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モーメントの解答
A (1)
水平：N = f 鉛直：N = mg モーメント：mg
′
′
L
cosθ = N Lsinθ
2
(2) (1) より f ≥ µN と考えて
µmg ≥
1
1
∴µ ≥
2tanθ
2tanθ
B
(1)
水平：mgsinθ + F = f 鉛直 : N = mgcosθ
(2) 傾くとき N の作用線は長方形の左端，また極限では最大摩擦力となり f = µN である。
力のつり合い：mgsinθ + F = µmgcosθ モーメント : hF +
2 式より
µ>
h
a
mgsinθ = mgcosθ
2
2
a
tanθ
+
2h
2
万有引力の解答
(1)
v2
Mm
m = G 2 ∴ v =
R
R
!
GM
2πR
T =
= 2πR
R
v
!
R
GM
(2) 角運動量とエネルギー保存から
1
Mm
1
Mm
2
2
mRvA = m3RvB mvA
−G
= mvB
−G
2
R
2
3R
!
!
3GM
GM
∴ vA =
vB =
2R
6R
(3) ケプラーの第３法則から
T2
4π 2
=
∴ T == 4πR
3
(2R)
GM
(4) エネルギー保存から
1
Mm
mu2 − G
= 0 ∴ u =
2
3R
3
!
!
2R
GM
2GM
3R
ケプラー問題 12 北大 解答 ★★★
(1)
G
(2)
Mm
(R + h)2
(R + h)ω
(3)
v2
R+h
(4)
m
v2
Mm
=G
∴ v =
R+h
(R + h)2
(5)
R+h=
(6)
"
GM
ω2
!
GM
R+h
# 13
mv = mA vA + mB vB
(7)
UA = −
(8)
GmA M
R+h
1
M mA
2
mA vA
−G
≥0
2
R+h
!
√
2GM
∴ vA =
= 2v
R+h
(9)
(R + h)vB =
(10) エネルギー保存より
(11)
R+h
vB
R+x
1
M mB
1
M mB
2
2
mB vB
−G
= mB vQ
−G
2
R+h
2
R+x
"
#
h−x
2
2
vQ
− vB
= 2GM
(R + x)(R + h)
2v 2
2 −1
vB
7
2 つの恒星の重心まわりの運動 解答 ★★★★
問１
内力のみなので運動量保存則が成立。よって 2 物体が等速円運動をするためには重心は静止していなければな
らず，運動量の和は０。よって P,O，Q は常に 1 直線上に乗るので角速度は等しい。さらに P，Q の運動量が
等しいことから
M r1 ω = mr2 ω ， r1 + r2 = R
2 式より
r1 =
m
M
R , r2 =
R
M +m
M +m
O 点は重心であることがわかる。
問２
M A = f ，ma = −f
Mm
M m vr2
Mm
(A − a) = f ∴
=G 2
M +m
M +m R
R
µ=
T =
Mm
M +m
!
2πR
= 2πR
vr
R
G(M + m)
問３ 重心運動のエネルギーは 0 より，
1 Mm 2
Mm
GM m
v −G
=−
2M +m r
R
2R
8
角運動量保存 解答 ★★★★★
I (1) 円運動方程式より
T =m
(2)，(3) より角運動量保存
V2
r
mrV 2 = m(r − ∆r)(V + ∆V )2
２次の微少量を無視すると
∆V
∆r
V
=
∴∆V = ∆r
V
r
r
∆E =
=
(4)
1
1
m(V + ∆V )2 − mV 2
2
2
1
∆r 2 1
2∆r
m(V +
V ) − mv 2 ≈
E
2
r
2
r
(V + ∆V = (r − ∆r)(ω + ∆ω))
≈ rω(1 +
∆ω ∆r
−
)
ω
r
∴ ∆V = rω − ω∆r
∴ ∆ω =
∆E
ω
E
(5) (4) より
dω
ω
=
dE
E
つまり ω/E はつねに一定値となる。
II
A の円運動方程式
m
A の円運動方程式
m
B の運動方程式
V2
= Mg
r
(V + ∆V )2
= T′
r − ∆r
Ma = Mg − T′
2 式より
M
d2 r
V2
Mg
=
−3m
∆r = −3
∆r
2
2
dt
r
r
!
2π r
∴ T = √
3 g
9
円運動と角運動量保存 12 早稲田大★★★★
問１ 力のつりあいより F = mg
問２ F と鉛直線のなす角を θ とすると，力のつりあいより
′
mg
F =
=
2 cos θ
′
√
4a2 + 3
mg
4a
問３ 引いた距離を ∆L とすると
∆L = L −
√
√
13
L = (1 −
4
13
)L
4
また内部エネルギーの増加の半分が，片方の手がした仕事であるから
W =
問４ 糸の長さが
L
2
1
1
L
1
∆U = mg( ) = mgL
2
2
4
8
の単振り子運動と見なせるので
T = 2π
!
L
2g
問５ 張力は頂上にきたとき最小になるので, 運動方程式は
m
エネルギー保存より
v2
L
2
= mg + Tmin
1
1
mv 2 = mgL + mv 2
2 0
2
"
5gL
Tmin ≥ 0 ∴ v0 ≥
2
問６ 張力は最下点で最大になるので，運動方程式は
m
v2
L
2
= TC − mg ∴v0 ≥
"
L
(TC − mg)
2m
問７ 運動方程式とエネルギー保存則より
m
v2
L
2
= F − mg cos φ
1
L
1
mv 2 = mg (1 − cos φ) + mv 2
2 0
2
2
2 式より
F =2
最大値 2
mv02
L
+ mg ，最小値 2
mv02
L
mv02
− 2mg + 3mg cos φ
L
− 5mg
問８ 2∆x 小球は上がる。また力は中心力なので，角運動量保存則より，
L
L
m v0 = m( − 2∆x)(v0 + ∆v0 )
2
2
2
∴ ∆v0 =
4∆x
v0
L
!
v02 − 2gL なので
!
v02 − 2gL
4∆x
∴ ∆v =
v=
∆v0
L
v0
問９ 同様に頂上を通過するときの速さは v =
7
水平面上で回転する質点 ★★★★★ 83 東大
I
おもりにはたらく力のつり合いより，垂直抗力を 0 として
T = mg
小球の運動方程式：m
∴ u1 =
!
u21
= Mg
b
M
bg
m
II エネルギー保存則より，おもりの円運動の接線方向の速さを v, おもりと小球の糸方
向の速さを v ′ , おもりの高さを y とすると，
1
1
1
mv02 = mv 2 + (M + m)v ′2 + M gy
2
2
2
角運動量保存則より，mbv0 = m(b + y)v
2 式より，
(M + m)v ′2 = mv02 − m(
b
v0 )2 − 2M gy
b+y
y の増加にともない，v ′ は減少していくので，y = s のとき v ′ = 0 として，
!
b+s
2M
u2 = √
gs
2
m
2bs + s
※ おもりの上昇にともない，角運動保存則により，小球の接線方向の速度は減少する。
また，おもりの位置エネルギーは増加するので，力学的エネルギー保存則より，B の速さ
は減少する。よって求める条件は，最高点での速度 ≥ 0 でよい。
III
おもりの運動方程式：M a = T − M g
小球の慣性力を考慮した運動方程式：m
v2
= T + ma
b+y
角運動量保存則：mbv0 = m(b + y)v 2
3 式より，a =
1
M +m
"
mb2 v02
− Mg
(b + y)3
10
#
剛体の記述答案
(1) 慣性力を考慮した力のつり合いの式は
垂直：N + mAsinθ = mgcosθ 平行：mAcosθ + mgsinθ = f
(2) 傾くとき N の作用点は直方体の左端にくるので左端回りの力のモーメントのつり合
いから
h
a
a
m(A0 cosθ + gsinθ)・ + mA0 S ・ = mgcosθ・ ……… ①
2
2
2
またこのとき滑らないので f < µN が成立
µ>
①，②より
µ>
A0 cos θ + g sin θ
……… ②
g cos θ − A0 cos θ
a
h
(3) 滑らずに転がったことから, このときの剛体球の角速度を ω0 として
v0 = rω0
が成立。エネルギー保存から
2mgh =
!
1
1
2mv02 + 2m(rω0 )2 ∴ v0 = gh 2
2
(4) 最高点での重心の速さを v1 として運動方程式
2m
!
v12
= 2mg + N N = 0 として v1 = gR
R
エネルギー保存 (最高点での角速度を ω1 =
m r
v1
r )
m
h
2R-r
2R-3r
1
2mgh =
1
1
2mv12 + 2m(rω1 )2 + mg(2R − r) + mg(2R − 3r) 2
2
２式から
v0 ≥
!
(3R − 2r)g
2
【参考】
質点にはたらく抵抗力を f として，重心の運動方程式
dv
= 2mg sin θ − f ……… ①
dt
!
慣性モーメント I =
mr2 = 2mr2 より，
2m
回転の運動方程式
2mr2
dω
= rf ……… ②
dt
速度条件
v = rω ……… ③
②，③より，
f = 2m
dv
dt
①より，
dv
1
= g sin θ
dt
2
また，エネルギーの式は①，②より，f を消去すると，
dv
dv
+ 2m
= 2mg sin θ
dt
dt
"
#
d 1
⇔
4mv 2 = 2mg sin θ・v
dt 2
"
#
d 1
2
⇔
4mv + 2mgx sin θ = 0
dt 2
2m
よって，力学的エネルギー保存が確かに成立していることを示す。これは，抵抗力はある
ものの擦れていないため，非保存力は仕事をしないと理解できる。
2
ケプラー問題の記述解答
(1) 放出前に対するガスの速さを v0 にするにはガスを速度 0 で放出すればよい。運動量保存則から
mv0 = (1 − α)mv1 + αm・0 ∴ v1 =
v0
1−α
(2) 面積速度保存とエネルギー保存から
′
′
′
1
Mm
1 ′
Mm
rv1 = 3rv2 m′ v12 − G
= m v22 − G
(ただし m = (1 − α)m)
2
r
2
3r
!
!
GM
3GM
v2 =
, v1 =
6r
2r
ケプラーの第３法則より
√
√
T2
4π 2
r r
√
=
∴
T
=
4
2π
(2r)3
GM
GM
(3)(1) 同様運動量保存と，円運動の運動方程式から
(1 − α)mv2 = (1 − 2α)mv3 !
′′
2
′′ v
Mm
GM
3
m
=G
∴ v3 =
3r
(3r)2
3r
√
2−1
これと v2 の結果より α = √
≈ 0.23
2 2−1
(4) ガス放出時のみエネルギーが増加するから，相対運動のエネルギーの差をとって，
∆E =
αm(1 − αm) 2
αm(1 − 2α) 2
1
1 α(1 − 2α)
(v1 − 02 ) +
(v − 02 ) = α(1 − α)mv12 +
mv32
2m
2(1 − α)m 3
2
2 (1 − α)
(4)
mg = maω ∴ω =
2
(5) 小球は観測者の手前に落ちる。
外部：力がはたらかないので等速直線運動をするように見える。
内部：小球は右に曲げられているように見える。
1
!
g
a