http://astr-www.kj.yamagata-u.ac.jp/~shibata の力学の項目からこの問題集の電子版と略解が入 手できます。
Chapter 1
∼
4
問題 (f4a)
図のように軽い板の一端が支点によって支えら れ、他端が糸で釣り上げられて釣りあっている系 がある。板の長さを８ｍ、板の上のおもりの位置 を支点から２ｍとする。このおもりが１００ｋｇ あるとして、糸を引いているおもりは何ｋｇか。 1. 力のモーメントの考えを使って、この問題を といてみよ。 2. 仮想仕事の原理を用いて、この問題をといて みよ。問題 (f4b)
下図の釣りあった力学系で、糸の張力 T を求め よ。棒の重さは無視し、おもりの重さ（M ）だけ を考えれば良いものとする。棒の長さを L、支点 から糸の引いている位置 P までの長さを a とする。 棒の鉛直からの角度を θ とする。 T M P 1. 力と力のモーメントの釣合からこの問題をと いてみよ。 2. 仮想仕事の原理を用いてこの問題をといてみ よ。問題 (f4cone)
直円錐 (半頂角 θ) にリングになった鎖 (くさり) を差し入れる。円錐の軸は鉛直で、鎖は水平で円 になって静止しているとする。円錐の表面は摩擦 がなく滑らかである。鎖に働く張力を求めよ。た だし、重力の加速度を g、鎖の質量を M とおく。θ
問題 (f4eki)
図のように、容器に入った液体が、側面に取り付 けられた細口から流れ出ている。液体の密度を ρ、 出口から液面の高さを H とし、容器の断面積を A、 出口の断面積を a とする。重力加速度を g とせよ。 なお液体内部の摩擦を無視してよいものとする。 1. エネルギー保存の法則を用いて液体の流れ出 る速度 v を求めよ。(解き方の説明文を忘れず つけてください。) 2. 液面がどのように時間とともに下がっていく か、時刻の関数として H(t) を求めよ。(微分 方程式を立ててそれを解く)問題 (f4end)
ここまでで、第４章まで進んだことになりま す。教科書はそこまで読みすすみましたか? もしかしたら大部分は意味不明、かもしれま せん。特に、最初の何章かは本格的に物理を 勉強していかないと、難しいでしょう。でも、 がっかりしないでください。多少は、興味深 いこともあったと思います。それで十分です。 意味不明の箇所は無視して読み進んでくださ い。後の章ほど分かりやすくなるでしょう。 とにかく、先にすすめましょう。Chapter 5
問題 (f5meanfp)
宇宙の大部分の空間は電離水素ガス (水素は電離 すると陽子と電子に分れるので、陽子と電子から なる気体）で占められている。この電離水素ガス の中を走る光 (光子) の平均自由行程はどれほどか? 気体の密度を N とせよ。 [ヒント] 光子からみると陽子より電子の方が大き く見える。そしてその断面積は σe= 8π 3 ( e2 mc2 )2 = 6.65× 10−25cm2 ここで、e と m は電子の電荷の大きさと質量、c は 光速である。(トムソンの断面積, Thomson cross secion).Chapter 6
問題 (f6coin)
コインを 16 回投げて、表が出るか裏が出るかを 調べる。期待値は、表が 8 回、裏が 8 回である。1/2 の確率で表・裏になるから。 さて、実際に 16 回コインを投げてみたら、表が 10回出た。ここで君は、「このコインは 1/2 より ちょっぴり表がでやすいコインだ」と考えるべきか べきでないか、考えよう。 同じことをこんな風に言っても良い。 あたりが出るか外れが出るか確率が 1/2 のくじ を友人が作ったという。そしてこんな約束をした。 そのくじを君が 16 回引いて、あたりが多く出れ ば君が勝ちで、友人が君に 1000 円出す。逆に、外 れが多く出れば友人の勝ちで、君が友人に 1000 円 出す。 さて、実際に君がくじを 16 回引いたところ外れ が 10 回出た。そのため、君が 1000 円損をした。君は友人がもともとあたり・外れ 確率 1/2 のくじを 作ったことを疑うか。 ここで問題。実際にコインの表 (あるいは当たり) が出た数を x として、x の期待値を⟨x⟩ とすると き、x の期待値からのズレを D = x−⟩x⟩ とする。 このズレの期待値√⟨D2⟩ を求めよ。(この値が 2 以上であれば表が 10 出たのは不思議なことではな いことになる。)
問題 (f6a)
太陽はその中心で起こっている核融合反応のお かげで輝いている。中心で発生した光子は途中太 陽本体を作っているガス中の電子と何ども衝突し た後、やがて宇宙空間に放たれる。光子が平均的 に ℓ だけ走って電子によって散乱されるとする (こ の ℓ は平均自由行程と呼ばれる)。トムソンの散乱 断面積を σ (= 6.65× 10−25cm2)、太陽の平均電 子密度を n(8.4× 1023cm−3)とすると、 ℓ = 1 σn で与えられる。さて、中心で発生した光子はどれく らいの時間かかって外に出て来るか。太陽の半径を R = 6.96× 1010cm、光速を c = 3.00× 1010cm/sec とせよ。Chapter 7
問題 (f7a)
ケプラーの法則は: I 惑星は太陽を焦点とする楕円にそって太陽の廻 りを公転している。 II 太陽から惑星に引いた動径は、同じ時間の間に は同じ面積をおおう。(面積速度一定の法則) III任意の二つの惑星の周期の自乗は、おのおのの 軌道の長半径の３乗に比例する: T ∝ a3/2 。 第 III 法則と運動方程式から「太陽の引力は太陽か らの距離の自乗に逆比例すること」を示せ。ただ し、一般の楕円運動は難しいのでここでは円運動 を仮定してよい。 name= F7A問題 (f7b)
1. 月が地球に向かって落ちて来る加速度を下の データから計算せよ。 月の地球のまわりの公転周期:T = 27.3 日。月 と地球の間の距離:R = 3.84× 108m。 2. 地球上での重力加速度 g = 9.8m/s2と地球の 半径 R⊕ = 6.38× 106m、そして上の問いの 答えからニュートンの引力の法則（逆自乗則） を確かめよ。 name= F7B問題 (f7d)
地表付近で水平に打ち出された弾丸が、空気抵 抗も障害物もないとき、地球を回る軌道に乗るの に必要な速度を求めよ。 name= F7DChapter 8
問題 (f8a)
一直線上を運動する質点の座標が x = A sin ωt + B cos ωt で表されるとき、この質点の加速度はどう表され るか。ここで、A, B, ω は定数、t は時刻である。問題 (f8b)
一直線上を運動する質点の加速度が a = 1 5exp[− t 20] で表されるとき、この質点の速度は十分長い時間 の後どのようになるか。但し初速は 0 とする。Chapter 9
問題 (f9a)
放物体の位置が x = v0t, y = y0− 1 2gt 2 で表されるとき、この物体に働く力を運動方程式 から算出せよ。 但し、物体の質量を m とし、v0, y0, gは定数で ある。問題 (f9b)
円周上を運動する物体に働く力を求めよう。物体 の位置は極座標 (R, θ(t)) を用いて表すのがよい。t は時刻。R は円運動なので一定である。角度 θ(t) は時刻の関数としてが与えられているとする。 また、角速度は ω(t) = dθ(t) dt で定義される。一般に、角速度は時間と共に変化 する。 直交座標 (x, y) と極座標 (R, θ) の関係は x = R cos θ y = R sin θ である。 ニュートンの運動方程式の x および y 成分を書 き下し、物体に働く力 Fx, Fyの表式を求めよ。物 体の質量を m とせよ。 次に、求めた力を動径に沿った成分とそれに垂 直な成分をそれぞれ求めよ。問題 (f9c)
前問 (f9b) の結果を利用して、振り子に対する運 動方程式が d2θ dt2 =− g Rsin θ であることをしめせ。ただし、θ は鉛直からの振り 子の触れ角、R は振り子の長さ、g は重力加速度、 tは時刻である。問題 (f9kep)
惑星の運動に関するケプラーの法則は以下のよ うにまとめられる。I 惑星は太陽をひとつの焦点とする楕円にそって 公転している。 II 太陽から惑星に引いた動径は、同じ時間の間に は同じ面積をおおう。(面積速度一定の法則) III任意の惑星の周期を T 、軌道の長半径を a とす るとき、 T a3/2 の値は惑星によらず同じ値になる。 太陽を原点に採った極座標 (r, θ) を用いることに しよう。惑星の位置は時刻 t をパラメータにして表 せる: r = r(t), θ = θ(t)。 1. 上の第二法則を式で表現するとどのようにな るか。つまり、単位時間に動径の覆う面積 (面 積速度) が一定という式を作れ。 以下では、面積速度の２倍を ℓ とおくことに する。 2. 楕円軌道の方程式は 1 r = C(1 + ϵ cos θ) で表せる。C, ϵ (< 1) は定数。 ケプラーの法則にしたがった運動がニュート ンの運動方程式を満たすとして、惑星に働く 力を求めよ。求めた力が距離の２乗に逆比例 する引力であることを示せ。 ヒント 式の変形に於て、ℓ でできるかぎり置 き換えて、ℓ が定数であることを利用すると計 算が楽である。(ℓ は単位質量当りの角運動量 という意味を持っている)。
Chapter 10
問題 (f10a)
二つの物体が一直線上を運動しているとする。こ の直線に沿って x 座標をとる。 質量中心 (Center of Mass) の座標は XCM = m1x1+ m2x2 m1+ m2 であたえられる。ここで、物体の質量が m1,m2、座 標の値が、x1,x2であるとした。 以下では、二つの物体に力が働いていても良い こととする。 1. 物体の速度が、V1,V2であるとき、CM 系の速 度は VCM = m1V1+ m2V2 m1+ m2 であることを示せ。 2. VCMで運動する観察者からみると、二物体の 運動量の合計はゼロであることを示せ。 3. 二つの物体の全運動エネルギーを T 、CM 系か らみた時の全運動エネルギーを TCM とする。 T = TCM+ 1 2(m1+ m2)V 2 CM であることを証明せよ。 4. 二つの物体に各々F1,F2の力が働いているとき 質量中心 (上で考えた座標系の原点) の運動方 程式が MdVCM dt = F であることを示せ。ここで、M = m1+ m2, F = F1+ F2である。 5. 上の問題の結果を、一直線上を運動する任意 の数の物体の場合に拡張できないか試みよ。問題 (f10bT)
ロケットは質量を吹き出す (ふきだす=eject) こ とにより吹き出したあとの残りの部分（衛星 (えい せい;satellite）など）を加速 (かそく) する。 以下の方法で、ロケットの運動を調べよう。運動 は簡単のため一直線上とする。1. 始めロケットの全質量は M であり、速さは V であるとする。質量 m のガスを噴射 (ふんしゃ eject)したあと、速さが V + U になったとす る。ガスの噴射したときの速度については、ロ ケットに対してガスの速度が V0であったと仮 定 (かてい assumed) する。 ガスの噴射の前後で運動量が保存することを 用いて、加速分 U を求めよ。 2. U/V0対 m のグラフを描け。
Chapter 11
問題 (f11eqmo)
一つの座標系 (x, y, z) とそれを θ だけ回転した もう一つの座標系 (x′, y′, z′)がある。座標の変換 式と力の変換式はそれぞれ x′ = x cos θ + y sin θ (1) y′ = y cos θ− x sin θ (2) z′ = z (3) Fx′ = Fxcos θ + Fysin θ (4) Fy′ = Fycos θ− Fxsin θ (5) Fz′ = Fz (6) であたえられる。 このとき二つの座標系でニュートンの方程式の 形が変わらないことを示せ。問題 (f11vec4)
スカラー量 f 、ベクトル量 A，及び B はともに 時間の関数である。以下の等式を証明せよ。 d dt(f A) = df dtA + f dA dt d dt(A· B) = dA dt · B + A · dB dt問題 (f11vec1)
質量 m1 = mの粒子が v1 = 3i + 2j− k の速 度で運動している。そして質量 m2 = 2m、速度 v2 =−2i + 2j + 4k の粒子と非弾性的に衝突する （合体する）。二つの粒子が一緒になったものの速 度を求めよ。問題 (f11vec6)
運動する質点の位置ベクトルを r(t) とする。質 点の速度は v = dr/dt で表される。ここで t は時 刻。また、質点のスピードは v =|v| と書ける。 長さ１のベクトル ˆv = v/vは軌道の接線方向の 単位ベクトルになる。d
θ
d
θ
v
v
(t)
(t+dt)
v
(t+dt)
v
(t)
R
vdt
n
この質点の加速度を軌道の接線方向の加速度と、 それに垂直な加速度の成分に分割できること、す なわち a = dv dtv +ˆ v2 Rn (7) の形になることを以下の手順にしたがって示せ。こ こで R は軌道の曲率半径、n は軌道の接線に垂直 な単位ベクトルである。1. 速度 v = vˆvを時間で微分して運動方向に沿 った加速とそれ以外の成分に分かれることを 示せ。 2. dˆv dt が ˆv に垂直であることを示せ。 3. dˆv dt の方向の単位ベクトルを n と定義すると き、図を参考にして dˆv dt = v Rn と書き表せることを示せ。この時に曲率半径 の意味についても言及せよ。 4. 以上をまとめて、(7) を示せ。
問題 (f11vec2)
質量 1 kg の粒子が運動していて、その位置は次 のベクトルで表される。(長さ及び時間の単位は m と sec とする。） r = ti + (t +t 2 2)j− ( 4 π2sin πt 2 )k. 1. t = 0 および t = 1 でのこの粒子の位置、速 度、加速度、運動エネルギーを求めよ。 2. この運動を起こす力を求めよ。 3. t = 1に於けるこの粒子の経路の曲率半径を求 めよ。問題 (f11vec3)
地球上での経度, 緯度が (λ1, ϕ1) (λ2, ϕ2)である 二点間の大圏距離を求めよ。Chapter 13
問題 (f13a.tex)
1. 物体が鉛直線上を運動するとき力学的エネル ギーの保存則 1 2mv 2 + mgh = (一定) が成立することをニュートンの運動方程式か ら導け。m, v, h, g はそれぞれ、物体の質量、 速度、高さ、それに重力加速度である。この 式の第一項を T (運動エネルギー)、第二項を U (位置エネルギー) と書くと T + U = (一定) となる。 2. 摩擦のない曲面を滑り降りるときにも同じ結 果になることを示せ。問題 (f13b)
1. 質量 m の質点の三次元運動を考える。運動エ ネルギーは T = 1 2mv 2 で定義される。質点に働く力を F 、質点の速 度を v とするとき dT dt = F · v. であることを示せ。 2. 上の結果を積分すると、 位置１から位置２まで運動するときの運動エネ ルギーの変化はこの間に力のした仕事に等しい： ∆T = T2− T1= ∫ 2 1 F · ds を得る。右辺の積分は物体の軌道にそった線 積分である。上の結果を用いて、物体が鉛直下向きの重力 mgを受けて摩擦なく運動するとき (例えば、 空中に投げられた物体や摩擦のないコースを 走るジェットコースター) 1 2mv 2 + mgh = (一定) が成立することを示せ。ここで h は鉛直方向 の高さ。(運動の経路は三次元的にどんな曲線 を採ってもよいとせよ)。 注意：ジェットコースターの様な場合、コース 自身から働く力はコースに垂直だから仕事を しないことに注意せよ。
問題 (f13c)
固定された質点 M(その質量 M ) があって、その 廻りを運動する質点 m(その質量 m) が M からの重 力のみを受けているとき、質点 m の力学的エネル ギーの保存則は 1 2mv 2 + U (r) = (一定) の様に書ける、ここで r は質点間の距離。U (r) を 求めよ。問題 (f13d)
点 O に向かう大きさ kx 引力を受けて、一直線 上を運動する質点 m(その質量 m) がある、ここで k, x はそれぞれある定数及び点 O と質点 m の間 の距離。力学的エネルギーの保存則は 1 2mv 2 + U (x) = (一定) の様に書ける、U (x) を求めよ。問題 (f13e)
多数個の質点が互いに重力を及ぼし合ながら運 動しているとする。この時力学的エネルギー保存 則は ∑ i 1 2miv 2 i + ∑ i,jの対 −Gmimj rij = (一定) になることを示せ。問題 (f13f )
無限に広い薄い平板から距離 a 離れた点に於け る、平板による重力場を求めよ。万有引力 (重力) 定数を G 、平板の面密度を σ とする。問題 (f13h)
質量 M 、半径 R の球殻を考える。質量 m の質点 が持つこの球殻による重力の位置エネルギーをも とめよ。ただし、質点 M の位置が球の内にあると きと外にあるときと場合わけして求めよ。(球殻の 中心から質点までの距離を r として、r < R のとき と、r > R のときに場合分けして答えを求めよ。)Chapter 14
問題 (f14ae)
質量 m の質点が力 F を受けて運動していると する。この質点の位置および速度については文字、 r(t)および v(t) を用いよ。(注意：計算では、スカ ラー量とベクトル量は明確に示すように細心の注 意を払うこと。ベクトル量は太字 (肉付け文字) や矢印などを付ける。区別がないときは間違いとみ なす。) 1. この力 F が保存力であるとする。このことは 数学的にどう表されるか。式と簡単な説明を 付けて答えよ。あたらしく導入した文字があ るときはその意味も説明するのを忘れないよ うに！ 2. 力 F が保存力であれば、この質点の位置エネ ルギー U が定義でき、さらに、力学的エネル ギーの保存（運動エネルギーと位置エネルギー の和が一定になる）: 1 2mv 2 + U = (一定) を示すことができる。ニュートンの運動方程 式から出発し実際に力学的エネルギーの保存 を証明せよ。
問題 (f14b)
1. 地球を出た人工天体が地球を脱出するための 速度は幾らか。 2. 地球を出た人工天体の全力学的エネルギー 1 2mv 2−GmM r = E が負であるとする。人工天体の採りうる最高 高度は幾らか。問題 (f14d)
質量 m の質点による重力ポテンシャル Ψ =−Gm r から gradient(勾配) を計算することにより、重力 場 C を求めよ。ここで、r は質点からの距離、G は万有引力定数。問題 (f14c)
N個の質点（質量 mi(i = 1, 2, ..., N )）があると する。ある点のポテンシャルは質点が一個の場合 のポテンシャルの和 Ψ =− N ∑ i=1 Gmi ri で表せることを示せ。riはその点と質点までの距離。問題 (f14e)
質量 m の質点が二個、座標 (a, 0, 0) と (−a, 0, 0) に固定されている。点 (x, y, 0) に於けるポテンシャ ルを求めよ。問題 (f14f )
1. 質量 M 、半径 R の球殻を考える。この球殻に よる重力のポテンシャルを球の内外に場合わ けて求めよ。 2. 上の結果からこの球殻による重力場を求めよ。Chapter 18-19
問題 (f18a)
長さ l で質量の無視できる剛体の棒の両端に、質 量が m の小さな玉を取り付ける。棒の中央を中心 として回転する場合と、棒の一端を中心として回 転する場合とでは、回転角速度が同じ時どちらの 運動エネルギーがどれだけ大きいか。問題 (f18b)
一つの平面内の回転を考えるとき、回転のトルク は τ = xFy− yFxで与えられる。トルクの別の表 現が、Fθrおよび F r0 であることを証明せよ。こ こで Fθは力の回転方向の成分、r は回転の中心か らの距離、F は力の大きさ、r0は腕の長さである。問題 (f18c)
太陽の引力のもとで運動する惑星を考える。近 日点距離を R1、この時の惑星の速さを V1とする。 遠日点距離とその時の速さを求めよ。問題 (f18d)
図のように、剛体棒 (慣性モーメントは無視でき る) の両端におもり (質量 M ) が取り付けられてお り、棒は角速度 ω で回転している。始め、中心か らおもりまでの距離は a であったとする。おもり を中心方向に引き、中心からの距離を b に縮めた とき角速度はいくらになるか。 db g g問題 (f18e)
半径 R の車輪が、車軸を水平に固定して、自由 に回転できるようになっている。この車輪の慣性 モーメントを I とする。車輪の外縁に沿って力 F を加えたとき車輪の回転角速度 ω はどの様に変化 するか。始め車輪は止まっているとする。F
R
問題 (f19a)
質点系を考えて、その質量中心 CM の座標を RCMとする (座標原点 O は CM とは異なるもの とする)。 1. Oの廻りの角運動量と CM の廻りの角運動量 はそれぞれ L =∑ i miri× Vil =∑ i mir′i× V′i で与えられる (ここで、r′i, V′i は CM 系から みた、位置と速度である)。この時 L = M RCM× VCM+ l となることを示せ ( ここで、M =∑miは質 点系の全質量である)。 2. CMの運動方程式 MdVCM dt = ∑ i Fi と、dL/dt = (全トルク)= ∑ri× Fi を利用 すると、CM 系でも同様の式 dl dt = ∑ i r′i× Fi が成立することを示せ。質量中心の運動と質 量中心の廻りの回転運動は分けて考えること ができることが分かる。
問題 (f19b)
質量 M の半円形の円盤の重心を求めよ。問題 (f19c)
全質量が M の球 (密度は一様) の慣性モーメン トは幾らか。問題 (f19e)
F18Dの問題で装置の全エネルギーはどうなった か調べよ。それが保存していない場合その理由を 説明せよ。問題 (f19f )
慣性モーメントが I0 の回転台 (turn table) が ある。台の上の一つの半径に沿って一本のレール (mono rail)があり、そのレールに沿って質量 m の 物体が運動できるようになっている。始め全体が 角速度 ω で回転しており、物体は回転中心から半 径 r の位置にある。 1. 微小時間 dt の間に物体がレールに沿って dr だ け動いたとき全体の回転角速度の変化 dω は幾 らになるか。これから ω に対する運動方程式 を求めよ。 2. 回転台が物体から受けるトルクはどの方向に 幾らか。 3. 物体が受けるトルクはどの方向で幾らか。まだ校正が十分でないのでタイプミスなどがあると思います。そのときは自分で判断するなり、質問に 来るなりして自助努力をおねがいします。
1
略解
略解 (a-f4a.tex)
1. 物体が静止していれば、力のモーメントがつり合っている。 2. 糸で引いている力を x とする。時計回りのモーメントは、8x、反時計回りのモーメントは 100× 2、両 者がつり合っているので、 x = 200 8 = 25[kg重] (8) 3. 糸を ∆ℓ だけ引いたときおもりの高さが ∆ℓ/4 だけ高くなる。エネルギーの増減がないとすると、 x∆ℓ = mg∆ℓ 4 ゆえに、x = 25g[N ] (9) gは重力加速度。略解 (a-f4b.tex)
注意：力のモーメントは、力×うでの長さ、であるが、うでの長さというのは、作用線と支点の間の距 離 L である。これは、同時に支点と作用点を結ぶ直線の長さ R と、この直線に垂直な力の成分の大きさ Fpの積でもある。（下図） » ¯ ” ˝ F L » ¯ F Fp R 力のモーメント = LF = RFp 1. 時計回りのモーメントは、M gL sin θ 反時計回りのモーメントは、T a cos θ これらのバランスより、 T =L aM g tan θ (10) 2. 糸をわずかの長さ ∆ℓ だけ引くとき、おもりが高さ ∆H だけ上昇したとする。つり合い状態なら糸の 引くときの仕事 T ∆ℓ とおもりの位置エネルギーの増加 M g∆H は等しい。よって、 T = M g∆H ∆ℓ (11) である。あとは、∆ℓ と ∆H の関係を知れば良い。引っ張っている糸の長さを x、支点から棒の先端までの高 さを h とする。x = a sin θ と h = L cos θ という関係がある。両辺を θ で微分すると dx dθ = a cos θ, dh dθ =−L sin θ, (12) を得る。これは、角度がわずかに ∆θ だけ大きくなったら、糸の長さは ∆x = (a cos θ)∆θ だけ変化 し、棒の先端の高さは ∆h =−(L sin θ)∆θ だけ変化することを示している。よって、 ∆H ∆ℓ = ∆h −∆x = L sin θ a cos θ (13) この結果を (11) に代入すると、 T =L aM g tan θ (14) (力のモーメントで求めたものと同じ答え) になる。
略解 (a-f4cone.tex)
鎖を ∆ℓ だけ縮めて、高さが ∆h だけ高くなったとする。縮めた時の仕事 T ∆ℓ と位置エネルギーの増加 M g∆hが等しいから、 T = M g∆h ∆ℓ (15) である。あとは、∆h と ∆ℓ の関係を求めれば良い。鎖の作る円の半径と鎖の長さの関係は ℓ = 2πr であり、 円錐の半頂角を θ とすると (問題の図を参照)、鎖のある位置の水平面と円錐の頂点の距離 h は、h = r/ tan θ で与えられる。両辺を微分して、∆ℓ = 2π∆r および ∆h = ∆r/ tan θ の関係が得られ、これを上の式に代 入すると、 T = M g 2π tan θ (16) を得る。 ※従来通りの力のバランスから同じ結果を導くのは結構よい頭の体操になる。今回はこのやり方をして 欲しくないが念のため従来の方法と同じ結果になることを確認する計算をしてみよう。 まず、鎖の一部を考えて、水平面で切った図を書いたとき、その鎖の一部が円錐軸を中心として作る弧 の中心角が ∆ϕ であったとする。すると鎖の全体の質量が M であれば、円周は角度 2π に相当するので、 今取り上げた鎖の一部の質量は ∆m = M (∆ϕ/2π) である。この質量が円錐の斜面で釣り合いの状態であ るとすると、この質量に働く重力と円錐面からの垂直抗力のの和は、水平で円錐の軸方向を向かう力 F に なり： F = ∆m g tan θ (17) が成り立つ。つぎに、水平で切った面上で、この鎖の一部に働く力を考えると、鎖の一部の円弧の部分の 両端に張力 T が円弧の接線方向に働き、その合力が F になっていることが分かる。一つの張力の F の 方向の成分は T sin(∆ϕ) であるので、この２倍が F に等しいことになる。これを上の式に代入すると、 T = M g/2π tan θという同じ結果を得る。 試みてみよ。略解 (a-f4eki.tex)
短い時間 ∆t におけるエネルギーの保存を考える。液面が DeltaH だけ下がったとき位置エネルギーの 減少は、 ∆E1= (低下した液体の質量)× (高さ) = gH∆m (18) で与えられる。同じ質量が細口からエネルギーを持ってでる。その大きさは、運動エネルギーとして ∆E2= 1 2(∆m)v 2 (19) となる。∆E1= ∆E2なので、v = √ 2gHを得る。略解 (a-f5meanfp.tex)
ℓ = 1 N σ ≈ 1.5 × 10 24N−1cm (20)略解 (a-f6coin.tex)
略 (授業ノートのとおり)略解 (a-f6a.tex)
光子と電子の衝突が N 回あると中心から√N ℓくらい光子が外に向かって拡散する。これが表面に達 するには N = (R/ℓ)2回ぶつかれば良い。一回の衝突までの時間は ℓ/c なので中心から出た光子が太陽表 面に達するまでの時間は t = ℓ c ( R ℓ )2 になる。 ℓ≈ 1.8cm になるので、t ≈ 9 × 1010sec (2.8千年) かかる。 ※先の問題のように３次元効果をきちんといれるなら、3 倍する必要がある。略解 (a-f7a.tex)
円運動では F = mrω2= mr ( 2π T )2 T は周期。 これに T = a3/2を代入すると、F ∝ m/r2 になる。略解 (a-f7b.tex)
(a) 月の加速度は a =v 2 R = Rω 2= 2.7× 10−3m/s2 ただし、ω = 2π/T = 2π/27.3day で日を秒になおすことをわすれずに。 (b)地上の重力加速度が 2 乗に逆比例で減少すると、 a = 9.8× ( R⊕ R )2 = 2.7× 10−3m/s2 となり、(a) の結果と一致する。略解 (a-f7d.tex)
円軌道の半径は地球半径 R = 6.38× 106mで、その運動の加速度は v2/Rなので、 v2 R = g が成り立つ。ここで g = 9.8m/s2は地表面での重力加速度である。これより、 v =√gR =√9.8× 6.38 × 106≈ 8km/s が求める速度である。略解 (a-f8a.tex)
v = dxdt = Aω cos ωt − Bω sin ωt a = dv dt = Aω 2sin ωt − Bω2cos ωt =−ω2x
略解 (a-f8b.tex)
t = 0から T まで積分すると ∫ T 0 dv = ∫ T 0 1 5exp ( − t 20 ) dt 初速が 0 であることをいれると v(T ) = 4− 4 exp ( −T 20 ) T → ∞ で v → 4略解 (a-f9a.tex)
Fx= m¨x = 0, Fy= m¨y =−mg略解 (a-f9b.tex)
与式を微分して dx dt = −R sin θ dθ dt (21) dy dt = R cos θ dθ dt (22) もう一回微分して加速度 a を求めると、 ax= d2x dt2 = −R cos θ ( dθ dt )2 − R sin θd2θ dt2 (23) ay= d2y dt2 = −R sin θ ( dθ dt )2 + R cos θd 2θ dt2 (24) これを成分に分けて力 F = ma を求めると ( Fx Fy ) =−Rω2 ( cos θ sin θ ) + Rdω dt ( − sin θ cos θ ) (25) ここで、ω = dθ/dt は角速度。これより、力の動径方向成分は Fr=−Rω2、方位角方向成分は Fθ= Rdω/dt となる。略解 (a-f9c.tex)
全問で中心に向かう力は−mRω2ˆrである。これは振子の場合、mg cos θ− T )ˆr に相当する。このこと から張力 T は T = mg cos θ + mRω2 であることがわかる。一方、ˆθ方向の力は、全問で mR¨θであることが分かっていて、振子の場合、これ は −mg sin θ になる。このことから d2θ dt2 =− g Rsin θ を得る。略解 (a9kep.tex)
1. 位置を原点とする極座標 (r(t), θ(t)) であらわす。t は時刻。∆t 秒間に覆う面積は (1/2)r· rω∆t (ちょ うど三角形の面積のように底辺×高さ÷２と考えれば良い)。よって、面積速度一定は r2ω = r2θ =˙ 一定 (26)と表現できる。ここで、dθ/dt = ˙θ = ωである。
r
ω ∆τ
r
ω ∆
t
2. 方針：惑星に働く力を F = ( Fx Fy ) = ( m¨x m¨y ) (27) に依って求める。 惑星の位置は x = r cos θ, y = r sin θ で表される。速度、加速度を求める。但し、 ˙θが出てくるたび に r2θ = ℓ˙ で消去する。 ˙ x = ˙r cos θ−ℓ sin θ r , y = ˙r sin θ +˙ ℓ cos θ r (28) ¨ x = ¨r cos θ−ℓ 2cos θ r3 , y = ¨¨ r sin θ− ℓ2sin θ r3 (29) となる。一方、楕円の方程式を満たすから、 1 r = C(1 + ϵ cos θ),であり、 ¨r = Cϵℓ2cos θ r2 (30) を得る。結局、 F = ( Fx Fy ) =−mCℓ 2 r2 ( cos θ sin θ ) =−mCℓ 2 r2 rˆ (31) ここで、ˆrは太陽から惑星への動径方向の単位ベクトル。よって、力は太陽方向で r2に逆比例した力 になる。略解 (a-f9e.tex)
太陽に近い時が θ = 0 の点、遠い時が θ = π の点になっている： r1= C 1 + e, r2= C 1− e, (32) 長半径は a = r1+ r2 2 = C 1− e2 (33) 楕円の性質から P F1+P F2= QF1+QF2なので QF1= aである事が導ける (図参照)。また、OF1= a−r1 である。ここで三角形 OF1Qでピタゴラスの定理を適用すると、短半径 b = QO は b2= a2− (a − r1)2= C2 (1− e2)2− e2C2 (1− e2)2 = C2 1− e2 (34)よって b = √ C 1− e2 = a √ 1− e2 (35) となる。 ケプラーの第二法則は面積速度一定である。これから、１周期 T で面積 πab を掃くから h 2 = πab T = πa2√1− e2 T (36) したがって、 hT over2 = πa3/2√C (37) を得る。あとは、C が h2/GMであることを導けば良い。 ここでエネルギー保存法則を最も近くなる時と遠い時で立てると、 1 2mv 2 1+ 1 2mv 2 2= GmM ( 1 r1 − 1 r2 ) (38) これに面積速度一定から出てくる関係、v1= h/r1と v2= h/r2および問１の答えを代入すると、奇麗に 整理されて h2 C = GM (39) になる。この関係で C を消去すると、 T2 a3 = 4 GM (40) という目的の式を得る。
略解 (a-f10a.tex)
略略解 (a-f10b.tex)
運動量が噴射の前後で保存するので M V = (M − m)(V + U) + m(V − V0)これを解いて U = m M − mV0
略解 (a-f11eqmo.tex)
教科書の通り略解 (a-f11vec4.tex)
d (f A) dt = ∆tlim→0 f (t + ∆t)A(t + ∆t)− f(t)A(t) ∆t (41) = lim ∆t→0f (t + ∆t)A(t + ∆t)− f(t + ∆t)A(t) + f(t + ∆t)A(t) − f(t)A(t)
∆t (42)
= lim ∆t→0
f (t + ∆t)(A(t + ∆t)− A(t)) + (f(t + ∆t) − f(t))A(t)
∆t (43) = lim ∆t→0f (t + ∆t) A(t + ∆t)− A(t) ∆t + lim∆t→0 f (t + ∆t)− f(t) ∆t A(t) (44) = f (t)dA dt + df dtA (45) 内積についても同様に行えるので省略。
略解 (a-f11vec1.tex)
衝突の際に全運動量は保存するので、 m1v1+ m2v2= (m1+ m2)v とおける。結果、 v =−1 3i + 2j + 7 3k を得る。略解 (a-f11vec6.tex)
v = vˆv とおく。但し、v =|v| =√v· v である。加速度は a = dv dt = d (vˆv) dt = dv dtv + vˆ dˆv dt ここで最後の表現で第一項はスピードの変化率である。第二項は、軌道に垂直な加速度であるが、ベクト ル dˆv/tの方向単位ベクトルを n とかくことにすると、 a = dv dtv +ˆ v2 Rn と書くことができる。ここで、R は軌道にぴったり円を当てはめたときのその円の半径で曲率半径とよば れる (軌道が曲がってなければ R は無限大である)。 実際、ˆv· ˆv = 1 の両辺を時間で微分すると ˆ v·dˆv dt + dˆv dt · ˆv = 2ˆv · dˆv dt = 0 なので、たしかにベクトル dˆv/dtは軌道と直交する。 つぎに、 dˆdtv = lim∆t→0 |ˆv(t + ∆t) − ˆv(t)| ∆t を考える。この式の分子は左の図をみると半径が 1 で中心角が ∆θ の弧の長さなので、∆θ になる。(図は ∆ が d になってしまっているのはご勘弁) 一方、右の図では同じ ∆θ が 半径 R で弧の長さが v∆t である ことから ∆θ = v∆t R であることがわかる。これから、dˆv/dt = (v/R)nになる。d
θ
d
θ
v
v
(t)
(t+dt)
v
(t+dt)
v
(t)
R
vdt
n
略解 (a-f11vec2.tex)
準備： v = i + (1 + t)j− ( 2 πcos πt 2 ) k a = j + ( sinπ 2t ) kt = 0 t = 1 r 0原点 i +32j−π42k v i + j−π2k i + 2j v2 2 + 4 π2 5 a j j + k 1 2mv 2 1 + 2 π2 5 2 t = 1での速度と加速度をしらべると、 a = j + k = a∥v + (ˆ 残りの部分) と別けて、a∥= a· v/v = 2/√5なので、残りの部分が −2 5i + 1 5j + k と分かる。残りの部分の大きさは v2/Rなので、これから、R = 5√30/6と求められる。
略解 (a-f11vec3.tex)
2点の座標はr1= (cos ϕ1cos λ1, cos ϕ1sin λ1, sin ϕ1) r2= (cos ϕ2cos λ2, cos ϕ2sin λ2, sin ϕ2)
大圏距離は ℓ = Rθ でもとめられる。ここで、R は地球の半径、θ は中心と各点を結ぶふたつの位置ベク トルのなす角度である。θ は、位置ベクトルの内積をとることで
cos θ = cos ϕ1cos λ1cos ϕ2cos λ2+ cos ϕ1sin λ1cos ϕ1sin λ2+ sin ϕ1sin ϕ2 = cos ϕ1cos ϕ2cos(λ1− λ2) + sin ϕ1sin ϕ2
略解 (a13b.tex)
1. dT dt = d dt ( 1 2mv· v ) = mv· dv dt = v· F (46) ※非ベクトル的な表示 dT dt = d dt ( 1 2mv· v ) = mv· dv dt = v· F (47) は不可。力学全般でベクトルとスカラーを区別しない回答は全て不可なので十分注意すること。 2. 左辺は T2− T1= 1 2mv2− 1 2mv1 (48)次に右辺については、粒子の軌道の直交座標での位置と変位が s = xi + yj + zk, ds = dxi + dyj + dzk, (49) であり (z 方向が鉛直上向きとする)、重力が F = Fxi + Fyj + Fzk =−mgk, (50) と書けることから、F · ds = −mgdz に注意して ∫ 2 1 F · ds = −mg ∫ z2 z1 dz =−mg(z2− z1) (51) となる。ここで、z1、z2は位置１、２の z 座標である。また、重力以外の垂直抗力については F·ds = 0 であるのであっても上の結果はかわらない。左辺＝右辺より 1 2mv1+ mgz1= 1 2mv2+ mgz2 (52) である。h = z なので目的の保存法則が得られた。ここで、何度も上下運動するときは、厳密には積 分範囲が∫12=∫zz3 1 + ∫z4 z3 + . . . + ∫z2 zn の様に分割されるが行き帰りの積分は打ち消されるので結論に かわりがない。
略解 (a13b.tex)
1. dT dt = d dt ( 1 2mv· v ) = mv·dv dt = v· F (53) ※非ベクトル的な表示 dT dt = d dt ( 1 2mv· v ) = mv·dv dt = v· F (54) は不可。力学全般でベクトルとスカラーを区別しない回答は全て不可なので十分注意すること。 2. 左辺は T2− T1= 1 2mv2− 1 2mv1 (55) 次に右辺については、粒子の軌道の直交座標での位置と変位が s = xi + yj + zk, ds = dxi + dyj + dzk, (56) であり (z 方向が鉛直上向きとする)、重力が F = Fxi + Fyj + Fzk =−mgk, (57) と書けることから、F · ds = −mgdz に注意して ∫ 2 1 F · ds = −mg ∫ z2 z1 dz =−mg(z2− z1) (58)となる。ここで、z1、z2は位置１、２の z 座標である。また、重力以外の垂直抗力については F·ds = 0 であるのであっても上の結果はかわらない。左辺＝右辺より 1 2mv1+ mgz1= 1 2mv2+ mgz2 (59) である。h = z なので目的の保存法則が得られた。ここで、何度も上下運動するときは、厳密には積 分範囲が∫12 =∫z1z3+∫z3z4+ . . . +∫zz2 n の様に分割されるが行き帰りの積分は打ち消されるので結論に かわりがない。
略解 (a13c.tex)
解答は教科書の通りである。 それでも、簡単に書き下ろしてみると： 質点の運動方程式は mdv dt =−G mM r3 r ここで、v, r は質点の速度と位置ベクトル、r =|v| である。G は万有引力定数。両辺に v· をかける (内 積をとる) と d dt ( 1 2mv 2 ) =−GmM r3 v· r = −G mM r3 r· ds dt を得る。ds は微小変位である。はじめの状態 1 から終わりの状態 2 まで時間で積分すると、運動エネル ギー T = mv2/2の変化は ∆T = ( 1 2mv 2 ) 2 − ( 1 2mv 2 ) 1 =− ∫ 2 1 GmM r3 r· ds とかける。変位を (経路に沿って)、半径方向の単位ベクトルと erとそれに垂直な単位ベクトル e⊥とに分 割して、 ds = drer+ dye⊥ と書くことにすると，仕事の計算は e⊥· r = 0 に注意して − ∫ 2 1 GmM r3 r· ds = − ∫ 2 1 GmM r3 r· (drer+ dye⊥) =− ∫ 2 1 GmM r3 rdr となる。よって ∆T =− ∫ 2 1 GmM r2 dr = GmM [ 1 r ]2 1 = GmM ( 1 r2 − 1 r1 ) これを別の表現をすると ( 1 2mv 2 ) 2 −GmM r2 = ( 1 2mv 2 ) 1 −GmM r1 このようにして力学的エネルギー保存がしめされ、 U (r) =−GmM r であることがわかる。略解 (a13d.tex)
U (x) =− ∫ 1 x F · ds = ∫ x 0 ksds = 1 2kx 2 (参考) なお、フックの法則に従う力 F =−kx が保存力かどうかについては、分かりにくいかも しれませんね。なぜなら、ここで考えているのは一次元運動なので、A から B まで行く経路によ らず仕事が同じというような考えかたができないようにみえる。一直線状なら A から B まで行 く経路は一つしか無い。それでも、一直線状で A から B まで行くかわりに、A から C に行き、 戻って B に行くようなことも考えられる。A から B に行く仕事と、途中 C に立ち寄った時の仕 事が同じになることが保存力の条件になる。そして、フックの法則については保存力になる。略解 (a13e.tex)
dT dt = ∑ i d dt ( 1 2mivi· vi ) (60) = ∑ i vi· ( mi dvi dt ) (61) (ここで、運動方程式を代入) = ∑ i ∑ j̸=i vi· ( −Gmimjrij r3 ij ) (62) 上式を整理して書くと dT dt = −G m1m2 r3 12 v1· r12 −G m1m3 r3 13 v1· r13 . . . −Gm2m1 r3 21 v2· r21 −G m2m3 r3 23 v2· r23 . . . −Gm3m1 r3 31 v3· r31 −G m3m2 r3 32 v3· r32 . . . = − ∑ (i,j)の対 Gmimj r3 ij (vi− vj)· rij (63) 一方、 dV dt = ∑ (i,j)の対 d dt ( −Gmimj rij ) (64) = ∑ (i,j)の対 Gmimj r2 ij drij dt (65)ここで、r2 ij = rij· rijの両辺を時間で微分すると、 2rij drij dt = 2rij· drij dt = 2rij· (vi− vj) になることに注意すると、 dV dt = ∑ (i,j)の対 Gmimj r3 ij rij· (vi− vj) (66) これと、(63) を比較すると、d(T + V )/dt = 0 であることが分かる。
略解 (a13f.tex)
dC
r
a
ρ
θ
dC
d
z
dm
上図のような状況で考える。重力場の面に垂直な成分 dCzは、微小な面状の質量 dm からの寄与とすると dCz= Gdm r2 a r = Gaσdρdθ r3 である。ここで、面密度 σ を用いると dm = σdxdy = σρdρdθ と置けることをもちいた。(ρ, θ) は、平面 (x, y)にたいして極座標を導入した。r2= a2+ ρ2なので、rdr = ρdρ で積分範囲も変わることに注意する。 Cz= ∫ ∞ 0 2πGaσ r3 ρdρ = ∫ ∞ a 2πGaσ r3 rdr = 2πGρ略解 (a13h.tex)
この問題で質量 m = 1 としたものの答えが f14f の答えになるので、f14f の答えをご覧下さい。略解 (a14ae.tex)
1. 質点が点 P1から P2まで移動するとき、質点に働く力を F としてこの力によってされた仕事は力 F の移動経路に沿った線積分で表される。任意の二つの経路１と経路２について力のした仕事が同じになる、 つまり W = ∫ P2 P1 経路 1 F · ds = ∫ P2 P1経路 2 F · ds (67) がなりたつとき力 F は保存力であるという。単に、仕事 W が経路によらない時、力 F は保存力であると いってよい。 2. 上記の質点 (質量 m) の運動方程式は mdv dt = F (68) とかける、ここで v は質点の速度である。この両辺に v· をかけると、 mv· dv dt = v· F (69) d dt ( 1 2mv 2 ) = v· F (70) ここで、v2= v· v である。 質点は、時刻 t1で点 P1を通過し、t2で点 P2を通過したとすると、この間で上の式を積分すると、 ∫ t2 t1 d dt ( 1 2mv 2 ) dt = ∫ t2 t1 v· F dt (71) [ 1 2mv 2 ]t2 t1 = ∫ t2 t1 v· F dt (72) となる。左辺は時刻に関して積分しているが、経路の道のりについての積分に変換すると、vdt = ds と して、 1 2mv 2 2− 1 2mv 2 1= ∫ P2 P1 F · ds (73) と書くことができる、v1と v2はそれぞれ時刻 t1と t2における速さ (スカラー量) である。 どこかある場所を基準点 O とし、任意の点 R まで物体が移動したとき力 F がした仕事にマイナス符号 をつけたもの U とすると、U は移動経路によらず、点 R の位置だけの関数となる： U (R) =− ∫ R O F · ds (74) これを点 R における質点 m の位置エネルギーと定義する。すると、(73) は、 1 2mv 2 2− 1 2mv 2 1 = ∫ O P1 F · ds + ∫ P2 O F · ds (75) = − ∫ P1 O F · ds + ∫ P2 O F · ds (76) = U (P1)− U(P2) (77)と変形できる。従って、 1 2mv 2 2+ U (P2) = 1 2mv 2 1+ U (P1) (78) を得る。これは点の位置は任意であるので、 1 2mv 2+ U = 一定 (79) が示された。
略解 (a14b.tex)
新たな推進が無ければ、人工天体の全力学的エネルギーは保存するので E =1 2v 2−GmM R = 1 2mv∞ と書ける。ここで、v は地球を出たときの初速、R は地球の半径、v∞は地球から十分離れたとき (無限遠 とする) の速さである。m と M はそれぞれ人工天体と地球の質量。 (a) E < 0なら v∞は求められないのでこれは無限遠にはいけないことになる。E = 0 なら v∞ = 0、 E > 0なら無限遠で有限の速度である。よって脱出条件は E > 0 で v > √ 2GM R となる。 (b) E < 0 なら速度がゼロになる点がありそこが最大高度になる。このとき力学的全エネルギーは E =−GmM/rmaxになるので、 rmax=− GmM E =− GM v2/2− GM/R で最大高度になったときの地球中心からの距離が与えられる。略解 (a14c.tex)
ある点における重力場はその点に単位質量を置いたときに働く重力で与えられる。この力は、多数の質 点からの重力の和で与えられる (重ね合わせの原理) ので、 C = N ∑ i=1 Gmi r3 i ri と書ける。 重力ポテンシャルは、基準点からその点まで単位質量を運んだときに重力のする仕事に負号をつけたも のである。よって Ψ =− ∫ C· ds = N ∑ i=1 ( − ∫ Gmi r3 i ri· ds ) である。括弧内は一つの質点のときの重力ポテンシャルなので、Ψ =− N ∑ i=1 Gmi ri となる (ポテンシャルも 重ね合わせればよい)。略解 (a14d.tex)
重力場の x 成分は C =−∇Ψ より Cx=− ∂Ψ ∂x =−Gm ∂ ∂x 1 r = Gm 1 r2 ∂r ∂x ここで、x2+ y2+ z2= r2なので 2x = 2r∂r ∂x であることを用いると、Cx= Gmx r3 となる。そのほかの成分についても同様に計算すると、 C = Gm r3 x y z =Gmrr3略解 (a14e.tex)
Ψ1=− G, r1 , Ψ2=− G, r2 を重ねあわせれば良いので、 Ψ(x, y, z) = Ψ1+ Ψ2 (80) により求められる。ただし、r2 1= (x− a)2+ y2+ z2、r21= (x + a)2+ y2+ z2である。よって Ψ =−Gm { 1 √ (x− a)2+ y2+ z2 + 1 √ (x + a)2+ y2+ z2 }略解 (a14f.tex)
球殻の中心から r だけ離れた点 P の重力ポテンシャル Ψ は dΨ =−Gdm ℓ (81) を質量素片 dm 全体に渡って積分すると得られる。ここで、ℓ は質量素片と点 P の間の距離である。球殻 の中心 O と点 P を結ぶ直線を z 軸とする球座標 (r, θ, φ) を取ると、質量素片は球殻面上の面素と面密度 ρの積 dm = ρR2sin θdθdφになるので、 Ψ = ∫ 2π 0 dφ ∫ π 0 dθ ( −GρR2sin θ ℓ ) (82)となる。ここで、φ に関する積分は簡単に出来る。また、|OP| = r としたとき、ℓ2= r2+ R2− 2rR cos θ なる関係を用いて積分変数を θ から ℓ に変えることを考える。ℓdℓ = rR sin θdθ であるので、 Ψ = ∫ dℓ ( −2πGρR r ) (83) と書ける。ここで積分範囲は、P が球殻の外にあるときは ℓ = r− R から r + R までであり、P が球殻の 内にあるときは ℓ = R− r から R + r までである。よって Pが球殻の外の時：Ψ = −GM r (84) Pが球殻の内の時：Ψ = −GM R (85) となる。ここで、ρ = M/4πR2の関係を用いた。 重力場は F =−∇Ψ = { −GM r3 r 球殻の外 0 球殻の内 (86) になる。
略解 (a18a.tex)
棒の中央が回転中心のとき v = (ℓ/2)ω なので運動エネルギーは T =1 2 ( ℓ 2ω )2 × 2 = mℓ2ω2 4 になる。質点がふたつあることに注意。 棒の端が回転中心のときは v = ℓω なので運動エネルギーは T =1 2(ℓω) 2 × 1 = mℓ2ω2 2 になり、こちらの方が大きい。略解 (a18b.tex)
教科書の通り略解 (a18c.tex)
遠日点距離とそのときの速さをそれぞれ R2と V2とおく。角運動量保存より ℓ = mV1R1= mV2R2=一定また、エネルギー保存則より E = 1 2mV 2 1 − GmM R1 =1 2mV 2 2 − GmM R2 =一定 がなりたつ。 角運動量保存から x = R1/R2と定義すると V2 = V1x になる。x が分かればただちに、V1、R2が分 かる。 Vg= √ 2GmM R1 および a = V1/Vgを定義すると、エネルギー保存 は a2− 1 = a2x2− x になる。これ は、x = 1 を自明な解としてもつのでただちに因数分解できて、(x− 1)(a2x− 1 + a2) = 0となる。よって x = a 2− 1 a2 = V2 1/(2GM/R1)− 1 V2 1/(2GM/R1) を得る。
略解 (a18d.tex)
おもりによる慣性モーメントは始め I = 2ma2で、おもりを中心方向に引っ張ったあとは I′= 2mb2 で ある。 おもりを引っ張った時の力は回転の中心を向いているので、トルクはゼロであり、角運動量は保存する： Iω = I′ω′。ここで、後の角速度を ω′とした。よって 2ma2ω = 2mb2ω′ (87) と言う関係が成り立つ。ゆえに ω′= (a2/b2)ωである。略解 (a18e.tex)
車輪の運動方程式は Idω dt = F R よって、 dω dt = F R I = (一定) tで積分すると、 ω = F R I t + ω0 t = 0で ω = 0 なら ω0= 0として ω = (F R/I)t で回転角速度が増化する。略解 (a19a.tex)
教科書のとおり略解 (a19b.tex)
質量中心は多数の質点の場合は以下の式であり、これは連続した物質については積分で書けることに注 意しよう。 xCM= ∑N i=1mixi N i=1 ∑ mi → ∫ xdm ∫ dm 半円形の板 (円盤の部分) について図のような座標系を考えて、斜線部分を領域 D とする。dm
θ
R
x
y
分母は∫ dm = Mである。面密度 σ = 2M/πR2を用いると (分子) == ∫ D xσdxdy = ∫ D xσrdrdθ = ∫ π/2 −π/2 dθ ∫ R 0 dr σr2cos θ = 2 3σR 3 積分は t = sin θ と置くとうまくいく。 以上から、xCM= 4R 3π となる。同様に計算して (あるいは対称性から) yCM= 0になる。略解 (a19c.tex)
慣性モーメントは多粒子については、 I =∑ i mi(腕の長さ)2 (88) なので、球座標では I = ∫ dm(r sin θ)2 (89) = ∫ R 0 dr ∫ π 0 dθ ∫ 2π 0 ρr4sin3θ (90) ここで、密度は ρ = 3M/4πR3である。cos θ = µと置くと、sin θdθ = dµ なので、 I = ∫ R 0 dr ∫ 1 −1 dµ ∫ 2π 0 ρr4(1− µ2) (91) これを積分して、密度の関係式を代入すると、 I =2 5M R 2 (92) これを積分して、密度の関係式を代入すると、
