東大 工学系研究科 物理学 2022年度 院試 過去問 解答例・解説（解説2項目）

慣性モーメントの定義と回転エネルギー

固定軸から距離 $s$ の部分の速さは $s|\dot\theta|$ であり、各部分の運動エネルギーを加えると $$K=\int\frac12(s\dot\theta)^2\,dm =\frac12\left(\int s^2\,dm\right)\dot\theta^2$$ になる。この係数がその軸の慣性モーメントである。一様で細い棒という条件を使って線密度を一定にした。軸が変われば $s$ も変わり、値を使い回せない。

中心軸からの検算

中心軸では $I_G=\int_{-L/2}^{L/2}s^2(m/L)\,ds=mL^2/12$。距離 $L/2$ だけ軸を移す平行軸の定理は、$(s+L/2)^2$ の積分の一次項が重心の定義で零になることから $$I_O=I_G+m(L/2)^2=mL^2/3$$ を与える。単位は質量と長さの二乗の積である。

棒全体を重心の質点とする誤り

$I_O=m(L/2)^2=mL^2/4$ とすると、重心のまわりの回転エネルギー $I_G\dot\theta^2/2$ を落とす。この値で運動方程式を立てると、次問の角加速度を $-2g\sin\theta/L$ と過大評価する。

角運動量の式の成立条件

慣性系に固定された点 O では、各部分の運動量に O からの位置ベクトルを外積して足すと、内部力のモーメントが相殺し $$\frac{d\boldsymbol L_O}{dt}=\boldsymbol\tau_O$$ となる。平面内を回る剛体の固定軸については $L_O=I_O\dot\theta$ だから $I_O\ddot\theta=\tau_O$ である。支点の位置が動く場合に同じ形を無条件で使うことはできない。

符号とエネルギーの確認

$\theta>0$ では重力が角度を減らすので、角加速度は負となる。両辺に $\dot\theta$ を掛けると $$\frac{d}{dt}\left\{\frac12I_O\dot\theta^2-\frac{mgL}{2}\cos\theta\right\}=0$$ となり、仕事をしない滑らかな支点のもとで機械的エネルギーが保存される。小角近似はまだ使っておらず、水平まで持ち上げる原題にも適用できる。

力の腕を端点まで取る誤り

重力の腕を $L\sin\theta$ として $I_O\ddot\theta=-mgL\sin\theta$ とすると、$\ddot\theta=-3g\sin\theta/L$ となり、正しい値の2倍になる。重力は全質量を重心に集めてモーメントを計算する。

重心の落下距離を使う

重心は支点から $L/2$ にあり、水平位置から角度 $\theta$ までの落下距離は $(L/2)\cos\theta$ である。重力の仕事が $mg(L/2)\cos\theta$、棒の回転運動エネルギーが $I_O\dot\theta^2/2$ なので両者を等しくする。空気抵抗を無視し、支点で摩擦も移動もないことが保存の条件である。

微分方程式への戻しと領域

時刻で微分し $\dot\theta\ne0$ の区間で割ると $$2\ddot\theta=-\frac{3g}{L}\sin\theta$$ となり、前問に戻る。放した直後の極限でも同じ式が成り立つ。$\cos\theta$ はこの運動の $-\pi/2\le\theta\le\pi/2$ で非負、最低点では $\dot\theta^2=3g/L$、出発点では零になる。二乗を求めたので、初めて下降する区間の角速度自体は負である。

端点の落下距離を用いる誤り

$\frac12I_O\dot\theta^2=mgL\cos\theta$ と書くと、重心でなく端点の落下距離を全質量に掛け、$\dot\theta^2=6g\cos\theta/L$ と2倍にする。運動エネルギーは棒全体の回転、位置エネルギーは重心の高さで計算する。

反力には重心の並進運動を使う

剛体の各部分の Newton の式を足すと内部力が消え、$\boldsymbol R+m\boldsymbol g=m\boldsymbol a_G$ となる。回転の式は反力のモーメントを消したため、反力そのものを知るにはこの並進の式が必要である。 右向きを $X$、鉛直上向きを $Y$ とすれば $$X_G=\frac L2\sin\theta,\quad Y_G=-\frac L2\cos\theta, \quad \ddot X_G=\frac L2(\ddot\theta\cos\theta-\dot\theta^2\sin\theta),$$ $$\ddot Y_G=\frac L2(\ddot\theta\sin\theta+\dot\theta^2\cos\theta).$$ 初期値を入れると $(\ddot X_G,\ddot Y_G)=(0,-3g/4)$ になる。

力と加速度の検算

重力 $mg$ から上向き反力 $mg/4$ を引いた合力は下向き $3mg/4$。これを質量 $m$ で割った値は計算した重心加速度に一致する。支点 O が静止していても、重心が静止しているわけではない。

支点固定を力のつり合いと取り違える誤り

$R_y=mg$ とすると重心加速度が零になり、重力モーメントによる初期回転と矛盾する。静止している支点の条件を、棒全体の静力学のつり合いへ置き換えてはいけない。

角加速度が零でも加速度は残る

半径一定の円運動の位置を2回微分すると、接線加速度 $r\ddot\theta$ と、中心向きの加速度 $r\dot\theta^2$ が現れる。最低点では接線方向の重力成分が零であり、後者だけが残る。重心の円運動の半径は $L/2$、端点の半径 $L$ ではない。

一般の鉛直反力による確認

I.4 の重心加速度へ運動方程式と角速度を代入すると $$\frac{R_y}{mg} =1-\frac34\sin^2\theta+\frac32\cos^2\theta.$$ $\theta=\pi/2$ で $1/4$、$\theta=0$ で $5/2$ となり、二つの設問が同じ式でつながる。最低点は最も速く、反力が重力より大きくなることも確認できる。

角加速度だけで反力を決める誤り

$\ddot\theta=0$ から $\boldsymbol a_G=0$、従って $R_y=mg$ とすると向心加速度を落とす。また $R_y=mg+mL\dot\theta^2=4mg$ も、端点の加速度を重心へ適用した誤りである。

周期公式が生じる理由と条件

小角では $\sin\theta=\theta+O(\theta^3)$ なので、剛体振り子の式が $\ddot\theta+\omega^2\theta=0$ になる。この式の解は $A\cos\omega t+B\sin\omega t$ で、位相が $2\pi$ 進む時間が周期 $2\pi/\omega$ である。棒と P がずれず一体で回ること、振幅が十分小さいことを使う。水平から放す次問では、この線形解をそのまま使わない。

有効長と極限の確認

全質量 $2m$ の重心距離は $d=(L/2+x)/2$。一般の剛体振り子の有効長 $I/(2md)$ は $$\ell(x)=\frac{L^2/3+x^2}{L/2+x}$$ となり、$T=2\pi\sqrt{\ell/g}$。$x\to0$ では P が支点に載って回転にもモーメントにも寄与せず、$T\to2\pi\sqrt{2L/(3g)}$ と裸の棒に戻る。

質量だけを2倍にする誤り

$\omega^2=2mg(L/2)/(mL^2/3)$ とすると P の腕 $x$ と回転慣性 $mx^2$ を両方落とし、$x\to0$ でも周期を裸の棒の $1/\sqrt2$ 倍にしてしまう。追加物体は質量、位置、慣性を組として加える。

振幅が大きい場合の時間を導く

水平で静止したときからの重力によるエネルギー減少は $mg(L/2+x)\cos\theta$。それを $I\dot\theta^2/2$ と等しくし、$dt=-d\theta/|\dot\theta|$ を積分した。出発点で速さは零だが、$\theta=\pi/2-u$ の近くで積分は $\int du/\sqrt u$ と同じ形なので有限である。 この分離により、同じ水平振幅なら時間に対する $x$ の依存は $\sqrt{\ell(x)}$ だけだと分かる。

極小と許容範囲

微分の分子 $x^2+Lx-L^2/3$ は $x>0$ で単調増加し、$x=0$ で負、$x=L$ で正。その唯一の正根は原題の $0<x\le L$ の内部にあり、前後で微分が負から正へ変わるので全域の最小である。また $$\ell''(x)=\frac{7L^2}{6(L/2+x)^3}>0$$ でも確認できる。無次元化して落下時間を数値積分しても、この位置は $x/L=0.1,0.5,1$ より短い。

小振動の四分の一周期を落下時間とする誤り

$t_*=T/4$ と置くと、$\pi/2$ の振幅に $\sin\theta\simeq\theta$ を使うことになる。裸の棒でも真の所要時間の共通係数は $\int_0^{\pi/2}d\theta/\sqrt{2\cos\theta}\simeq1.8541$ で、小角の $\pi/2\simeq1.5708$ とは異なる。最適位置が同じになるのは上の厳密な変数分離による結果である。

保存する運動量を選ぶ

短い衝突時間では重力の力積を無視できるが、固定支点の力積は一般に無視できない。支点の力積は O まわりのモーメントが零なので、Q と棒を合わせた O まわりの角運動量が保存される。一方、系全体の水平運動量が保存されるとは限らない。エネルギー保存は設問が与えた弾性衝突の条件である。

有効質量と衝突速度の確認

衝突点の接線速度を $u=y\omega$ とすれば棒の回転エネルギーは $(I_O/y^2)u^2/2$。棒の衝突点での有効質量は $I_O/y^2$ であり、それが Q の質量 $m$ と一致すると、一次元の等質量弾性衝突と同様に Q が止まり棒が動く。得た位置では $u=v$、角運動量もエネルギーも元の式を満たす。

並進運動量も保存する誤り

$mv=m(L/2)\omega$ を角運動量保存と同時に課すと $y=2L/3$ と出る。しかしこの位置では $I_O\omega^2/2$ と $mv^2/2$ が等しくならない。支点が外から水平力積を与えるため、水平運動量の保存を追加してはいけない。

衝突と、その後の運動を分ける

Q が付着する衝突は非弾性なので、衝突中の機械的エネルギーは保存されない。角運動量から衝突直後の角速度を決め、その直後から最高位置までにエネルギー保存を使う。重心の上昇は棒が $L/2$、Q が $y$ であり、必要な位置エネルギー増加はその和である。 衝突で失われる運動エネルギーは $$\Delta K=\frac12mv^2-\frac12I\omega^2 =\frac{mv^2L^2}{2(L^2+3y^2)}>0.$$ 正の損失が出るので、付着という条件と整合する。

閾値と極限の確認

$v=v_0$ を代入すると衝突直後の回転エネルギーが必要な $mg(L/2+y)$ と等しくなる。$v<v_0$ では足りず、$v>v_0$ では水平位置でも角速度が残る。$y\to0$ で $v_0\to\infty$ となるのは、支点近くを打っても角運動量をほとんど渡せないためである。$y=L$ なら $v_0=2\sqrt{gL}$。

衝突前の全エネルギーを上昇に使う誤り

$mv^2/2=mg(L/2+y)$ とすると $v=\sqrt{2g(L/2+y)}$ と出る。例えば $y=L$ では $\sqrt{3gL}$ となり、正しい $2\sqrt{gL}$ より小さい。衝突損失を使えるエネルギーに含めたためである。