【解答・解説】平成２８年度北大理学院力学

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問１：棒の端に付いた球の回転運動

1-1.

$$\mathbf{r}_{cm} = \frac{m_A\mathbf{r}_A + m_B\mathbf{r}_B}{m_A + m_B}$$

1-2.

左回りの方向を正とすると

$$N = |\mathbf{r}_B|\cdot m_Bgsin\theta – |\mathbf{r}_A| \cdot m_Agsin\theta …(1)$$

1-3.

$|\mathbf{r}_A| = r_A, |\mathbf{r}_B| = r_B$とすると、角運動量$L$は

\begin{align*}
L &= r_A \times m_Ar_A\frac{d\theta}{dt} + r_B \times m_Br_B\frac{d\theta}{dt}\\
&=(m_Ar_A^2 + m_Br_B^2)\frac{d\theta}{dt}
\end{align*}

ここで$m_Ar_A^2 + m_Br_B^2 = I = const$とおくと

$$L = I\frac{d\theta}{dt}$$

と書くことができる。また

$$\frac{dL}{dt} = N$$

であるから、(1)は次のようになる。

$$I\frac{d^2\theta}{dt^2} = (m_Br_B – m_Ar_A)g\theta …(2)$$

1-4.

(2)より

$$\frac{d^2\theta}{dt^2} = \frac{(m_Br_B – m_Ar_A)}{I}g\theta …(3)$$

$\theta$の変化量が小さいとき、$m_Br_B < m_Ar_A$が成り立つ。よって、(3)を解くと

$$\theta (t) = Asin\left(\sqrt{\frac{m_Ar_A – m_Br_B}{I}g}t + \alpha\right)$$

ここで、$t=0$で$\theta= 0$なので$\alpha = 0$であることが分かる。また、$t=0$にて

$$\frac{d^2\theta (0)}{dt^2} = A\sqrt{\frac{m_Ar_A – m_Br_B}{I}g} = \omega _0$$

が成り立つので、

\begin{align*}
&\theta (t) = \omega _0\sqrt{\frac{I}{(m_Ar_A – m_Br_B)g}}sin\left(\sqrt{\frac{m_Ar_A – m_Br_B}{I}g}t \right)\\
&\dot{\theta}(t) = \omega _0cos\left(\sqrt{\frac{m_Ar_A – m_Br_B}{I}g}t \right)\\
&v_A = r_A\dot{\theta} = r_A\omega_0cos\left(\sqrt{\frac{m_Ar_A – m_Br_B}{I}g}t \right)
\end{align*}

1-5.

棒の受ける外力（重力）は、系全体の質量が集まった重心に作用していると考えられるので、系の持つポテンシャルエネルギーは、常に一定である。また、系の運動エネルギーは、重心の運動エネルギーと、重心に対する相対運動のエネルギーの和として

\begin{align*}
K &= \frac{1}{2}(m_A + m_B)\left(\frac{d\mathbf{r}_G}{dt}\right)^2 + \frac{1}{2}\left\{m_A\left(r_A\frac{d\theta}{dt}\right)^2 + m_B\left(r_B\frac{d\theta}{dt}\right)^2\right\}\\
&= \frac{1}{2}I\omega _1^2
\end{align*}

と書ける。エネルギー保存則より、これが保存されることにより、$omega _1 = const$が成り立つ。

1-6.

\begin{align*}
L &= \sum|\mathbf{r}\times\mathbf{p}|\\
&= r_A\times m_Ar_A\omega _1 + r_B\times m_Br_B\omega _1\\
&= I\omega _1\\
K &= \frac{1}{2}m_A(r_A\omega _1)^2 + \frac{1}{2}m_B(r_B\omega _1)^2\\
&= \frac{1}{2}I\omega _1^2
\end{align*}

1-7.

この系では、位置エネルギーは常に保存されているので、エネルギー保存則により、運動エネルギーも保存される。よって$K’ = K$

1-8.

\begin{align*}
T &= \frac{1}{2}m_Ar_A’^2\omega _2^2\\
V &= m_Agr_A'(1 – cos\theta _0)
\end{align*}

1-9.

小球Aは最下点で$V = 0 , \ v_max$を持つので、エネルギー保存則より

\begin{align*}
&T + V = \frac{1}{2}m_Av_max^2\\
&v_{max} = \sqrt{\frac{2}{m_A}(T + V)}
\end{align*}

1-10.

切り離した瞬間の小球Bの速さは$v_B = r_B’\omega _2$である。
よって、z方向のエネルギー保存則より

\begin{align*}
&\frac{1}{2}m_B(r_B’\omega_2sin\theta_0)^2 + m_Bgr_B’cos\theta_0 = m_Bgz_{max}\\
&z_{max} = r_B’cos\theta_0 + \frac{1}{2}(r_B’\omega_2sin\theta_0)^2
\end{align*}

ここで、$r_B’$は、1-7の条件

$$\frac{1}{2}(m_Ar_A^2 + m_Br_B^2)\omega_1^2 = \frac{1}{2}(m_Ar_A’^2 + m_Br_B’^2)\omega_2^2 $$

によって決定される。