物理学補足資料 というのが正統的な方法であるが,大変な計算となる.ここ dχ を 2 次方程式を解かずに求めてみよう.式 dθ 演習 [1] の詳解 では,χ0 ≡ 1.(ベクトルの演算) (3) に −2v02 をかけた式, 【解】 各自確かめなさい. 0= 2.(直線上の等加速運動) 【解】 通過する時の速度を v0 とすると,t 秒後の速度 v(t) と変位 2gχχ0 2gχ2 sin θ 2χv02 0 2 0= + − 2χ v tan θ − 0 2 cos3)θ cos2 θ ( cos θ 2 2gx 2gχ sin θ − 2χv02 cos θ 2v02 tan θ− χ0 = 2 cos θ cos3 θ x(t) は, ∫ t a(t) dt = v0 + −2 dt = v0 − 2t 0 0 ∫ t ∫ t x(t) = x0 + v(t) dt = 0 + v0 − 2t dt = v0 t − t2 t v(t) = v0 + 0 (6) 極大となりうるのは χ0 = 0 の場合であるから,式 (6) の右 0 辺の分子=0 でなければならない.このときの値を χm , θm と表される.停止した時間 t0 ,さらにその時の変位 x(t0 ) を と表して, 求め,その値が 16 m であることより, v(t0 ) = v0 − 2t0 = 0 ∴ t0 = (5) を θ で微分する. 点 A を通過する時刻を時間 t の原点に取り,A を ∫ g χ2 − (2v02 tan θ)χ − 2v02 h cos2 θ ( ) 0 = 2χm gχm sin θm − v02 cos θm v0 2 ∴ tan θm = v2 v2 v2 x(t0 ) = v0 t0 − t02 = 0 − 0 = 0 = 16 m 2 4 4 √ ∴ v0 = 4 × 16 = 8 m/s v02 1 g 2 χ2m + v04 , = gχm cos2 θm g 2 χ2m (7) この値を式 (5) に代入して, g 2 χ2m + v04 2v 4 − 0 − 2v02 h, g 2 χ2m = v04 + 2v02 gh g g √ v2 2gh 1 ∴ χm = 0 1 + 2 , θm = arctan √ g v0 1 + 2gh 2 3.(高さ h の地点からの放物体) 0= この問題は一見簡単に思えるが,実は計算が非常に煩雑で長時間を要し, 試験問題には向かない.しかしながら,自宅でじっくり学習するには恰好 の題材である. v0 y 【別解】2 次方程式の解 x(θ) より求める方法 v0 微分を使っ て計算する方法も簡単とは言い難いものであった.が,し θ かし方法 (4) に従った計算よりは,まだましである事が,実 際に (4) に従った計算をしてみると判る. それでは早速.2 次方程式 (5) の解は,根の公式を用いて mg h 等加速度運動 tan θ ± √ 0 χ= g 2 2v2 cos 2θ x 0 O = 【解】 この内容は高校までの学習で解決可能な問題である = が,計算がかなり煩雑である.運動はすぐに求まって, x(t) = v0 cos θ t 1 y(t) = − gt2 + v0 sin θ t + h 2 gχ2 + tan θχ + h cos2 θ 2 次方程式 (3) を解いてχ(θ) を求め, dχ = 0 となる θ を探る dθ g ( cos θ sin θ + √ sin2 θ + g √ 2gh v02 ) [ sin2 θ + β β= 2gh v02 ] (8) (2) 数 v02 /g を除いた部分を θ で微分すると, (√ )} √ dχ dz dχ dz d {√ = = 1−z z+ z+β (9) dθ dθ dz dθ dz ) √ dχ −1 (√ z+ z+β = √ dz 2 1−z ( ) √ 1 1 √ + √ + 1−z 2 z 2 z+β ( ) √ √ √ √ ( z + z + β) 1 − z − z z + β √ = = 0 (10) √ √ 2 1−z z z+β (3) を満たす.よって, [ v02 sin θ cos θ ± v02 cos θ ここで,x > 0 より根号は正.z = sin2 θ > 0 とおいて,定 到達位置 χ = χ(θ) は 2v02 v02 (1) (1) より t を x で表し,(2) に代入して,左辺 = 0 とおくと, 0=− g tan2 θ + 4 2v2 cos 2 θh ] (4) 1 物理学補足資料 よって 5.(加速度円運動) √ √ z z + β ⇒ 1 − 2z + z 2 = z 2 + βz 1 ∴ sin2 θm = z = (11) 2+β 1+β cos2 θm = 1 − sin2 θm = (12) 2+β 1 tan2 θm = 1+β 1 1 = arctan √ θm = arcsin √ 2+β 1+β √ 1+β = arccos 2+β 0=1−z− (11),(12) を (8) に代入すれば,χm aθ a ar O 図 1 等加速度円運動する質点の加速度:角度方向成分 aθ がある v2 √ = 0 1 + β が得られ g ため,a は原点を向いていない. るはず.各自確かめること. 【解】 平面曲座標系の運動方程式,すなわち教科書 p.14 4.(鉛直ばね振動) の (1·40) 式を適用する.ただし,円運動であるから,ṙ = 【解】 0, r̈ = 0 であり,速度は角度方向の成分 vθ しかない.よっ 題意より,単位質量変化 ∆m = 1 に応じた力の変 て題意より 化は ∆mg = g であり,それに応じた長さの変化が ` である から, vθ = Rθ̇ = 12θ̇ = 6 ∴ θ̇ = g g = k∆x = k` ∴ k = ` v˙θ = このばねに質量 m のおもりをつけた場合のばね振動の周 d(Rθ̇) 1 = Rθ̈ = 12θ̈ = 3 ∴ θ̈ = rad/s2 dt 4 従って,半径方向および角度方向の加速度は 期T は 2π T = = 2π ω 1 rad/s 2 √ √ m = 2π k ( )2 1 = −3 m/s2 ar = 0 − Rθ̇ = −12 · 2 1 aθ = Rθ̈ + 0 = 12 · = 3 m/s2 4 m` g 2 以下,実際に単振動することを運動方程式を立てて確か める. 単振動することの確認 ◆ 時間微分の略記法 ばね定数 k ,自然長 `0 のばねの端 物理量 A の時間に関する 1 階微分, 2 階微分は,式が煩雑になるのを避けるために,以下のよう に質量 m のおもりをつけ,他端を原点に固定して鉛直にた にドット,2 重ドットを用いて略記することが多い. らし,つりあわせた時のばねの伸びを ∆` とすると, Ȧ ≡ mg = k∆` dA d2 A , Ä ≡ dt dt2 (*) が成り立つ.つりあいの位置を原点,鉛直下向きを x 軸と 【別解】デカルト座標系を用いた場合 『何とかの一つ覚え』 定め,おもりを A だけ引っ張って静かに離したとすると, ということで,とにかくデカルト座標系を用いて解析してみ おもりの運動方程式は よう.円の半径を R とすると,変位,速度,加速度の x, y mẍ = mg − k(x + ∆`) = mg − kx + mg = −kx √ と与えられる.これは角振動数 ω = k/m の単振動であ 成分は, x = R cos θ, y = R sin θ り,一般解は, vx = −R sin θθ̇, vy = R cos θθ̇, v = Rθ̇ } ax = −R cos θθ̇2 − R sin θθ̈ ay = −R sin θθ̇2 + R cos θθ̈ √ √ 2 2 a = ax + ay = R θ̇4 + θ̈2 x(t) = C cos(ωt + α) である.さらに,初期条件より, ẋ(0) = −ωC sin(α) = 0, ∴ α=0 x(0) = C cos α = A と表される.題意より,ある時の速さを v0 ,このときの速 さの変化率を v̇0 とおくと, と任意定数 C, α が定まり, v0 = Rθ̇0 (= 6), v̇0 = Rθ̈0 (= 3) x(t) = A cos ωt これは,原点を中心にして振幅 A の単振動を表している. 2 物理学補足資料 したがって,このときの加速度の大きさ a0 は √ a0 = R θ̇04 + θ̈02 = R √( = 12 √( v0 R )4 ( + v̇0 R 【解】 題意より,軌道の接線方向ベクトル t および法線方 向ベクトル n は )2 t = (cos θ, sin θ), n = (− sin θ, cos θ) √ √ 6 )4 ( 3 )2 + = 12 2−4 + 2−4 = 3 2 12 12 である.従って,加速度速度 a とそれぞれの方向ベクトル との内積を計算する.加速度の x,y 成分は と求まるが,加速度ベクトルの向きはすぐには把握できな d2 x d(vt) = =0 dt2 dt2( ) d2 1 2 d2 y gt = −g ay = 2 = 2 dt dt 2 い.もちろん,r̂ = er = (cos θ, sin θ) と a = (ax , ay ) のな ax = す角度 φ は cos φ = r̂ · a = a θ̇2 −Rθ̇2 √ = −√ θ̇4 + θ̈2 R θ̇4 + θ̈2 であるから(これは明らかに重力加速度 g である) ,at ,an はそれぞれ であるから,この問題では ( 6 12 at = a · t = −g sin θ, an = a · n = −g cos θ )2 1 cos φ0 = − √ = −√ 3 2/12 2 ∴ φ0 = 3 π 4 (1) と求まる. であることが求まる.これでも,図 1 の加速度ベクトルの 10 イメージが頭に浮かばないのではないだろうか.結局,a の 8 r, θ 方向成分を求めることになり, 6 at (1) aθ = a · eθ = a · (− sin θ, cos θ) = Rθ̈ (2) 加速度 ar = a · er = a · (cos θ, sin θ) = −Rθ̇2 at , an 4 という,平面極座標による表現にたどり着く. 2 0 -2 -4 【別解 2】自然座標系を用いた場合 自然座標系では,加速 an -6 度を接線加速度 at = v̇ と法線加速度 an = v 2 /ρ に分解す -8 る.円運動では曲率半径 ρ = R 一定であるから, -10 0 2 4 at = v̇ = Rθ̈ an = 6 時間 v2 (Rω)2 = = Rω 2 = Rθ̇2 ρ R 8 10 t 図 3 接線加速度 at ,法線加速度 an の時間変化.初速度 v をパラ メータにしている.v = 0.2β, β, 5β (β = 9.8). となり,式 (1),(2) と同じ結果を得る.(an は中心方向を向 いていることから an = −ar に注意) ◆ 時間の関数として求める 6.(放物運動の接線加速度・法線加速度) ということであるが,θ = θ(t) であるから,at ,an も時間 t 題意は θ の関数として表わせ の関数として記述できるはずである.軌跡の接線の傾きを θ y とすると, dy dy dt 1 = · = −gt · dx dt v ( gdx) ∴ θ(t) = arctan − t v tan θ = n t θ x である.この結果を式 (1) に代入すればよい.t = 0 では速 度ベクトルは水平右向きであり,at (0) = 0,an (0) = −g と なる.また,じゅうぶん時間が経過した後は速度ベクトル a は鉛直下方を向いているので,at (∞) = g ,an (∞) = 0 に 図 2 加速度ベクトル a,接線方向ベクトル t,法線方向ベクトル 漸近する (図 3 参照). n の位置関係 3 物理学補足資料 補題 1. (滑らかな円弧内面上の運動) 図のように,半径 R の滑らかな半球を内面に持つ台の端 O から質点が静かにすべり出した. 静止 R θ 補題 2. (斜面上の質点の運動) y ( i ) 内面の各点における質点の速度 v ,円運動の向心力 f の 大きさ,内面から受ける垂直抗力 N ,加速度ベクトル A m の大きさ a を求めなさい. x ( ii ) θ = 45° における加速度ベクトルの大きさ |a| を求めな さい. h 【解答】 z(t) θ ( i ) エネルギー保存則より, 1 mv 2 − mgR cos θ = 0 2 ∴ v= √ 図 4 斜面上の質点の運動 2gR cos θ 平面極座標系の運動方程式の r 方向成分を考えて, 水平から角度 θ 傾いた滑らかな斜面(平面)上に質量 m 2 の小物体 A(質点と考えなさい) を静かに置いてはなしたと v = g cos θ − N/m R ∴ f = −mar = 2mg cos θ ) ( v2 = 3mg cos θ N = m g cos θ + R ar = − ころ,A は斜面上を滑り降りた.A が置かれた位置の高さ を h として,次の各問いに答えなさい. ( i ) 斜面に沿って(最大傾斜方向)x 軸,斜面に垂直に y 軸 をとり,それぞれの成分について運動方程式を求めな なお,θ 方向成分より maθ = mR さい. d2 θ d2 θ g = −mg sin θ ∴ = − sin θ 2 dt dt2 R ( ii ) A に働く垂直抗力を求めなさい. (iii) 斜面上の移動距離 x(t) を求めなさい. は,t = t(θ) について形式的には解けて楕円積分で表現 ( iv ) A の運動エネルギー K(t) を次の二通りの方法で算出し される.また,加速度ベクトルの大きさは, √ a= =g a2r √ + a2θ = √ (2g cos θ)2 4 cos2 θ + sin θ2 = g √ + 一致することを確かめなさい. (a)v(t) より直接算出する. (−g sin θ)2 (b)水平面からの高さ z(t) を求め,力学的エネルギー 1 + 3 cos2 θ 保存則を用いて算出する. ( ii ) 45° では, √ √ √ π 5 2 = g 1 + 3/2 = g a = g 1 + 3 cos 4 2 【解答】 ( i ) 垂直抗力を N として,y 方向には変位しないので,運 動方程式はそれぞれ なお,加速度ベクトル a の変化は下図のようになる. x 方向:mẍ = mg sin θ ∴ ẍ = g sin θ y 方向:mÿ = N − mg cos θ = 0 ( ii ) 式 (2) より N = mg cos θ 4 (1) (2) 物理学補足資料 (iii) (1) を時間 t で積分すると, ∫ v(t) = ẍ dt = g sin θ · t + C ∫ 1 x(t) = v(t) dt = g sin θ · t2 + Ct + C 0 2 初期条件 v(0) = x(0) = 0 より,C = C 0 = 0 ( iv ) 定義から v(t) = g sin θ · t を用いて直接算出される値を Kd ,力学的エネルギー保存則 U + K = 一定 より求め られる値を Kc とすると, 1 1 mv 2 = m(g sin θ)2 t2 2 2 Kc = mg(h − z) ∵ Kc + mgz = 0 + mgh Kd = (3) 高さの変化 h − z(t) は,斜面に沿った変位 x の鉛直方 向成分であるから, h − z = x sin θ = 1 1 g sin θ · t2 · sin θ = (g sin θ2 )t2 2 2 式 (3) に代入して, 1 Kc = mg(h − z) = mg (g sin θ)t2 · sin θ 2 1 2 2 2 = mg sin θ · t 2 この値は Kd に等しい. 5
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