝突の瞬間，2つの中心を結ぶ直線（法線）は，Aの進行方向と $30^{\circ}$ の角をなす．

**［図：30度の法線をもつ接触］**
円板Aが右へ進み，静止した円板Bに衝突する瞬間を描く．中心を結ぶ法線と，Aの進行方向のなす角30°を示す．衝突後の速度は描かない．

反発係数が $1$ のとき，衝突後の A と B の速度の向きと大きさを求めよ．
反発係数が $0.5$ のとき，A の衝突後の速さを求めよ．

解答を見る

考え方 法線方向を $n$ ，それに垂直な方向を $t$ にとる． $t$ 成分は力が働かないので変わらない． $n$ 成分は1次元の衝突として扱う．

Aの初めの速度は $v_{n} = v \cos 30^{\circ} = \frac{\sqrt{3}}{2} v$ ， $v_{t} = v \sin 30^{\circ} = \frac{v}{2}$ ．Bは静止している．

等質量の弾性衝突なので， $n$ 成分は入れ替わり，A： $0$ ，B： $\frac{\sqrt{3}}{2} v$ ． $t$ 成分は A： $\frac{v}{2}$ ，B： $0$ のまま．よって A は法線に垂直な向きに速さ $\frac{v}{2}$ ，B は法線の向きに速さ $\frac{\sqrt{3}}{2} v$ で動き，2つの向きは直角をなす．
$n$ 成分について， $V = \frac{1}{2} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} v = \frac{\sqrt{3}}{4} v$ ． $u_{A n} = (1 + e) V - e v_{n} = 1.5 \cdot \frac{\sqrt{3}}{4} v - 0.5 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} v = \frac{\sqrt{3}}{8} v$ ． $t$ 成分は $\frac{v}{2}$ のままなので，

u_{A} = \sqrt{{(\frac{\sqrt{3}}{8} v)}^{2} + {(\frac{v}{2})}^{2}} = \frac{\sqrt{19}}{8} v \approx 0.54 v

である．

ポイントここまでのまとめ

衝突の連立方程式は，運動量保存則 (A) と反発係数の式 (B) を和と差でまとめて解く．
1次元の衝突を重心系で見ると，各物体の速度が逆向きの $e$ 倍になる．元の系では $u_{i} = (1 + e) V - e v_{i}$ （ $V$ は重心の速度）．
静止した壁や床への垂直な衝突は，速さが $e$ 倍になる．鉛直に落としたボールが床ではね返るときは，高さが $e^{2}$ 倍ずつ減る．斜めの衝突では接線成分は変わらず，垂直成分だけが $e$ 倍になる．
2次元の衝突は，法線成分を1次元の衝突として解き，接線成分はそのまま残す．

09衝突の演習

運動量保存と反発係数の式を組にして使いましょう．斜めの衝突では，接触面に垂直な成分と平行な成分を分けてください．

演習 1

オリジナル ★☆☆☆☆

滑らかな水平面上で，質量 $m$ の球Aが右向きに速さ $v$ で進み，静止した同質量の球Bと正面衝突する．反発係数は $e = 1 / 2$ である．

衝突後の速度を求めよ．
各球が受ける力積を求めよ．

**［図：静止球への正面衝突］**
Aと静止したBを並べ，Aの入射速度vだけを描く．

解答を見る

考え方 右向きを正とし，未知の速度を $u_{A}, u_{B}$ とする．運動量だけでは未知数が2つ残るので，相対速度の式を加える．

運動量保存から $u_{A} + u_{B} = v$ ，反発係数から $u_{B} - u_{A} = v / 2$ ．足して $2 u_{B} = 3 v / 2$ となり， $u_{B} = 3 v / 4$ ， $u_{A} = v / 4$ ．両球とも右向きに進むが，Bの方が速いので衝突後は離れる．
Aへの力積は $m (v / 4 - v) = - 3 m v / 4$ ，Bへの力積は $m (3 v / 4 - 0) = 3 m v / 4$ ．和は0であり作用反作用と一致する．反発係数が0なら共通速度 $v / 2$ ，1なら速度交換となるので，今回の答えが両者の間にあることも確認できる．

演習 2

オリジナル ★★☆☆☆

質量 $2 m$ のAが右向きに $3 v$ ，質量 $m$ のBが左向きに $v$ で進み，滑らかな水平面上で正面衝突する．反発係数を $1 / 2$ とする．

重心速度を求め，重心系を使って衝突後の地面に対する速度を求めよ．
衝突後にAとBはどちら向きに離れるか．

**［図：異なる質量の正面衝突］**
左のAの右向き速度3vと，右のBの左向き速度vを示す．質量は2mとmとする．

解答を見る

考え方 重心系へ移すには両方の速度から同じ重心速度を引く．1次元衝突では，その速度を $- e$ 倍してから元に戻せる．

$V = {2 m (3 v) + m (- v)} / (3 m) = 5 v / 3$ ．初めの重心系での速度はAが $4 v / 3$ ，Bが $- 8 v / 3$ ．衝突後はAが $- 2 v / 3$ ，Bが $4 v / 3$ であるから，地面系では $u_{A} = 5 v / 3 - 2 v / 3 = v$ ， $u_{B} = 5 v / 3 + 4 v / 3 = 3 v$ となる．
Aは左側，Bは右側にあり，ともに右へ進む．右のBが速いため間隔が広がる．重心系ではAは左，Bは右へ動くが，地面系で逆向きに動く必要はない．運動量は衝突後も $2 m v + 3 m v = 5 m v$ ，離れる速さは $2 v$ で，近づく速さ $4 v$ の半分となる．

演習 3

オリジナル ★★☆☆☆

球を床から高さ $h$ で静かに放すと，滑らかな固定床ではね返った後，高さ $h / 4$ まで上がった．空気抵抗を無視し，以後も反発係数は同じとする．

反発係数を求めよ．
2回目のはね返りの最高点と，1回目から2回目の床との衝突までの時間を求めよ．

**［図：高さから調べる反発］**
床から高さhの出発点と，最初の反発で高さh/4に達する球を別の縦線で示す．未知の2回目の高さは描かない．

解答を見る

考え方 自由落下と鉛直投げ上げの等加速度運動を使う．高さの比がそのまま反発係数になるわけではない．

衝突直前の速さは $v = \sqrt{2 g h}$ ．直後の速さを $u$ とすれば，上昇中は $0 = u^{2} - 2 g (h / 4)$ なので $u = \sqrt{g h / 2}$ ．よって $e = u / v = 1 / 2$ である．
次も速さが半分になるので，上がる高さはさらに4分の1の $h / 16$ になる．1回目の床との衝突直後から最高点までの時間は $u / g$ ，戻る時間も同じである．したがって求める時間は $2 u / g = \sqrt{2 h / g}$ ．初めに放してから最初の衝突までの時間も偶然同じ値になるが，それは今回 $e = 1 / 2$ だからである．一般には衝突間隔は直前の落下時間の $2 e$ 倍になる．

演習 4

オリジナル ★★★☆☆

滑らかな固定された鉛直壁が $y$ 軸に平行にある．質量 $m$ の円板が水平面上で壁へ速度 $(3 v, 4 v)$ で入射する．壁は円板の右側にあり，反発係数は $1 / 2$ とする．

衝突後の速度と，壁から受ける力積を求めよ．
速さの2乗に比例する量 $Q = \frac{1}{2} m {| v |}^{2}$ の減少量を求めよ．

**［図：壁に斜めに入射する円板］**
上から見た壁と入射円板．x軸を壁へ向け，入射速度の成分3v，4vを示す．反射方向は描かない．

解答を見る

考え方 壁が滑らかなので力積は壁の法線方向だけである．反発係数を速度ベクトル全体に掛けない．

法線方向は $x$ 方向なので $u_{x} = - 3 v / 2$ ．接線方向は変わらず $u_{y} = 4 v$ ．したがって $u = (- 3 v / 2, 4 v)$ ，速さは $\sqrt{73} v / 2$ ．力積は $m {u - (3 v, 4 v)} = (- 9 m v / 2, 0)$ で，壁に垂直である．
前後の量は $Q_{0} = 25 m v^{2} / 2$ ， $Q_{1} = 73 m v^{2} / 8$ であり，減少量は $Q_{0} - Q_{1} = 27 m v^{2} / 8$ となる． $y$ 成分の寄与は前後で等しいため差から消える．もし全速度を $- 1 / 2$ 倍してしまうと，壁に平行な力積まで存在する誤った結果になる．

演習 5

オリジナル ★★★☆☆

滑らかな水平面上で，質量 $m$ のAが速さ $v > 0$ で右向きに進み，静止した質量 $M$ のBに正面衝突する．衝突後，Aは静止し，Bは速さ $v / 2$ で進んだ．

$M / m$ と反発係数を求めよ．
同じ2球で反発係数を保ち，今度はAを静止させ，Bを左向きに速さ $v$ で入射させる．衝突後の速度を求めよ．
(1)でAが止まったことだけから，弾性衝突と言えるか．

**［図：観測から質量比を調べる］**
AとBの最初の実験での入射配置を描く．質量mとM，Aの速度v，Bの静止を示す．

解答を見る

考え方 観測された速度から，まず運動量保存で質量比を，次に相対速度から反発係数を決める．その条件を逆向きの衝突へ引き継ぐ．

$m v = M v / 2$ なので $M = 2 m$ ．離れる速さは $v / 2$ ，近づく速さは $v$ なので $e = 1 / 2$ ．
右向きを正とする．衝突後の速度を $u_{A}, u_{B}$ とすると， $u_{A} + 2 u_{B} = - 2 v$ ， $u_{B} - u_{A} = v / 2$ である．後者を前者に入れて $3 u_{A} + v = - 2 v$ から $u_{A} = - v$ ， $u_{B} = - v / 2$ ．Aが左側にいてより速く左へ進むため，衝突後は確かに離れる．
言えない．停止する条件は質量比と反発係数の両方で決まり，今回の $e = 1 / 2$ は弾性衝突ではない．同質量で静止した相手に正面衝突するという追加条件があって初めて，速度交換から弾性衝突と判断できる．

ポイント教える人へ

衝突後に本当に離れる速度になったかを，符号と大小関係で確認させる．
反発係数は相対速度の比であり，地面から測った各球の速さの比ではない．
壁に平行な成分は不変であることを，力積の向きから説明させる．
球が止まる観測だけで材質や弾性を決めず，質量の条件も確認させる．

10ロケットと質量が変わる系

問い

宇宙は真空です．地面も空気も無く，ロケットが押せるものは何もありません．それなのにロケットは加速できます．なぜでしょうか．

もう一つ考えてみましょう．ロケットは燃料を燃やしたガスを，ロケットに対して秒速 $3 km$ で後ろへ噴き出します．ロケットは，この噴射速度 $3 km s^{- 1}$ より大きな速さで進めるでしょうか（初め静止していた座標系で測ります）．

考えてみる

「ガスが地面や空気を押して進む」と考えると，真空で進める理由が説明できません．けれども，ボートの上から荷物を後ろへ投げると，ボートが前へ動く経験があります．押す相手は外にいなくてもよく，投げたものそのものが相手になります．

投げられた荷物は後ろ向きの運動量を持ちます．ボートと荷物をひとまとめにした系には外から力が働かないので，系全体の運動量は変わりません．荷物が後ろ向きの運動量を得た分だけ，ボートは前向きの運動量を得ます．ロケットも同じで，ガスを投げ続ける船だと思えばよいのです．

ただし困ることがあります．ロケットはガスを出すたびに軽くなるので，質量 $m$ が一定という前提の $m a = F$ をそのまま使えません．そこで，ごく短い時間 $d t$ の間の運動量の出入りを調べます．

微小時間の運動量の収支

直線上を進むロケットを考え，進む向きを正とします．時刻 $t$ に質量 $m$ ，速度 $v$ だったとします．外力は無いとします． $d t$ の間に，ロケットはガスを後ろへ噴射し，質量が $d m$ だけ変わります．ガスを出すので $d m$ は負の数で，噴き出したガスの質量は $- d m$ です．ガスは，ロケットに対して速さ $u$ で後ろへ出ていきます．この $u$ を噴射速度といいます．

**［図：ロケットと放出直後のガス］**
時刻 $t$ と $t+dt$ の2コマ．上のコマは質量 $m$ で速度 $v$ のロケット．下のコマは質量 $m+dm$ で速度 $v+dv$ のロケットと，後ろへ出ていく質量 $-dm$ のガス．ガスの速度 $v-u$ を矢印で示す．

噴射の前後で，ロケットとガスを合わせた運動量は変わりません．地面から見たガスの速度は $v - u$ なので

m v = (m + d m) (v + d v) + (- d m) (v - u)

です．右辺を展開すると

m v = m v + m d v + v d m + d m d v - v d m + u d m

となり， $m v$ と $v d m$ が消えて

m d v + d m d v + u d m = 0

が残ります． $d m d v$ は微小量どうしの積で，ほかの項よりずっと小さいので落とします（理由は次の節で確かめます）．

法則ロケットの運動方程式

外力が無いとき

m d v = - u d m

がなりたつ． $u$ はロケットに対するガスの噴射速度で， $d m < 0$ なので右辺は正，つまりロケットは加速する．

両辺を $d t$ で割ると $m \frac{d v}{d t} = u (- \frac{d m}{d t})$ です．右辺は，ロケットが受ける前向きの力と見なせます．

F = u (- \frac{d m}{d t})

で，噴射速度と毎秒の噴射質量の積です．これを推力といいます．噴射速度が大きく，たくさん噴き出すほど，推力が大きくなります．

ツィオルコフスキーの式

加速度は $a = \frac{u}{m} (- \frac{d m}{d t})$ で，質量が減ると増えるなど，一般には一定とは限りません．そこで $m d v = - u d m$ を $d v = - u \frac{d m}{m}$ と書き，両辺を積分します．最初の質量を $m_{0}$ ，速度を $0$ ，いまの質量を $m$ ，速度を $v$ とし， $u$ は一定とすると

\int_{0}^{v} d v^{'} = - u \int_{m_{0}}^{m} \frac{d m^{'}}{m^{'}} ⟹ v = - u \ln \frac{m}{m_{0}}

です．

公式ツィオルコフスキーの式

v = u \ln \frac{m_{0}}{m}

最終的な速さは，噴射速度と，質量が何分の1になったか（質量比 $m_{0} / m$ ）の対数だけで決まる．

**［図：質量比と速度増加の対数曲線］**
速度比v/uは質量比m₀/mの対数であり，曲線は(1,0)から始まる．

質量比と速さの関係は次のとおりです．

$m_{0} / m$	2	$e (\approx 2.7)$	10	100
$v / u$	0.69	1	2.3	4.6

質量比が $e$ を超えれば，ロケットの速さは（初め静止していた座標系で測って）噴射速度 $u$ より大きくなります．これは質量の約63 %（ $1 - 1 / e$ ）を噴き出せば達成されます．問いに答えると， $u = 3.0 km s^{- 1}$ で質量が $1 / 10$ になれば $v = 3.0 \times \ln 10 \approx 6.9 km s^{- 1}$ で，噴射速度 $3.0 km s^{- 1}$ の2倍以上です．

また，この式から，速さを増すには噴射速度を上げるのが効くとわかります．質量比で稼ぐには， $v$ を2倍にするために質量比を2乗しなければならず，なかなか効きません．

重力があるとき

地表近くで初速度0から鉛直上向きに飛び，噴射速度 $u$ と重力加速度 $g$ は一定，空気抵抗は無いとします．ロケットには重力 $m g$ が下向きに働きます． $d t$ の間に重力の力積 $- m g d t$ が加わるので

m d v = - u d m - m g d t ⟹ d v = - u \frac{d m}{m} - g d t

です．噴射を始めてから時間 $t$ たったときの速さは

v = u \ln \frac{m_{0}}{m} - g t

となります．重力の分 $g t$ だけ損をするので，燃焼時間が長いほど不利です．燃焼時間が $150 s$ なら $g t \approx 1.5 km s^{- 1}$ を失います．ロケットが短い時間に一気に燃料を使うのはこのためです．

質量が減るもう一つの例

砂を積んだ台車が，滑らかな水平面を一定の速さ $v$ で進んでいます．台車の底の穴から砂がこぼれ続けるとき，台車の速さはどうなるでしょうか．

**［図：こぼれる砂が運ぶ水平運動量］**
水平面を速さ $v$ で進む台車と，底の穴から真下にこぼれ落ちる砂．こぼれる瞬間の砂は台車と同じ水平速度 $v$ を持つ．

こぼれた砂は，離れる瞬間に台車と同じ水平の速度を持っています．ロケットの式でいえば，ガスの噴射速度が $u = 0$ の場合なので， $m d v = 0$ で台車の速さは変わりません．

ポイントここまでのまとめ

ロケットはガスを後ろへ噴射し，その反作用で進む．ロケットとガスを合わせた運動量は保存し，押す相手は噴射したガスなので，地面や空気のような外の相手は要らず，真空でも進める．
外力が無いとき $m d v = - u d m$ ．推力は（噴射速度）×（毎秒の噴射質量）である．
噴射速度 $u$ が一定なら $v = u \ln (m_{0} / m)$ ．質量比が $e$ を超えれば，噴射速度 $u$ より大きな速さで進める． $u = 3.0 km s^{- 1}$ で質量が $1 / 10$ になれば約 $6.9 km s^{- 1}$ である．
鉛直上向きに飛び， $g$ が一定で空気抵抗が無く，初速度0， $u$ が一定なら $v = u \ln (m_{0} / m) - g t$ で，燃焼時間が長いほど損をする．
質量が変わる物体では，持ち去られた分や付け加わった分の運動量も数える．

11ロケットの数学と例題

前の節で落とした微小量の理由と，対数の使い方を確かめてから，例題に進みます．

数学の道具

定理数学の道具：微小量の扱いと対数

微小量の積を落とす． 小さな量どうしの積 $d m d v$ は， $m d v$ のような1次の項に比べて桁違いに小さくなる．前の節の式 $m d v + d m d v + u d m = 0$ を $d t$ で割ると

m \frac{d v}{d t} + d m \cdot \frac{d v}{d t} + u \frac{d m}{d t} = 0

となり， $d t \to 0$ で $d m \to 0$ なので第2項は0に近づく．一般に変化は $d x$ の1次の項だけを残す． $(x + d x)^{2} - x^{2} = 2 x d x + (d x)^{2} \approx 2 x d x$ が $d (x^{2}) = 2 x d x$ の意味である．

対数の性質と積分． $\ln (A B) = \ln A + \ln B$ ， $\ln \frac{1}{A} = - \ln A$ ， $\ln A^{n} = n \ln A$ である．積分は

\int \frac{d x}{x} = \ln | x | + C, \int \ln x d x = x \ln x - x + C

である．後者は右辺を微分すると確かめられる．

練習 1． (1) $(x + d x)^{3} - x^{3}$ の $d x$ の1次の項を求めよ．(2) $\int_{1}^{e} \ln x d x$ を求めよ．

練習 2． (1) $(m + d m) (v + d v) - m v$ を展開し，微小量の積を落として1次の項だけを残せ．(2) $\ln 2 \approx 0.693$ ， $\ln 3 \approx 1.099$ を使って $\ln 6$ ， $\ln \frac{1}{9}$ ， $\ln \frac{3}{2}$ を求めよ．

練習 3． (1) $\frac{1}{x + d x} - \frac{1}{x}$ の $d x$ の1次の項を求めよ．(2) $\int_{1}^{2} \frac{d x}{x}$ を求めよ（ $\ln 2 \approx 0.693$ ）．(3) $u = 2.0 km s^{- 1}$ として， $u \ln \frac{m_{0}}{m}$ を $\frac{m_{0}}{m} = 4$ のときに計算せよ．

答え：練習 1 は (1) $3 x^{2} d x$ 　(2) ${[x \ln x - x]}_{1}^{e} = (e - e) - (0 - 1) = 1$ ．練習 2 は (1) $m d v + v d m$ （ $d m d v$ を落とす）　(2) $\ln 6 = \ln 2 + \ln 3 \approx 1.79$ ， $\ln \frac{1}{9} = - 2 \ln 3 \approx - 2.20$ ， $\ln \frac{3}{2} = \ln 3 - \ln 2 \approx 0.41$ ．練習 3 は (1) $- \frac{d x}{x (x + d x)} \approx - \frac{d x}{x^{2}}$ （ $d (1 / x) = - d x / x^{2}$ の意味）　(2) $\ln 2 - \ln 1 \approx 0.69$ 　(3) $\ln 4 = 2 \ln 2 \approx 1.39$ なので $2.0 \times 1.39 \approx 2.8 km s^{- 1}$

例題

例題 1

オリジナル ★★★☆☆

噴射速度 $u = 3.0 km s^{- 1}$ のロケットを，重力と空気抵抗の無い宇宙で静止から加速する．全質量は $100 t$ ，積み込む荷物は $2 t$ ，燃料タンクとエンジンの質量は，積む推進剤の質量の10 % とする．

**［図：段構成と切り離す部分］**
(1) 1段式と (2) 2段式の質量の内訳を示す図．荷物，推進剤，構造を色分けした縦長の帯で，2段式は第1段を切り離した後の第2段も描く．

推進剤をすべて使い切る1段のロケットの最終速度を求めよ．
同じ推進剤と構造の質量で2段式にする．第2段の推進剤を $20 t$ とし，第1段の推進剤を使い切った時点で第1段の構造を捨てて第2段に点火する．最終速度を求め，(1) と比べよ．

解答を見る

考え方 各段の燃焼でツィオルコフスキーの式を使う．第2段の初速は第1段の最終速度である．

推進剤を $P$ とすると $2 + 1.1 P = 100$ ， $P \approx 89.1 t$ ．最終質量は $100 - 89.1 = 10.9 t$ なので

v = u \ln \frac{100}{10.9} = 3.0 \times 2.22 \approx 6.6 km s^{- 1}

第2段は荷物を含めて $2 + 1.1 \times 20 = 24 t$ ．第1段の推進剤を $P_{1}$ とすると，第1段の燃焼後の質量は $100 - P_{1} = 24 + 0.1 P_{1}$ より $P_{1} \approx 69.1 t$ （推進剤の合計は (1) と同じ）．燃焼後の質量は $30.9 t$ なので

v_{1} = u \ln \frac{100}{30.9} = 3.0 \times 1.17 \approx 3.5 km s^{- 1}

第2段は $24 t$ から $2 + 0.1 \times 20 = 4 t$ になるので

v_{2} - v_{1} = u \ln \frac{24}{4} = 3.0 \times 1.79 \approx 5.4 km s^{- 1}

最終速度は $3.5 + 5.4 \approx 8.9 km s^{- 1}$ で，(1) より約 $2.3 km s^{- 1}$ 速い．空の第1段を捨てれば，その分を加速せずに済む．

例題 2

オリジナル ★★☆☆☆

水平なベルトコンベアが一定の速さ $v = 2.0 m s^{- 1}$ で動いている．真上のホッパーから砂が毎秒 $50 kg$ の割合で落ち，静止していた砂がベルトに乗って動き出す．ベルトの速さを一定に保つために，ベルトに加えるべき水平の力を求めよ．ベルトと台の間の摩擦は考えない．

**［図：砂を受けるベルトコンベア］**
水平なベルトコンベアと，真上のホッパーから落ちる砂．ベルト上の砂は右向きに速さ $v$ で動き，ベルトを右向きに引く力 $F$ を矢印で示す．

解答を見る

考え方 微小時間 $d t$ の間の水平方向の運動量の増加を，力積と結びつける．

$d t$ の間に質量 $d m$ の砂が水平の運動量 $0$ から $v d m$ になる．他の砂は速さ $v$ のままである．加える力を $F$ とすると

F d t = v d m ⟹ F = v \frac{d m}{d t} = 2.0 \times 50 = 1.0 \times 10^{2} N

である．

例題 3

オリジナル ★★★☆☆

質量 $1.0 \times 10^{5} kg$ のロケットが地上から鉛直上向きに，毎秒一定の割合 $5.0 \times 10^{2} kg$ で，噴射速度 $3.0 km s^{- 1}$ でガスを噴射する．質量が $0.40$ 倍になったところで燃焼を終える．空気抵抗は無視し，重力加速度は $9.8 m s^{- 2}$ で一定とする．

**［図：燃焼中と燃焼後の速度］**
燃焼中は質量の減少とともに傾きが増す下に凸の速度曲線．終了後は傾き−gの直線となる．

燃焼時間と燃焼終了時の速さを求めよ．
燃焼終了までに上昇した高さを求めよ．

解答を見る

考え方 質量は $m = m_{0} - q t$ （ $q$ は毎秒の噴射質量）で減り，速さは $v = u \ln (m_{0} / m) - g t$ である．高さは $v$ の時間積分で， $\ln$ の積分を使う．

質量が $0.40 m_{0}$ になるのは $q T = 0.60 m_{0}$ のときで $T = 0.60 \times 10^{5} / (5.0 \times 10^{2}) = 1.2 \times 10^{2} s$ である．このとき

v_{T} = 3.0 \times 10^{3} \times \ln \frac{1}{0.40} - 9.8 \times 120 \approx 2.75 \times 10^{3} - 1.18 \times 10^{3} \approx 1.6 \times 10^{3} m s^{- 1}

$s = m / m_{0} = 1 - q t / m_{0}$ とおくと $d t = - (m_{0} / q) d s$ ． $s$ は 1 から $s_{T} = 0.40$ まで変わるので

\int_{0}^{T} u \ln \frac{m_{0}}{m} d t = - u \int_{0}^{T} \ln s d t = u \frac{m_{0}}{q} \int_{1}^{s_{T}} \ln s d s = u \frac{m_{0}}{q} {[s \ln s - s]}_{1}^{s_{T}}

括弧の中は $0.40 \times (- 0.916) - 0.40 + 1 \approx 0.233$ で，積分は $3.0 \times 10^{3} \times 200 \times 0.233 \approx 1.40 \times 10^{5} m$ ．重力の項は $\frac{1}{2} g T^{2} \approx 7.1 \times 10^{4} m$ ．よって

h_{1} \approx 1.40 \times 10^{5} - 7.1 \times 10^{4} \approx 7.0 \times 10^{4} m

ポイントここまでのまとめ

微小量の積 $d m d v$ は， $d t$ で割って極限をとると消えるので落としてよい．変化は1次の項だけを残す．
毎秒 $q$ の割合で噴射すると $m = m_{0} - q t$ ．高さは $\int \ln x d x = x \ln x - x$ を使って求める．
多段ロケットは，空の構造を捨てて質量比を稼ぐので，同じ推進剤でも最終速度が大きい．
砂を受けるベルトでは $F = v \frac{d m}{d t}$ の力が要る．

12ロケットと質量収支の演習

出入りする物質が，地面から見てどの速度を持つかを書いてください．噴射，流入，自然にこぼれる場合を，同じ運動量収支の考え方で比べましょう．

演習 1

オリジナル ★☆☆☆☆

外力のない宇宙で，ロケットが一定の噴射速度 $u$ で後方へガスを出す．初速度は $v_{0}$ ，初めの全質量は $m_{0}$ ，燃焼後の全質量は $m_{0} / 3$ である．

速度の増加と最終速度を求めよ．
速度の増加を(1)の2倍にするには，同じ $u$ で質量比をいくらにすればよいか．

解答を見る

考え方 ロケットの式は最終速度そのものではなく，噴射による速度の増加を与える．初速度が0とは限らない．

$d v = - u d m / m$ を初めと終わりの質量の間で積分すると， $Δ v = u \ln {m_{0} / (m_{0} / 3)} = u \ln 3$ ．したがって $v_{f} = v_{0} + u \ln 3$ である．速度の増加は燃焼の速さによらず，質量比で決まる．ただしこれは外力がなく，噴射速度が一定の場合に限る．
新しい質量比を $r$ とおくと， $u \ln r = 2 u \ln 3 = u \ln 9$ より $r = 9$ ．質量比を3から6へ増やしても速度増加は2倍にならない．対数の中の比は無次元であり，質量の単位をそろえてから代入する必要がある．

演習 2

オリジナル ★★☆☆☆

静止した台車と砂の全質量を $m_{0}$ とする．滑らかな水平面上で，砂を台車に対して一定の速さ $u$ で左向きに，毎秒質量 $q$ の割合で噴出させる．砂が尽きる前を考える．

時刻 $t$ の質量，加速度，速度を求めよ．
同じ量の砂を，水平に押さず底から自然にこぼした場合の速度を求めよ．

**［図：噴射と自然な流出の比較］**
砂を左へ噴射する台車と，底から自然にこぼす台車を上下に並べる．噴射の相対速度uと流量qを示す．

解答を見る

考え方 台車から見た流出速度の水平成分が推力を決める．質量が減るだけで加速すると考えてはいけない．

$m (t) = m_{0} - q t$ である．右向きを正とすると噴射による推力は $q u$ なので， $a (t) = q u / (m_{0} - q t)$ ．初速度0から積分して $v (t) = u \ln {m_{0} / (m_{0} - q t)}$ ．推力が一定でも質量が減るため加速度は増す．式は $m_{0} - q t$ が台車自身の質量以上の範囲だけで使う．
自然にこぼれる砂は，離れる瞬間に台車と同じ水平速度を持つ．水平の相対流出速度が0なので $m d v = 0$ ，初め静止なら $v = 0$ のままである．初めに速度があればその速度を保つ．残った台車と砂だけの運動量は流出とともに減り得るが，それをそのまま外力の力積と解釈することはできない．

演習 3

オリジナル ★★☆☆☆

滑らかな水平面上を質量 $M$ の空の台車が右向きに速さ $v_{0}$ で走る．上方から，水平速度0の砂が毎秒 $q$ の一定の割合で入り，すべて台車に残る．水平外力はない．

時刻 $t$ の台車の速度を求めよ．
台車を初めの速さ $v_{0}$ に保つ場合，必要な水平外力を求めよ．

**［図：砂を受け取る台車］**
水平に動く台車の上方から砂が鉛直に落ちる配置．流量q，初速度v₀を示す．

解答を見る

考え方 流入する砂の水平運動量は0である．台車に入った後に砂が獲得する運動量を，台車の減速または外力が補う．

時刻 $t$ の質量は $m = M + q t$ ．短い時間 $d t$ について $m v + 0 \cdot q d t = (m + q d t) (v + d v)$ と書く．2次の微小量を除いて $m d v + q v d t = 0$ ，すなわち $d (m v) = 0$ ．初めの運動量が $M v_{0}$ なので $v = M v_{0} / (M + q t)$ ．砂が増すほど台車は遅くなる．
速度一定なら，毎秒入る砂が得る水平運動量は $q v_{0}$ ．したがって外力は右向きに $F = q v_{0}$ である．台車の加速度が0でも，流入する砂を加速するため外力は必要となる．(1)で $m v$ が一定なのは流入物の水平速度が0だからであり，質量が変わる系の一般則として暗記してはいけない．

演習 4

オリジナル ★★★☆☆

初めの全質量 $m_{0}$ のロケットを，地表近くで静止から鉛直上向きに飛ばす．噴射速度は一定の $u$ ，毎秒の噴射質量は一定の $q$ ，燃焼終了時の質量は $m_{f}$ である． $u q > m_{0} g$ ， $0 < m_{f} < m_{0}$ とし，空気抵抗は無視する．

燃焼時間と燃焼終了時の速度を求めよ．
噴射流量を $2 q$ に変え，他の条件を同じにしたとき，最終速度はどう変わるか．
燃焼中の加速度が最大となる時刻を求めよ．

**［図：鉛直ロケットの外力と推力］**
鉛直上向きのロケットと，下向きの噴射を描く．上向き推力uqと下向き重力mgを赤で示す．

解答を見る

考え方 噴射による速度増加から，燃焼時間中の重力による速度減少を引く．最初の推力が重力を上回る条件も確認する．

質量収支から $T = (m_{0} - m_{f}) / q$ ．運動方程式 $\frac{d v}{d t} = u q / (m_{0} - q t) - g$ を積分すると

v (T) = u \ln \frac{m_{0}}{m_{f}} - \frac{g (m_{0} - m_{f})}{q}

である．与えられた条件から初めの加速度が正で，以後も増すため，発射台を離れずに燃料だけを使う時間はない．

質量比は変わらず燃焼時間だけが $T / 2$ になる．したがって最終速度は $g T / 2 = g (m_{0} - m_{f}) / (2 q)$ だけ増す．この結論には噴射速度が流量によらず一定という仮定が必要である．
$a = u q / m - g$ は質量が減るほど増すので，燃焼終了直前に最大値 $u q / m_{f} - g$ をとる．終了直後には推力が消えて加速度は $- g$ となる．速度そのものはその瞬間に飛び変わらない．

演習 5

オリジナル ★★★☆☆

滑らかな水平面上の台車に砂を供給する．砂の地面に対する水平速度は一定の $w$ ，流入率は毎秒 $q$ で，砂はすべて台車に残る．台車の初期質量は $M$ ，初速度は $v_{0}$ ．台車に右向きの一定外力 $F$ も加える．

運動量収支を立て，速度 $v (t)$ を求めよ．
初めから等速となる $F$ の条件を求めよ．
$F = 0$ のとき，速度が $w$ を通り越すことがあるか．

**［図：水平運動量を持つ流入］**
斜めに流入する砂の水平速度wと，台車の速度v，台車への外力Fを示す．

解答を見る

考え方 流入前の砂の運動量 $w q d t$ を忘れず，外力の力積 $F d t$ と合わせる．供給装置はこの流入条件を保つものとする．

$m = M + q t$ として $m v + w q d t + F d t = (m + q d t) (v + d v)$ ．1次まで残すと $m \frac{d v}{d t} = F + q (w - v)$ ．積の微分で $\frac{d (m v)}{d t} = F + q w$ だから，積分すると

v (t) = \frac{M v_{0} + (F + q w) t}{M + q t}

となる．流入率は実際に台車が受け取る質量の割合である．

$v = v_{0}$ を収支に代入して $F = q (v_{0} - w)$ ．この値が負なら，必要なのは左向きの外力であり，右向きだけの装置では等速にできない．
$v - w = M (v_{0} - w) / (M + q t)$ ．分母は正なので差の符号は変わらず， $w$ を通り越さない． $v_{0} = w$ なら最初から等速である．流入する砂と台車の速度差が小さくなるほど，加速または減速の程度も小さくなる．

ポイント教える人へ

流出入の直前と直後に，同じ物質を含む系の運動量を書かせる．
噴射速度は相対速度であり，地面から測った速度とは区別する必要がある．
自然な流出と水平速度0の流入を比べ，速度が変わる理由を説明させる．
発射条件，燃料の残量，外力の有無を，公式の代入より先に確認させる．

132体問題

問い

月は地球の周りを回る，と言います．しかし月の質量は地球の約 $1 / 81$ で，月が地球を引く力と地球が月を引く力は，作用反作用で同じ大きさです．力が同じなのに，動くのは月だけなのでしょうか．地球は本当に動かないのでしょうか．

地球と月の中心の距離は $3.84 \times 10^{8} m$ です．地球が動くとしたら，その中心はどれほど動くのかも考えてみましょう．

考えてみる

地球が月を引く力を $F$ とすると，作用反作用で月が地球を引く力も $F$ です．運動方程式から，地球の加速度は $F / m_{1}$ ，月の加速度は $F / m_{2}$ で，質量が大きいほど動きにくくなります．地球が月の約81倍重いので，加速度は約 $1 / 81$ です．動かないのではなく，小さくしか動かないのです．

問題は，2つの物体の運動を同時に追いかけなければならないことです．互いの力は距離で決まるので，式が絡み合います．ここで，重心と相対位置という2つの量に注目すると，絡みがほどけて，1つの物体の問題2つに分かれます．

重心の運動と相対運動

質量 $m_{1}$ ， $m_{2}$ の2つの物体が，互いの力 $F$ だけを受けて運動するとします．外力は無いものとします．位置を $r_{1}$ ， $r_{2}$ とし， $m_{1}$ が受ける力を $F$ とすると， $m_{2}$ が受ける力は $- F$ です．

m_{1} {\ddot{r}}_{1} = F, m_{2} {\ddot{r}}_{2} = - F

ここで $\ddot{r}$ は $\frac{d^{2} r}{d t^{2}}$ の略記です．力 $F$ は2物体の相対位置 $r = r_{1} - r_{2}$ で決まるとします（万有引力もばねの力もそうです）．

**［図：重心位置と相対位置］**
質量 $m_1$，$m_2$ の2つの物体と，その重心 G．位置ベクトル $\vec{r}_1$，$\vec{r}_2$，相対位置 $\vec{r}=\vec{r}_1-\vec{r}_2$，重心の位置 $\vec{r}_{\mathrm{G}}$ を矢印で示す．重心は2物体を結ぶ線分上で，重い方に寄った位置にある．

重心の運動． 2式を足すと，右辺の力は打ち消されます．重心 $r_{G} = \frac{m_{1} r_{1} + m_{2} r_{2}}{m_{1} + m_{2}}$ ，全質量 $M = m_{1} + m_{2}$ を使って

M {\ddot{r}}_{G} = 0

です．重心は等速直線運動をします．重心が静止して見える慣性系を重心系といい，以下ではこの系で考えます．

相対運動． 第1式を $m_{1}$ で，第2式を $m_{2}$ で割って引くと

\ddot{r} = {\ddot{r}}_{1} - {\ddot{r}}_{2} = (\frac{1}{m_{1}} + \frac{1}{m_{2}}) F

です．これを

μ \ddot{r} = F, μ = \frac{m_{1} m_{2}}{m_{1} + m_{2}}

と書きます．

定理 2体問題の分解

外力が無い2体の運動は，次の2つに分かれる．

重心は，等速直線運動をする．
相対位置 $r = r_{1} - r_{2}$ は，質量 $μ$ （換算質量）の1つの物体が力 $F$ を受けて動くのと同じ運動方程式 $μ \ddot{r} = F$ に従う．

換算質量は $\frac{1}{μ} = \frac{1}{m_{1}} + \frac{1}{m_{2}}$ で，軽いほうの質量より小さい． $m_{1}$ が $m_{2}$ よりずっと大きいとき $μ \approx m_{2}$ で，重い物体は動かないと見なしてよい．

最後に，重心系での各物体の位置に戻します． $r_{1} = r_{G} + \frac{m_{2}}{M} r$ ， $r_{2} = r_{G} - \frac{m_{1}}{M} r$ です（導き方は次の節で示します）．重心系では，2つの物体は重心をはさんで反対側にあり，重心からの距離は質量の逆比です．

地球と月

「重心の求め方」の例題 1 で求めた重心の位置を，ここでは2体の運動として見直します．地球の中心と月の距離を $r = 3.84 \times 10^{8} m$ ，地球の質量を $m_{1}$ ，月の質量を $m_{2}$ とします．地球の中心から重心までの距離は

\frac{m_{2}}{m_{1} + m_{2}} r = \frac{7.35 \times 10^{22}}{5.97 \times 10^{24} + 7.35 \times 10^{22}} \times 3.84 \times 10^{8} \approx 4.7 \times 10^{6} m

です．地球の半径 $6.4 \times 10^{6} m$ より短く，重心は地球の内部にあります．太陽などの影響を無視して月の軌道を円と近似すると，地球の中心は，この重心を中心に，月と同じ周期で小さな円を描いて回っていることになります．これが問いの答えです．

**［図：地球も共通重心を回る］**
地球と月が，共通の重心 G を中心に反対側で円軌道を描く図．地球の円は小さく，月の円は大きい．重心は地球の内部にあり，地球の中心の軌道半径は約 $4.7\times10^{3}\,\mathrm{km}$ と書き入れる．

太陽と地球では，重心は太陽の中心から約 $450 km$ で，太陽の半径に比べればほとんど中心です．

円運動の角速度

2つの物体が重心を中心に，距離 $a$ を保って円運動するとします．重心系では， $m_{1}$ は半径 $\frac{m_{2}}{M} a$ ， $m_{2}$ は半径 $\frac{m_{1}}{M} a$ の円を描き，互いの位置は常に重心をはさんだ反対側なので，角速度 $ω$ は同じです．万有引力 $G \frac{m_{1} m_{2}}{a^{2}}$ （ $G$ は万有引力定数で，この式は第10章でくわしく扱うので，ここでは先に使います）が向心力なので， $m_{1}$ について

m_{1} \cdot \frac{m_{2}}{M} a ω^{2} = G \frac{m_{1} m_{2}}{a^{2}} ⟹ ω^{2} = \frac{G M}{a^{3}}

です．質量は全質量 $M$ として入ります． $m_{1}$ が $m_{2}$ よりずっと大きければ $M \approx m_{1}$ で，動かない物体の周りを回る円運動の式に戻ります．

ばねでつないだ2物体

滑らかな水平面上で，質量 $m_{1}$ ， $m_{2}$ の物体を自然長 $l$ のばね（ばね定数 $k$ ）でつなぎます．一直線上の運動では，2物体の距離 $s$ について $μ \ddot{s} = - k (s - l)$ となります．相対運動は，質量 $μ$ の1つの物体がばねにつながれた運動と同じで，周期は後の章（第7章）で求めます．

重心系では，重心は動きません． $m_{1}$ の動く距離と $m_{2}$ の動く距離の比は，質量の逆比 $m_{2} : m_{1}$ です．

ポイントここまでのまとめ

外力が無い2体は，重心の運動（等速直線運動）と相対運動に分かれる．重心系では，重心からの距離は質量の逆比である．
相対位置は，換算質量 $μ = \frac{m_{1} m_{2}}{m_{1} + m_{2}}$ の1物体の運動方程式 $μ \ddot{r} = F$ に従う．
円運動する2体では $ω^{2} = G M / a^{3}$ （ $M$ は全質量， $a$ は2体間の距離）．
問いの答えは，地球も動く，である．月の軌道を円と近似すると，地球の中心は，地球の内部にある重心（中心から約 $4.7 \times 10^{3} km$ ）のまわりを，月と同じ角速度で回る．

142体問題の座標変換と例題

前の節で使った，重心と相対位置への書き換えの計算を確かめます．そのあと例題に進みます．

数学の道具

定理数学の道具：座標の書き換え

一直線上の2物体の位置 $x_{1}$ ， $x_{2}$ を，新しい2つの量

x_{G} = \frac{m_{1} x_{1} + m_{2} x_{2}}{M}, x = x_{1} - x_{2} (M = m_{1} + m_{2})

に書き換える．逆に解くには， $x_{2} = x_{1} - x$ を第1式の分子に入れる． $M x_{G} = m_{1} x_{1} + m_{2} (x_{1} - x) = M x_{1} - m_{2} x$ より

x_{1} = x_{G} + \frac{m_{2}}{M} x, x_{2} = x_{G} - \frac{m_{1}}{M} x

である．係数が定数なので，時間で微分しても同じ形のままである． $V = {\dot{x}}_{G}$ ， $w = \dot{x}$ とすると

v_{1} = V + \frac{m_{2}}{M} w, v_{2} = V - \frac{m_{1}}{M} w

加速度も同様である．運動量は $m_{1} \frac{m_{2}}{M} = μ$ に気づけば $p_{1} = m_{1} V + μ w$ ， $p_{2} = m_{2} V - μ w$ となり，足すと全運動量 $M V$ で，相対運動の部分は大きさが同じで逆向きの $\pm μ w$ である．換算質量は $\frac{1}{μ} = \frac{1}{m_{1}} + \frac{1}{m_{2}}$ とも書ける．

練習 1． $m_{1} = 2.0 kg$ ， $m_{2} = 3.0 kg$ ， $x_{1} = 1.0 m$ ， $x_{2} = 6.0 m$ のとき， $x_{G}$ と $x$ を求め，上の式で $x_{1}$ に戻ることを確かめよ．

練習 2． (1) $m_{1} = 6.0 kg$ ， $m_{2} = 3.0 kg$ の換算質量を求めよ．(2) $m_{2}$ を限りなく大きくすると， $μ$ は何に近づくか．

練習 3． $m_{1} = 2.0 kg$ ， $m_{2} = 3.0 kg$ の物体の速度が $v_{1} = 4.0 m s^{- 1}$ ， $v_{2} = - 2.0 m s^{- 1}$ のとき， $V$ ， $w$ ， $μ$ を求め， $p_{1} = m_{1} V + μ w$ が $m_{1} v_{1}$ に一致することを確かめよ．

答え：練習 1 は $x_{G} = \frac{2.0 \times 1.0 + 3.0 \times 6.0}{5.0} = 4.0 m$ ， $x = - 5.0 m$ ． $x_{1} = 4.0 + \frac{3}{5} \times (- 5.0) = 1.0 m$ で戻る．練習 2 は (1) $\frac{6.0 \times 3.0}{9.0} = 2.0 kg$ 　(2) $μ = \frac{m_{1}}{1 + m_{1} / m_{2}} \to m_{1}$ ．練習 3 は $V = \frac{2.0 \times 4.0 + 3.0 \times (- 2.0)}{5.0} = 0.40 m s^{- 1}$ ， $w = 6.0 m s^{- 1}$ ， $μ = 1.2 kg$ ． $p_{1} = 2.0 \times 0.40 + 1.2 \times 6.0 = 8.0 kg m s^{- 1} = m_{1} v_{1}$ ．

例題

例題 1

オリジナル ★★★☆☆

滑らかな水平面上に質量 $m_{1} = 2.0 kg$ ， $m_{2} = 3.0 kg$ の物体が，自然長 $0.50 m$ ，ばね定数 $k = 2.0 \times 10^{2} N m^{- 1}$ の軽いばねでつながれ，一直線上にある．

$m_{1}$ を $m_{2}$ の向きに大きさ $F = 10 N$ の一定の力で押し続け，2物体が同じ加速度で動くようになった．加速度とばねの縮みを求めよ．
同じ大きさの力で， $m_{2}$ を $m_{1}$ の向きに押したときの縮みを求めよ．
1. の状態で力を取り去った直後の，重心の加速度と，距離の変化の加速度（相対加速度）を求め， $μ$ を使った式と比べよ．

**［図：一方を押すばね付き2物体］**
水平面上で，ばねでつないだ質量 $m_1$，$m_2$ の2物体．左の $m_1$ を右向きに力 $F$ で押す．ばねは縮んでいる．

解答を見る

考え方 全体を1つの物体と見て加速度を出し，片方の物体の運動方程式からばねの力を求める．

$m_{2}$ の向きを正とする．全体に外から働く力は $F$ だけなので $a = \frac{F}{m_{1} + m_{2}} = \frac{10}{5.0} = 2.0 m s^{- 2}$ ．縮みを $c$ とすると，ばねは $m_{2}$ を正の向きに $k c$ の力で押すので $m_{2} a = k c$ ．よって

c = \frac{m_{2} a}{k} = \frac{3.0 \times 2.0}{2.0 \times 10^{2}} = 3.0 \times 10^{- 2} m

加速度は負の向きに大きさ $2.0 m s^{- 2}$ ．ばねが $m_{1}$ を負の向きに押す力で $m_{1}$ を加速するので $k c^{'} = m_{1} \times 2.0$ ，よって $c^{'} = \frac{2.0 \times 2.0}{2.0 \times 10^{2}} = 2.0 \times 10^{- 2} m$ ．縮みは，押された側と反対の物体の質量に比例する．
ばねの力 $k c = 6.0 N$ だけが残る．加速度は $m_{1}$ が負の向きに $3.0 m s^{- 2}$ ， $m_{2}$ が正の向きに $2.0 m s^{- 2}$ である．重心の加速度は $\frac{2.0 \times (- 3.0) + 3.0 \times 2.0}{5.0} = 0$ ，相対加速度は $2.0 - (- 3.0) = 5.0 m s^{- 2}$ で， $μ = 1.2 kg$ から $k c / μ = 5.0 m s^{- 2}$ と一致する．

例題 2

オリジナル ★★★☆☆

質量 $m_{1} = 3.0 \times 10^{30} kg$ ， $m_{2} = 1.0 \times 10^{30} kg$ の2つの星が，互いの万有引力だけで，距離 $a = 4.0 \times 10^{11} m$ を保ったまま重心の周りを等速円運動する（連星）．万有引力定数は $G = 6.67 \times 10^{- 11} N m^{2} {kg}^{- 2}$ とする．

2つの星の円軌道の半径の比と，それぞれの半径を求めよ．
角速度を求めよ．
2つの星の速さを求めよ．

**［図：共通重心を回る連星］**
重心 G を中心に，反対側で2つの星が同じ向きに円運動する図．重い $m_1$ は小さな円，軽い $m_2$ は大きな円を描き，$m_1$，G，$m_2$ は常に一直線上にある．

解答を見る

考え方 重心系では2つの星は重心の反対側にあり，重心からの距離は質量の逆比になる．角速度は同じで，万有引力が各星の向心力である．

重心からの距離は $r_{1} : r_{2} = m_{2} : m_{1} = 1 : 3$ ．和が $a$ なので

r_{1} = \frac{m_{2}}{m_{1} + m_{2}} a = 1.0 \times 10^{11} m, r_{2} = \frac{m_{1}}{m_{1} + m_{2}} a = 3.0 \times 10^{11} m

$m_{1}$ について $m_{1} r_{1} ω^{2} = G \frac{m_{1} m_{2}}{a^{2}}$ ． $r_{1} = \frac{m_{2}}{M} a$ を入れると $ω^{2} = \frac{G M}{a^{3}}$ ．

ω = \sqrt{\frac{6.67 \times 10^{- 11} \times 4.0 \times 10^{30}}{(4.0 \times 10^{11})^{3}}} \approx 6.5 \times 10^{- 8} rad s^{- 1}

$v_{1} = r_{1} ω \approx 6.5 \times 10^{3} m s^{- 1}$ ， $v_{2} = r_{2} ω \approx 1.9 \times 10^{4} m s^{- 1}$ である．速さの比も質量の逆比 $1 : 3$ になっている．

ポイントここまでのまとめ

$x_{G} = \frac{m_{1} x_{1} + m_{2} x_{2}}{M}$ ， $x = x_{1} - x_{2}$ の逆は $x_{1} = x_{G} + \frac{m_{2}}{M} x$ ， $x_{2} = x_{G} - \frac{m_{1}}{M} x$ ．速度や加速度も同じ形で書き換えられる．
重心の運動量は $M V$ ，相対運動の運動量は $\pm μ w$ ． $\frac{1}{μ} = \frac{1}{m_{1}} + \frac{1}{m_{2}}$ ．
一定の力で押し続けて2物体が同じ加速度で動くとき，ばねの縮みは，押された側と反対の物体の質量に比例する．
円軌道の連星では重心からの距離も速さも質量の逆比で， $ω^{2} = G M / a^{3}$ である．

152体問題の演習

重心の運動と相対運動を分けてから，個々の物体の運動へ戻しましょう．相対座標をどちらからどちらへ測るかを，最初に固定してください．

演習 1

オリジナル ★☆☆☆☆

質量 $m_{1} = 2 m$ ， $m_{2} = 3 m$ の2質点が一直線上にある．重心位置は $x_{G} = 4 a$ ，相対座標は $x = x_{1} - x_{2} = - 5 a$ である．

$x_{1}, x_{2}$ を求めよ．
換算質量を求め，軽い方の質量と比べよ．

**［図：相対座標の向き］**
一直線上の質点1と2と，右向きを正とするx軸．相対座標は2から1への矢印で示す．

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考え方 重心と差の定義を連立する．相対座標の負号は質点1が質点2の左にあることを表す．

$2 x_{1} + 3 x_{2} = 20 a$ ， $x_{1} - x_{2} = - 5 a$ から， $x_{2} = x_{1} + 5 a$ を代入して $5 x_{1} = 5 a$ ．したがって $x_{1} = a$ ， $x_{2} = 6 a$ である．逆変換 $x_{1} = x_{G} + 3 x / 5$ ， $x_{2} = x_{G} - 2 x / 5$ を使っても同じ結果になる．重心からの距離は $3 a, 2 a$ で質量の逆比である．
$μ = (2 m) (3 m) / (5 m) = 6 m / 5$ ．軽い方の $2 m$ より小さい．両物体が互いに動ける分だけ相対加速度が大きくなるため，相対運動に対応する質量は小さくなる．換算質量を2つの質量の和や単純平均で置き換えることはできない．

演習 2

オリジナル ★★☆☆☆

滑らかな水平面上で，左の質量 $m$ と右の質量 $2 m$ の物体を軽いばねでつなぐ．ばね定数は $k$ ，自然長は $l$ ．両物体を静止させ，ばねを $c (0 < c < l)$ だけ縮めた状態から同時に放す．

放した直後の各物体と重心の加速度を求めよ．
距離 $s = x_{2} - x_{1}$ の加速度を求め，換算質量を使う式と比較せよ．

**［図：縮めたばねを放す］**
左のmと右の2mを縮んだばねでつなぎ，中心間距離sと自然長lを別に示す．加速度の答えは描かない．

解答を見る

考え方 縮んだばねは2物体を外へ押す．各加速度を求めてから差をとれば，相対座標の符号を確実に扱える．

右向きを正にすると $a_{1} = - k c / m$ ， $a_{2} = k c / (2 m)$ ．重心の加速度は $a_{G} = (m a_{1} + 2 m a_{2}) / (3 m) = 0$ ．両物体が加速していても重心は加速しない．初め静止なので重心位置も一定である．
$\ddot{s} = a_{2} - a_{1} = 3 k c / (2 m) > 0$ ．初めは $s = l - c$ だから距離は増え始める．換算質量は $μ = 2 m / 3$ であり， $μ \ddot{s} = - k (s - l) = k c$ と書いても同じ結果である．ここでは瞬間の加速度を求めており，その後も一定の加速度が続くとは仮定していない．伸び縮みとともにばねの力は変わる．

演習 3

オリジナル ★★☆☆☆

外力のない一直線上の2物体について，質量を $m_{1} = m$ ， $m_{2} = 3 m$ とする．ある瞬間の重心速度が $V = 2 v$ ，相対速度が $w = v_{1} - v_{2} = - 4 v$ である． $v > 0$ とする．

各物体の速度と全運動量を求めよ．
内力により後に相対速度が0となった瞬間，各物体の速度はどうなるか．そのとき各物体がそれまでに受けた力積を求めよ．

解答を見る

考え方 外力が0なら重心速度は一定だが，相対速度は内力で変わる．速度の逆変換を使えば，両者を混同しない．

$v_{1} = V + 3 w / 4 = 2 v - 3 v = - v$ ， $v_{2} = V - w / 4 = 2 v + v = 3 v$ ．全運動量は $- m v + 9 m v = 8 m v = 4 m V$ である．重心は右へ動いているが，軽い物体は一時的に左へ動いている．
$w = 0$ なら両者とも $V = 2 v$ である．物体1への力積は $m {2 v - (- v)} = 3 m v$ ，物体2への力積は $3 m (2 v - 3 v) = - 3 m v$ ．合計は0である．相対速度0は，その瞬間に距離が変化しないという意味であり，内力も0になるとは限らない．ばねでつながれていれば，その後再び異なる速度になることもある．

演習 4

オリジナル ★★★☆☆

質量 $m_{1}$ と $m_{2}$ の2物体を，自然長 $l$ ，ばね定数 $k$ の軽いばねでつなぐ．滑らかな水平面上で左を物体1，右を物体2とし，右向きの外力 $F_{1}, F_{2}$ をそれぞれに加える．距離を $s = x_{2} - x_{1}$ とする．

重心加速度と， $s$ の運動方程式を求めよ．
自然長のまま，両物体が同じ加速度で動き続ける条件を求めよ．初めの相対速度は0とする．
$F_{1} = F > 0, F_{2} = 0$ のとき，距離が一定で動くためのばねの縮みを求めよ．

**［図：両物体に外力がある場合］**
ばねでつながれたm₁，m₂に，それぞれ右向き外力F₁，F₂を描き，距離sを示す．

解答を見る

考え方 外力がある場合，相対運動にも外力の加速度の差が加わる．外力なしの換算質量の式をそのまま使わず，各物体から導く．

ばねが伸びているとき物体1への力は $+ k (s - l)$ ，物体2へは $- k (s - l)$ なので

m_{1} a_{1} = F_{1} + k (s - l), m_{2} a_{2} = F_{2} - k (s - l)

を得る．足せば $a_{G} = (F_{1} + F_{2}) / (m_{1} + m_{2})$ ．各式を質量で割って引けば

\ddot{s} = \frac{F_{2}}{m_{2}} - \frac{F_{1}}{m_{1}} - \frac{k}{μ} (s - l), μ = \frac{m_{1} m_{2}}{m_{1} + m_{2}}

となる．

$s = l$ ， $\ddot{s} = 0$ より $F_{1} / m_{1} = F_{2} / m_{2}$ ．初期相対速度も0なので自然長を保てる．
$s = l - c$ を代入し， $0 = - F / m_{1} + k c / μ$ から $c = m_{2} F / {k (m_{1} + m_{2})}$ ．この距離と等しい初期速度を準備した場合の結果であり，自然長から急に力を加えても自動的にこの状態へ落ち着くわけではない．

ポイント教える人へ

相対座標の定義を毎回書かせ，距離sと符号付き座標xの違いを確認させる．
重心速度が一定でも，各物体の速度は変わることを力積から説明させる．
外力がある場合の相対運動は，各物体の式を引いて導かせる．
ばねの瞬間の加速度と，その後の運動全体を区別し，振動の周期はここでは扱わない．

16第5章の章末問題

運動量，反発係数，ロケットの式を使い，飛行と衝突，動く面での反射をつなぐ問題に取り組みます．系と保存できる成分・時間区間を選び，面に対する相対速度と衝突前後の速度変化を区別してください．

演習 1

オリジナル ★★☆☆☆

地上の原点から放った質量 $3 m$ の物体が，最高点 $(a, h)$ で2つに分かれた．最高点での分裂前の速度は水平右向きに $V$ ．質量 $m$ のAは分裂直後に静止した．残りのBの質量は $2 m$ である．空気抵抗と分裂中の重力の力積を無視する．

Bの分裂直後の速度を求めよ．
両片が地面に達する時刻と，それぞれの着地点を求めよ．
着地点の質量による加重平均は，分裂しなかった場合の着地点に一致するか．

**［図：最高点での分裂］**
放物線の最高点(a,h)と分裂片A，B．最高点へ入る水平速度Vと地面を示す．着地点は描かない．

解答を見る

考え方 分裂直後の鉛直速度が両片とも0となることを最初に確かめる．同じ時刻の位置なら重心の定義を使える．

$3 m (V, 0) = m (0, 0) + 2 m v_{B}$ から $v_{B} = (3 V / 2, 0)$ ．
分裂からの落下時間は共通に $τ = \sqrt{2 h / g}$ ．したがって $x_{A} = a$ ， $x_{B} = a + (3 V / 2) \sqrt{2 h / g}$ ．
平均は $(m x_{A} + 2 m x_{B}) / (3 m) = a + V \sqrt{2 h / g}$ で，分裂しない場合に一致する．両片は同時に着地するので，着地直前まで外力は重力だけである．着地時刻が異なる別の分裂では，先に着地した片が床から外力を受けるため，同じ議論を着地点の平均に直接使うことはできない．

演習 2

オリジナル ★★☆☆☆

滑らかな水平面上に，質量 $M$ の板が静止している．板の左端へ質量 $m$ の小物体を右向きに速さ $v_{0}$ で載せる．板と物体の動摩擦係数は $μ^{'}$ ，板の長さは $L$ で，物体は質点とする．

共通速度になるまでの時間と，そのときの速度を求めよ．
物体が板から落ちないための $L$ の条件を求めよ．

**［図：板へ滑り込む物体］**
板Mの左端へ速度v₀で入る小物体m．長さL，接触面のμ′，滑らかな床を示す．

解答を見る

考え方 摩擦は2物体の系では内力だが，各物体には加速度を与える．相対速度が0になるまでの相対変位を求める．

滑走中は $a_{m} = - μ^{'} g$ ， $a_{M} = μ^{'} m g / M$ ．相対速度は $w = v_{0} - μ^{'} g (1 + m / M) t$ だから， $T = M v_{0} / {μ^{'} g (M + m)}$ ．水平運動量保存から共通速度は $V = m v_{0} / (M + m)$ ．滑りが止まった後は水平外力がなく，摩擦力0で一緒に等速運動できる．
板に対する移動距離は $s = v_{0} T / 2 = M v_{0}^{2} / {2 μ^{'} g (M + m)}$ ．よって $L \geq s$ が条件である．等号は右端で相対速度0になる理想的な境界である．地面に対する小物体の移動距離を $L$ と比べると，板自身の移動を数え損なう．

演習 3

オリジナル ★★☆☆☆

滑らかな水平面上で質量 $M$ の台車が右向きに速さ $v_{0}$ で動く．初め水平速度0の質量 $m$ の粘土が上から落ち，台車に付着する．その後，同じ質量 $m$ の第2の粘土が同様に付着する．各付着の前後で水平外力の力積は0とする．

1回目と2回目の直後の速度を求めよ．
最初から質量 $2 m$ の粘土を一度に受けたときと比べよ．
2回の付着の間に最初の粘土を水平に押さず落とした場合，第2の付着後の速度を求めよ．

**［図：順に粘土を受ける台車］**
上方の2個の粘土mと水平に走る台車M．第1，第2の順序と初速度v₀を示す．

解答を見る

考え方 各段階で，そこに残っている質量を確認する．流出する粘土はその瞬間の水平速度を持ち去る．

$M v_{0} = (M + m) v_{1}$ から $v_{1} = M v_{0} / (M + m)$ ．次に $(M + m) v_{1} = (M + 2 m) v_{2}$ より $v_{2} = M v_{0} / (M + 2 m)$ ．
一度に受けても $M v_{0} = (M + 2 m) V$ なので同じ結果となる．入ってくる粘土の水平運動量はいずれも0である．
最初の粘土を落としても台車の速度は $v_{1}$ のまま，質量だけが $M$ に戻る．第2の付着で $M v_{1} = (M + m) v_{3}$ なので $v_{3} = M^{2} v_{0} / (M + m)^{2}$ ．(1)との比は $M (M + 2 m) / (M + m)^{2} < 1$ である．落とした粘土が運動量を持ち去ったため，残る系の速度はさらに小さくなる．

演習 4

オリジナル ★★☆☆☆

宇宙で静止した本体の質量は $M$ で，同じ質量 $m$ の荷物を2個積む．外力はない．各荷物を後ろへ放すとき，放出直後の本体に対する相対速度を $- u$ とする．

2個をまとめて放す場合の本体の速度を求めよ．
1個ずつ続けて放す場合の本体の最終速度を求め，(1)との差を示せ．

**［図：荷物の一括放出と逐次放出］**
本体Mと2個の荷物mの配置．一括放出と逐次放出を別の列で示し，後方への相対速度uのみ付ける．

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考え方 有限の荷物の放出には，微小噴射の対数式ではなく，放出直前直後の運動量保存を使う．相対速度の基準は放出後の本体である．

本体の速度を $V$ とすると荷物は $V - u$ ． $0 = M V + 2 m (V - u)$ より $V = 2 m u / (M + 2 m)$ ．
最初の放出後，残る本体と荷物の速度は $V_{1} = m u / (M + 2 m)$ ．次は $(M + m) V_{1} = M V_{2} + m (V_{2} - u)$ なので $V_{2} = V_{1} + m u / (M + m)$ ．差は

V_{2} - V = \frac{m^{2} u}{(M + m) (M + 2 m)} > 0

である．2個目を放すときには，1個目を一緒に加速する必要がない．ただし同じ相対放出速度を実現する装置を仮定した比較であり，装置の別の性能制限まで等しいと主張しているわけではない．

演習 5

オリジナル ★★☆☆☆

一直線上で，左の質量 $m$ と右の質量 $2 m$ の質点が，初め距離 $L$ だけ離れて静止している．互いを引く内力の大きさは一定の $F$ とする．外力はなく，接触するまで考える．

接触までの時間と接触位置を求めよ．原点は左の質点の初期位置とする．
接触直前の速度と全運動量を求めよ．

**［図：一定の内力で近づく2質点］**
距離Lで静止するmと2mを示し，互いに向かう等しい内力Fを描く．

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考え方 距離の減少は相対加速度で求め，接触位置は静止した重心を使う．力が距離によらず一定という条件のため，等加速度運動で解ける．

右向きを正とすれば $a_{1} = F / m$ ， $a_{2} = - F / (2 m)$ ．距離は $s = L - 3 F t^{2} / (4 m)$ なので $T = \sqrt{4 m L / (3 F)}$ ．重心は初め $x_{G} = 2 L / 3$ で動かない．接触時には両者が同じ位置にあるから，その位置が $2 L / 3$ となる．
$v_{1} = F T / m$ ， $v_{2} = - F T / (2 m)$ ．運動量は $m v_{1} + 2 m v_{2} = F T - F T = 0$ ．換算質量 $μ = 2 m / 3$ を使うと $μ \ddot{s} = - F$ となり，同じ接触時間が得られる．接触後に付着するか反発するかは条件に含まれず，これだけでは決まらない．

演習 6

オリジナル ★★★☆☆

長さ $l$ の軽い糸につるした質量 $M$ の小球へ，質量 $m$ の弾丸が水平に速さ $v$ で入り，一体となる．衝突は最下点で瞬間的に起こる．その後，糸が鉛直となす最大角は $0 < θ < π / 2$ である．重力以外の抵抗を無視する．

衝突直後の速さ $U$ を求めよ．
接線方向の運動方程式から速さと角度の関係を導き， $v$ を $θ$ で表せ．弧に沿う距離を $s$ ，速さを $w = \frac{d s}{d t}$ とすると $\frac{d w}{d t} = \frac{d w}{d s} \frac{d s}{d t} = w \frac{d w}{d s}$ と書けること（合成関数の微分）と， $\int \sin φ d φ = - \cos φ + C$ を使ってよい．

**［図：弾丸を受け止めるつり球］**
最下点のつり球Mへ弾丸mが水平速度vで入る図．長さlと，最大角θの位置を破線で示す．

解答を見る

考え方 衝突中は糸の力積が鉛直なので水平運動量を保存する．衝突後の上昇は，接線方向の運動方程式を積分して扱う．

$m v = (M + m) U$ より $U = m v / (M + m)$ ．衝突前後で速さの2乗に比例する量を保存してはいけない．
途中の角を $φ$ ，速さを $w$ ，弧に沿う距離を $s = l φ$ とする．接線方向では $\frac{d w}{d t} = - g \sin φ$ ． $\frac{d s}{d t} = w$ なので $w d w = - g l \sin φ d φ$ ．0から $φ$ まで積分して $w^{2} = U^{2} - 2 g l (1 - \cos φ)$ ．最高点で $w = 0$ だから

v = \frac{M + m}{m} \sqrt{2 g l (1 - \cos θ)}

となる． $θ < π / 2$ なら途中の張力 $(M + m) (g \cos φ + w^{2} / l)$ は正で，糸が張る仮定とも整合する．

演習 7

東京大 1992 前期（改題） ★★★☆☆

水平な台の高さが，鉛直上向きを正として $Y (t) = a \cos (2 π t / T)$ と与えられている．台は小球より十分重く，衝突によってこの運動を変えない．台との反発係数は1である．時刻 $- T / 2$ に高さ $h$ から小球を静かに落とし，時刻0に台と初めて衝突させる． $a = 0.040 m$ ， $T = 0.80 s$ ， $g = 10 m s^{- 2}$ とする．台の速度・加速度を求めるには， $ω$ を定数として $\frac{d}{d t} \cos ω t = - ω \sin ω t$ ， $\frac{d}{d t} \sin ω t = ω \cos ω t$ を使える．

［図：上下する台の既知の運動］

球は落下開始時の高さhに示してある．初期表示の台は時刻0の位置で，再生すると指定された台の運動とグラフの点だけが動く．球の衝突後の運動は描かない．

$h$ ，衝突直前・直後の小球の速度を求めよ．
小球が次に同じ高さへ戻る時刻を求め，台もその位置に来ることを確かめよ．
$g > a (2 π / T)^{2}$ を利用して途中の衝突がないことを示し（区間の両端で $d = 0$ ，区間内で $\frac{d^{2} d}{d t^{2}} < 0$ なら，区間内で $d > 0$ であることを使ってよい），この跳躍が繰り返されるか説明せよ．落下開始から最初の衝突までについても確認せよ．

解答を見る

考え方 反転するのは台に対する相対速度である．球と台の位置が一致する時刻を見つけた後には，それ以前に出会っていないかを確認する．

自由落下の時間は $T / 2$ なので， $h = a + g T^{2} / 8 = 0.84 m$ ，直前の速度は $u = - g T / 2 = - 4.0 m s^{- 1}$ ．台の速度を $W$ とすると $v - W = - (u - W)$ より $v = 2 W - u$ ．時刻0では $W = 0$ なので $v = g T / 2 = 4.0 m s^{- 1}$ である．
衝突後は $y = a + (g T / 2) t - g t^{2} / 2$ ． $y = a$ の次の根は $t = T$ で， $Y (T) = a$ ， $W (T) = 0$ も成り立つ．
間隔 $d (t) = y (t) - Y (t)$ は $d (0) = d (T) = 0$ ，

\frac{d^{2} d}{d t^{2}} = - g + a {(\frac{2 π}{T})}^{2} \cos \frac{2 π t}{T} < 0

を満たす．グラフは端点を結ぶ直線より上にあるため， $0 < t < T$ では $d (t) > 0$ となり，途中で衝突しない．数値でも $a (2 π / T)^{2} \approx 2.47 m s^{- 2} < g$ である．次の衝突直前も速度は $- g T / 2$ ，直後は $g T / 2$ なので，以後周期 $T$ で繰り返す．これはこの初期条件の解であり，少しずれた運動の安定性まで示したわけではない．

落下開始からの間隔も同じ負の2階微分をもち，時刻 $- T / 2$ では $h + a > 0$ ，時刻0では0である．端点間の直線より上にあるため，最初の衝突も指定どおり0となる． $a \to 0$ なら静止台での通常の弾性反射に戻る．

演習 8

東京大 1984 前期（改題） ★★★☆☆

滑らかな水平レール上の台車A，Bは，装置込みでそれぞれ質量 $3 m$ ， $5 m$ である．初めは静止し，Aの発射位置を $x = 0$ ，Bの打撃位置を $x = L$ とする．Aから質量 $m$ の球を投げた直後，地上から見た球の速度は $(6.0, 4.0) m s^{- 1}$ であった．Bの装置が球を左上へ打ち返し，Aが受け取る．投球・打撃・受取の高さはすべて同じである．打ち返した球の地上から見た速度を $(- q, (2 / 5) q)$ とする． $g = 10 m s^{- 2}$ とし，衝突中の水平外力を無視する．

**［図：異なる質量の台車での投球］**
初めの台車AとBの距離はL．右向きの投球成分は与えられ，返球は地上から見た角βの方向に指定されている．

投球直後のAの速度と $L$ を求めよ．
受取条件から $q$ と，打撃直後のBの速度を求めよ．
受取までのA，Bの変位，および受取後のAの速度を求めよ．

解答を見る

考え方 台車ごとに球との水平運動量収支を書き，空中にある間は球の飛行時間と台車の等速運動を組み合わせる．返球角は地上での角度として与えられている．

投球時の運動量保存から $3 m V_{A} + 6 m = 0$ ，よって $V_{A} = - 2.0 m s^{- 1}$ ．最初の飛行時間は $t_{1} = 2 (4.0) / 10 = 0.80 s$ なので， $L = 6.0 t_{1} = 4.8 m$ ．この瞬間にAは $x = - 1.6 m$ におり，Bとの距離は $6.4 m$ である．
返球の飛行時間は $t_{2} = 2 (2 q / 5) / g$ ．球がAへ追いつくには $(q - 2.0) t_{2} = 6.4 m$ が必要である．数値をSI単位で代入すると $q (q - 2) = 80$ ，したがって $q = 10 m s^{- 1}$ （もう一つの根 $- 8$ は左上へ返す条件に合わない）． $t_{2} = 0.80 s$ である．打撃時は $6 m = 5 m V_{B} - m q$ より $V_{B} = (6 + q) / 5 = 3.2 m s^{- 1}$ ．
Aの変位は $V_{A} (t_{1} + t_{2}) = - 3.2 m$ ，Bの変位は $V_{B} t_{2} = 2.56 m \approx 2.6 m$ ．球の受取位置も $L - q t_{2} = - 3.2 m$ で一致する．受取後は球もAに含めて $(3 m + m) V_{A, 後} = 3 m (- 2) + m (- 10)$ より $V_{A, 後} = - 4.0 m s^{- 1}$ ．全体でも $4 m (- 4) + 5 m (3.2) = 0$ となり，初めの水平運動量0を保っている．

演習 9

オリジナル ★★★☆☆

月面付近の重力加速度を一定の $g_{M} = 1.6 m s^{- 2}$ とする．探査機は高度 $h = 120 m$ を下向きの速さ $v_{0} = 8.0 m s^{- 1}$ で通過した後，自由落下する．高度 $H$ で噴射を始め，その後 $τ = 4.0 s$ にわたり上向きの正味の加速度を一定に保ち，月面に速度0で到達させる．噴射直前の質量は $m_{0} = 600 kg$ ，下向きに噴射するガスの機体に対する速さは $u = 800 m s^{- 1}$ である．推力の大きさは調節でき，質量減少による重力加速度の変化はない．

**［図：着陸の二つの段階］**
高度hではまだ噴射せず，高度Hから下向きにガスを出して減速する．v₀とwは異なる時点の速度である．

噴射開始時の下向きの速さ $w$ と高度 $H$ を求めよ．
必要な燃料の質量を求めよ．
同じ一定加速度による減速の族で $τ \to 0$ とした極限と燃料量を比較せよ．この極限では推力に上限がないとする．

解答を見る

考え方 高度 $h$ での速さと，噴射開始時の速さは違う．まず等加速度運動から噴射位置を決め，次に質量変化を含む運動方程式を積分する．

減速中の平均の下向き速度は $w / 2$ なので $H = w τ / 2$ ．自由落下では $w^{2} = v_{0}^{2} + 2 g_{M} (h - H)$ ．連立して

w = \frac{- g_{M} τ + \sqrt{g_{M}^{2} τ^{2} + 4 (v_{0}^{2} + 2 g_{M} h)}}{2} \approx 18.2 m s^{- 1}, H \approx 36.4 m .

正味の上向き加速度は $a = w / τ$ ． $0 < H < h$ かつ $w > v_{0}$ なので，噴射前の自由落下と矛盾しない．

上向きを正として，機体質量を $m (t)$ とすれば $m d v = - u d m - m g_{M} d t$ ．噴射開始を時刻0として積分し， $v (0) = - w$ ， $v (τ) = 0$ を使うと

$\exp x$ は $e^{x}$ のことである．

w = u \ln \frac{m_{0}}{m_{f}} - g_{M} τ, m_{0} - m_{f} = m_{0} [1 - \exp (- \frac{w + g_{M} τ}{u})] .

燃料は約 $18 kg$ （丸める前は $18.174 kg$ ）である．一定加速度は $m (t) = m_{0} e^{- (a + g_{M}) t / u}$ という質量変化で実現できる．指数の中は速度同士の比で無次元である．

$τ \to 0$ では $H \to 0$ ， $w \to \sqrt{v_{0}^{2} + 2 g_{M} h}$ ．したがって極限の燃料量は

m_{0} [1 - \exp (- \frac{\sqrt{v_{0}^{2} + 2 g_{M} h}}{u})] \approx 16 kg

で，丸める前の値は $15.666 kg$ ．4秒噴射はこれより約 $2.5 kg$ 多く使う．実際， $w + g_{M} τ = [g_{M} τ + \sqrt{g_{M}^{2} τ^{2} + 4 (v_{0}^{2} + 2 g_{M} h)}] / 2$ は $τ$ とともに増えるので，この運動の族では短時間極限が最小となる．有限時間の噴射では，減速中にも受け続ける重力の力積を補う必要がある．

演習 10

オリジナル ★★★☆☆

重い滑らかな反射板に小球を当てる．板の法線を $x$ 軸（入射側から板へ向かう向きを正），接線を $y$ 軸とし，入射速度を $(v \cos 45^{\circ}, v \sin 45^{\circ})$ とする．板は法線方向だけに一定速度 $U$ で動き，衝突で速度を変えない．反発係数は1で，接線方向の力積はない．入射方向から反時計回りに $105^{\circ}$ 曲がった方向へ球を送りたいと考える．

**［図：動く反射板の法線と接線］**
入射角と出射方向は問題で指定されている．板の速度Uは右向きを正とし，符号は未知である．

衝突後の速度成分を $v, U$ で表せ．
指定方向へ送るための $U$ を求めよ．
$v = 12 m s^{- 1}$ として板の速度と反射後の速さを評価し，板から球が離れることを確認せよ．

解答を見る

考え方 板の系では法線成分だけが反転する．地上の系に戻すときに，板の速度をもう一度加える．

衝突後の法線成分を $v_{x, 後}$ とすると $v_{x, 後} - U = - (v / \sqrt{2} - U)$ ．したがって $v_{x, 後} = 2 U - v / \sqrt{2}$ ， $v_{y, 後} = v / \sqrt{2}$ である．
指定された出射角は $45^{\circ} + 105^{\circ} = 150^{\circ}$ ．接線成分が正のままなので，法線成分は $- \sqrt{3} v / \sqrt{2}$ でなければならない．よって

U = \frac{1 - \sqrt{3}}{2 \sqrt{2}} v .

負号は板が球に向かって進むことを意味する．

$U \approx - 3.1 m s^{- 1}$ ，反射後の速さは $\sqrt{3 v^{2} / 2 + v^{2} / 2} = \sqrt{2} v \approx 17 m s^{- 1}$ ．衝突前の相対法線速度 $v / \sqrt{2} - U$ は正で，衝突後はその負なので球は板から離れる． $U = 0$ を(1)に入れると速さが変わらない通常の鏡面反射になり，動く板の場合に地上での速さが変わっても，反発係数1と矛盾しない．

17第5章の発展問題

★4・★5の発展問題で，動く支持体，流れ込む質量，反復衝突，摩擦を伴う搬送台を扱います．衝突の順序と各区間の外力を整理し，運動方程式から必要な関係を導いて，停止や接触の条件まで確かめてください．

演習 1

オリジナル ★★★★☆

質量 $M$ のくさびが滑らかな水平面上に静止している．右下がりの滑らかな斜面は水平と角 $α (0 < α < π / 2)$ をなし，質量 $m$ の小物体を斜面上で静かに放す．物体が鉛直に高さ $h$ だけ下がるまで斜面は続く．

くさびの右向き速度を $V$ ，物体の斜面に沿う相対速度を $w > 0$ として関係式を求めよ．
相対加速度を運動方程式から導き，高さ $h$ だけ下がったときの $w, V$ を求めよ．
その間のくさびの変位を求めよ．

**［図：自由に動くくさび］**
滑らかな床上の右下がりのくさびMと小物体m．角αと落下高さhを示す．速度や加速度の答えは描かない．

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考え方 水平運動量を保存する一方，物体の地面から見た加速度にはくさびの加速度を含める．鉛直運動量は保存しない．

物体の速度は $(V + w \cos α, - w \sin α)$ ．水平運動量は初め0なので $(M + m) V + m w \cos α = 0$ ．したがって $V = - m w \cos α / (M + m)$ ．
$a = \dot{w}$ ， $A = \dot{V} = - m a \cos α / (M + m)$ とする．物体の加速度を斜面方向へ射影すると $a + A \cos α$ である．垂直抗力にはその成分がないため

a + A \cos α = g \sin α, a = \frac{(M + m) g \sin α}{M + m \sin^{2} α}

となる． $a$ は一定で，相対移動距離は $h / \sin α$ だから

w = \sqrt{\frac{2 g h (M + m)}{M + m \sin^{2} α}}, V = - \frac{m \cos α}{M + m} \sqrt{\frac{2 g h (M + m)}{M + m \sin^{2} α}}

である． $M$ を大きくすると $w \to \sqrt{2 g h}$ ， $V \to 0$ となり固定斜面に戻る．

(1)を時間で積分すると $(M + m) X + m (h / \sin α) \cos α = 0$ ．よって $X = - m h \cos α / {(M + m) \sin α}$ ．所要時間を求めなくても，水平重心の不変から変位が決まる．

演習 2

オリジナル ★★★★☆

線密度 $λ$ ，長さ $L$ の柔らかい鎖を鉛直につり，下端を水平な受け皿に接触させておく．上端の支えを外すと，鎖は皿にたまって静止する．まだ落下中の部分は張力を受けず自由落下し，皿に達した部分は瞬時に止まり，跳ね返らないというモデルを用いる．皿上の山の高さは無視する．

鎖のうち長さ $x (0 < x < L)$ が皿にたまったとき，落下中の部分の速さを求めよ．
皿が鎖から受ける下向きの力を求めよ．
皿が鎖から受ける力積を，放してから全体がたまる直前まで積分せよ．また，最後の直前と静止後の力を比べよ．

**［図：自由落下する鎖と受け皿］**
下端が皿に触れる鉛直の鎖の初期状態と，長さxが皿にたまった途中を並べる．落下部分の速度vと残りの長さL−xを示す．

解答を見る

考え方 皿は，すでに静止した鎖の重さと，新たに到着する鎖を止めるための運動量の流れの両方を受ける．自由落下の仮定は実際の鎖すべてに普遍的なものではない．

$x = g t^{2} / 2$ ， $v = g t$ より $v^{2} = 2 g x$ ．落下部分の各点が同じだけ下がるので，落下距離が皿に入った長さに一致する．
$d t$ の間に入る質量は $d m = λ v d t$ ．この部分が失う下向き運動量は $v d m = λ v^{2} d t$ である．皿の受ける力は

R = λ x g + λ v^{2} = 3 λ g x

となる．後から入る微小部分の重力がこの $d t$ に与える力積は2次なので極限では消える．

落下時間は $T = \sqrt{2 L / g}$ ． $R (t) = 3 λ g^{2} t^{2} / 2$ を積分して $J = λ g^{2} T^{3} / 2 = λ L g T$ ．全鎖の重力の力積も $λ L g T$ であるから，上向きの皿からの力積と打ち消し，初めと終わりの全運動量0に合う．最後の直前は $R \to 3 λ L g$ ，全体が静止した後は $λ L g$ ．理想モデルでは運動量の流入が途絶える瞬間に力が飛び変わるが，有限の追加力積は生じない．

演習 3

東京大 1995 後期（改題） ★★★★☆

水平面上のAから球を投げ，水平距離 $D$ の地点Cに落とする．中点に置いた高さ $H$ の細いネットの上端を，球はちょうど通過する．Cの直前で滑らかな水平面に当たり，すぐにCから右上がりの滑らかな斜面へ進む．水平面での衝突点とCの距離は無視する極限を考える．両面での反発係数は同じ $e$ （ $0 < e < 1$ ）で，衝突によって接線方向の速度は変わりません．斜面角を $θ$ とし，Cを原点として斜面上向きを $x$ ，面から離れる向きを $y$ とする．空気抵抗・球の回転を無視する．

**［図：ネットを越えて斜面へ入る配置］**
水平区間ACの中点に高さHのネットを置く．球はC直前の水平面で跳ね，斜面に入る．斜面に沿うxと垂直なyを示す．

投球速度の水平成分 $p$ と鉛直成分 $q$ を求め，水平面で跳ねた直後の斜面方向成分 $u_{0}$ と法線成分 $v_{0}$ を表せ．以下は $u_{0} > 0$ ， $v_{0} > 0$ とする．
Cで跳ねた直後を $t = 0$ とする．斜面との $n$ 回目の衝突時刻 $t_{n}$ と，跳ね返りが収束する時刻 $t_{\infty}$ を求めよ．等比数列の和 $1 + e + \dots + e^{n - 1} = (1 - e^{n}) / (1 - e)$ を使える．
収束位置 $x_{\infty}$ を求め，Cに戻るまでに跳ね返りが収束する条件を示せ．その後は面に接したまま滑るモデルとする．
$D = 4.0 m$ ， $H = 0.80 m$ ， $e = 3 / 4$ ， $\tan θ = 1 / 2$ ， $g = 10 m s^{- 2}$ について，収束時刻・収束位置・最も上る位置・Cへの帰還時刻を比較せよ．

解答を見る

考え方 衝突のたびに短くなるのは法線方向の跳躍時間である．接線方向には衝突の力積がないため， $x$ の運動は衝突をまたいで一つの等加速度運動として書ける．

AとCは同じ高さなので，中点が放物線の頂点となる． $H = q^{2} / (2 g)$ ， $D = 2 p q / g$ より $q = \sqrt{2 g H}$ ， $p = D \sqrt{g / (8 H)}$ ．C直前の速度は $(p, - q)$ ，水平面で跳ねた直後は $(p, e q)$ である．これを斜面座標へ射影して

u_{0} = p \cos θ + e q \sin θ, v_{0} = e q \cos θ - p \sin θ .

特に $v_{0} > 0$ は $e q > p \tan θ$ を意味し，水平面で跳ねた球が斜面の内側へ入り込まない条件である．

初回飛行では $y = v_{0} t - g \cos θ t^{2} / 2$ ．正の根から $Δ t_{1} = 2 v_{0} / (g \cos θ)$ である．衝突直前の法線速度は $- v_{0}$ ，直後は $e v_{0}$ なので，次の飛行時間は $e Δ t_{1}$ となる．同様に第 $n$ 飛行時間は $e^{n - 1} Δ t_{1}$ ．したがって

t_{n} = \frac{2 v_{0}}{g \cos θ} \frac{1 - e^{n}}{1 - e}, t_{\infty} = \frac{2 v_{0}}{g \cos θ (1 - e)} .

無限回の衝突でも時間の和は有限になる． $e \to 1$ では収束時刻が発散し，跳躍が減衰しなくなることと一致する．

全区間で $x = u_{0} t - g \sin θ t^{2} / 2$ なので，

x_{\infty} = u_{0} t_{\infty} - \frac{1}{2} g \sin θ t_{\infty}^{2} .

$θ > 0$ のときCへ戻る接線座標の時刻は $t_{R} = 2 u_{0} / (g \sin θ)$ ．跳ね返りがそれまでに収束する条件は $t_{\infty} \leq t_{R}$ ，すなわち

v_{0} \tan θ \leq (1 - e) u_{0} .

この条件なら $0 < t < t_{R}$ で $x > 0$ だから，収束前の衝突はすべて斜面上で起こる．等号はCでちょうど収束する場合であり，厳密に帰還前の収束には不等号を厳しくする．収束後も接線速度は一般に0ではなく，重力の接線成分で運動を続ける．

$p = 5.0 m s^{- 1}$ ， $q = 4.0 m s^{- 1}$ ， $\sin θ = 1 / \sqrt{5}$ ， $\cos θ = 2 / \sqrt{5}$ ．したがって $u_{0} = 13 / \sqrt{5} m s^{- 1}$ ， $v_{0} = 1 / \sqrt{5} m s^{- 1}$ ．収束時刻は $0.40 s$ ，収束位置は $4.4 / \sqrt{5} m \approx 2.0 m$ となる．接線速度が0になるのは $t = u_{0} / (g \sin θ) = 1.3 s$ ，最遠位置は $u_{0}^{2} / (2 g \sin θ) = 169 / (20 \sqrt{5}) m \approx 3.8 m$ である．帰還時刻は $t_{R} = 2.6 s$ ．つまり，跳ね返りが収束してからも斜面を上り，折り返してCへ滑り戻る．時間と距離の式はそれぞれ $v / g$ ， $v^{2} / g$ の次元をもつ．

演習 4

東京大 2005 後期（改題） ★★★★☆

水平な床に置いた搬送台に発射・回収装置と鉛直な壁を固定し，距離を $L$ とする．台全体の質量は球の質量 $m$ の $k$ 倍で， $k$ は十分大きいとする．静止状態から球を壁へ水平速度成分 $u > 0$ で投げ，壁との反発係数を $e$ （ $0 < e < 1$ ）とする．戻る球は装置が受け取り，台と一体になる．鉛直運動は回収を妨げず，台の床との衝突も起きないものとする．

次の近似で水平運動を調べる．球の水平速度は壁の法線方向とし，壁との衝突で接線方向の力積はないものとする．球の飛行時間と速度は台を固定して計算し，球による台への力積はその球の速度変化から求める．台の速度・変位は残し，質量は回収後も $k m$ と近似する．滑走中の台の加速度の大きさを $a = μ^{'} g$ とし，停止すれば次の力積までは静止する．各衝突の短い時間内では，摩擦の力積を無視する．

**［図：壁を載せた搬送台］**
発射・回収装置と壁は同じ台に固定されている．球は右の壁へ飛び，反射して装置へ戻る．

$A = u / k$ とおき，投球，壁との衝突，受取による台の速度の変化を求めよ．往路時間を $b$ ，復路時間を $c$ として表せ．
各飛行中に台がいったん停止する「大きい摩擦」の条件と，全運動終了後の台の変位を求めよ．
往路・復路のどちらでも途中停止しない「小さい摩擦」の条件と，受取後の停止までを含む台の変位を求めよ．壁での力積による瞬間的な方向反転は，途中停止に含めない．
$u = 6.0 m s^{- 1}$ ， $L = 3.0 m$ ， $k = 60$ ， $e = 2 / 3$ ， $g = 10 m s^{- 2}$ とする．両領域の境目を求め， $μ^{'} = 0.040$ と $0.010$ の最終変位を評価せよ．

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考え方 運動量保存を使うのは短い投球・衝突・受取の前後である．その間には外力である摩擦が働くので，台の速度を時間とともに変えなければならない．停止するかどうかを先に調べてから，速度の積分を区間ごとに足す．

球の水平速度は投球で $0 \to u$ ，壁で $u \to - e u$ ，受取で近似的に $- e u \to 0$ と変わる．台への力積は逆符号だから，速度変化は順に $- A$ ， $(1 + e) A$ ， $- e A$ ．また $b = L / u$ ， $c = L / (e u) = b / e$ である．
投球直後は $- A$ なので，停止時間 $A / a$ が $b$ 以下でなければならない．壁で停止状態から $(1 + e) A$ になり，その停止時間 $(1 + e) A / a$ が $c$ 以下であることも必要である．したがって

a \geq \frac{u^{2}}{k L} max {1, e (1 + e)} .

初速度 $V$ から摩擦で止まるまでの変位は，速度の三角形の面積から $V | V | / (2 a)$ ．3回の滑走の変位を加えると

Δ X_{大} = \frac{- A^{2} + (1 + e)^{2} A^{2} - e^{2} A^{2}}{2 a} = \frac{e A^{2}}{a} = \frac{e u^{2}}{k^{2} μ^{'} g} .

最後の受取後の滑走も含めている．変位は壁のある向きである．

往路の終わりまで左へ動く条件は $- A + a b < 0$ ．壁で速度が $(1 + e) A$ 増すと $e A + a b > 0$ になり，右へ動く．受取直前まで右向きである条件は $e A + a b - a c > 0$ ．両者をまとめると

a < \frac{u^{2}}{k L} min {1, \frac{e^{2}}{1 - e}} .

受取で $- e A$ が加わるため，直後は $V_{3} = a (b - c) < 0$ ．受取後にもう一度左へ滑って止まる．区間ごとの変位は

Δ X_{1} = - A b + \frac{1}{2} a b^{2}, Δ X_{2} = (e A + a b) c - \frac{1}{2} a c^{2}, Δ X_{3} = - \frac{a (b - c)^{2}}{2} .

和をとり， $e c = b$ を使うと $- A b + e A c = 0$ が消えて，

Δ X_{小} = a (2 b c - c^{2}) = \frac{μ^{'} g L^{2}}{u^{2}} \frac{2 e - 1}{e^{2}} .

したがって小さい摩擦の領域では，ずれの向きも $e$ に依存する． $e = 1 / 2$ では近似の範囲で0となり， $a \to 0$ でも0に近づく．後者は摩擦のない閉じた系の重心が動かず，球が元の装置に戻ることと整合する．

$u^{2} / (k L) = 0.20 m s^{- 2}$ なので，大きい摩擦は $a \geq 2 / 9 m s^{- 2}$ ，すなわち $μ^{'} \geq 1 / 45 \approx 0.0222$ ．小さい摩擦は $a < 0.20 m s^{- 2}$ ，すなわち $μ^{'} < 0.020$ である．間の領域は一方の飛行中だけ停止するため，どちらの式もそのまま使えない．等号の境目では衝突と停止が同時になるので，隣の領域の式の極限として扱う．

$μ^{'} = 0.040$ は大きい摩擦の領域で $Δ X \approx 0.017 m$ ， $μ^{'} = 0.010$ は小さい摩擦の領域で $Δ X \approx 0.019 m$ ．丸める前はそれぞれ $0.016667 m$ ， $0.018750 m$ である．どちらも $L$ に比べて十分小さく，台の運動を飛行時間に入れない近似と整合する．両式の次元は長さであり，摩擦を増せば常にずれが増えるという単純な関係にはならない．

演習 5

オリジナル ★★★★★

滑らかな一直線上に球A，B，Cを左から順に置く．質量は $4 m, b, m$ で，BとCは静止し，Aだけが右向きに速さ $v$ で進む．全衝突は正面の弾性衝突である．球は十分離し，初めのAとBの衝突が終わってからBとCが衝突する．

Bが初めてCに当たった直後のCの速度を $b$ の関数で求めよ．
その速度を最大にする $b > 0$ と最大値を求めよ．商の微分 ${(\frac{f}{g})}^{'} = \frac{f^{'} g - f g^{'}}{g^{2}}$ を使ってよい．
最適な $b$ の場合，その後の再衝突がないことを確かめよ．またBを置かずAがCに直接衝突した場合と比べよ．

**［図：中間球を介した連続衝突］**
一直線上のA，B，Cに質量4m，b，mを付け，Aの初速度vだけを示す．

解答を見る

考え方 衝突を1回ずつ解き，初めの衝突が次の衝突の初期条件を作ることを使う．最大化の後には衝突順序の仮定を検算する．

AとBの衝突後は $v_{A} = (4 m - b) v / (4 m + b)$ ， $v_{B} = 8 m v / (4 m + b)$ ．BがCに当たるまで速度は一定で，BはAより速いので途中に再衝突はない．BとCの衝突から

v_{C} = \frac{2 b}{b + m} v_{B} = \frac{16 m b}{(4 m + b) (b + m)} v

となる．

$z = b / m > 0$ と置けば $v_{C} / v = 16 z / (z^{2} + 5 z + 4)$ ．微分すると

\frac{d}{d z} \frac{16 z}{z^{2} + 5 z + 4} = \frac{16 (4 - z^{2})}{(z^{2} + 5 z + 4)^{2}}

なので $z < 2$ で増加， $z > 2$ で減少する．最大は $b = 2 m$ ， $v_{C} = 16 v / 9$ ．中間の質量は両端の質量の幾何平均である．

この場合 $v_{A} = v / 3$ ，最初の $v_{B} = 4 v / 3$ ．Cとの衝突後のBは $v_{B}^{'} = {(2 m - m) / (2 m + m)} (4 v / 3) = 4 v / 9$ ．左から $v / 3 < 4 v / 9 < 16 v / 9$ と速度が大きくなるので，再衝突はない．直接なら $v_{C} = 8 v / 5$ であり，中間球を使う方が $8 v / 45$ 大きい．任意の $b$ で再衝突がないと仮定したわけではなく，最適な場合について確認した結論である．

演習 6

オリジナル ★★★★★

一定の重力加速度 $g$ のもとで，初期質量 $m_{0}$ のロケットを静止から鉛直に飛ばす．噴射速度は一定の $u$ ，最終質量は $m_{f}$ である．燃焼中の上向き加速度 $a (t)$ は安全上 $0 \leq a (t) \leq A$ に制限される．流量は自由に調整でき，他の推力上限，空気抵抗，段の切り離しはないものとする．

最終速度を最大にする燃焼時間を求めよ．
そのときの質量 $m (t)$ ，噴射流量 $q (t)$ ，最終速度を求めよ．
同じ加速度上限を守る一定流量方式で最も速く燃やす場合と比較せよ．

**［図：加速度制限のある噴射］**
鉛直ロケットと調整可能な噴射流量q(t)．加速度の許容範囲0≤a≤Aを注記し，最適な流量曲線は描かない．

解答を見る

考え方 同じ質量比では噴射による速度増加は固定である．重力による速度減少を最小にするには，制限の範囲で燃焼時間を短くする．

$a = - u \dot{m} / m - g \leq A$ から $- \dot{m} / m \leq (A + g) / u$ ．全時間で積分すると $\ln (m_{0} / m_{f}) \leq (A + g) T / u$ なので

T \geq T_{min} = \frac{u}{A + g} \ln \frac{m_{0}}{m_{f}}

を得る． $v_{f} = u \ln (m_{0} / m_{f}) - g T$ なので， $g > 0$ では等号を実現する運転が最適である．

常に $a = A$ とすれば等号となる． $\dot{m} = - (A + g) m / u$ を変数分離して， $m = m_{0} e^{- (A + g) t / u}$ ， $q = - \dot{m} = (A + g) m / u$ ．したがって

v_{f} = A T_{min} = \frac{A u}{A + g} \ln \frac{m_{0}}{m_{f}}

となる．加速度一定を保つには，燃焼中に流量を減らす必要がある．

一定流量では最後の加速度が最大なので $q \leq (A + g) m_{f} / u$ ．最短時間は $T_{c} = u (m_{0} - m_{f}) / {(A + g) m_{f}}$ である．ただし発射時にも $a \geq 0$ を満たすには $(A + g) m_{f} \geq g m_{0}$ が必要で，満たさなければ許容される一定流量方式は存在しない．存在する場合， $r = m_{0} / m_{f} > 1$ として $r - 1 > \ln r$ より $T_{c} > T_{min}$ で，最終速度も $g (T_{c} - T_{min})$ だけ小さい．不等式は $1 / x < 1$ を1から $r$ まで積分して確かめられる．

演習 7

オリジナル ★★★★★

滑らかな水平面上で，質量 $M = 2 m$ の球Aが速度 $(v, 0)$ で，静止した質量 $m$ の球Bに弾性衝突する．衝突の向きは変えられるものとする．重心系でのAの衝突後の速度が，入射方向となす角を $θ$ とする．

地面系でのAの衝突後の速度成分を $θ$ で表せ．
Aの地面系での偏向角 $ϕ$ の最大値を求めよ． $\tan ϕ$ を $θ$ で微分するときは，商の微分 ${(\frac{f}{g})}^{'} = \frac{f^{'} g - f g^{'}}{g^{2}}$ と $(\sin θ)^{'} = \cos θ$ ， $(\cos θ)^{'} = - \sin θ$ を使ってよい．
最大偏向のときのAの速さとBの速度成分を求め，運動量を確認せよ．

**［図：重い球の斜め衝突］**
入射する質量2mのAと静止するmのBを上から見た配置．入射速度vとx，y軸だけを示し，最大偏向角は描かない．

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考え方 重心系では弾性衝突によって各球の速さは変わらず，方向だけが変わる．そこへ重心速度を足すと，地面系で許される速度の端点は円になる．

重心速度は $V = 2 v / 3$ ．衝突前のAの重心系速度は $v - V = v / 3$ である．したがって

u_{A x} = \frac{v}{3} (2 + \cos θ), u_{A y} = \frac{v}{3} \sin θ

となる． $u_{A x} \geq v / 3 > 0$ なので，Aは後方へ跳ね返ることができない．

上側への偏向を考え $0 \leq θ \leq π$ とする． $\tan ϕ = \sin θ / (2 + \cos θ)$ を微分すると，符号は $2 \cos θ + 1$ の符号に一致する．最大は $\cos θ = - 1 / 2$ ，つまり $θ = 2 π / 3$ ．このとき $\tan ϕ = 1 / \sqrt{3}$ なので $ϕ_{max} = π / 6$ ．下側についても対称なので偏向角の絶対値の上限は同じである．速度平面では，原点から中心 $(2 v / 3, 0)$ ，半径 $v / 3$ の円へ引く接線の角に相当する．
Aは $(v / 2, \sqrt{3} v / 6)$ で速さ $v / \sqrt{3}$ ．運動量保存から $u_{B} = (2 v, 0) - 2 u_{A} = (v, - \sqrt{3} v / 3)$ ． $2 m u_{A} + m u_{B} = (2 m v, 0)$ と確かめられる．求めた2球の速度差の大きさも $v$ で，弾性衝突の条件に合う．

18第5章のまとめ

この章では，運動方程式を時間で積分して運動量と力積を導き，内力が打ち消し合うことから保存則を得ました．そして視点を1つの物体から物体の集まり（質点系）へ広げ，重心，衝突，質量が変わる系，2体問題を調べました．ここで定義と法則を一覧にし，各節の最初の問いに短く答えます．

定義と法則

法則運動量と力積

運動量 $p = m v$ ，力積 $I = \int F d t$ ．運動方程式を時間で積分すると $Δ p = I$ ．
短い衝突では，平均の力 $\bar{F} = Δ p / Δ t$ が使える．衝突の時間が長いほど，同じ力積でも平均の力は小さい．
運動量保存：物体の系に外力が働かない（または，ある向きの外力の合力が0）とき，全運動量（またはその向きの成分）は一定である．外力の力積が無視できる短い衝突でも，その間は近似的に一定とみなせる．内力は作用反作用で打ち消し合う．

法則重心

重心 $r_{G} = \frac{\sum m_{i} r_{i}}{\sum m_{i}}$ ，質点系の運動方程式 $M {\ddot{r}}_{G} = F_{外}$ ．内力は打ち消し合い，重心の運動は外力だけで決まる．
外力が無ければ重心は等速直線運動をする．重心が静止し続ける例が，氷の上の人と板である．

法則衝突

反発係数 $e = - \frac{u_{1} - u_{2}}{v_{1} - v_{2}}$ （ $v$ は衝突前， $u$ は衝突後の速度）． $e = 1$ が弾性衝突， $0 < e < 1$ が非弾性衝突， $e = 0$ が完全非弾性衝突．
1次元の衝突は，運動量保存と反発係数の2式を連立して解く．2次元では成分ごとに運動量保存を使う．
1次元の衝突を重心系で見ると，各物体の速度は向きが逆になり，大きさが $e$ 倍になる．弾性衝突（ $e = 1$ ）なら速さは変わらない．2次元では，法線成分と接線成分に分けて考える．

法則ロケットの運動方程式

外力が無いとき $m d v = - u d m$ ．噴射速度 $u$ が一定ならツィオルコフスキーの式 $v = u \ln \frac{m_{0}}{m}$ ．
鉛直上向きに飛び， $g$ が一定で空気抵抗が無く，初速度0， $u$ が一定のとき $v = u \ln \frac{m_{0}}{m} - g t$ ．推力は噴射速度と毎秒の噴射質量の積である．

法則 2体問題

外力が無い2体は，重心の等速直線運動と，換算質量 $μ = \frac{m_{1} m_{2}}{m_{1} + m_{2}}$ の1体の運動 $μ \ddot{r} = F$ （ $r = r_{1} - r_{2}$ ）に分かれる．
重心系で各物体の重心からの距離と速さは，質量の逆比である．

手順

ポイント運動量と質点系の問題を解く手順

注目する物体の集まり（系）を決める．力を「系の内側のもの」と「外から働くもの」に分ける．
向きごとに，系に働く外力の合力（または外力の力積）を調べる．それが0（または無視できる）向きの全運動量は保存する．力があるかどうかではなく，合力で判断する．たとえば重力と垂直抗力がつり合えば鉛直成分も保存し，摩擦があれば水平成分も保存しない．
外力の力積が無視できる短い衝突では，衝突の前後だけを比べる．途中の力が分からなくても，運動量保存と反発係数で解ける．床や壁から受ける力は無視できない．
重心を使えるかを考える．重心の運動は外力だけで決まり，重心系に移ると衝突や2体の運動が簡単になる．
質量が変わる系は，微小時間 $d t$ で運動量の収支を数える．持ち去られた分も系に含める．
極端な場合（質量が非常に大きい， $e = 0$ や $1$ ， $m_{0} / m$ が1に近い）で検算する．

主な公式

運動量保存： $m_{1} v_{1} + m_{2} v_{2} = m_{1} u_{1} + m_{2} u_{2}$
力積： $Δ p = \bar{F} Δ t$
重心： $r_{G} = \frac{m_{1} r_{1} + m_{2} r_{2}}{m_{1} + m_{2}}$ ， $M {\ddot{r}}_{G} = F_{外}$
ロケット： $v = u \ln \frac{m_{0}}{m}$ （鉛直上向きに飛び， $g$ が一定で空気抵抗が無く初速度0のとき，重力の分は $- g t$ ）
2体問題： $μ = \frac{m_{1} m_{2}}{m_{1} + m_{2}}$ ，円軌道では $ω^{2} = \frac{G M}{a^{3}}$

各節の問いへの答え

運動量と力積：同じ速さの野球ボールと鉄の球では，質量が違うので運動量 $m v$ が違う．止めるには運動量を $0$ にする力積が必要で，質量の大きいほうが大きな力積を要する．「速さ」だけでは足りず，質量と速さの積が衝撃の目安になる．手を引いて受けると，同じ力積を長い時間で受けるので平均の力が小さくなる．
重心と質点系：回転しながら飛ぶバットでも，回転の仕方によらず放物線を描くのは重心である．重心の運動は外力（重力）だけで決まり，内力や回転には影響されない．
衝突：運動量保存だけでは衝突後の2つの速度が決まらず，反発係数 $e$ がもう1つの式になる．質量が等しい球の弾性衝突（ $e = 1$ ）では速度が入れ替わるので，止まっている的球に手球が正面から当たると，手球は止まり，的球が手球の速度で進む．
ロケットと質量が変わる系：ロケットは押す相手が外に無くても，ガスを後ろへ噴射し，その反作用で進む．ロケットとガスを合わせた運動量は保存する． $v = u \ln (m_{0} / m)$ なので，質量比 $m_{0} / m$ がネイピア数 $e$ （約2.7）を超えれば，噴射速度 $u$ より大きな速さになれる．
2体問題：月の軌道を円と近似すると，地球も月と同じ重心を中心に円を描いて動く．地球と月の重心は地球の内部にあり，地球の中心の描く円の半径は約 $4.7 \times 10^{3} km$ である．

この章で使った数学

ベクトルの時間積分，和の記号 $\sum$ と加重平均，連立方程式（和と差），微小量と対数の積分，座標の書き換え（重心座標と相対座標）がありました．

第5章 CHAPTER 05 運動量と質点系

01運動量と力積

問い

考えてみる

運動量と力積

2つの物体の運動量

外力があるとき

02力積とベクトルの積分

例題

03運動量と力積の演習

04重心と質点系

問い

考えてみる

重心

質点系の運動

重心が動かない例

05重心の求め方

例題

06重心と質点系の演習

07衝突

問い

考えてみる

反発係数

衝突でなくなるもの

2次元の衝突

08衝突の計算

例題

09衝突の演習

10ロケットと質量が変わる系

問い

考えてみる

微小時間の運動量の収支

ツィオルコフスキーの式

重力があるとき

質量が減るもう一つの例

11ロケットの数学と例題

数学の道具

例題

12ロケットと質量収支の演習

132体問題

問い

考えてみる

重心の運動と相対運動

地球と月

円運動の角速度

ばねでつないだ2物体

142体問題の座標変換と例題

数学の道具

例題

152体問題の演習

16第5章の章末問題

17第5章の発展問題

18第5章のまとめ

定義と法則

手順

主な公式

各節の問いへの答え

この章で使った数学

第5章　運動量と質点系