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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