解析演習 第 5 章解答 【5-2】 (1) 衝突直前・直後における運動量保存； 【5-1】 (1) 物体を吊るしたときの静止位置では 力のつり合い ： 0 = mg − kδst （下向き正） mV0 = (m + M )v より v = 10 kg × 9.8 m/s2 mg = = 0.0392 m k 2500 N/m ···答 (m + M ) d2 x = −kx dt2 ·········答 (3) (2) の結果から C の運動方程式は (2) (3) 物体の運動方程式は (1) の結果を利用して m ···答 (2) C の運動方程式の水平方向成分は が成立するので，これより δst = m V0 m+M ( d2 y mg ) = mg − k(y + δst ) = mg − k y + = −ky 2 dt k d2 x = −ω 2 x ， dt2 と書けるので，上式は √ ただし ω = k m+M ···⃝ 1 の形に整理できるので，C は角振動数 ω の単振動を行うことが 2 d y k =− y dt2 m わかる．⃝ 1 の一般解は， C1 ，C2 を定数として ·········⃝ 1 x = C1 cos ωt + C2 sin ωt の形に整理できる．ここで方程式⃝ 1 は，変位 y の時間に関する と書くことができる．したがって速度は 2 階微分（加速度）が，(i) 変位に比例し (ii) −符号により常に平 ẋ = −ωC1 sin ωt + ωC2 cos ωt 衡点に向かう， という 2 つの性質を満たしている．これは物体 が単振動を行うための必要十分条件である．したがってその固 これらと初期条件（t = 0 で x = 0，ẋ = v ）から， 有振動数は， √ ωn = k = m √ 2500 N/m = 15.8 rad/s 10 kg v C1 = 0 ， C2 = = ω ···答 と定まるので， 単振動の方程式⃝ 1 の一般解は C1 ，C2 を定数として m+M m · V0 k m+M √ mV0 ······⃝ 2 y = C1 cos ωn t + C2 sin ωn t √ x= √ · sin k(m + M ) k t m+M ······答 と書くことができる．これを時間微分すると ẏ = −ωn C1 sin ωn t + ωn C2 cos ωn t 【5-3】 A に働く力は，重力 M g ，斜面からの垂直抗力 NA ，A ······⃝ 3 の底面に作用する垂直抗力 P ，バネからの弾性力の 4 つ，B に ここで⃝ 2 ，⃝ 3 と初期条件（t = 0 で y = 0，ẏ = v0 ）より， ⃝ 2 から C1 = 0 ， ⃝ 3 から C2 = と定まるので， v0 y= sin ωn t = ωn √ m v0 sin k √ 働く力は，重力 mg ，斜面からの垂直抗力 NB ，B を引き上げる v0 ωn 力 F ，バネからの弾性力の 4 つ． バネの長さが l1 のとき，力 F はまだ作用しておらず，A も B も 静止している，このとき，l1 は自然長 l0 より短く，A と B がバ k t m ネから受ける弾性力の向きは左の図のようになるから，A と B ······答 の力のつりあいの式は， 斜面水平：0 = M g sin θ + k(l0 − l1 ) − P A: 斜面垂直：0 = N − M g cos θ A 斜面水平：0 = mg sin θ − k(l0 − l1 ) B: 斜面垂直：0 = N − mg cos θ B ···⃝ 1 ···⃝ 2 ···⃝ 3 ···⃝ 4 バネの長さが l2 のとき，A は動き出す直前でまだ静止している． δ B はゆっくり上に動いているが，そのとき B に働く力は常につ st δ) 0 k(y+ り合っている（そうなるように力 F を加減する） ． st このとき，l2 は自然長 l0 より長いから，弾性力の向きは右の図 のようになり，A が動き出す瞬間なので垂直抗力 P は 0 となる． y mg 1 したがって，このときの A と B の力のつりあいの式は， 斜面水平：0 = M g sin θ − k(l2 − l0 ) A: 斜面垂直：0 = N − M g cos θ と書ける．ここで上式は， d2 y = −ω 2 y ， dt2 ···⃝ 5 ···⃝ 6 A 斜面水平：0 = mg sin θ + k(l2 − l0 ) − F B: 斜面垂直：0 = N − mg cos θ k M ···⃝ 1 y = C1 cos ωt + C2 sin ωt ···⃝ 8 と表される．したがって速度は まず，⃝ 3 と⃝ 5 を加えて l0 を消去すると ẏ = −ωC1 sin ωt + ωC2 cos ωt (m + M )g sin θ k= l2 − l1 ······⃝ 9 これらと初期条件（t = 0 で y = a − δst ，ẏ = 0）から， が得られる．また，⃝ 3 と⃝ 5 を C1 = a − δst = a − k(l0 − l1 ) = mg sin θ ， k(l2 − l0 ) = M g sin θ と定まるので， と並べ替えてから辺々の比をとれば √ y = (a − δst ) cos l0 − l1 m ml2 + M l1 = より l0 = l2 − l0 M m+M ······⃝ 10 Mg ， C2 = 0 k k t M いま，ばねの上端はブロックにつなぎとめられていないし，ば を得る．よって，与えられた数値を⃝ 9 ，⃝ 10に代入して ねの質量も無視しているから，ばねが自然長以上に伸びること はない．したがって，ブロックが床から最も遠ざかったとき，ブ k = 1.27 × 103 kg/s2 = 1.27 kN/m ， l0 = 107 mm · · · 答 【補足】 1◦ ただし ω = の形に整理できるので，その一般解は C1 ，C2 を定数として ···⃝ 7 B √ ロックの高さがバネの自然長以下であれば，ブロックがバネか 本問では，斜面に沿う方向の動きだけに注目して ら離れることはないから， いるので，斜面と垂直方向のつり合い条件 ⃝ 2 ⃝ 4 ⃝ 6 ⃝ 8 はさしあ l0 − δst + (a − δst ) = l0 + a − 2δst ≤ l0 たって必要ない．さらに残りの 4 式のうち，⃝ 1 と⃝ 7 には未知の 力 P と F がはいっているので，結局⃝ 3 と⃝ 5 が着目するべき式， a ≤ 2δst = ということになる． 2M g ≡ a0 k ······答 2◦ ⃝ 10のかわりに，⃝ 9 で求めた k を⃝ 3 または⃝ 5 に代入してもよ δst いが，計算は少々面倒になる． a F 0 NB δ a - st l0 NB mg y mg (2) ブロックの最大到達高さを h として， k l0 - l1 NA P エネルギー保存： k l2 - l0 NA ka2 2M g ······答 【5-5】 (1) ̸ APB= θ とすると，つり合い条件から Mg 0 = mg − kr cos θ ， cos θ = 【5-4】 (1) ブロックをバネに乗せたとき，バネが自然長から δst 0 = M g − kδst （下向き正） より δst = Mg k m が成り立つ．このつり合いの位置を原点として，鉛直下向きに y mg ···答 b ∴ k= m からの弾性力と重力を受けるので，ブロックの運動方程式は d2 y Mg = M g − k(y + δst ) = M g − k y + dt2 k ) d2 x = mg − kr cos θ dt2 ただし cos θ = b+x r より，上式を整理して 軸をとる．ブロックとバネが接している限り，ブロックはバネ ( b r (2) 小球の運動方程式は だけ縮んで静止したとすれば，力のつり合い M h= が成立するので，これを解いて ! Mg 1 2 ka = M gh 2 d2 x = mg − k(b + x) dt2 ······答 (3) 小球の運動方程式に (1) の結果を代入すると = −ky m 2 d2 x mg d2 x g =− · x すなわち 2 = − x 2 dt b dt b ···⃝ 1 となり，⃝ 1 から小球は角振動数 ω = √ g/b で単振動することが C4 = 0 と定まるので， √ わかる． m+M k·t mM (4) 単振動の方程式⃝ 1 の一般解は， Y = yB − yA = l0 + a cos x = C1 cos ωt + C2 sin ωt 一方，重心座標⃝ 4 と相対座標⃝ 7 から yA = yG − と書けるので， m M Y ， yB = yG + Y m+M m+M の関係が得られるので，これに⃝ 6 ，⃝ 9 を代入して ẋ = −ωC1 sin ωt + ωC2 cos ωt ( √ ( √ 1 M Mg 1 − cos yA = gt2 + 2 m+M k これらと初期条件（t = 0 で x = x0 ，ẋ = 0）から， C1 = x0 ， C2 = 0 1 M mg yB = gt2 − 1 − cos 2 m+M k と定まるので， √ x = x0 cos ······⃝ 9 g t b m+M k·t mM ) ) m+M k·t mM + l0 + ······答 Mg k を得る．下図は一例として，m = M の場合について yA と yB 【5-6】 (1) 鉛直方向の B のつり合い の時間変化を示したもの． Mg 0 = M g − ka より a = k (2) A と B の運動方程式はそれぞれ ······ ⃝ 1 答 y mÿA = mg + k(yB − yA − l0 ) ···⃝ 2 M ÿB = M g − k(yB − yA − l0 ) ···⃝ 3 ···答 (3) A と B の重心座標を yG とすると yB myA + M yB mÿA + M ÿB yG = より ÿG = ···⃝ 4 m+M m+M したがって⃝+ 2 ⃝ 3 と⃝ 4 より yA l0+a ···⃝ 5 mÿA + M ÿB = (m + M )g ∴ ÿG = g を得る．ここで⃝ 5 を時間で積分すると，C1 ，C2 を定数として ẏG = gt + C1 ， yG = 1 2 gt + C1 t + C2 2 初期条件 t = 0 で ẏG = 0，yG = C1 = 0 ， C2 = と定まるので m · 0 + M (l0 + a) より， m+M M (l0 + a) M = m+M m+M yG = 1 2 M gt + 2 m+M ( ( l0 + l0 + Mg k Mg k ) 0 ) 2 ··· ⃝ 6 答 (4) A と B との相対座標を Y = yB − yA · · · ⃝ 7 とすると ⃝ ⃝ m+M 3 2 − より ÿB − ÿA = − k(yB − yA − l0 ) M m mM すなわち Ÿ = − m+M k(Y − l0 ) · · · ⃝ 8 mM ⃝ 8 は Y = l0 を振動中心とする単振動の方程式を表しているか ら，⃝ 8 の一般解は C3 ，C4 を定数として Y = l0 + C3 cos ωt + C4 sin ωt Ẏ = −ωC3 sin ωt + ωC4 cos ωt √ m+M k とおいた．こ mM こで，初期条件（t = 0 で Y = l0 + a ，Ẏ = 0）より，C3 = a， と書くことができる．ただし，ω = 3 π/ω t 4 π/ω
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