付録
F
演習問題のヒントと解答
★【演習問題 1-1】のヒント . . . .（問題は p38、解答は p10w） A さんが「手がちぎれそうだ！」と発言していることに注意しよう。つまり、犬と A さんの間の糸に働いている力を小さくするということをしてあげないと、A さんを助け たことにはならない。 ★【演習問題 1-2】のヒント . . . .（問題は p38、解答は p10w） 「両手で切るなら半分ずつ力を出せばよいから∼」と短絡的に考えてはいけない。 ちゃんと絵を描こう。 ★【演習問題 1-3】のヒント . . . .（問題は p38、解答は p10w） 力の図は以下の通り。 ? ?(0)
(1)
(2)
? ? ?
(4)
(5)
(3)
★【演習問題 2-1】のヒント . . . .（問題は p82、解答は p10w） 力の絵を描くと、下の左の図のようになる。 重力 Aさんの背中が 壁を押す力 垂直抗力 静止摩擦力 ★【演習問題 2-2】のヒント . . . .（問題は p82、解答は p11w） (1) 上の右の図のように、物体に働く力全てを足すと 0 になる、という図を書く。 (2) 右向きの力として 3n′にさらに F を加えてつりあいの式をつくる。n′は垂直抗 力だから 0 以上でなくてはならない、という条件を置く。 ★【演習問題 2-3】のヒント . . . .（問題は p82、解答は p11w） 力の図は下のように描ける。左右対称な系なので、左半分は書いていない。 右につりあいのための条件（ベクトルが閉じること）を描いた。★【演習問題 3-1】のヒント . . . .（問題は p114、解答は p11w） 右のように高さ h、底面の半径を R として、 円錐の軸が z 軸に一致するようにしよう。た だし、右図のように逆さに立てた形で頂点を原 点にする。 一般的計算としては(3.13) → p103を使うのだが、図 形に対称性がある場合はそれを使ってある程 度計算を簡略化できる。円錐を高さ で半径 が Rz hの円柱を積み重ねたものと考えて、そ れぞれの円柱が質量 ρV π ( Rz h )2 を持っていると考えて積分する。 ★【演習問題 3-2】のヒント . . . .（問題は p114、解答は p11w） 右の図のように座標系を設定しよう。 3 次元的な積分をしたくなるところだが、対称性 を使うとある程度楽ができる。まず重心が図の z 軸 上にあることは対称性からわかる。また、球を z 軸 に平行な面でスライスして高さ の薄い円盤と考 えると、この円盤の重心も z 軸にあり、その質量は ρVπ(R2− z2) である。 ★【演習問題 3-3】のヒント . . . .（問題は p114、解答は p12w） (1) α が θ より大きいことを言うには、壁との接触点を中心としたモーメントを考 える。 ⃗F壁はこのモーメントに貢献しないから、重力と ⃗F床のモーメントが消し あわななくてはいけないが？—β がπ 2 + θ より小さいことを言うには、逆に床 との接触点を中心としたモーメントを考える。 (2) 三つの力の作用線が 1 点で交わるのならば、その交点は重心の真上にあるはず。 (3) これは単純に図を描いて該当する部分を塗ってやればよい。 ★【演習問題 3-4】のヒント . . . .（問題は p114、解答は p12w） 下の図のように x 軸、y 軸を置いて、重心の座標を (xG, yG) とする。力と、力のモー メントのつりあいの式を作ってみよう。 ★【演習問題 4-1】のヒント . . . .（問題は p158、解答は p12w） 二つの物体の加速度が同じ（向きは逆）なのは、糸の長さが一定で決まっている以 上、m が上昇した分、M が下がらなくてはいけないから。加速度の向きの（正と定義
された）方向の違いに注意せよ。例えば m に対する運動方程式において、T は正の向 き、mg は負の向きである。 ★【演習問題 4-2】のヒント . . . .（問題は p159、解答は p13w） (1) 図を描いてつりあいの式を立てる。 (2) 糸の長さを考えよう。M に結び付けられた糸が ℓ だけ長くなったとしたら、m の上にある動滑車を吊るしている２本の糸はどれだけ短くなるか？ (3) (2) の答と、加速度の向きに注意しながら運動方程式を立てる。 ★【演習問題 4-3】のヒント . . . .（問題は p159、解答は p13w） 図は以下の通り。（猿が糸を引っ張る力が強くなることによって）糸の張力が mg よ り大きくなり、猿は上向きに加速する。その時、おもりの方に働く張力は連動する。 静止している時 加速している時
?
★【演習問題 4-4】のヒント . . . .（問題は p159、解答は p13w） まず変数分離すると mg K − v 2 = K m となる。mg K は速度の自乗と同じ次元を持っている量（後で意味がわかる）ので、V 2 という文字で置いて、 V2− v2 = K m としよう。 1 V2− v2 = 1 (V + v)(V − v) = 1 2V ( 1 V + v + 1 V − v ) のように因数分解した後分数を二つに分けると、積分ができる。 ★【演習問題 5-1】のヒント . . . .（問題は p174、解答は p14w） 働く力は重力−mg⃗ezと垂直抗力 N⃗erである。この力はどちらも y 成分を持たない し、初速度も y 成分はないので、y 方向の運動は起こらない。よって、極座標では ϕ 方 向の運動はないと考えられるので、3 次元の加速度の方程式で ϕ 方向を無視して式を 作る。もしくは、最初から y 方向は考えないことにして z = r cos θ, x = r sin θ という （通常とは直交座標との関係が少し違う）平面極座標を使って、運動方程式を立てればよい。どちらにしても、 m((r¨− r( ˙θ)2)⃗er+ ( r ¨θ + 2 ˙r ˙θ)⃗eθ ) =−mg⃗ez+ N⃗er (F.1) が運動方程式となる。球面に沿って動いているときは r = R, ˙r = 0, ¨r = 0 である。 ★【演習問題 5-2】のヒント . . . .（問題は p174、解答は p15w） (1) ボートが一定速度で動いているということは加速度が 0 であり、つりあいの式が 成り立っている。 F sin θ + f = mg (F.2) F cos θ = kv (F.3) (2) 図で考えるという方法もあるし、右の図 の距離√x2+ h2を t で微分するという方法も ある。 (3) 鉛直方向のつりあいの式が破れる。浮力 f が f >= 0 を満たさなくてはいけない。 ★【演習問題 6-1】のヒント . . . .（問題は p193、解答は p15w） 人間の重心はどんな運動をするだろう？？—そして、もし重心を持ちあげたいとし たらどうすればいいのだろう？ ★【演習問題 6-2】のヒント . . . .（問題は p193、解答は p15w） 最初の状態では半径 r0の水滴が速度 v0を持っている。今は半径 r の水滴が速度 v を 持っているとして、運動量保存則を適用する。空気中の他の水滴は静止しているのだか ら運動量は 0 であり、計算に入ってこない。 ★【演習問題 6-3】のヒント . . . .（問題は p193、解答は p15w） 長さ L が空中にある場合を考えると、空中にある部分のひもに働く重力は ρLLg であ り、この部分が運動量 ρLLv を持つ。微小時間 後に、物体の速度は変わらないが、空 中にある部分の長さが L + v になっている。ひものうち、まだ床と接している部分 については垂直抗力と重力がつりあっていると考えて、考察から除外する。 ★【演習問題 6-4】のヒント . . . .（問題は p193、解答は p15w） 衝突面に平行な方向と垂直な方向に分けて考える。 平行な方向については、速度は変化しない。 垂直な方向に関しては、(6.19) → p183の下に書いたように、二つの物体の速度が入れ替わる。 ★【演習問題 7-1】のヒント . . . .（問題は p229、解答は p15w） 【演習問題 6-3】の答 → p15w から、力は F = ρLgL + ρLv 2 であった。L が 0 から L1まで変化 したとして、これを積分すれば仕事がわかる。 一方、この時ひもの持っているエネルギーは1 2ρ| {z }LL1 m v2+ ρLL1 | {z } m g L1 2 |{z} h である。 ★【演習問題 7-2】のヒント . . . .（問題は p229、解答は p16w） 図は次の通りである。
(1) (2) (3) ★【演習問題 7-3】のヒント . . . .（問題は p229、解答は p16w） 噴 射 前 の エ ネ ル ギ ー は1 2mv 2 、噴 射 後 の エ ネ ル ギ ー は 1 2(m + )(v + ) 2+ 1 2(− )(v− w) 2 である。噴射後のエネルギーの方が、−ϵ だけ大きい。このこと から式を立てて、後は計算していく。途中で運動量保存から出た式(6.37) → p191を使おう。 ★【演習問題 7-4】のヒント . . . .（問題は p229、解答は p16w） 運動量のベクトル図というのは次の通り。 ★【演習問題 7-5】のヒント . . . .（問題は p229、解答は p16w） 最下点から π 回った場所で、十分な速度を持っていないと、糸がたるんでしまう。そ のための条件は T >= 0 である。 ★【演習問題 8-1】のヒント . . . .（問題は p264、解答は p17w） 直方体については普通に積分すればよい。中空円筒は円筒座標を使って、ρ の積分は ∫ R r のように行う。 楕円体は、半径 R の球を考えて、x 方向にa R倍、y 方向に b R倍、z 方向に c R倍したも のと考えればよい。そう考えて x = a Rr sin θ cos ϕ, y = b Rr sin θ sin ϕ, z = c Rr cos θ のような「定数倍された極座標系」を考えると、積分要素は通常の極座標の積分要素 をabc R3 倍すればよい。すなわち、 abc R3 ∫ R 0 ∫ π 0 ∫ 2π 0 r2sin θ のような積分を 行う。 ★【演習問題 8-2】のヒント . . . .（問題は p264、解答は p19w） 以下のように考えると・間・違・いである。 「ターンテーブルと床の間に摩擦がないということは、人間とターンテーブルをまと めて一つの系として考えると、この系に働く外力は重力と床からの垂直抗力で、どちら も力のモーメントを作らないから、角運動量保存則からして、回転を起こすことはでき ないだろう。よって回れ右は不可能である」 角運動量保存則が禁止するのは、角運動量がない状態（最初はそうであった）が角運 動量が 0 でない状態に変化することである。しかし、「回れ右して静止している状態」
は角運動量はやはり 0 であるから、角運動保存則からでは「回れ右はできない」と結論 できない。 ★【演習問題 8-3】のヒント . . . .（問題は p264、解答は p19w） 運動方程式は m =−k⃗v + f(r)⃗er (F.4) である。両辺に左から ⃗x× を掛けると、⃗x ∝ ⃗erなので、 ⃗x× m =−k⃗x × ⃗v (F.5) となる。右辺は角運動量を使って表せる。 ★【演習問題 8-4】のヒント . . . .（問題は p264、解答は p19w） 力で比較すれば、垂直抗力が同じなら動摩擦力も同じであるから、力の面で優劣はな い。しかし、回るということを考えると、力ではなく力のモーメントで比較したい。 ★【演習問題 8-5】のヒント . . . .（問題は p264、解答は p19w） (1) 単純に角運動量の保存でよい。Iω と I′ω′の和が合体した後の角運動量。軸を 一致させて合体しているから、合体後の慣性モーメントは I + I′となる。 (2) 合体後の重心は二つの円盤の中心を m : m′で内分した点に来る。よってこの 点を中心とした角運動量が保存すると考えるとよい。この点を中心とした慣性 モーメントは、I + m ( m m + m′ℓ )2 + I′+ m′ ( m′ m + m′ℓ )2 となる。 ★【演習問題 9-1】のヒント . . . .（問題は p287、解答は p20w） バネの長さは x(t)− A sin ωt になるから、自然長からの伸びは x(t) − A sin ωt − ℓ で ある。これにバネ定数を掛けた力と、重力 mg がかかるとして運動方程式を立てる。 ★【演習問題 9-2】のヒント . . . .（問題は p288、解答は p21w） 特解を一つと、同次方程式 md 2 2x(t) =−kx(t) − K d x(t) の解を求めればよい。特解は x(t) = Aeiωtとおいて A を決める（複素数になる）。 ★【演習問題 10-1】のヒント . . . .（問題は p306、解答は p21w） エネルギーが変化したということは、誰かが仕事をしたのである。等速運動だから、 慣性力はないから、関係する力は、重力と垂直抗力しかない。 ★【演習問題 10-2】のヒント . . . .（問題は p306、解答は p21w） 北極で考えるので、コリオリ力については平面回転の式（(10.28) → p299 のうち、2mω⃗v ′×⃗e z の方）を使えばよい。地球の自転の角速度は 2π 24× 60 × 60と考えればよい。 ★【演習問題 11-1】のヒント . . . .（問題は p321、解答は p22w） 平衡点を表す式は d ( L2 2µr2− GM m r2 ) = 0 (F.6)
に変わる。 ★【演習問題 11-2】のヒント . . . .（問題は p321、解答は p22w） 「マイナス質量だから重力も反重力になるから、落ちずに空中へ飛びあがる」と思っ た人は、間違いである。問題文にあるように、ma =GM m r2 の両辺の m が両方負にに なる。 ★【演習問題 11-3】のヒント . . . .（問題は p321、解答は p22w） 働く力は図の通りであるが、質量が負のものは加速度が力と逆を向く。 運動量や運動エネルギーを考えるときは、式に入ってくる m も、負質量の物体の方 は−m に置き換えなくてはいけない。 ★【演習問題 11-4】のヒント . . . .（問題は p321、解答は p22w） つりあいの式 GM1m (r1)3 ⃗ r1+ GM2m (r2)3 ⃗r2+ mω2⃗r = 0 (F.7) に、−⃗r =M1⃗r1+ M2⃗r2 M1+ M2 を使うと、 (GM 1m (r1)3 − M1m M1+ M2 ω2 ) ⃗r1+ (GM 2m (r2)3 − M2m M1+ M2 ω2 ) ⃗ r2= 0 (F.8) という式が出るので、これを計算していく。⃗r1と ⃗r2は違う方向を向いている（今は θ が 0 でも π でもない）ので、ベクトルとして 0 になるためには各係数が 0 になる必要が ある。 ★【演習問題 11-5】のヒント . . . .（問題は p322、解答は p23w） まず α と ϕ の関係を整理しておく。x 座標が r0cos ϕ
1 + ϵ cos ϕ = a cos α− aϵ を満たすこ とから
r0cos ϕ = (a cos α− aϵ)(1 + ϵ cos ϕ) a(1− ϵ2)
| {z } r0
cos ϕ− (a cos α − aϵ)ϵ cos ϕ = a cos α − aϵ
cos ϕ = cos α− ϵ 1− ϵ cos α
(F.9)
が導けるので、
1 + ϵ cos ϕ =1− ϵ cos α + ϵ cos α − ϵ
2 1− ϵ cos α = 1− ϵ2 1− ϵ cos α (F.10) と書きなおしておく。また、 ϵ + cos ϕ =ϵ− ϵ 2cos α + cos α− ϵ 1− ϵ cos α = (1− ϵ2) cos α 1− ϵ cos α (F.11) である。次に と の関係を作るために、
b sin α = r0sin ϕ 1 + ϵ cos ϕ (微分) b cos α = r0cos ϕ 1 + ϵ cos ϕ + r0ϵ sin2ϕ (1 + ϵ cos ϕ)2 b cos α = r0(ϵ + cos ϕ) (1 + ϵ cos ϕ)2 (F.12) という微分を行う。この式に、ϵ + cos ϕ =(1− ϵ 2) cos α 1− ϵ cos α を代入すれば、 bcos α =(1− ϵ 2)cos α 1− ϵ cos α × r0 (1 + ϵ cos ϕ)2 (F.13) という式が出る。解くべき微分方程式は1 2r 2 = L 2µ だから、この形になるように 両辺にr0(1− ϵ cos α) 2(1− ϵ2) を掛けて、 br0(1− ϵ cos α) 2(1− ϵ2) = 1 2 (r0)2 (1 + ϵ cos ϕ)2 | {z } r2 (F.14) がわかる。 ★【演習問題 11-6】のヒント . . . .（問題は p322、解答は p23w） 二つの考え方がヒントになる。一つは「相対運動だから換算質量を使わなくては！」 ということ。もう一つは「万有引力は地球も引っぱるのでは？」ということ（もちろん この二つは同じことを言っている）。
がつりあっているということである。ということは、壁と床（この二つは一体となって いる）に働く水平方向の力である右向きの F と左向きの f もつりあってしまい、壁＋ 床は静止を続ける。 ★【演習問題 2-2】の解答 . . . .（問題は p82、ヒントは p2w） (1) ヒントに書いた図より、3n′= mg tan θ, 4n = mg cos θとなり、n ′=mg tan θ 3 , n = mg 4 cos θと求められる。 (2) 水平のつりあいの式が 3n′+ F = mg tan θ と変わるので、n′=mg tan θ− F 3 となる。これが 0 以上であるためには F <= mg tan θ でなくてはならない。これ はあたかも、静止摩擦係数が tan θ になっているかのように思える。 ★【演習問題 2-3】の解答 . . . .（問題は p82、ヒントは p2w） ヒントの図を見ると、T0の鉛直成分は 1 2mg でなくてはいけないこと、T1の鉛直成 分は T0の鉛直成分より mg 大きくなくてはいけないことが見て取れる。よって T1の鉛 直成分は T0の鉛直成分の 3 倍となる。相似より、y1: y2= T0の鉛直成分: T1の鉛直成 分だから、y1: y2= 1 : 3 である。 左右に重りを増やしていくと、張力の鉛直成分が mg ずつ増えていくと考えればよい から、 y1: y2: y3: y4:· · · = 1 : 3 : 5 : 7 : · · · となるだろうと予想される。 ★【演習問題 3-1】の解答 . . . .（問題は p114、ヒントは p3w） ヒントに書いた積分の結果は zG= 1 M ∫ h 0 ρV π ( Rz h )2 z = 1 MρVπ (R h )2∫ h 0 z3 | {z } h4 4 =ρVπR 2h2 4M (F.15) となる。質量 M がρVπR 2h 3 であることを考えると、この量は 3 4h である。三角形では 高さを 2:1 に内分した点にあったが、円錐では高さを 3:1 に内分した点になる。予想は あたったであろうか？—三角形に比べて円錐は「底面部分がより重い」と気づいていれ ば正しい予想ができたはず。 ★【演習問題 3-2】の解答 . . . .（問題は p114、ヒントは p3w） ヒントに書いた通り、微小円盤の質量が ρVπ(R2− z2) であるから、これに z をか けて積分する。 ∫R 0 ρVπ(R2− z2)z = ρVπ ∫R 0 (R2z− z3) = ρ Vπ [R2z2 2 − z4 4 ]R 0 = ρVπR 4 4 (F.16) これを半球の全質量 M = ρV 2πR3 3 で割ると、重心の z 座標は 3R 8 となる。
★【演習問題 3-3】の解答 . . . .（問題は p114、ヒントは p3w） (1) 壁との接触点を中心とした力のモーメントを考えると、 ⃗ F壁は貢献しない（距離が 0 だから）。重力は反時計回 りのモーメント。これを打ち消すべく ⃗F床が時計回りの モーメントを作るためには、α > θ。床との接触点を中 心とした力のモーメントを考えると、今度は重力が時計 回りのモーメントを作るから、これを打ち消すべく、⃗F壁 が反時計回りのモーメントを作らなくてはいけない。ゆ えに β < π 2+ θ。 (2) 右図を見て考えよう。tan α− 1 tan β = 2 tan θ となって いる。 (3) 次の図の通り。 ★【演習問題 3-4】の解答 . . . .（問題は p114、ヒントは p3w） 水平の時の力のつりあいの式は mg = W1+ W2。モーメントのつりあいの式は ⃗ xGmg = LW1。 斜めの時の力のつりあいの式は mg = W3+ W4。モーメントのつりあいの式は
(xGcos θ− yGsin θ)mg = L cos θW3。この四つの式から xGと yGを求める。答は
⃗xG= L mgW1, yG= L mgcot θ(W1− W3) となる。 ★【演習問題 4-1】の解答 . . . .（問題は p158、ヒントは p3w） 運動方程式は ma = T− mg (F.17) M a = M g− T (F.18)
の二つ。辺々加えることで、 (M + m)a = (M− m)g (F.19) となるので、a =M− m M + mg である。 ★【演習問題 4-2】の解答 . . . .（問題は p159、ヒントは p4w） 図は右のように描ける。 (1) つりあいの式は T = M g と 2T = mg なので、2M = m という関係がある。 (2) M が糸を ℓ 引いたとすると、m は糸に ℓ 2しか引かれな い。よって、加速度も半分になり、a 2となる。 (3) 運 動 方 程 式 は M a = M g − T と ma 2 = 2T − mg で あ る 。こ れ か ら T を 消 去 す る と 、 ( M + m 4 ) a = ( M−m 2 ) g。よって a =M− m 2 M +m 4 g = 4M− 2m 4M + m g となる。 ★【演習問題 4-3】の解答 . . . .（問題は p159、ヒントは p4w） ヒントに書いたとおり、糸の張力が大きくなるのだからおもりも上向きに加速を開始 する。つまり答は (B) である。 ★【演習問題 4-4】の解答 . . . .（問題は p159、ヒントは p4w） ヒントの続きから計算しよう。 2V ( 1 V − v + 1 V + v ) = K m (積分して) 1 2V (− log |V − v| + log |V + v|) = K mt + C (整理して) log V − v V + v = −2KVm t + C′ (両辺をexpの肩に) VV + v− v = C′′e−2KV m t (F.20) t = 0 で v = v0なので、 VV + v− v = V − v0 V + v0 e−2KV m t (F.21) のように積分定数を定める。これで、時刻 t =∞ において v = V となることがわかっ たので、V は終端速度であったことになる。絶対値が面倒に見えるが、この式の両辺は （V = v0の場合を除いて）どちらもけっして 0 にはならないし、t =∞ を除いて ∞ に もならない（V = v0の時は両辺とも 0 のまま変化なし）。ということは V − v の符号
は変わることがない。つまり V − v の符号と V − v0の符号は同じであるから、絶対値 は外してよい。 後は v を求めるだけ。 V − v = (V + v)V − v0 V + v0 e−2KVm t v ( −1 −V − v0 V + v0 e−2KVm t ) = V ( −1 +V − v0 V + v0 e−2KVm t ) v = V 1−V−v0 V +v0e −2KV m t 1 +V−v0 V +v0e −2KV m t = VV + v0− (V − v0)e −2KV m t V + v0+ (V − v0)e− 2KV m t (F.22) ★【演習問題 5-1】の解答 . . . .（問題は p174、ヒントは p4w） m(−R( ˙θ)2⃗e r+ R ¨θ⃗eθ ) =−mg⃗ez+ N⃗er (F.23) を解く。r 成分を取り出すために両辺を ⃗erと内積を取ると、⃗er· ⃗ez= cos θ なので、 −mR( ˙θ)2=−mg cos θ + N (F.24) となる。θ 成分の方は ⃗eθ· ⃗ez=− sin θ なので、 mR ¨θ = mg sin θ (F.25) であるから、まず両辺に ˙θ をかけて積分して、 1 2mR ( ˙ θ)2=−mg cos θ + C (F.26) θ = 0 において R ˙θ = v0なので、 1 2Rm (v0) 2=−mg + C (F.27) より、C = 1 2Rm (v0) 2+ mg として、 1 2mR ( ˙ θ)2= mg(1− cos θ) + 1 2Rm(v0) 2 ( ˙ θ)2= 2g R(1− cos θ) + 1 R2(v0) 2 (F.28) これを r 成分の方の式に代入すると、 −mR ( 2g R(1− cos θ) + 1 R2(v0) 2 ) =−mg cos θ + N −mR (g R(2− 3 cos θ) + 1 R2(v0) 2 ) = N (F.29) 球面から離れるのは N = 0 の時だから、cos θ = 2 3+ 1 3gR(v0) 2 の時。
★【演習問題 5-2】の解答 . . . .（問題は p174、ヒントは p5w） (1) ヒントのつりあいの式より、F = kv cos θで、角度 θ が 0 から π 2の範囲で増えて いく間は cos θ は減っていくので、力 F は増えていく。 (2) d √x2+ h2=√ x x2+ h2 = v cos θ である。 (3) F = kv cos θを鉛直方向のつりあいの式に代入すると、 kv tan θ + f = mg より f = mg− kv tan θ (F.30) である。tan θ はどんどん大きくなっていくから、mg < kv tan θ となると、f が負にならないとつりあいが保てない。浮力が負になることはないから、ここ でボートが空中に持ち上げられてしまう。 ★【演習問題 6-1】の解答 . . . .（問題は p193、ヒントは p5w） 人間が足を上下する時に働く胴体から足に働く力は人間にとって内力であり、その反 作用（足から胴体に働く力）も考えると、けっして人間の重心を加速できない。よって 人間の重心は（じたばたしたところで関係なく）落下していく。落下しないようにする には「外力」を出すしかなく、水面を蹴る力をよほど強くして、足が水を押す力の反作 用（水が足を押す力）で落ちないようにするしかない。 ★【演習問題 6-2】の解答 . . . .（問題は p193、ヒントは p5w） 運動量保存則より、水の密度を D とすると、 D4π(r0) 3 3 v0= D 4πr3 3 v (F.31) という式が成り立つので、v = v0× (r0)3 r3 となる。 ★【演習問題 6-3】の解答 . . . .（問題は p193、ヒントは p5w） （力積）=（運動量の変化）と考えると、手の力を F として、 (F− ρLgL) = ρL(L + v )v− ρLLv (F.32) より、力は F = ρLgL + ρLv2となる。 ★【演習問題 6-4】の解答 . . . .（問題は p193、ヒントは p5w） 衝突面に垂直な方向に関しては、ぶつかってきた方が静止（この成分の速度が 0）に なり、ぶつかられた方がその速度を持って運動する。 衝突面に平行な方向の速度は変化しないから、ぶつかってきた方の物体は、衝突面に 平行な方向に同じ速度で運動続ける。 つまり、ぶつかってきた方は衝突面に平行に、ぶつかられた方は衝突面に垂直に運動 するので、二つの速度は垂直である。 ★【演習問題 7-1】の解答 . . . .（問題は p229、ヒントは p5w） 仕事は ∫ L1 0 (ρLgL + ρLv2) = [ ρLg L2 2 + ρLLv ]L1 0 = ρL (g(L 1)2 2 + v 2L 1 ) とな
る。重心の高さ h がL1 2 であること、この時の物体の空中にある部分の質量が m = ρLL1 であることを使うと、この仕事は mgh + mv2となる。 仕事よりも得られたエネルギーの方が小さいので、エネルギーが1 2mv 2だけ損をし たことになる。これはこのひもが鎖だと思って、「速さ v で上昇する鎖」と「床で静止 している鎖」が完全非弾性衝突したことによってエネルギーが失われたと考えるとわ かる。 ★【演習問題 7-2】の解答 . . . .（問題は p229、ヒントは p5w） 図はヒントに書いた。(1) と (2) は保存力だが (3) は保存力ではない。rot ⃗F が 0 では ない。図で見ても、ぐるぐる回ることでいくらでも正の仕事をしてもらえるようになっ ている。 ★【演習問題 7-3】の解答 . . . .（問題は p229、ヒントは p6w） エネルギーの式は 1 2mv 2− ϵ =1 2(m + )(v + ) 2+1 2(− )(v− w) 2 (F.33) となる。これを簡単にしていくと、 1 2mv 2− ϵ =1 2m(v 2+ 2v ) +1 2 v 2+1 2(− )(v 2− 2vw + w2) −ϵ = mv + vw−1 2 w 2 (F.34) となるが、運動量保存から出る式(6.37) → p191が m + w = 0 であったから、 −ϵ =−1 2 w 2 (F.35) となり、ϵ = 1 2w 2とわかる。6.5 節の最後で、 → p192 「ロケットの性能は噴射速度 w をいかに 速くできるかに大きく依存する」と書いたが、噴射速度はエネルギー保存則が決めてい る。エネルギーには必ずなんらかの損失があるので、実際の速度はここで示した w よ り遅くなる。 ★【演習問題 7-4】の解答 . . . .（問題は p229、ヒントは p6w） エネルギー保存則1 2mv 2= 1 2m(v1) 2+1 2m(v2) 2 が満たされていれば、ヒントに書 いた図の三角形は三平方の定理を満たし ((mv)2= (mv1)2+ (mv2)2)、直角三角形で ある。 ★【演習問題 7-5】の解答 . . . .（問題は p229、ヒントは p6w） 最下点からの高さ ℓ のところから運動を開始したとすると、最下点から π 回った時の 速度を v とした時、 mgℓ = 2mgr +1 2mv 2 より、 v2= g (2ℓ− 4r) (F.36)
が成立する。一方、その場所での運動方程式は mv 2 r = T + mg (F.37) で、T >= 0 でなくてはならない。 T = mv 2 r − mg = mg(2ℓ− 4r) r − mg = mg(2ℓ− 5r) r (F.38) なので、最下点から、5 2r より高いところでなくてはいけない。 ★【演習問題 8-1】の解答 . . . .（問題は p264、ヒントは p6w） 直方体 Ixxの計算を示す。Iyy, Izzは (x, y, z)(a, b, c) を取り替えるだけである。 Ixx= ∫ a 2 −a 2 | {z } a ∫ b 2 −b 2 ∫ c 2 −c 2 ρV(y2+ z2) = ρVa ∫ b 2 −b 2 ∫ c 2 −c 2 (y2+ z2) = ρVa ∫ b 2 −b 2 [ y2z +z 3 3 ]c 2 −c 2 = ρVa ∫ b 2 −b 2 ( y2c +c 3 12 ) = ρVa [y3c 3 + y c3 12 ]b 2 −b 2 = ρVa (b3c 12 + bc3 12 ) =ρVabc 12 (b 2+ c2) (F.39) ρVabc = M として、Ixx= M (b2+ c2) 12 を得る。 なお、Ixy= Iyx, Iyz = Izy, Izx= Ixzについては、積分式を書いてみれば奇関数 の積分となっているので 0 であることがすぐにわかる。これは他の形に対しても同様 なので省略する。
中空円筒 Ixx= ρV ∫ R r ∫ 2π 0 ∫ h 2 −h 2 ρ((ρ sin ϕ | {z } y )2+ z2) = ρV ∫ R r ∫ 2π 0 [ zρ3sin2ϕ +z 3ρ 3 ]h 2 −h 2 = ρV ∫ R r ∫ 2π 0 ( hρ3sin2ϕ +h 3 12ρ ) = ρV ∫ R r ( πhρ3+πh 3 6 ρ ) = πρV [hρ4 4 + h3 12ρ 2 ]R r = πρV (h 4(R 4− r4) +h3 12(R 2− r2) ) = πρV(R2− r2)h | {z } M (1 4(R 2+ r2) +h2 12 ) (F.40) Iyyは sin2θ→ cos2θ と変わるだけで同じ。 Izz= ρV ∫ R r ∫ 2π 0 ∫ h 2 −h 2 ρ(x2+ y2 | {z } ρ2 ) = ρV ∫ R r ρ3 | {z } R4−r4 4 ∫ 2π 0 | {z } 2π ∫ h 2 −h 2 | {z } h = πρV 2 (R 4− r4)h =1 2πρV(R 2− r2)h | {z } M (R2+ r2) (F.41) 楕円体 Izz= abc R3 ∫ R 0 ∫ π 0 ∫ 2π 0 r2sin θ((a Rr sin θ cos ϕ | {z } x )2+ (b Rr sin θ sin ϕ | {z } y )2) = abc R5 ∫ R 0 ∫ π 0 ∫ 2π 0
r4sin3θ(a2cos2ϕ + b2sin2ϕ)
= abc R5 ∫ R 0 r4 | {z } R5 5 ∫ π 0 sin3θ | {z } 4 3 ∫ 2π 0 (a2cos2ϕ + b2sin2ϕ) | {z } π(a2+b2) = 4 3πabc 5 (a 2+ b2) =M 5 (a 2+ b2) (F.42) Ixx, Iyyに関しては a, b, c の立場を入れ替えて、Ixx= M 5 (b 2+ c2), I yy= M 5(a 2+ c2) となる。
★【演習問題 8-2】の解答 . . . .（問題は p264、ヒントは p6w） いろいろな方法があるが、一番単純なのは、背中を 腕が反時計周り の角運動量を 持っている間、 その他の部分が 時計回りの 角運動量を持つ 曲げて手を水平にして（ヘリコプターのロータのよ うに）ぐるぐる回せばよい（体が逆方向に回る）。こ うすると、つねに角運動量が 0 の状態を保ったまま、 自分の位置を変えることができる。腕が角運動量を 持っている間、腕以外の部分がちょうど打ち消すだ けの角運動量を持つからである（腕を止めると身体 も止まる）。ここではターンテーブルの質量が 0 であ るとして考えたのでできなかったが、足でターンテー ブルを蹴って回し、自分がその反動で逆向きに回る、 という方法もある。ターンテーブルの慣性モーメン トが自分の 10 分の 1 であったなら、ターテーブルが 1800 度回った時には自分は 180 度 回っている。他にも、(1) まず右手を上に上げる (2) その手を自分の真右にくるまで 90 度回す (3) その手を水平に 90 度回して自分の前にもってくる。(4) 右手を縮める（最初 に戻る）という操作を繰り返してもよい。(3) だけが z 軸回りの角運動量を伴う。 ★【演習問題 8-3】の解答 . . . .（問題は p264、ヒントは p7w） ヒントから ⃗ x× m | {z } =−k m⃗x| {z }× m⃗v ⃗ L (F.43) と書ける。⃗L の時間変化が ⃗L に比例するので、⃗L の向きは変わらない。ということは運 動は常に ⃗L に垂直な平面上で起こる。 また、(F.43) を解いて、 ⃗ L = ⃗L0e− k mt (F.44) とわかる。 ★【演習問題 8-4】の解答 . . . .（問題は p264、ヒントは p7w） 力が同じであっても、回転の中心軸からの距離が長くなればモーメントは増える。先 端を尖らせることは、軸の中心から接している面までの距離をできる限り短く（理想的 には 0 に）したいからである。 ★【演習問題 8-5】の解答 . . . .（問題は p264、ヒントは p7w） (1) 最終的な角速度を ω1とすると、Iω + I′ω′= (I + I′)ω1より、ω1= Iω + I′ω′ I + I′ 。 (2) 最終的な角速度を ω2とすると、 Iω + I′ω′= ( I + m ( m′ m + m′ℓ )2 + I′+ m′ ( m m + m′ℓ )2) ω2 より、 ω2= Iω + I′ω′ I + I′+ mm′ m+m′ℓ 2
である（ここでも換算質量が現れる）。 ★【演習問題 9-1】の解答 . . . .（問題は p287、ヒントは p7w） 運動方程式は md 2 2x(t) =−k(x(t) − A sin ωt − ℓ) + mg (F.45) である。特解として、x(t) = C sin ωt + ℓ +mg k という形を仮定すると、 md 2 2 ( C sin ωt + ℓ +mg k ) =−k(C sin ωt + ℓ +mg k − A sin ωt − ℓ) + mg −mCω2sin ωt =−k(C − A)sin ωt (k− mω2)C = kA (F.46) と計算して C = kA k− mω2と求められる。こうして求めた特解に同次方程式 md 2 2y(t) =−ky(t) (F.47) の一般解 y(t) = D sin √ k mt + α を足したもの x(t) = kA k− mω2sin ωt + D sin √ k mt + α + ℓ +mg k が運動方程式の解である。 境界条件は t = 0 において速度 0 で、つりあいの位置にいたことである。つりあいの 位置は A sin ωt がない場合に加速度が 0 になるところだから、x = ℓ +mg k である。速 度を求めると v(t) = kAω k− mω2cos ωt + D √ k mcos √ k mt + α (F.48) なので、初期条件は、 ℓ +mg k = D sin α + ℓ + mg k (F.49) 0 = kAω k− mω2+ D √ k mcos α (F.50) である。D̸= 0 だから sin α = 0 となり、cos α = ±1 である。一方初速度の式から D cos α =− kAω k− mω2 √m k とわかるので、 x(t) = kA k− mω2sin ωt− kAω k− mω2 √m k sin √ k mt + ℓ + mg k
とわかる。 ★【演習問題 9-2】の解答 . . . .（問題は p288、ヒントは p7w） 特解を求めるために、運動方程式に x(t) = Aeiωtを代入してみる。 md 2 2Ae
iωt=−kAeiωt− K d Aeiωt+ F eiωt −mω2Aeiωt=−kAeiωt− iωKAeiωt+ F eiωt −mω2A− F = −kA − iωKA F k− mω2+ iωK = A (F.51) これで特解は求められた。一般解は9.4 節 → p277の解を使えばよい。よってこの問題の解は x(t) = C1e −(K−i√4mk−K2 2m ) t + C2e −(K+i√4mk−K2 2m ) t K2− 4mk < 0の時 (C3t + C4)e− K 2mt K2− 4mk = 0の時 C5e − ( K−√K2−4mk 2m ) t + C6e − ( K+√K2−4mk 2m ) t K2− 4mk > 0の時 + F k− mω2+ iωKe iωt (F.52) となる。この式は k = mω2であっても（分母が 0 になったりせず）成り立つ式になっ ている。 ★【演習問題 10-1】の解答 . . . .（問題は p306、ヒントは p7w） 重力の仕事はすでに mgh として計算済み。問題は垂直抗力がこの場合には仕事をす る、ということである。一般に垂直抗力が仕事をしないことが多いのは、運動方向と垂 直に働いているから。しかしいまの場合、斜面そのものが動いているので、垂直抗力は 仕事をする。その仕事を計算してみると、 W = ⃗N· ⃗V t = NV t cos (π 2− θ ) = N V t sin θ (F.53)
である。一方、N = mg cos θ であるから、この仕事は mgV t sin θ sin θ と書くことが できる。ところが g sin θ× t = v なので、 W = mvV cos θ = m⃗v· ⃗V (F.54) となる。つまり見落としていた斜面のする仕事こそ、m⃗v· ⃗V というエネルギー差の理 由である。 ★【演習問題 10-2】の解答 . . . .（問題は p306、ヒントは p7w） 水の移動速度は 0.5m/s である。地球の角速度を代入すると北極におけるコリオリ力 の大きさは 2m× 0.5 × 2π 24× 60 × 60= 7.27× 10 −5m (F.55) となる。これによる加速度は 7.27× 10−5m/s2だから、落ちるまでの 1 秒の間にたって 3.64× 10−5m しか進路は変わらない。こんな小さな値が渦の理由とは考えられない。
なお、台風の渦などについては、空間的スケールも時間的スケールも全く違う。だか らコリオリ力の影響は大きい。 ★【演習問題 11-1】の解答 . . . .（問題は p321、ヒントは p7w） 二つの式がどちらも定数 r2 の形をしているので、一つにまとまって (L2 2µ− GMm ) d (1 r2 ) = 0 (F.56) となってしまう。この答えは r =∞ しかない。平衡点があるのは、遠心力の位置エネル ギーと万有引力の位置エネルギーが、違う形の関数になっていることが重要であった。 ★【演習問題 11-2】の解答 . . . .（問題は p321、ヒントは p8w） 運動方程式は ma = GM m r2 となるが、両辺の m は消えてしまって、a = GM r2 とな る。つまり、マイナス質量の物体も、やはり落ちる。なぜならマイナス質量の物体は上 向きの力を受けると下向きに加速するからである。 ★【演習問題 11-3】の解答 . . . .（問題は p321、ヒントは p8w） 力の向きは逆（作用・反作用の法則）だが、加速度は同じ向きになってしまい、一方 方向に加速していく。 同じ加速度で運動するので、最初二物体とも静止していた（運動量もエネルギーも 0 だった）とすると、時間経過して速度 ⃗v を持った後も、 運動量：m⃗v + (−m)⃗v = 0 運動エネルギー：1 2m|⃗v| 2+1 2(−m)|⃗v| 2= 0 (F.57) であり、保存している。 ★【演習問題 11-4】の解答 . . . .（問題は p321、ヒントは p8w） ヒントの次から計算を続けると、 (GM 1m (r1)3 − M1m M1+ M2 ω2 ) ⃗ r1+ (GM 2m (r2)3 − M2m M1+ M2 ω2 ) ⃗r2= 0 M1 ( G (r1)3− 1 M1+ M2 ω2 ) ⃗ r1+ M2 ( G (r2)3− 1 M1+ M2 ω2 ) ⃗r2= 0 (F.58) となる。これがベクトルの式として 0 になるためには括弧内がともに 0 にならなくては いけないので、 G (r1)3 = G (r2)3 = ω 2 M1+ M2 (F.59) が成り立てばよい。よって r1= r2= (G(M 1+ M2) ω2 )1 3 という位置になる。ところ が ω = √ G(M1+ M2) R3 であったから、 r1= r2= R (F.60) でなくてはいけない。つまり地球・月・人工衛星が正三角形をなす位置である（θ =±π 3）。
★【演習問題 11-5】の解答 . . . .（問題は p322、ヒントは p8w） (11.16) → p313 の左辺の 1 2r 2 = (r0)2 2(1 + ϵ cos ϕ)2 にヒントの(F.14)→ p9wを代入して、 1 2r 2 =br0(1− ϵ cos α) 2(1− ϵ2) = L 2µ (F.61) と直せて、a = r0 1− ϵ2なので、微分方程式は ab(1− ϵ cos α) = L µ (F.62) に変わる。積分して、 ab(α− ϵ sin α) = L µt + C (F.63) すなわち、α− ϵ sin α = L µabt + C が導ける。 ★【演習問題 11-6】の解答 . . . .（問題は p322、ヒントは p9w） 地球と物体の相対的運動を考えているのだら、運動方程式は GM mA r2 = M mA M + mA 2 (F.64) GM mB r2 = M mB M + mB 2 (F.65) でなくてはならない。よって加速度は G(M + mA) r2 = 2 (F.66) G(M + mB) r2 = 2 (F.67) と、二つの場合で違ってくる。ただしこの差は（M + mAと M + mBの差だから）非 常に小さく、通常は無視できる。 相対運動を使わずに考えれば「この間に（少しだけ）地球も加速する」と考えればよ い。地球が物体の方に加速して「物体を迎えに行く」のだが、物体の質量の違いによ り、その加速度に差が生じるのである。
