No-2 M1 変化量と微分 次の空白を埋め問題に答えよ 位置をx 時刻をtとし 変化量をΔで表す 速度 vはアとなりこれはイグラフのウである また加速度 a はエとなり これはオグラフのカである 数学的には速度も加速度も時間 Δtが微少であれば xを用いて微分記号で表すことができる 物理では時間微

Transcription

1 No-1 M1 微分と積分 変分と積分次の空白を埋め問題に答えよ 微分係数とは関数 f(x) のアの傾きでありxが単位量変化した時の f(x) の変化量であった 微分係数が0になるとその関数はイを取る候補であることがわかるので関数の最大 最小を求めるのには便利な道具である 主な関数の微分として例えば ax n はウとなり sin( ωt ) をtで微分するとエとなり cos( ωt ) をtで微分するとオとなった また積 f(x)g(x) の微分はカとなる これに対し積分とはキの値を作り出し 関数がx 軸との間につくるクを表す また 区間 [a,b] をn 等分し f(x) の定積分の定義は区分球積法からケとなる 通常 微小変化量の場合はΔの1 次までをとれな良い 1) 次の式の変化量をとれ (a,b... は定数 x,y,... は変数 ) ただしΔは小さいとする 1)a-2x 2)ax+by 3) axy 4)ay=bx 2 5) (a x )=bt 3 2) 次をxで不定積分をせよ 1)x 2 2)1/x M2 変分と積分 t とxが変数でtが t1 から t2 に変化するとxは x1 から x2 に変化する Δは微小量として次の変化量の式を積分せよ a,b は定数とする 1) a Δt=bΔx 2) Δx / Δt=t+2 3) tδx=xδt P1 積分を使う例等温変化理想気体において温度 T 0 のまま 圧力を P 0 から P に体積を V 0 から V に変化させる この時外から気体に加えた熱量を求めよ 解答 No-1 M1 ア. 接線の傾き イ. 極値 ウ.nax n-1 エ.ω Cos( ωt ) オ. ー ω Sin( ωt ) カ.f'(x)g(x)+f(x)g'(x) キ. スカラー n b ク. 面積ケ lim f (x i ) x = f (x)dx n 0 i=1 a Δ x の 2 乗は小さいので無視 1) 1)-2 Δx 2)a Δ x + b Δy 3)a(x Δy+Δx y) 4)a Δ y=2bx Δ x 5) 先に の中を微分して 次に全体を微分する 1/2 a/ (ax) Δx= 3b t 2 Δt 2-1) x 2 dx = x3 2) 3 + C 1 x dx =log x + C 絶対値を忘れない 有力校では 1/x ax n 三角関数 指数関数の積分くらいはできるようにしておこう M2 1) 物理ではΔを使うことが多いがこのΔを微小と考えれば積分になる t2 x2 積分への移行は変数をまとめてΔをdにかえる adt = bdx t1 x1 例えばΔt dtこれに変数の範囲を考えて a(t 2 t 1 )=b(x 2 x 1 ) 積分記号をつける 2) x2 x = t t +2 t t2 t2 まず同じ変数はまとめること dx = tdt + 2dt 分数の形は変形してフラットにする 3) x2 x1 x1 x x = t t 1 t2 x dx = 1 t dt t1 t1 (x 2 x 1 )= t2 2 t log x 2 x 1 =log t 2 t 1 t1 +2(t 2 t 1 ) 積分区間を各変数の領域を考えて決める どういうふうに変数がつながるかは問題 による 変数をまとめて分数になる場合によくつ かうのが f'(x)/f(x) log f(x) の積分公式だ 分母の微分が分子の形になっていれば積 分で Log となることは知っておこう 公式 Point 1 lim dx =log x + C x n 0 n f (x i ) x = i=1 b a f (x)dx P1 まずはじめの状態では PV = nrt から nrt 0 =P 0 V 0 1 等温変化だから内部エネルギー Δ U= 0よって熱力学第 1 法則から Q=W = P Δ V=nRT 0 Δ V/V 1から Q= P 0 V 0 Δ V/V この後の項が変数なので積分になおすと V 1 Q= P 0 V 0 V 0 V )dv = P 0V 0 log V V 0

2 No-2 M1 変化量と微分 次の空白を埋め問題に答えよ 位置をx 時刻をtとし 変化量をΔで表す 速度 vはアとなりこれはイグラフのウである また加速度 a はエとなり これはオグラフのカである 数学的には速度も加速度も時間 Δtが微少であれば xを用いて微分記号で表すことができる 物理では時間微分を で表す キ ) 位置を S(t) と微少時間をΔtとして速度 vを微分の定義で表しなさい ク ) 位置をx (t) として速度と加速度を を用いて表しなさい ケ ) 次の変化量の関係式から微分の式を求め加速度を求めなさい (x yは位置 tは時間 vは速さとする ) 1) c t Δt=bΔx 2) b Δv+ctΔt=gΔt 解答 No-2 M1 アΔx / Δt イ.x-t ウ. 傾きエ.Δv / Δt オ. v-tカ. 傾き S (t + t) S (t) キ ) v = lim = ds t 0 t dt ク )v= dx/dt= x a=d 2 x/dt 2 = x ケ ) 1) 2) a を加速度とする 両辺をΔtで割ると v = dx dt =ẋ v = x t = c b t a = v t = g ct b a = dv dt =ẍ a = dv dt = c b = Constant これは等加速運動ではないこれは等加速運動 P1. 力積の意味とイメージア ) 次の基礎公式を書きなさい また [ ] の中に単位も書き 次元を求めよ 1. 力積 2. 運動量イ ) 力積が運動量の変化に等しい事を示せ また 運動量が保存される条件を記せ ウ ) 運動量 P- 時間 tのグラフを描く この傾きは何を表しているか 力 F- 時間 tのグラフを描く このグラフの面積は何を表しているか 力 F- 位置 s のグラフを描く このグラフの面積は何を表しているか また P-t F-t グラフの関係は運動分野の何の関係に等しいか P2 Δt 秒間に質量は M M +Δ M 速度が V V +Δ V に変化したときの力積を求めよ (Δは微小としてよい) P1 ア ) 力積 F Δt=Δ P [N s ] 運動量 P =m V[kg m/s] 次元は共に [MLT -1 ] イ ) F=ma として力積の式から ma Δ t = m Δ v =Δ P となる 外力が働かなければ保存される ウ ) Δ P/ Δtだから力積の式から力を表す F dtだから運動量の変化を表す W=F Δ S だから仕事を表す P-t,F-t は質量で割れば v-t,a-t に等しい P2 力積の式は F Δt=Δ P =Δ(MV) であるΔはおわりーはじめだから F Δt= P2-P1=(M+ Δ M)(V+ Δ V) ー MV MΔV+VΔM (Δは微少変化なのでΔが 2 回かかる項は無視してよい ) 公式 Point

3 No-3 P1. 力積 運動量基礎次の基礎公式を書きなさい また [ ] の中に単位も書き 次元を求めよ 1. 力積 2. 運動量 P2. 運動量基礎重心空白を埋め問題に答えよ 外から外力が働かない時重心の位置は保存された これから例えば運動中の 2 物体がある時刻で質量 m 1 位置 x 1, 質量 m 2, 位置 x 2 にある時 重心 X G は 1 となる Δtの間に位置が x 1 x 2 に変化したとすると重心は 2 となるが 重心の位置が変わらないならば両辺を引き算すれば0になるはずである この結果から運動量保存則を導ける 3. 実際に運動量保存則を重心が保存されることから導け 4. 次の運動量と運動エネルギーを求めなさい 質量は 2kg とする 右 上をx y 軸の正とする またそれぞれベクトルかスカラーか答えよ ア ) 右に 2[m/s] で運動している イ ) 左に 2[m/s] で運動する ウ ) 図の向きに2[m/s] で運動する ア ) イ ) ウ ) 60 解答 No-3 P1 力積 F Δt=Δ P [N s ] 運動量 P =m V[kg m/s] 次元は共に [MLT -1 ] P2 1.X G =(m 1 x 1 +m 2 x 2 )/(m 1 +m 2 ) 2. X G =(m 1 x' 1 +m 2 x' 2 )/(m 1 +m 2 ) 3. 上の 1 と2を引くことで XG が同じなら0= m 1 (x 1 '-x 1 )+m 2 (x 2 '-x 2 )1 を得る 位置の変化にかかる時間共通でΔtだからこれで割ると速度が v= Δ x/ Δ t だから1は0= m 1 v 1 +m 2 v 2 となる これは質量 速度を運動 量と定義すると重心の位置に変化がないなら運動量の和が保存されること を示す 重心の位置が動くためには全ての力の和 Σ F 0である必要があ る この時 外力が働いているという つまり外力が働かないなら運動量 の和は保存される 4. 運動量はベクトルでエネルギーはスカラーである したがって運動量を求 める時は向きの基準をしっかり決めないといけない (E はエネルギー ) ア ) 運動 E:1/2 mv 2 =4J 運動量 : 正の向きに4kg m/s イ ) 運動 E:1/2 mv 2 =4J 運動量 : 負の向きに4kg m/s ウ ) 運動 E:1/2 mv 2 =4J 運動量 :x)2kg m/s y)- 3.4kg m/s * 成分にわけることは直線上に射影するのでスカラと同じように扱える 3. 図のように質量 4kg の物体が 2[m/s] で壁にぶつかり 2[m/s] で反射してきた 右向きをx 軸正とする 壁とボールの接触時間は 0.2 秒であった ア ) はじめと終わりの運動量を求めよ イ ) ボール働いた力積を求め拡大図に図 2[m/s] 示せよ さらに壁が受けた力を求めよ ウ ) ボールが受けた力と加速度を求めよ また ボールが受ける力を大きくするためには接触時間は大きくするべきか 2[m/s] 小さくするべきか 公式 Point エネルギーはスカラー 運動量はベクトル内力のみで外力が働かないなら運動量の和は保存される P3 2[m/s] 2[m/s] ア )P=mv よりはじめの運動量 :8kg m/s おわりの運動量 :-8kg m/s イ ) ボールに働く力積は F Δt=Δ P よりー mv ー mv=-2mv= ー 16N s 壁が受けた力は F= 16/ 0.2=80N ウ ) ボールに働く力は壁が受けた力の反作用だから F= ー 80N 運動方程式は ma=f だから a= - 80/ 4= ー 20m/s 2 これは加速度の定義からも a= Δ V/ Δt=(-2-2)/0.2 =- 4/0.2 = ー 20 m /s 2 で一致する 運動方程式は力積の式に含まれる これから接触時間が短く運動量の変化が一定なら力は大きくなることがわかる

4 No-4 P1 力積基礎 図のようにセンタリングされてきたボールを真直ぐゴールにシュートしたい センタリングされたボールの速さは 20[m/s] シュートボールの速さは 40[m/s] とする 接触時間は 0.1 秒 ボールの質量は 0.6kg とする ア ) センタリングされたボールの運動量の大きさを求めよ イ ) シュートするボールの運動量の大きさを求めよ ウ ) シュートするボールに加える力と向きを 30 求めよ P2. 力積基礎 A 君の投げたボールは時速 144km でまっすぐ水平にキャッチャーミットに入るとする プロのキャッチャーはこれをわずか 0.01 秒で完全に静止させたい ボールの質量を 200 gとしてキャッチャーが受ける力を求めよ 解答 No-4 P1 ア ) 運動量は P=mv から P= =12kgm/s イ )P'=mv' から P= =24kgm/s ウ )FΔt=P ー P( ただし ベクトル ) = Δt=0.1 F=20/ 0.1= 200 N 30 向きは力積と同じでセンタリングが来た方向から 90 ゴールに向かう向き P2 144km/h=40m/s よって運動量の変化は FΔt=0 ー = ー 8 キャッチャーの受ける力 F の向きは反対だから F =8/ 0.01=800N N P2. 力積図のように摩擦のない水平面で摩擦のある壁に質量 2.0kg の物体が衝突した 壁方向をy 軸とし x 方向の速さは衝突後もかわらないとする 物体の壁への入射角は 45 速さが4.0[m/s] で衝突後の物体のは速さは 3[m/s] であった 壁と物体の接触時間は 0.1 秒とする y ア ) はじめと終わりの運動量の大きさを求めよ 4[m/s] イ ) ボールが受けた力 F と衝突後の物体の速度 45 を図示せよ ウ ) ボールの反射角を求めよ (tan を用いてよい ) P2 ア )P=mv よりはじめの運動量 :8.0kg m/s イ ) y 4[m/s] 入射角と反射角は垂直線基準 おわりの運動量 :6.0kg m/s 45 ウ ) 45 x 成分は向きのみの変化だから大 P 2 =6 Vx の値は小さくな P 1 =8 きさが Vx =2 2[m/s] るが Vy の値は変わ らない Vx 2 +Vy 2 =9 だから Vy= (9-8)=1[m/s] よって反射角は tan = Vy/Vx=(1/2 2) を満たす(= 19.5 ) エ ) 物体に働いた垂直抗力の大きさと摩擦力大きさを求めよ 公式 Point 力積はベクトルの差尾と尾をくっつけ引く方から引かれる方へ力積のΔtは接触時間 エ ) 垂直抗力は x 方向の力積の式から左向きを正として Fx Δ t=px'-px=2 2 2-( )=8 2=11.2 左向きに 112N 摩擦力は y 方向の力積の式から下向きを正として Fy Δt= Py' - Py= =2-5.6=-3.6 上向きに 36N

5 No-5 P1 運動量保存則 力積 1) 運動量保存則と力積の式をΔ Σを用いて表せ また 運動量保存の条件を書け また 運動量と力積の単位を示せ 2) 次の衝突においてそれぞれに注目した力積の式と全体を見た運動量保存則を書け 必要なら成分を用いよ ( 上 右を正 ) 接触時間はΔtとしてよい ア ) 運動量保存と力積の式をかけ m 1 V 1 m 2 V 2 m 1 V 1 m 2 V 2 A B A B イ )x y 方向の力積 重力は無視 入射 反射角が等しくなる条件も求めよ m V' 1 mv 2 ウ )x y 方向の運動量保存 重力は無視 重心速度も求めよ m 1 V 1 m 1 V 1 m 2 V 2 公式 Point 力積の式 :1つの物体に注目し F Δt=Δ P = P 2 -P 1 P =m V 運動量保存則外力の和が0であればΣ P =Σ P 重心速度は運動量が保存されていれば衝突前後で変わらず等速運動である m 2 V 2 P2 運動量保存則 力積 P1 の2) ア ) を例にして力積の式から運動方程式と運動量保存則を導け また 運動量保存則が成り立つ条件を示せ 解答 No-5 P1 1)Δは変化量 ( 差 ) でΣは和の記号である 運動量保存則は質量をm 速度を V としてm 1 V 1 +m 2 V 2 =m 1 V 1 '+m 2 V 2 ' 一般的には P =m V[kg m/s] としてΣ P =Σ P ベクトル和になる 力積の式は接触時間をΔtとしてmV ' ー m V = F Δt ベクトル差になる 一般的にはΔ P = F Δtとなるので積分にもっていける 力積の単位は [Ns] 運動量保存されるために F が作用反作用で消去され外力が働かないこと 運動量保存則は全ての物体を見て和をとっている これは重心の出し方と似 ている 力積の式は 1 つの物体に注目しないといけない これは運動方程 式の考え方である 2) ア ) 運動量保存則 : m 1 V 1 -m 2 V 2 = ー m 1 V 1 '+m 2 V 2 ' 力積 A: ー m 1 V 1 ' ー m 1 V 1 = ー FΔt B:m 2 V 2 ' ー ( ー m 2 V 2 )= F Δt A,B 両辺を足せば保存則が出る イ ) x 方向 )mv 'Cos 2 ー m VCos 1 = ー F xδt 1 Fx は摩擦力 y 方向 )m V'Sin 2 -(-m VSin 1 )= Fy Δt 2 Fy は垂直抗力 ウ ) x 方向 )m 1 V 1 Cos+m 2 V 2 Cos = m 1 V 1 '+m 2 V 2 'Cos 1 y 方向 ) ー m 1 V 1 Sin+m 2 V 2 Sin =- m 2 V 2 'Sin 2 重心速度 VG は全運動量の和を全質量の和で割る VG =Σ P/ Σmから VG x=(m 1 V 1 Cos+m 2 V 2 Cos )/( m+ M) VG y=- m 2 V 2 'Sin /( m+ M) 重心速度は運動量が保存されていれば衝突前後で変わらず等速運動である P2 右向きを正にして図の A に注目すると衝突時には左に F A の力を受けるか ら接触時間をΔtとして力積の式は F Δt=Δ P より A) ー F A Δt= ー m 1 V 1 '-m 1 V 1 1 同様に B)F B Δt= m 2 V 2 '-(-m 2 V 2 )2 FA=FB として1+2をつくると0=- m 1 V 1 '-m 1 V 1 + m 2 V 2 ' - (-m 2 V 2 ) これを移項すると次の運動量保存則になる m 1 V 1 -m 2 V 2 = m 2 V 2 '-m 1 V 1 ' 一般に力積の式 F Δt=Δ P = mv-mvo とすると加速度 a=(v-vo)/t だった から F=m(V-Vo)/t=ma となる この時 F A とF B が等しければ全体で打ち消す このような力を内力という 内力のみが働けば運動量の和が保存される m 2 V Δt m 1 V 1 2 m 1 V 1 m 2 V 2 A B A B F A F B

6 No-6 P1 跳ね返り係数 解答 No-6 P1 これらはセットで覚える hは高さ 跳ね返り係数の公式 等比数列の公式 等比級数 無限等比級数の式を書け P2 跳ね返りとの連立次の運動量保存則とはねかえりの式を立てなさい ア ) m1 V1 m1 V 1 e = v 1 v 2 v 1 v 2, e = P2 ア ) 運動量保存則 h h a n = ar n 1,S n = a(1 rn )...(r 1) 1 r S = ア ) 跳ね返りの式 a 1 r m 1 V 1 =m 1 V 1 '+m 2 V 2 ' e=-(v1'-v2')/(v1-0) m2 V2 m2 V 2 イ ) イ ) 運動量保存則 イ跳ね返りの式 m1 V1 m2 V2 m1 V 1 m2 V 2 m 1 V 1 -m 2 V 2 =- m 1 V 1 ' ー m 2 V 2 ' e=-( ー V1'+V2')/(V1 + V2) P3. 跳ね返り係数 P3 衝突後はとりあえず正の向きに進んだとする ア )m1 =2kg m2= 3kg V1=3[m/s] V2 =2[m/s] e=0.5 ア ) 運動量保存則から 2 3 ー 3 2= 2V1+3V2=0 1 衝突後の速度を求めよ 右を正とする 跳ね返りの式から -0.5= (V1-V2) / (3+2) V1-V2= m1 V1 m2 V から5V1= ー 7.5 V1 = から V2 = V1+2.5 = 1.0 V1 は左に 1.5m/s V2 は右に 1.0m/s イ ) 次の衝突ではエネルギーが保存された e, 衝突後の速度を求めよ物体 1 物体 2 2kg 4[m/s] 2[m/s] 2kg イ ) e=1 は完全弾性衝突でエネルギー保存される 質量が等しいならビリヤードの玉のように速度が入れ替わる 物体 1 V1 は左に2m/s 物体 2 V2 は右に m/s P4. 必須パターンとななめ衝突 P4 ア )x 方向の速度は変わらないのでこれを a と置く ア ) 摩擦のない面で次のように跳ね返った 跳ね返り係数 e を求めよ 角度がわかっているから Vy = - 3a Vy'=a である よって e の式から e= ー Vy'/Vy = 1/ 3= 0.59 イ ) 運動量保存則より m₁v=m₁v A +m 2 V B 1 跳ね返りの式 :1=-(V A ー V B )/v 2 1,2より V A = (m 1 -m 2 )/(m 1 +m 2 ) v イ ) 質量 m ₁ を速度 v で静止している質量 m ₂ の物体に弾性衝突させる V B =2m 2 /(m 1 +m 2 ) v * この結果はよく出る 結果を引き出しに 衝突後の速度をそれぞれ求めよ 右向きを正とする v A B 質量が等しければ入れ替えがおきる 未知数はとりあえず自分で記号をおいてみる 後から消すための条件式を考えればよい e に単位はなく普通は 0 e 1 e=1 ならエネルギー保存

7 No-7 P1. 力積と運動量保存 図のように区間 AB だけ動摩擦係数 μ の摩擦をもつ質量 M の台 M があり その上で質量 mの物体を A の手前から初速 V₀ で滑らす B 以後の速度は V で あった 重力加速度はgとし 空気抵抗などは考えない また はじめは台 M は床に固定し 動かないとする V₀ V ア )AB 間を通過した時間をΔtとする AB 間に物体がある時の物体に働く水平方向 A の合力を求めよ (V,V₀, m, Δtで表せ ) B M イ ) 動摩係数 μ を求めよ (V,V₀,g, Δtで表せ ) また μ が一定になる条件を求めよ 以後この条件を満たすとする ウ )AB 間の距離 S を (V,V₀,g,m, μ ' で表せ ) 以後この S を用いてよい 次に台 M の固定をはずす 同じように物体を初速 V₀ で台の上を滑らすと B の手前で A から距離 xの位置で物体は台の上で静止した 台と床の間には 摩擦はないとして次に答えよ エ ) 物体が台の上を静止した時 台の速さを求めよ オ ) 位置 xを求めよ P3 バネ連結運動量保存則 力積 エネルギー保存側 次のように質量 mの物体 A にバネ定数 kのバネがつけてある これを同じ 質量 mの物体 B に初速 vで衝突させた バネの質量や摩擦は考えない v ア ) 接触してからの時間をΔt この時 A B のバネの縮みをΔxとして衝突する方の物体 A の運動方程式をたて 物体 A の加速度 a を求めよ この a は一定か イ ) 衝突される B の力積の式をΔt 秒後の速さをv 2 として立てよ ウ )Δxの最大値を求めよ エ ) その後物体 A,B は離れていく 図右向きを正として衝突後の A,B の速度を 求めよ また 接触していた時間を求めよ 解答 No-7 P1 ア ) 力積の式 F Δt=Δ P から合力 F は F=m(V-V₀)/ Δt イ ) 動摩擦力 F' =μ N =μ mgこれは負の向きに働くので F'=-F となる μ =- (V-V₀)/(g Δt ) よって加速度 a=(v-v₀)/ Δtが一定であればμ は一定 ウ ) エネルギー保存則から運動エネルギーの減少が摩擦の仕事に等しい 1/2 m V₀² - 1/2 m V² =μ mgs より S=(V₀² - V²)/(2 μ g) エ ) この時 摩擦力は内力になるので運動量保存則が成り立つ 台の上で静止した時は台と同じ速さ V になることだから mv₀ = (m+m)v V=m/(m+M) V₀ 1 オ ) エネルギー保存則より 1/2 mv₀² = 1/2 (m+m)v² +μ mgx V0 2 ) x = (m 2mµ m2 g m + M 1より = V 0 2 ( 2µ 1 m ) g m + M = V 0 2 2µ g ( M m + M P3. ア ) 運動方程式を考えることは力積の式をつくれば済む 物体に注目し力の図示をすると図のようになるからΔt 秒後の速さをv とすればΔP=FΔtより F=kxであるから m ( v ー v ) = ー kδx Δt a=(v'-v)/ Δtだから結局 運動方程式 ma=-k Δ x を得る これから a=-k Δx /m である これはxに依存しているので一定ではない イ ) 同様にしてはじめは静止しているから m(v 2-0) =kδx Δt mv 2 =kδx Δt ウ ) バネが最大に縮むのは物体の速さが等しい時だから運動量保存則から mv=2mv v =v /2 1である 次にエネルギー保存側から 1/2 mv 2 = 1/2 kδx 2 + 1/2 2m v 2 1より 1/2 mv 2 =kδx 2 Δx=v (m/2k) エ ) 弾性衝突をするので速度が入れ替わり A が静止 B がvになる 単振動の式から半周期だから T= π (m/k) )

8 No-8 P1 重心と運動量図のようにプールの上に質量 M のかるい板を置き その上に質量 mの A 君が板の中点で静止している この位置を原点としてプールに対して固定する 図右にx 軸の正の向きをとる 板は十分長いとし 水との摩擦は無視する ア )A 君がvの速度になった時の板の速度 V を求めよ また この時の重心の速度と x 系全体の運動エネルギーを求めよ 0 イ )A 君の位置が X になった時 板の重心の座標を求めよ P2 跳ね返り係数次の図のように質量 m 1 の物体が速さ V で静止している質量 m 2 の物体に水平に弾性衝突した 空気抵抗 重力は無視できる 図右向きを正とする ア ) 衝突後の m 1 m 2 の速さを求めよ また m 1 =m 2 =m の時はどうなるか この系を静止系と呼ぶ この系の全運動エネルギーを求めよ m 1 V m 2 静止イ ) 次に A 君が V の速度と同じきに同じ速さで等速度運動をしてこの衝突を観測する A 君からみた時 衝突後の m 1 m 2 の速度を求めよ この系を A 系と呼ぶ この系の全運動エネルギーを求めよ ウ ) この系の重心速度を求めよ 重心速度と同じ速度で運動する B 君がこの衝突を観測する 衝突後の m 1 m 2 の速度を求めよ この系を重心系と呼ぶ この系の全運動エネルギーを求めよ 解答 No-8 P1 ア ) 運動量保存則より0=mv+ MV V= ー mv/m はじめ静止していたのだから重心速度 V G =0 エネルギーはスカラーだから和になって 1/2m v ² + 1/2M(mv/M)² = 1/2m(M+m)/M v ² イ ) 全体の重心の位置に変化はないから求める位置を X' として 0=m X+MX' X'= -m X/M P2 ア ) 運動量保存則 m 1 V= m 1 V 1 '+m 2 V 2 ' 1 跳ね返り係数の式は 1=-(V 1 '-V 2 ')/(V) 2より V 1 '=V 2 '-V V 2 '=2m 1 V/(m 1 +m 2 ) 大きさだから V 1 '= m 1 -m 2 V/(m 1 +m 2 ) 質量が等しい時は速度の入れ替えがおきて V 1 '=0 V 2 '=V 系の運動エネルギーは P₁²/2 m ₁ = 1/2 m ₁V² イ ) 図のようにm ₂ が負に V で運動し m ₁ に衝突したと考えられる 運動量保存則 - m m 1 静止 2 V= m 1 V 1 '+m 2 V 2 ' 1 跳ね返り係数の式は 1=-(V 2 '-V 1 ')/(-V) 2より -V = -V 2 '+V 1 ' -m 2 V=- m 1 V+m 1 V 2 '+m 2 V 2 ' m 2 V 1 V 1 '=(m 1 -m 2 )V/(m 1 +m 2 ) V 2 '=-2m 2 V/(m 1 +m 2 ) 系の運動エネルギーは P₂²/2m₂ = 1/2 m ₂V² ウ ) 重心速度は V G =m 1 V(m 1 +m 2 ) よって重心系からは重心は動かない m 1 はV 1 =m 2 V/(m 1 +m 2 ) m 2 はV 2 =-m 1 V/(m 1 +m 2 ) 1で衝突する 運動量保存則は重心系では m 1 V 1 +m 2 V 2 =m 1 V 1 '+m 2 V 2 ' =02とできる 跳ね返り係数の式は 1=-(V 1 '-V 2 ')/(V 1 -V 2 ) 1より V 1 '-V 2 '=V 2 -V 1 =-V これらから V 1 =-V₁ = -m 2 V/(m 1 +m 2 ) V₂ = -V₂=m 1 V/(m 1 +m 2 ) 系の運動エネルギーは 1/2 m ₁ m ₂V²/(m₁+m₂) 公式 Point 弾性衝突はエネルギー保存と同じ重心系では速度が入れ替わるだけ 運動量の和 =0 m 1 V 1 m 2 V 2 m 1 V 1 m 2 V 2 重心系では速度が入れ替わるだけ

9 No-9 C1 運動量と重心亀の子 1 図のように大きさの無視できる質量 2kg の物体 A が質量 8kg 長さ4mの物体 B の上に乗っている B と床には摩擦はなく A と B の間には摩擦はある はじめ A は B の左端にいてこの位置を x 軸の原点にとる A の内部には一定の力を出す動力源があり B の上を移動する 重力加速度は 9.8[m/s²] とし 空気抵抗は考えない また B は一様な物質でできていて直方体と考えてよい ア )A が B 上をx 軸の正の方向に運動しているとき A A,B に働く力を図示し 内力がどれか示せ B ただし A の内部の動力のみで動いているとする x x=0 イ ) はじめの状態にあるとき AB の重心の位置を求めよ (x 座標を答えよ ) ウ )A が右端まで移動した時 B の重心のx 座標と A のx 座標を求めよ エ ) AがBの上を運動しているとき A に働いている駆動力は8Nであった 駆動力のロスはないものとして この間の A,B の加速度 a,b を求めよ オ ) A が動き始めてから B の端に達したときの A,B の速度を求めよ また A が動き始めてから B 上にあるとき t 秒後の A,B の運動量の和を求めよ カ )A が動き始めてから B の端に達するまでに次の値を求めよ 1)A に働く摩擦力のした仕事 2)B に働く摩擦力のした仕事 3) 駆動力がした仕事 公式 Point 運動量保存則は重心速度の保存台の上の時間は相対加速度から出す 解答 No-9 A の摩擦力は駆動力でもあるので右向き 反作 用が B に働く この摩擦力と A の垂直抗力と B に働くこの反作用が内力になる C1 イ )B の重心はx=2だから全体では重心の公式から XG = (0+8 2)(8+2)= m ウ )A はx A B は XB の位置にあるとすると 重心の公式から XG = (2x A +8X B )/10 8=x A +4X B また Δ (x A +X B )=4 だから x A +(2-X B )=4 x A =2+X B 8=2+5X B 5X B =6 X B =1.2m 1 このとき x A =3.2m 2 エ )Aの運動方程式は ma=f 2a=8 a=4[m/s²] B の運動方程式は Mb=-F 8b=-8 b= ー 1[m/s²] オ )B からみた A の加速度は a-b=5[m/s²] だから 等加速運動の式から S=at²/2 8=5t² t= 1.6 = V A =at= = 5.1[m/s] V B =-bt= ー =-1.3[m/s] 運動量の和は保存されているので0[kgm/s] カ ) 移動後運動エネルギーはそれぞれ 1/2 mv A ²=10 1.6² = 25.6J 1/2MV 2 B = =6.4J よって運動エネルギーの和は 32J これは駆動力のした仕事に等しい 2より A に働く摩擦力の仕事は W=FS から WA = 8 3.2=25.6J 1より B に働く摩擦力は WB= 8 Δ XB =8 0.8 = 6.4J どちらも正の仕事をしている

10 No-10 P1. 運動量保存則と重心次の場合の運動量保存則の式をとエネルギー保存の式を立てなさい ア ) 床には摩擦なし mはエンジン付き 物体間に摩擦あり Mから見たm の速さは v その時の台の速度 V また この間にエンジンがした仕事を Wとする m m V M M イ ) 摩擦なし初速なしでmを滑らす 最下点での物体 mの速度 v 台の速度 V m 解答 No-10 P1 ア ) 静止系での物体の速度は右に u とすると相対速度の公式から v=u -Vから u=v+v 運動量保存則 )0=m (u+v) +MV エネルギー保存則 )W= 1/2 MV 2 + 1/2 m (u+v) 2 あくまで向きは標準設定 ( 右 上 ) に動いたとして設定する そうすれば相 対速度等の公式はそのまま使用できる 静止系を基本にする イ )y 方向は重力があるから運動量は保存されない 運動量保存則 ) 0=mv - MV エネルギー保存則 )mgh= 1/2 MV 2 + 1/2 mv 2 運動量はベクトル! エネルギーはスカラー! ウ ) 台が動くと実際の物体の運動の軌跡は図のように の角度になる m h V M M v h M m M M ' ウ ) 摩擦なし初速なしでmを滑らす 最下点での物体 mの速度 v 台 M の速度 V 運動量保存則とさらに と実際に物体が落ちる の関係を求めよ m M M h m y 図のように始めの重心を 台 物体共に原点上に取り 台が原点より 左に y 物体は右にxだけずれたとしよう 図からx=h /tan 1 y+x=h /tan 2 さらに原点まわりのモーメントは重心の位置が保存されているから mgx ー Mgy= から通分して1 2から y= h (1/tan ー 1/tan ) 4 よって m tan = M tan tan tan tan x 運動量保存則は台を左向きに V, 物体を右向きにvとすると 0=mv Cos ー MV * 図のようにこの角度はではない! エネルギー保存則 )mgh= 1/2 MV 2 + 1/2 mv 2 tan = m + M M tan 公式 Point 保存則はあくまで静止系でつくるのが基本! 運動量はベクトル! エネルギーはスカラー!

11 No-11 P0 跳ね返り係数跳ね返り係数の公式 等比数列の公式 等比級数 無限等比級数の式を書け P1 連続衝突水平面なめらかな床で図のように質量 mのボールを高さhから水平に Vo でなげたらバウンドを繰り返しやがて弾まなくなった 図のように最初に床に落ちた位置を S 0, 次を S 1,S 2.. とおく はねかえりの係数を e として次に答えよ ア ) はじめの L 0 と 2 回目以降について v o h 原点 O S o S 1 Ln = Sn - Sn- 1 として Ln を求めよ イ ) バウンドすることなく 床をすべりはじめる時間を T, その時の原点からの位置を S として T と S を求めよ ウ ) イの状態になった以後 失われたエネルギーを求めよ エ ) 衝突しなくなるまでの速度の y 成分 v y -tグラフを描け ただし 鉛直上向きを正とする また このグラフを利用して衝突せずに滑り出す時間 Tを決める方法を示せ 解答 No-11 P0 S n = a(1 rn ) 1 r 公比 r 初項 a, 一般項和 a S = a n = ar n 1,S n = a(1 rn )...(r 1) 1 r 1 r P1 ア ) 落下時間は自由落下の式からt 0 = (2h/g) なのでx 方向は常に等速 運動だから L 0 = vot=vo (2h/g) その後はy 方向に注目すると e= (h'/h) から衝突後は高さ h'=e 2 h まで上がる 最高点までの時間が y=1/2gt 2 より t = (2h/g) だから 2 回目以降からの時間を tn とすると往復なので tn=2 (2he 2 /g)=2e (2h/g) 1 これは公比 e の等比数列なので距離は Ln = vot n =2vo (2h/g) e n 2 イ ) 床から離れるということがなくなる時間をどう特定するかは難しいが 数 列の極限を応用すると簡単になる つまり高さの変化がなくなるところだか ら1の数列の n が の極限をとる 無限等比級数の公式から1より T= t 0 + (2h/g) 2e/(1-e)= (2h/g)(1+2e/(1-e))= ( 2h x 方向は速度 vo で一定だから 1+ 2e ) 2h = g 1 e g 1+e 1 e 2h S = v 0 ウ ) 失われたエネルギーは g 1+e 1 e はじめの E ー終わりの E だから mgh 公式 Point バウンドしない 極限をつかう ( 無限等比級数 ) 摩擦なしなら水平方向は等速運動 h=1,e=0.8 での V-t グラフ Vy の最高 ( 最低 ) 値を結び t 軸との交点をだせば滑りだす時間 Tが求まる * 衝突は位置に関しては連続だが 微分した速度で見ると飛びがある

12 No-12 P1 非等加速運動力積の意味 1992 自治医科大改質量 mの物体にはx 軸の正の方向に次のような力 F が働いている ただし 物体は t=0 で x 軸の原点に静止しているとする F=k t 0 t t₁ F=k t₁ t>t 1 時間はt 速度はv 加速度は a の記号を用いることにする ア )F をtの関数として F-t グラフを描け イ ) 時刻 t₁ までに物体に与えられた力積を求めよ ウ ) 時刻 0から t₁ までの物体の v-t,a-t グラフを描け エ )t=t₁ までのvをtの関数として求めよ オ )t=t₁ での物体の運動エネルギーを求めよ カ )t=t₁ までに F がした仕事を求めよ キ )t=t₁ での物体の速度 v₁ を求めよ 以下この v₁ を用いてよい ク )t=t₁ での物体の位置 x₁ を求めよ 以下のこの x₁ を用いてよい ケ )t>t₁ での速さvを式で表せ コ )t>t₁ での位置 xを式で表せ 解答 No-12 P1 kt₁ F イ ) 力積が運動量の変化を与えるので F-t グラフの面積から kt₁²/2= Δp =mv エ ) 力積が運動量の変化に等しいので Fdt=mdv 両辺を積分すると kt²/2=mv v=kt²/2m 1 オ )v₁ = kt₁²/2m K=1/2 mv² = k²t₁⁴/ 8m カ ) エネルギー保存則から 運動エネルギーに等しい W=k²t₁⁴/ 8m キ ) 1より v₁ = kt₁²/2m 2 ク ) dx=vdt = kt²/2m dt だから0から t₁ までで積分すると t1 kt 2 x 1 = 2m dt = kt3 1 6m 0 ア ) t₁ ウ ) 左図のvのグラフはなめらか v,a v に連続しているが これを微 分した a のグラフになるとな v₁ a めらかではなくなる さらに a を微分すれば0か定数かの t t とびのあるグラフになる こ t₁ のように微分することで変化 のしかたをより鮮明にするこ とができる ケ )t>t₁ では等加速運動で加速度は ma=f より a=kt₁/m t t-t₁ として 2から a=2v₁/t₁ となるので v=v₁+kt₁/m (t-t₁)=v₁+2v₁/t₁ (t-t₁)=v₁(2t-t₁)/t₁ v=v₀ + at より コ )x=x₁+v₁(t-t₁)+v₁/t₁ (t-t₁)² = x₁ + v₁t(t-t₁)/t₁ 公式 Point 力積の式 :F Δt=Δ P これは運動方程式も表現している Δ P = ma Δt vδt=x a Δt=v

13 No-13 P 2 力積 Δtが微小ではない場合図のような平面があり 区間 B から C までは摩擦がある まさつの無い A 区間の点から質量 mの物体を速度 Vo で投げ出したら図のように区間 BC に角度 1 で入り 区間 BC から角度 2 で抜け出した BC 間を通過するのに T 秒かかり D 区間に達した時の速さは V であった 解答 No-13 P1 ア ) 動摩擦力は進行方向と反対に働くので 2 = 1 イ ) 力積の式から進行方向を正の向きにとり 動摩擦力を F として ー FT= m V- m Vo F= m (Vo ー V)/T 1 ウ ) 動摩擦力は一定に働くから距離を S とすると FS だけエネルギーを失う 1からエネルギー保存則から 1/2 m Vo 2-1/2mV 2 = FS =m (Vo ー V)S/T D 上から見た図 ア ) 2 を 1 で表せ イ )BC 間を通過中に働く力を求めよ S=(Vo 2 -V 2 )T/2(Vo-V)=(Vo+V)T/2 エ )x 方向は力が働かないので VoSin 1 = VSin 2 C 2 ウ )BC 間を物体が移動した距離を求めよ Sin 2 = VoSin 1 /V 1 次に全区間には摩擦がなく 区間 AB と CD は同じ高 エネルギー保存則から 1/2mVo 2 -mgh=1/2mv 2 から V= (Vo 2-2gh) B さの平面だが BC はなめらかな斜面 (C が高い ) として同じように A から Vo で同じ向きに投げ出す 1 から Sin 2 =Vo/ (Vo 2-2gh) Sin 1 A 1 重力加速度は g BC 間の高さは h とする 斜面との 境界はなめらかで図右を x 上を y 方向とする エ )Sin 2 を Vo g h 1 で表せ 以後 2 を解に用いてよい P1. 力積の式 Δ 表示 P1 ア )F が一定 ) ー F Δt=m(V ー Vo) : これは運動方程式 次の場合の力積の式を書きなさい 力を受ける時間をΔtとする ア ) 板貫通板からの抵抗力 F が一定な場合とそうでない場合 F が変化する場合 ) ー Fdt ==m(v ー Vo) 積分になる イ ) 燃料の質量は Δt 秒後に ρ V =ρ S y=ρ S vδt 従って各力積の式 V0 V は燃料の静止系からの速度 u は v= u ー Δ V から u =v+δ V となるか ら重力を加えて ロケット )(M ー ρ S vδt)δ V -0= F Δt -(M ー ρ S vδt)g Δ t イ ) 初期質量 M 燃料噴出面積 S, 噴出速度ロケットから見てv 燃料の密度 ρ ロケットと燃料の両方の式を作れ ただし ロケットははじめは静止 Δt 秒後の速さはΔ V 内力 F 重力加速度 g 上向きをy 軸の正とする ウ ) 摩擦ない床の上に質量 Mの台 Bを置き その左端に質量 mの Aを置く 右端に移動するまでΔ t かかった 1) 台 B と物体 A についての式をつくれ 摩擦力をf Δt 秒後の A,B それぞれの速度をv V 右を正とする F A 2) さらに同じ問題を A に外力 F を加えた場合ではど B うなるか 燃料 )ρ S vδt ( Δ V + v) -0=- F Δt-ρ S vδtgδt ウ )1) では外力は無い 水に浮かぶ板の上を歩くことを想像しよう 自分は摩擦力 fで進み板は同じfで後方に動く よって A) mv ー 0=fΔt B)MV -0= ー fδt 2) では外力 F に逆らって A に摩擦力 fが働く この外力 F は A にしか働かない よって A) mv ー 0=-fΔt+ F Δt 1 B) MV -0=fΔt 2 1+2は 2) では0ならない つまり A,B の重心が動く運動方程式が導かれる

14 No-14 P1 連続衝突亀の子問題 3 摩擦あり 2015 慶応改図のように水平の床の上に距離 d 離れた壁 L, 壁 R をもつ質量 M₂ の容器とその中に質量 M₁ の物体を入れる 図の右側を x 軸の正の向きにとり 容器も 物体も x 軸方向のみの運動をする はじめ容器は静止していて 物体のみ正の向きに初速 v₀ を与える 壁との衝突は全て弾性衝突としてよい d 壁 L 壁 R はじめ床 容器内の摩擦を無視する ア ) 壁 R に1 回目の衝突をした時の物体の M₂ M₁ 速度と 容器に対する相対速度を求めよ x イ ) 次に物体が壁 L に衝突した後の容器に対する相対速度を求めよ ウ ) 物体が壁 L から壁 L にぶつかる時間間隔を求めよ 次に容器と床には摩擦はないが容器と物体には動摩擦係数 μ があるとする はじめ物体は容器の中央に位置し 初速 v ₀ で正の向きに運動させる エ ) はじめの容器の加速度を求めよ オ ) 容器と共に動く観測者から見た物体の加速度を求めよ カ ) 容器と共に動く観測者から見て 物体が静止するまで動いた距離を求めよ 次ページに続く 解答 No-14 * 相対速度がからむ向きの変化の問題はとりあえず 正の向きに未知の速度をおく 向きが反対になる場合は結果にマイナスがつくア ) 運動量保存則より衝突後の容器の速度を正の向きに V 物体の速度をvとすると M₁v₀ = M₁v + M₂V 1 弾性衝突だから1= v 0 0 V=v₀+v 2 v V 1 2より M₁v₀=M₁v+M₂(v₀+v) v= v = M 1 M 2 V 03 M 1 + M 2 同様に M₁v₀=M₁(V-v₀)+M₂V V= v = 2M 2 M 1 + M 2 V 04 34より 容器に対する相対速度は v'=v-v=-v₀ 5 * 容器からみれば弾性衝突で反射するだけイ ) 容器から見れば初期条件が反対になっただけなので5から v₀ ウ ) 容器から見れば物体は速さv ₀ で等速で往復運動をするから t=2v₀/d エ ) 物体と反対で正の向きに動摩擦力 F' が働く a₂ F' 物体については F'= μ N =μ M₁g だから容器についてx 方向の運動方程式は容器の加速度を a₂ とし M₂a₂= μ M₁g a 2 = µ M 1 g a₁ 6 M₁a₂ M 2 F' オ ) 容器には加速度があるから容器から見れば物体に反対向きに慣性力が働く物体に注目し 運動方程式は加速度を a₁ として慣性力 M₁a₂ が働くから M₁a₁=-(M₁a₂+ μ M₁g) 6 より a 1 = µ g M 1 + M 2 M 2 7 カ ) 容器対して静止することは同じ速度になる 一体化 運動量保存を使う 容器に対して物体が静止する時は一体化しているとして摩擦力は内力になるので運動量保存則が成り立つ 静止系から観測し一体になった速さを V と して M₁v₀=(M₁ + M₂)V よって V = M 1v 0 M 1 + M 2 公式 Point 相対速度の絡む運動量保存は基本的に正の向きに速度をおく そうすれば相対速度 相対加速度の公式 ( 基準を引く ) がそのまま使える 6から V'=v₀+at より容器ははじめ静止していたから一体化になるまでに M t=v'/a₂= 2 v 0 µ g(m 1 + M 2 ) v0m 容器上で物体を見る距離は大きさ S= a₁t²/2 = 2µ g(m 1 + M 2 )

15 No-15 P1 連続衝突亀の子問題 3 摩擦あり 2015 慶応改 前問の続き 次に容器と床 容器と物体共に 動摩擦係数 μ があるとする はじめ 容器の中心から物体を V₀ で動かすと 容器は物体が壁 R に衝突するまでは静止し 衝突後動き出した キ ) 壁 R に衝突する前までに容器が床あkら受けるx 方向の合力を求めよ ク ) 衝突直後 容器と共に動く観測者から見た物体の加速度を求めよ ケ ) その後物体は壁 L に衝突する前に容器に対して静止した この時の壁 R からの距離を求めよ ただし この時も容器は床に対して運動しているとする d 壁 L 壁 R V₀ M₂ M₁ x 解答 No-15 P1 前問の続き キ ) 容器は床に対して動いていないので物体からの摩擦力 F₁ と床の摩擦力 F₂ が釣り合う F₁ =μ M₁g F₂ = - μ (M₁ + M₂)g ここでは静止摩擦係数 μ は与えられていないのでつりあっている F₁ で答えるとー μ M₁g ク ) M₁ α F₂' F₁' F₁' α α a 図のように 実際の向きと異なったとしても正の向きに 容器の加速度 αと 容器からみた物体の加速度 a を置く 物体には慣性力 M₁ αが働くから容器からみた物体の運動方程式は M₁a=F₁'-M₁ α = μ M₁g-M₁ αよって a= μ g- α1 同様に地上からみた容器の運動方程式は M₂ α =- μ M₁g- μ '(M₁ + M₂)g=- μ '(2M₁+M₂)g だから α = µ (2M 1 + M 2 )g,,a= 2µ (M 1 + M 2 )g 2 M 2 M 2 ケ ) S 床と容器に摩擦力が働くので外力になり x 方向の運動量は保存されない 物体の衝突直前の速さを V とすると容器から見れば 弾性衝突なので同じ速さ V で跳ねかえる この V さえわかれば後は加速度が2の等加速運動である 物体のエネルギー保存則を考えると衝突までの距離 S=d/2 3として摩擦が仕事をするから 1 2 M 1V 2 0 = 1 2 M 1V 2 + µ M 1 g d 2,,V = V 2 0 µ gd 4 よって壁 L 方向は負の加速度になるので V² = 2aS から 2,4 を用いて 公式 Point S = V²/2a= (V2 0 µ gd)m 2 4µ (M 1 + M 2 ) 外力が作用すると運動量は保存されない しかし 弾性衝突していれば容器系から観測すれは衝突直前 直後の速さは同じである

16 No-16 P1 ロケット1 力積の式変化量表示始め静止していた総質量 M の物体 A が図のように質量 mの B を A からみた速度 vで反対に放出した ア ) 図のように水平な場合について運動量保存則と A B についての力積の式を立てなさい ただし Δt 秒後の A の速度を V としなさい 内力は F 重力加速度はg 全体の質量が M B の質量をmとする M A B イ ) 次におなじ状況で物体 B を図上右のように重力の向きに投げる A B についての力積の式を立てなさい P2 力積の式ロケットある時刻の質量 M 燃料噴出面積 S, 燃料噴出速度 vはロケットに対して一定とする 噴出時間 Δt 後のロケットの速度 Δ V 燃料の密度 ρ とし 質量の変化量 Δ M 本体と燃料について力積の式を立てよ 燃料がロケットに与える力を F とし重力加速度はgとする A B 解答 No-16 P1 ア ) 運動量保存則は B の速度を u とすると相対速度の式から v= u-v だから u=v+v よって0= (M ー m)v +m (V+v) F Δt=Δ P だから 力積の式は A)(M ー m)v =- F Δt B) m (V+v) = F Δt イ ) 外力である重力が加わっても力積の式は成り立つ 運動量保存則は外力が働くと成立しない F Δt=Δ P から A) (M ー m)v =- F Δt+ (M ー m)gδt B) m (V+v) = F Δt+mgΔt P2) 力積の式はΔ P = F Δt 質量が変化しても通用する 燃料の速度を u とするとロケットに対する燃料の噴出速度 vは相対速度から v = u -Δ V 速度は下向きにおいて v は一定だからΔt 秒間では Δ M =ρ S vδt ロケットについて力積は (M -Δ M) Δ V = ー F Δt+ (M- Δ M)g Δt 燃料について力積は Δ M u =ΔM (v+ ΔV)= F Δt+Δ Mg Δt P2 力積と積分図のように摩擦ない水平面上に台車 ( 質量 100 m ) から質量 mの小球を台車から見て水平方向に速さ 10m/s で打ち出し続ける装置をつけた 静止している状態で 200 個の小球を内部に蓄えている 1 秒間に 10 個の小球を打ち出せるとし 発射装置の質量は無視できる 台車と装置を合わせて発射台と呼ぶ ア ) 時刻 tでの発射台の質量 M(t) を求めよ イ ) Δt 秒後の発射台の速さをΔ V として地上からみた小球の速度をΔ u を求めよ ウ ) 発射初めてからΔt 秒後の運動量保存の式を立てよ Δt t Δ V で表すこと エ )10 秒後の発射台の速さを求めよ Log1.5=0.4 としてよい P2 ア ) 水平方向には内力のみなので運動量保存則が成り立つ 発射台の質量ははじめは 300m で 1 秒間に 10m だけ減っていくから M(t)=300m-10mt 1 イ ) 静止した人から見る小球の速度を u とすると相対速度の式から 10 =Δ u- Δ V よってΔ u=10+ Δ V 2 ウ ) 運動量保存則から2より (M(t)- Δ M)Δ V +Δ M(10+ Δ V) =0 Δ M = 10m Δtだから1より (300m-10mt) Δ V + 100m Δ t =0 よって (30-t) Δ V=-10 Δ t エ ) 変数を分離し 両辺が積分するとΔ V=-10 Δt /(30 ー t) V dv = 30 t dt V = 10[log(30 t)] 10 0 = 10(log20 log 30) = 10 log 3 2 = 4 0 0

17 No-17 P1 運動方程式とエネルギー 摩擦ある斜面 微積分の基礎 次のように摩擦ある仰角 の斜面がある 斜面上の点 A から質量 m [kg] の 物体 A を静かに放す 物体の大きさは無視できる 点 A を原点に斜面下向き を x 軸の正にとる 重力加速度はg [m/s²] 動摩擦係数はμ とする A ア ) 下降中の物体の力の図示を抗力を用いる場合と 用いない場合と共に図示してみよ h イ )t=0 で A 点を出発したとし 物体の運動方程式 O をつくり 変位 x 速さvについて解け ウ ) 斜面上をxだけ変位した時のエネルギー保存則 を導け 最下点を位置エネルギーの基準とせよ エ ) イ ) の運動方程式とウ ) のエネルギー保存則との関係を示せ vの微分をx で表すとする P2 力積の式変化量表示 図のようにあらい水平となす角 の斜面を質量 mの物体が初速 V₀ で登りは じめ Δt 秒後に斜面を登りきると速度は V になった 斜面と平面のつなぎ はなめらかで 水平面には摩擦はなく重力加速度はg 斜面の動摩擦係数はμ 斜面上方を正とする ア ) 斜面上で物体に働く合力を F とする V₀ V 斜面に沿った斜面下端から上端までの変位を Δ S とする F Δtと F Δ S をm V V₀ で表せ イ ) 合力 F をm g μ で表せ 公式 Point W= Fdx 運動方程式をxで積分するとエネルギーが出て 時間で積分すると力積 ( 運動量の変化 ) になる ma の積分は madx=1/2mv'² - 1/2mv² 解答 No-17 P1 ア ) mg R F 抗力 = 垂直抗力 + 摩擦力だから N 動摩擦力が働くと抗力は斜面に垂直よりやや奥に倒れる 加速しているので釣り合わない 合力が加速度の向きになる mg 力の図示は余分なものを書くと間違いに イ ) 抗力で図示 通常の図示 なるので注意する x 方向 )ma=mgsin ー F 1 y 方向 )N=mgCos 2 摩擦 )F'= μ N ⓷ 2 3より F'= μ mg 1に代入し a=g(sin - μ Cos ) を得る 公式に代入して x vは得られる しかし 積分が理解されていれば a をtで積分し初期条件 t=0 で v=0 を代入すると v=g(sin ー μ Cos )t さらにvを t で積分して t=0 で x=0 を代入し x=1/2 g(sin - μ Cos )t² ウ ) 斜面に沿ってxだけ変位した時の速さをvとしてエネルギー保存則を立て る 摩擦力が F S= ー μ mgxcos の仕事をするから mgh = 1 2 mv2 + mg(h x sin )+µ mgx cos 4 エ ) 運動方程式を微分を表し t の微分を で表すと v =ẋ, a =ẍ である これでイ ) を微分方程式に書き直すと mẍ = mg sin µ mg cos となる これは力に関する式で W= Fdx だから両辺をxで積分する 力をxで積分するとエネルギーが出て 力を時 間で積分すると力積 ( 運動量の変化 ) になる 積分区間はx ₁ からx ₂ まで x 2 x 2 x 2 x 1 x 1 x 1 mẍdx = mg sin dx µ mg cos dx 積分区間はx ₁ からx ₂ までとしている 右辺は簡単に積分できるが 左辺は dx=vdt で変数変換し x =v (vv) の微分が2vv となるから t 2 t 2 m d ( m vvdt = v 2 ) dt = mg(x 2 x 1 )sin µ mg(x 2 x 1 )cos t 1 t 1 2 dt ここではx ₂ =x v₂ =v v ₁ = 0 x ₁ =0とすると 1 2 mv2 = mgx sin µ mgx cos となり4に一致する P2 ア ) 力積の式から F Δt=m V ー m V₀ 仕事の式から F Δ S = 1/2 m V² ー 1/2 m V²₀ イ ) 運動方程式から ma=f=-mgsin ー μ mgcos

18 No-18 P1 ロケット2 力積質量変化するロケット積分あり宇宙空間である時刻でのロケットの質量を M とし燃料の密度をρ 燃料噴出口の面積を S とする 時刻 t=0 にこのロケットは観測者に対し静止している 燃料の噴射速度はロケットから見れば常にvであるとする ロケットの質量 M が半分になるまでの時間をtとする ア )Δ t 秒後のロケットの質量の変化量 Δ M を求めよ 以後このΔMを用いてよい イ )Δ t 秒後のロケットの速さΔVとしてこれを求めよ ウ ) ロケットの質量が半分になった時のロケットの速さを求めよ エ ) 次に同じロケットで地上から打ち上げる場合でウ ) を求めよ 重力加速度はgとする ただし 質量がはじめの半分になる時間をtとせよ 公式 Point 力積の式 :F Δt=Δ P ベクトル量力積の式は運動方程式を含み 変分の形で書かれているので応用が広いZo 解答 No-18 ア )Δt 時間に噴射される燃料の体積はSvΔtだからΔM=ρSvΔt イ ) 燃料はロケットと反対に運動するがここでは符号を含めて全て正の記号でおく こうすると向きが公式どうり使えるので便利になる 観測者に対し はじめの運動量は0 Δt 秒後では噴射される燃料の質量も ΔMである 観測者から見た燃料の速度を u とし 相対速度の式からv= u -ΔVだから u =ΔV + v よって運動量保存則から (M ー ΔM)ΔV+ΔM (ΔV + v)=0 よってΔV= ー ΔM/M v この式からロケットと燃料の速度の向きが反対であることがわかる ウ ) イの両辺を次のように積分すればよい vは定数 変数をまとめて積分区間は速度変化が0から V 対応して体積変化が M から M/ 2だから v M/2 dm 重力がない場合重力がある場合 dv = v 0 M M V = v (log M2 ) log M = v log 1 F ΔV 2 F ΔV = v log2 (M- Δ M)g 1/M の積分は LogM よって -F u -F u これからV=v log2 となる Δ Mg エ ) 今度は外力が働いている 運動量の変化が力積になることからΔt 秒後について燃料噴射から受ける力 ( 内力 ) をFとしてそれぞれについて力積の式を立てる ロケット :(M ー ΔM)ΔV=FΔt ー (M ー ΔM)g Δt 1 上の最後の項が外力重力の力積である 燃料速度はイの結果を用いて u= Δ V +vから燃料 :Δ M(ΔV + v)=-fδt-δm g Δt 2 上の左辺の最後の項が燃料の重力の力積でロケットと同じ向きである 1と2を足せば内力は消えて M Δ V +Δ M v= ー M gδt よって Δ V= ー ΔM/M-gΔt よって両辺を積分する半分になる時間 tとして 変数の関係に注意すると時間は0からtと変化する v M/2 dm t dv = v よってこれから 0 M M g dt 0 V=v log2 ー gtで決まる V = v (log M2 ) log M gt *v tともにある定数である = v log2 gt

19 No-19 P1 変化量の式亀の子問題 1 内力 外力図のようにまさつのない平面に質量 M の台を置き その上に大きさの無視できる質量 mの台車をおく 台と台車には動摩擦係数 μ の摩擦がある 台の幅は S 重力加速度はgとする はじめは台の左端で台車は台と共に静止している ア ) はじめ台車に糸をつけ 図のように張力 T で引く 台車と台に働く力を図示し 右を正として時間 Δt 後の台の速度をΔ V 台から見た台車の速度をΔ u として力積の式をそれぞれについて立てよ T S M イ ) 張力が一定で T, 台から見た台車の速度も一定で u とする 台車が台の右端に到達したときの台の速さ V と台車の速さ U を求めよ ウ ) 動きはじめてから台車が台の右端に達する間に T のした仕事を求めよ エ ) 動きはじめてから台車が台の右端に達する間に台車の動摩擦力のした仕事を求めよ オ ) 次に糸を取り去り 台車内部の駆動力で動く場合 台車と台に働く力を図示し 右を正として時間 Δt 後の台の速度をΔ V 台から見た台車の速度をΔ u として力積の式をそれぞれについて立てよ カ ) はじめの台の重心の位置を x=0 とし x 軸を右方向にとる 台車が台の右端まで移動したときの台の重心の位置 X を求めよ また この時の台から見た台車の加速度が a であったとし 台の加速度 A を求めよ 公式 Point 外力の仕事は静止系で 内力の仕事は物体に乗って考える 内力は一体として静止系からみれば消える 解答 No-19 P1) ア ) 静止系からの台車の速度 Δvは相対速度の公式から Δ u= Δv-Δ V からΔv=Δ u+ Δ V となる 台車 (T ー μ mg)δt=m ( Δu+ΔV) 1 台 μ mg Δt= M Δ V 2 N/2 N/2 T μ mg/2 μ mg/2 μ mg/2 μ mg/2 N/2 N/2 mg Mg 台と台車には作用 反作用の関係でそれ ぞれ N, μ mg が合わせて働く イ )1+2より T = m Δ u/ Δ t + (m+m) Δ V/ Δt Δ u=0, Δ t = S/u だから V=T Δ t/(m+m)=ts/(m+m)u 台車の速さは u を加えて U=TS/(M+m)u + u * 張力は外力だから静止系から見て考える ウ ) 2から台の加速度は a= μ mg/m よって台の動いた距離 S' は S' = 1/2 at²=1/2 μ mgs²/(mu²) よって T の仕事は W = FS より 台車は台の上を S 動くから W=T(S'+S)=T( μ mgs²/(2mu²) +S) * 摩擦力は内力で動いている台に対して働くので台から見て考える エ ) 台車の動摩擦力は台に対して働くから W=FS より W= ー μ mgs オ ) 摩擦力で台車が動くと考えると 動摩擦力が反対向きになる 台車 μ mg Δt=m ( Δ u+ Δ V) 3 台 ー μ mg Δt= M Δ V 4 カ )3+4より運動量保存則 ー M Δ V =m ( Δ u+ Δ V) を得る これからΔ V/ Δ t = A=-ma/(m+M) また 全体の重心が動かないから -MX=m(S-X) X=-mS/(m+M)

20 No-20 P1 亀の子問題 2 相対速度 加速度運動量保存図のようにまさつない面上に質量 3m の物体 Aを置き その上に質量 mの物体 Bをのせる AとBの間の静止摩擦係数をμ 動摩擦係数をμ とする 物体 A を一定の力 fで図右側に引く 重力加速度はgとする ア )fがある力の時 BはAの上を滑り出した B m f この時 物体 A,B に働く力を図示せよ A 3m イ )fがある力の時 BはAの上を滑り出した この時のfの大きさを求めよ ウ ) その後 fを一定にし BはAの上を滑っている Aから見たBの加速度を求めよ 物体 B が物体 A の上を滑り出した時の物体 A の速さを V とし この時の時刻を t=0 とする また引く力は一定でf =3.5mg 運動摩擦係数 μ = 1/2 とする 時刻 t=t 1 で引く力 fを0にした 時刻 t=t 2 で B は A の上で静止し A から床に落ちることはなかった エ )t₁ での A の速度 V A B の速度 V B を求めよ (V,g,t₁ を用いて答えよ ) 以後この V A V B を用いてよい オ )t 2 での A の速度 V A B の速度 V B を求めよ (V A V B を用いて答えよ ) 以後この速度を V' とする カ )V' と V との差 Δ V=V' - V を求めよ (g,t₁ を用いて答えよ ) キ ) さらにΔ V を g,t₂ を用いて表し t 1 をt 2 で表せ ク ) 時刻 t 1 から B が A の上で静止するまでに摩擦により 失われたエネルギーを求めよ 以後この値を E とする ケ )t=0 から t=t₂ までの A と B の V-t グラフを描け ただし 同じ座標軸上に 2 つのグラフを描くこと A と B の違いがわかるようにすること コ )t=0 から t₂ までに物体 B が物体 A の上を滑った距離 S を求めよ (t 1,t₂,V 2,V,V A で表せ ) サ ) 同じく S を E とμ m gで表せ 公式 Point 複数の V-t グラフの面積は両者の間隔距離図形の面積は四角形ー周囲図形引き算が簡単な場合 解答 No-20 ア ) B には右向きに最大摩擦力が働く N F₀ N' B A F₀ 3mg f イ ) mg N A も B も同じ加速度 a をもっている A,B について A)3ma=f-Fo 1 B)ma=Fo 2 N=mg 3 Fo= μ N 4 1 2を足して (3m+m)a=f 5さらに 2 3 4から ma= μ mg a= μ g を5に代入すればf=4mμg ウ ) A の加速度をα B の加速度をβとおく A)3m α =f-f 1 B)m β =F 2 N=mg 3 Fo= μ N から m β = μ mg β=μ g6を2に代入すれば1は 3m α=f-μ mg α= ( f-μ mg)/3m 7 よって A から B を見た加速度 a は a= β ー α= (4m μ g -f)/3m エ ) t=0 では共に初速として V の速さだから6 7よりv=v ₀ + at を用いて 時刻 t 1 では V A = V+( f-μ mg)t₁/3m=v+( )gt 1 /3=V+gt 1 V B =V+μ gt₁=v+gt₁/2 オ ) 一体となった時の速さを V とし 運動量保存則より 3mV A +mv B =4mV よって V A =V B '=(3V A +V B )/4 カ ) 力積の式からΔ P = F Δt 外から加えている力積は時刻 t 1 までだから (m+3m)v'-(m+3m)v=3.5mgt 1 よってΔ V=7gt 1 /8 キ ) B は常に 0.5gで加速しているからΔ V=0.5g t 2 0.5t 2 =7t 1 /8 t 1 =4t 2 /7 ク ) エネルギー保存則より 1/2(3mVA 2 +mvb 2 )-1/2 4mV' 2 V ケ ) v A V 2 v B V t t₁ t₂ サ ) 摩擦の仕事によってエネルギーは失われるので μ mgs=e S=E/ μ mg コ ) 左のグラフの囲まれた面積を求めればよい長方形の面積は S₀=t 2 (V A -V) これから S1=1/2 t 1 (V A -V) S2=1/2 (t 2 -t 1 )(V A -V 2 ) S3=1/2 t₂ (V 2 -V) を引けばよい S=S 0 -S1-S2-S3= 1/2(V A -V)t 2 +1/2(V-V₂)t₁

21 No-21 P1. 連続衝突斜面図のように Q 1 から高さhの位置から t=0 の時刻に質量 mの小球を自由落下させる 以後斜面と衝突する位置を Q 2,Q 3 とし 落下時刻も同様に t 1,t 2 とおく はじめの位置から斜面への垂線の足を Q とし Q と Q n との距離をx n とする 斜面の反発係数は e(<1) 重力加速度はgとし 斜面に摩擦はない Q を原点に斜面下方をx 軸 斜面に対し鉛直上方をy 軸とし この方向をここでは高さと呼ぶことにする Q h x 1 Q 1 x 2 y Q 2 ア )x n をt n で表せ イ )Q 1 に衝突直後の速さのy 成分とx 成分を求め Q 1 までの時間 T 0 と Q 1 から Q 2 に衝突するまでの時間 T 1 を求めよ ウ )Q 点から初めの物体の高さを Y 0 Qn からの高を Yn とする また Q n から Q n+1 までの時間を Tn とする Yn と Tn を求めよ エ )Q n で衝突後の速度のy 成分を Vy n としてこれを求めよ オ )Vy n が0になると小球は斜面をバウンドすることなく滑り出す この時までかかった時間 T と斜面上の位置 X を求めよ 解答 No-21 斜面水平 鉛直でみかけの重力を求めて 等加速運動で考える P1 ア ) 重力を斜面方向 (x) と斜面垂直方向 (y) x 方向に加速度 gsin で等加速運動をしていることになる ( はねかえりの影響は摩擦がないのでうけない ) よって 2 等加速運動の式から初速 0とし x n =1/2 gsin t n イ ) Q gsin ev y 衝突前後で vx Q 1 は変化しない x 2 Q 2 エネルギー保存側から衝突直前の速さをvとすると mgh = 1/2 mv 2 v= (2gh) 1 Q 1 で衝突直後は v 1y = evcos =ecos (2gh) v x = vsin =Sin (2gh) 2を初速とし x 方向には gsin y 方向には -gcos の加速運動をする 斜面に再び戻るのは最高点までの 2 倍の時間だから v=vo+at から最高点 v=0 t=-vo/a よってy 方向往復で 2t=2evCos /gcos = 2ev/g 3 1を代入して T 1 = 2e (2h/g) T 0 = (2h/g) ウ )v ² ー v ₀² = 2aS から2より v = 0 だから v₁ 2 y = 2gCos Y 1 Y 1 =(evcos ) 2 /2gCos =e 2 hcos となる Y₀ = hcos だから Y 1 =e 2 Y 0 これは公比 e² の等比数列だからよって Yn=e 2n Y 0 =e 2n hcos また n>0 であれば Tn = 2e n (2h/g) 4 エ )Q2 で衝突直前の速さの y 成分は Vy=evCos - gcos tのtに3を代入すると Vy= - evcos を得る y 方向は衝突毎に e 倍されるだけだ よって直後では Vy 2 =-evy=e 2 vcos となる これから Vy については公比 e の等比数列である よって Vyn = vcos e n 1を代入すると Vyn = (2gh)Cos e n 5 公式 Point バウンドしない 極限をつかう ( 無限等比級数 ) 鉛直方向は投げ上げ 斜面方向は等加速運動 水平方向は等速運動 オ )Vy が0になる時間を Tn の無限和で考える 4 式から公比 e の無限等比級数だから初項 T₀ のみ特別で T=T 0 + Σ Tn= (2h/g)+2e (2h/g)/(1-e) T= (2h/g) (1+e)/(1-e) 6 さらにアの結果から X=1/2 g Sin T 2 = h Sin {(1+e)/(1-e)} 2

22 No-22 P1. 連続衝突斜面 前問の続き カ )Q₁ で衝突してから Q₂ にいたるまでに斜面上からみた y 方向の最高点に達する Q₁ からの時間をイ ) の T₁ を用いて表せ y Q x 1 H Q 1 x 2 Q 2 キ )Q₁ で跳ね返り後の反射角を とする と の関係を求めよ と の大小関係はどうなっているか ク )x 方向の小球の速さを Vx y 方向を Vy として Vx-t Vy-t グラフを t=t まで描け ケ ) オ ) の時の小球の速さを求めよ コ ) オ ) の時までに失ったエネルギーを求めよ サ ) 高さhから物体 A を落とすと同時に同じ物体を点 Q と同じ高さで図の紙面奥に少しずれたところから放す これを物体 B とする ( 同時に同じ高さになっても衝突はしない ) B から A を観測した時にオ ) の時までに A の移動した距離を求めよ 公式 Point 斜面上からはみかけの重力をつかうと x 方向はg Sin の等加速 y 方向はー gcos の等加速運動になる ( 摩擦のない時 ) 解答 No-22 カ )Q1 から Q2 に至る時間が T₁ である 斜面からみればy 方向は等加速運動 をしているので最高点はその半分の T₁/2 になる キ ) 図より tan = vsin /evcos だから e tan =tan 反射角のほうが大きくなる ク ) Vx Vy gsin T ecos (2gh) T t x 方向は加速度 g Sin 初速 0の 等加速運動である evcos v vsin T t 跳ね返る時の Vy の値は直線的に減少し -Cos (2gh) ていくので図のようにt 軸の交点が T ケ ) 先の結果を利用してエネルギー保存側からも求まるが斜面方向には6から v= at=gsin T = (2gh)Sin (1+e)/(1-e) Q A y コ ) 図のようにはじめの位置を A バウンドしなくなった位置を B とする B から Q₁ までの高さをhとして失った H エネルギー Δ E は Δ E=mg(H+h)-1/2 mv² 1 x 1 Q 1 h X B オより X=H Sin {(1+e)/(1-e)} 2 だから h=(x-hsin )SIn =H Sin² {(1+e)/(1-e)} 2 ー HSin² 1にこれとケの結果を代入すると Δ E=mgH-HSin² =mghcos² 別解 斜面上からみるとx 方向はg Sin y 方向はー g Cos の重力が働く 力学的エネルギーを失うのは衝突時の力で これは y 方向にしか働かない よって B 点までにこの力のした仕事はy 方向のみかけの重力のした仕事の大きさに等しい 従って Δ E = F S=mgCos HCos = mghcos² サ ) 移動した総距離を上下運動しかしないので Y とすると Y=Y 0 +2ΣYn である n として無限等比級数の公式から Y=hCos + 2e 2 hcos /(1-e 2 ) =hcos (1+e 2 )/(1-e 2 )

23 No-23 P1 円運動 運動量ロケット 質量変化あり 1996 東大燃料を除いた本体の質量がmで, 最大限 mの 3 倍まで燃料を搭載できるロケットがある 簡単のため, 燃料はかたまりとして瞬間的に噴射され, 1 回の 解答 No-23 相対速度の絡む問題では基本の向きは正で統一しておく ア ) 下図 左向きを正としてとして静止系から見た燃料の速度 U は題意から 燃料噴射直前の速度に対して u だから u>0 として -u=u-v₀ から U=v₀-u 1 噴射で放出される質量はmに等しいものとする また, 燃料噴射直前のロケットに対して相対的に測った燃料の噴射速度は u である 重力加速度を g とし, 空気抵抗は無視できるとする 以下の設問に答えよ 結果だけでなく, 途中の計算や考え方も記せ 運動量保存則から Mv₀ = (M-m)v₁ + m(v₀-u) v ₁ =v ₀+mu/(M-m) 2 v₁ M- m u-v₀ m M- m v₀ m ア ) ロケットにおもりをのせて, 全質量を M にして運動させた 連動方向に イ ) 初速 0 で円運動をはじめたとすると変位と直交するレールからの力や向心 ロケットを加速するため, 燃料をロケットの運動方向と反対方向に一度だけ 力は仕事をしないからエネルギー保存則より 1/2 mv 2 =mgh v= 2gh 噴射した 噴射直後のロケットの速度 v ₁ を噴射直前の速度 v ₀ と M,m,,u ウ )2 より B 点でのはじめの速さを V₁ とすると V₁ = mu/(4m-m)=u/3 3 を用いて表わせ 次に, ロケットからおもりをはずし燃料を完全に満たしてから, 図 1 に示すように, 地面に固定され鉛直平面内に立っている直径ルの円周のレールに エネルギー保存則から再び B 点にもどって来た時の速さも V₁ のままだから再び2 式を用いてv ₀ V₁ M 3m として3を代入し V₂ = V₁ + mu/(3m-m)=v₁=u/3+u/2=5u/6 とりつけた ロケットはレールに沿ってはずれることなく, 摩擦なしに自由 に前後に動けるようになっている ロケットの大きさは h に比べてはるかに小さい 燃料の噴射方向は円周の接線方向に一致する A イ ) レールの最高点 A にロケットを静止させてから, かすかに押すことによりロケットが動きだした レールの最 h 低点 B を通過するときのロケットの B 速度を言け 図 1 次に, 最低点 B にロケットを静止させた 最初の燃料噴射によりロケットを発進させ, その後はロケットが最初に動きだしたのと同じ向きに最低点 B を通過する瞬間に燃料噴射を行って加速する ウ ) 2 回目の燃料噴射直後のロケットの速度を u を用いて表わせ エ ) 3 回目の燃料噴射の後に, ロケットが最高点 A に到達できるための, h の最大値 h 0 を g と u を用いて表わせ エ ) 円運動を続ける条件はN 0だが レールがあるのでここではv 0 前問と同様にして 3 回目の噴射後は V ₃ =V ₂+mu/(2m-m)=5u/6+u=11u/6 4 になり ロケットの質量はm になる 最高点で速度が0になる高さをhとするとエネルギー保存則より 1/2 m(11u/6)²=mgh₀ h₀=(11u/6)²/(2g) 5 オ ) 燃料がなくなると最低点 Bでの速さはV ₃ で変化しない この時 B 点ではレールはロケットから垂直抗力 Nの反作用を受ける 遠心力をfとし ロケットについて鉛直方向の釣り合いからN= mg+f=mg+m(2/h)v₃² 4よりF= mg+2m(11u/6)²/h 6 5から h h₀=(11u/6)²/(2g) だから Fの最小値は h=h₀ の時で h=(11u/6)²/(2g) N この時 F ₀=mg +4mg=5mg オ ) h h 0 とする 燃料が空になった後に, 最低点 B においてロケットがレー ルから受ける力の大きさ F を最小とする h を求めよ また, そのときの F の値 F₀ を m と g を用いて表わせ mg 遠心力 f

24 No-24 P1. 多数衝突力積 2009 早稲田改空間に固定された無限に長い 2 本のレールがx 軸方向にある このレールに沿って運動する質量 Mの物体 Aを考える 物体 Aは図のように5つのなめらかな面を持つ 面 1はレールに平行な長方形で y 軸と直交する底面である 面 2はなす角 の直角三角形の側面 面 3はx 軸に垂直で長方形をなす y 軸の負の向きに一定の速さvで運動する質量 mの粒子 Bが物体 Aに弾性衝突する 重力 空気抵抗 BとAの摩擦は無視できる はじめはレールに物体 Aが固定されているとする ア ) 粒子 Bが物体 Aの面 2に衝突する時 Bが面 2から受ける力積の大きさを Pとする 粒子 Bの衝突後の速度の x,y 成分を v x,v y として v x とP,v y と Pとの間の関係式を導け イ ) エネルギー保存則からPを v,m で表せ 次に物体 Aはレールに沿って摩擦なく動けるようにした ウ ) 物体 Aを速さVでx 方向に動かす 同じように粒子 Bは速さvで落下し 面 2に衝突する 同様に面 3に垂直に力積をを受ける この時の面 2が受ける力積の大きさP ₂ 面 3 受ける力積の大きさをP ₃ を v,v,m,m のうち必要なものを用いて表わせ 解答 No-24 ア ) Pの向き v v 摩擦がないので入射 反射角は等しい 弾性衝突をするから v x =-vsin v y =vcos 運動量の変化が力積だから x,y 方向について PSin =-mv x v x =-Psin / m 1 PCos =mv y -(-mv) v y =Pcos /m-v 2 イ ) 衝突前後でBの運動エネルギーに変化はないので1 2より 1 2 mv2 = 1 2 m(v2 x + vy)= 2 1 ( P 2 2 m sin 2 m 2 + P 2 cos 2 ) P cos v m 2 2 m + v2 P ( P sin 2 + P cos 2 2m cos v ) =0 m,p は0ではないから 2m P= 2mvCos この結果は上図 P の向きで力積の式をつくればエネル ギーを用いることなくFΔt=P= mvcos ー (-mvcos ) から簡単に求まる このやり方は次の問題で利用する ウ ) 衝突後の物体 A ' の速さを V' とする 物体 Bについての力積の関係は同じなので1,2から v 2x =-P₂sin /m 4 v 2y =P₂cos /m-v 5 また 物体 Aについても V'=P 2 sin /M+V よってエネルギー保存則は 1 2 mv MV 2 = 1 2 MV mv 2 = 1 ( P 2 2 m 2 sin 2 m 2 + P 2 2 cos 2 m 2 2 P ) 2 cos v + v 2 v m + 1 ( P 2 2 M 2 sin 2 M 2 +2 P ) v 2 sin V M + V 2 V P 2 2m (P 2 2m cos v)+ P 2 ( P2 sin 2 +2M sin V ) =0よって P₂ 0 2M だから (M + m sin 2 )P 2 =2mM(v cos V sin ) v 2mM(v cos V sin ) P 2 = M + m sin 2 5 v' x P ₃ は x 方向には粒子 Bは静止しているので運動量保存則から衝突後の B の速度を v x ' として MV= mv x '+M V 弾性衝突なので跳ね返りの式は 1= -(V'-vx')/V これから v' x =2MV/(m+M) P₃ は粒子 Bのx 方向の運動量の変化に等しいからP₃=mv x '=2mMV/(m+M) 6

25 No-25 P1. 多数衝突力積 2009 早稲田改 前問の続き さらに図のように粒子 Bが空間に一様に分布し 全てvでy 軸の負の向きに落下している場合を考える 面 2 面 3ともに弾性衝突をし 重力と抵抗や摩擦は考えない 粒子 Bの密度は n とする また 物体 Aの質量 Mは十分質量 mより大きく 粒子 Bの数は十分多くあるとする エ ) 物体 Aが受ける力 ( 平均したものでよい ) を図示し 物体 Aがどういう運動をするか記せ オ ) 物体 Aがx 軸の正の向きに速さVで運動している時 粒子 Bが時間 Δtの間に面 2に及ぼす平均の力のx 成分をF ₂ 面 3に及ぼす平均の力をF ₃ として F ₂ F ₃ を求めよ Δt 秒間に面 2に衝突する粒子数をN ₂ 面 3 に衝突する粒子数をN ₃ とし N ₂ N ₃,m,v,V, Δtのうち 必要なものを用いて答えよ ただし 以下では M>>m としてよい カ ) 面 2の面積をSとして N ₂ N ₃ を求めよ n.v.v,, Δt,S のうち 必要なものを用いて表わせキ ) 十分時間がたったら物体 Aはx 方向にある速さで一定になった この速さをv で表せ 解答 No-25 エ ) 図のように面 2 面 3は小球 Bから力を受ける よってはじめは面 2の受 ける力が強く 右側に加速し 速度が大きくなると面 3から受ける力が大 きくなり 等速になる オ ) 力積の式からFΔt=ΔP 5, 6から F₃ は向きが負だから F₂=N₂P₂sin/Δt F₃=-N₃P₃/Δt M>>mとすると5 からP ₂=2m(vcos ー V sin ) P ₃ = 2mV として代入する F ₂ =2mN ₂(vcos ー V sin )sin / Δt 7 F ₃ = ー 2mN ₃ V / Δt 8 カ )1 秒で考えると粒子 Bはv 物体 AはVだけ移動するの面 2に衝突する粒 子 Bは左図 面 3に衝突する粒子は右図の網掛の体積に等しい 密度がn さらにΔt 秒間になる 左図 h= vcos ー V sin だから N ₂ = nsh Δt= ns(vcos ー V sin )Δt 9 N ₃ = nvssin Δt 10 キ ) 物体 Aに働く水平方向のつり合いから7 8より F ₂ =-F ₃ N ₂(vcos ー V sin )sin =N ₃ V 9 10より (vcos ー V sin )² =V ² vcos -Vsin =h>0 よってV=v Cos -Vsin V= vcos /(1+sin ) 公式 Point

26 No-26 P1 棒で連結された物体円運動 運動量 2011 東大改長さlで質量の無視できる固い棒に質量 M の物体 A と質量 mの物体 B を摩擦なく回転できるように重心で連結する (M>m) 図のように物体 B と鉛直方向とのなす角をとし はじめ A も B も壁に接していて鉛直線上にあった 物体 B を静かに放すと図のように回転をはじめた 棒と物体に働く力は棒に平行であるとし A,B の大きさは無視できる 重力加速度はgとする はじめ 物体 A と床との間の摩擦は無視して考える ア ) 物体 B が動き出してからしばらくは物体 A は壁に接したままで動かなかった この時の物体 B の速さをを用いて表わせ イ ) アの時 静止系からみて物体 B に働く力を図示し 棒から物体 B に働く力 F をを用いて表わせ ウ ) ある角度 αで物体 A が壁からはなれて動きだした cos αを求めよ エ ) ウの時の物体 B の水平方向の運動量 P を求めよ オ ) 物体 B が床に衝突する直前の= 90 になったときの物体 A の速さ V を P を用いて表わせ カ ) 物体 B が床と完全弾性衝突し その後 =βまで上がった cos βを求めよ キ ) 次に床に摩擦がある場合を考える 同じように= 0 から物体 B を放すと =60 で物体 A は壁から離れた これから床と A との静止摩擦係数 μを求めよ B l A 公式 Point 棒に働く力は負になることもできる 解答 No-26 ア ) 物体 B が速さvになっている位置の高さを基準にしてエネルギー保存則 をたてると mgl(1 cos ) = 1 2 mv2,v = 2gl(1 cos ) イ ) F 加速度が生じているので遠心方向で遠心力を用いてつり B v 合いをたてる l mg 遠心力を用いてつり合いをたてると m v2 + F = mg cos l 1を代入して A F=mg(3cos ー 2) 2 静止系からみると 遠心力は図示されないウ ) 物体 A が壁から受ける力 R は図のように棒からうける F の力の水平成分である R A R=Fsin だから2を代入し R=0 とすると cos = 2/3 3 エ ) F 1からこの時の速さが v= (2gl /3) だから運動量の水平成分は P=mvCos α= 2m/3 (2gl /3) 4 オ ) 系には水平方向の外力がないので水平方向の運動量の和が保存される 棒で結ばれていると =90 では A,B の水平方向の速度は等しい 4から水平方向の運動量保存則より P=MV +m V V=P/(m+M) 5 カ ) = βでは最高点なのでx 方向の運動量保存則から A と B は共に水平方向 の速さしかなく V である 衝突前後エネルギーの損失がないから mgl = 1 2 (M + m)v P mgl cos β 5を代入し cos β =1 2(m + M)mgl キ ) 棒に働く力は負になることもできる 壁からの力がない時 最大静止摩擦力を F₀ とすると物体 A に働く力は図のようになる 鉛直方向のつりあいから N = FCos60 + Mg N 水平方向は F₀ + Fsin60=0 摩擦の式から F₀ =μ N なので A F₀ =- 3F/2= μ(f/2 + Mg) 2より F= ー mg/2 F₀ よって 3mg/4= μ (Mg-mg/4) μ= 3m/(4M-m) F 60 mg 題意からこの値は正で1より小さいので適している 1

27 No-27 P1. 運動量保存撃力 2016 東大 解答 No-27 1) -v v 跳ね返り係数の式をたてると 上向 v₁ v 1 v 2 = 1よって v₁ -v ₂ =2v1 v₂ v v 2) F 外力が働く場合は力積のを立てるのが基本 1 鉛直方向には重力が働くので上向きを正として力積の式は小球 2 F 2 mg が1に与える力を F として 小球 1)(F-mg) Δt= m(v 1 '-(-v)) 2 Mg 小球 2)-(F+Mg) Δ t = M(v 2 '-v) 3 ところが題意から小球の重心の移動はほとんどないと考えるので この時の運動量の変化に重力の力積が関与しないと考えれば 2+3から mv₁ + mv+mv₂ ー Mv = 0 1を代入し v₂ を消すと mv 1 '+M(v₁ ー 2v)=Mv-mv よって v₁ = (3M-m)v/(M+m) v₂ も同様に m(2v+v₂ )+Mv₂ = Mv-mv よって v₂ = (M-3m)v/(M+m) mv 1 2 = mgh, 1 2 mv2 = mgh 小球 1についてエネルギー保存則から H h = v 2 1 v 2 これに4を代入し M>>m とすると H/h 3² =9 倍 通常鉛直方向には重力が働くので運動量は保存されず 力積の式を立てる ところが この問題のように物体の衝突も糸で連結されている場合も短時間で大きな力が働くとき撃力という これは内力になるので全体では運動量が保存される この問題はこの撃力が重力の力積にくらべとても大きくなる設定がされているところがポイントである

28 No-28 P1. = 前問の続き= ひも連結重心 2016 東大 解答 No-28 撃力があると重力が無視できるのはなぜ? v(p)-tグラフ 小球どうしの衝突がある場合とない場合のv - tグラフを考えよう 上を正 小球 1は衝突がなければ図のように等加速運動をするので 1 次関数になる 衝突があると上向きに撃力が加わり 速度に飛びが所持る v 撃力 F 小球 1の衝突がある場合とない場合の Δt Δt v-tグラフである 運動量がmvで質量は一定だからv-tグラフはそのまま t t 運動量 P-tグラフになる そこでこの傾き ( 微分 ) したグラフをとなりに書くと運動量の時間微分が力だからF-tグ v 重力のみ F ラフが得られる このF-tグラフの面積が力積で 運動量を変化させる Δt 秒で考えると 撃力はv - tグラフ t t の傾きな急な部分になり Δtが小さいとこの傾きの大きさは大きくなる 重量のみの場合 Δtが小さければF-tグラフの面積も小さく0になる しかし 撃力は幅が小さくなる変わりに高さが大きくなるので面積は0になら ない 従って 撃力の力積があると 重力の力積が無視できるわけである Ⅱ 1) 重心の速度 v G =(mv₁ + Mv₂)/(m+ M ) だから M=3m v₂=0 とす るとv G = V = v₁/4 1 2) 糸の力は 2 つの小球に内力として作用する 小球 1,2 全体の系について エネルギー保存則から 1 2 mv2 1 = 1 2 mu mu2 2 v₁²=u₁² + 3u₂² 2 糸の張力は内力とみなせる1から重心速度は v₁/4 = (u₁ +3u₂)/4 3 2に代入して 6u₂²-3v₁u₂+v₁²=0 u₂> 0から u₂=v₁/ 23より u 1 =-v₁/2 公式 Point 撃力であれば重力の力積を無視できることがある 撃力のV-tグラフは不連続 3) 小球 2が床から立ち上がる直後に衝突が起き ここで撃力をうけるので運動量 ( 速度 ) が不連続 ( 正負逆転 ) になる これは内力なので重心には変化を与えない 重心は小球 2が床に衝突するところで変化がおきる 小球 1は落下しているのに小球 2が静止するのでで傾きは負方向に増加するが不連続にはならない よってイ )

29 No-29 P1. = 前問の続き= ゴム相対運動 2016 東大 解答 No-29 Ⅲ 1) 床から離れる N=0 力の図示 運動方程式がまず基本 図のように小球 1,2 の運動方程式はゴムが伸びるので加速 1 度は同じになるとはかぎらず次のように置く kδl mg 小球 1)ma₁=-mg-k Δl 1 kδl 小球 2)3ma₂=k Δl ー 3mg 2 2 浮き上がる瞬間 a₂ = 0 とするとΔl= 3mg/k 3 2) 3mg ゴムがlの長さにある時の位置エネルギーを0とする エネルギー保存則はゴムがΔlだけ伸びているので 1 2 mv2 1 = 1 2 mw2 + mg( l)+ 1 2 k( l)2 これに3を代入して w ²=v₁²-3mg²/k-9mg²/2k よって w>0 だから w = v1 2 15mg2 2k この w が正になるとして k C は次の値より大きければよい k c = 15mg2 2v 2 1 3) 相対運動で考えれば単振動になる 1 2よりΔl=xとして小球 1)ma₁=-mg-kx 1 小球 2)3ma₂=kx ー 3mg 2 小球 2からみた加速度 a₁-a₂= αとおき 1 3-2から 3m α =-4kx となる よってαは角速度 ω ² = 4k/3m の単振動をおこなう 求める時間はΔlは非常に小さいとして自然の長さから再び自然の長さに戻る時間とすると周期の半分 T/ 2になる t= T/4 = 1 2 π 3m k となる

30 No-30 P1 力学 台車上の運動 2016 京大 I) 解答 No-30 加速している系から観測した時には系の加速度 a と反対向きに慣性力を考え つり合いで解く これを静止系から見ると運動方程式になる Ⅰ a R 題意から球 P は鉛直方向には静止 水平方向 ア ) には台と同じ加速度運動をしている よって図 のように合力の向きは台の加速度の向きと等し mg く水平である 水平となす角は 0 イ ) P の水平方向の運動方程式は ma=rsin ウ ) 鉛直方向はつり合いの式で Rcos =mg これから R=mg/cos ( イ ) エ ) 合力は ma=mgtan ( ウ ) 加速度は gtan ( エ ) オ ) N 台 Q についての運動方程式は引く力を F, a 垂直抗力 N として R F 水平方向 )Ma=F -Rsin 1 鉛直方向 ) N=Mg+Rcos Mg 合力はエから Ma=MgTan ( オ ) カ ) 1とイ ) から F=Ma+Rsin =MgTan + mgtan =(m + M)gTan v = 2M 2 M 1 + M 2 V 0

31 No-31 前問の続き 10. 解答 No-31 計算を簡単にするためには はじめの台と同じ V₀ の速度で運動している 系から観測する この系を以後運動系と呼ぶ キ ) この系か見た速度を v₁ V₁ として 運動量保存則から ク ) 0=mv₁ +MV₁ 3 エネルギー保存則から mgh = mv MV 2 1 = mv 1 + m2 2 2M v 1 4これから v 1 = 2Mgh M + m,v 1 = m M 2Mgh M + m よって静止系からは ケ ) 2Mgh v 1 = V 0 + M + m,v 1 = V 0 m 2Mgh M M + m 5となる 最初の状態から運動量保存則を静止系で立てるとバネが最大に縮んだ時は コ ) 小球も台も同じ速度になってる この速度を V として サ )(m+m)v₀=(m+m)v となるから v₂=v₀( ケ ) V₂=V₀( コ ) となる このとき エネルギー保存則から運動エネルギーに変化がないので 2mgh mgh=1/2 kx² X = k ( サ ) シ ) 再び V₀ の運動系から観測すると運動量保存則は右向きを正として 0= ー mv₃ +MV₃ 3 エネルギー保存則からは mgh = 1 2 kx2 = mv MV 2 3 これは3 4と比較するとvの符号の 2Mgh みが異なるから v 3 = V 0 M + m,v 3 = V 0 + m M 2Mgh ス ) シの結果からv ₃ =0 としてV 0 = M + m ( セ ) となる セ ) オ ) から等加速運動の式をつかうと v=at=gtan tより T = 1 2Mh tan g(m + m) ( ス ) v = 2M 2 V 0 M 1 + M 2 2Mgh M + m ( シ ) 速度 2V₀ 4V₀/3 V₀ 2V₀/3 P Q V 5セから M=3m の時 v₁=2v₀ V₁ = 2V₀/3 v₂=v₂ = V₀( 台上で P は静止 ) シから v₃=0 V₃=4V₀/3 P と Q はt ₁ からは単振動の三角関数のグラフ重心は変化しない t₁ t₂ t₃