物理の質問です。(力学)
図に示すような断面をもつ半径r(m)の円筒が、軸Oを水平に固定されている。
Aは円筒内面の最下点、Bは軸Oと同じ高さの円筒内面の点、
Cは円筒内面の最上点である。
点Aに小球を置き、水平左向きに速さv0(m/s)を与える。
重力加速度をg(m/s^2)とし、小球と円筒面との摩擦、空気抵抗は無視できるものとして、
以下の問いに答えよ。
(1)小球を点Bまで到達させるには、速さv0(m/s)はいくら以上でなければならないか。
(2)小球を点Cまで到達させるには、速さv0(m/s)はいくら以上でなければならないか。
(3)ある速さv0を与えたところ、小球はBC間の点P(角COP=θとする)で円筒内から離れ放物運動をし、点Qで円筒面と衝突した。
(a)点Pでの小球の速さvをg、r、θを用いて表せ。
(b)小球がPで離れてから点Qで衝突するまでの時間tをg、r、θを用いて表せ。
(c)点Qが点Aと一致するためには速さv0はいくらでなければならないか。g、rで表せ。
(3)の(b)、(c)はどうやって解けばよいのでしょうか……
A 回答 (2件)
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No.2
- 回答日時:
ちょっと大変ですが、やってみました。
摩擦や空気の抵抗などの損失がないので、単純に「エネルギー保存の法則」を使って解きます。
小球の質量を m とします。
(1)A点では、B点(高さ r )の位置エネルギーよりも大きな運動エネルギーを持てばよいので、
(1/2)m(v0)^2 ≧ mgr
v0≧0 であるから
v0 ≧ √(2gr)
(2)同様に、A点では、C点(高さ 2r )の位置エネルギーよりも大きな運動エネルギーを持てばよいので、
(1/2)m(v0)^2 ≧ mg*2r
v0≧0 であるから
v0 ≧ 2√(gr)
(3)(a) P点(高さ r + r*cos(θ) )での速さを vp とすると、
遠心力:Fr = m(vp)^2 /r
重力の円の中心向きの成分:Fg = mg*cos(θ)
P点で小球が円筒内面を離れたということは、この2つが等しくなった(P点より上では遠心力の方が小さくなる)ということなので、
m(vp)^2 /r = mg*cos(θ)
より、vp≧0 なので
vp = √[ rg*cos(θ) ] (A)
(b) 小球は、P 点から離れた後は、重力による等加速度運動になる。
初速度は、
(水平方向)vp* cos(θ)
(鉛直方向)vp* sin(θ) (上向き)
であり、P 点を離れてから t 秒後の速度は、
(水平方向)vx(t) = vp* cos(θ) (等速度)
(鉛直方向)vy(t) = vp* sin(θ) - gt (等加速度)
O を原点とした t 秒後の位置は、
(水平方向)x(t) = -r*sin(θ) + vp* cos(θ) * t (1)
(鉛直方向)y(t) = r*cos(θ) + vp* sin(θ) * t - (1/2)gt^2 (2)
これは「放物線」になります。
Q点は、O を原点とした半径 r の円上なので、
x^2 + y^2 = r^2 (B)
(1)(2)の x(t), y(t) がこの条件を満たすことから、そのときの t を求める。(ここからが大変)
力技で、(B)に(1)(2)を代入して
[ -r*sin(θ) + vp* cos(θ) * t ]^2 + [ r*cos(θ) + vp* sin(θ) * t - (1/2)gt^2 ]^2 = r^2 (3)
この左辺を展開して、
r^2*sin^2(θ) - 2r*vp*sin(θ)*cos(θ)*t + vp^2* cos^2(θ) * t^2
+ r^2*cos^2(θ) + vp^2*sin^2(θ)*t^2 + (1/4)g^2t^4 + 2r*vp*sin(θ) *cos(θ)*t - rg*cos(θ)*t^2 - vp*g*sin(θ)*t^3
= r^2 + vp^2*t^2 - rg*cos(θ)*t^2 - vp*g*sin(θ)*t^3 + (1/4)g^2t^4
(3)式に戻すと両辺の r^2 が消えて
vp^2*t^2 - rg*cos(θ)*t^2 - vp*g*sin(θ)*t^3 + (1/4)g^2t^4 = 0
見やすくするため全体に 4 をかけて
t^2 [ g^2t^2 - 4vp*g*sin(θ)*t - 4rg*cos(θ) + 4vp^2 ] = 0
t≠0 であるから
g^2t^2 - 4vp*g*sin(θ)*t - 4rg*cos(θ) + 4vp^2 = 0
t についての二次方程式の一般解の式を使って
t = [ 4vp*g*sin(θ) ± √{ [ 4vp*g*sin(θ) ]^2 - 4* g^2*[ -4rg*cos(θ) + 4vp^2 ] } ] / 2g^2
ルートの中は
[ 4vp*g*sin(θ) ]^2 + 4* g^2*[ 4rg*cos(θ) - 4vp^2 ]
= 16g^2 [ vp^2*sin^2(θ) + rg*cos(θ) - vp^2 ]
= 16g^2 [ vp^2*(sin^2(θ) - 1) + rg*cos(θ) ]
= 16g^2 [ rg*cos(θ) - vp^2*cos^2(θ) ]
よって
t = { 2vp*sin(θ) ± 2√ [ rg*cos(θ) - vp^2 * cos^2(θ) ] } / g
vp に(A)を入れて
t = { 2 √[ rg*cos(θ) ]*sin(θ) ± 2√ [ rg*cos(θ) - rg*cos(θ) * cos^2(θ) ] } / g
= 2 √[ rg*cos(θ) ] ( sin(θ) ± √( 1 - cos^2(θ) ) / g
= 2 √[ rg*cos(θ) ] ( sin(θ) ± sin(θ) ) / g
t>0 なので「プラス」側が求める解であり、
t = 4 √[ rg*cos(θ) ] *sin(θ) / g
(c) 落下地点がA点ということは、上の(1)(2)式で、
(水平方向)x(t) = -r*sin(θ) + vp* cos(θ) * t = 0 (4)
(鉛直方向)y(t) = r*cos(θ) + vp* sin(θ) * t - (1/2)gt^2 = -r (5)
ということです。
(4)より
t = r*sin(θ) / vp* cos(θ)
これを(5)に代入して
r*cos(θ) + vp* sin(θ)*r*sin(θ) / [vp* cos(θ)] - (1/2)g[r*sin(θ) / vp* cos(θ)]^2 = -r
整理して
r*cos(θ) + r*sin^2(θ) / cos(θ) - (1/2)gr^2*sin^2(θ) / [vp^2 * cos^2(θ)] = -r
ここに(A)を代入して
r*cos(θ) + r*sin^2(θ) / cos(θ) - (1/2)gr^2*sin^2(θ) / [rg*cos(θ) * cos^2(θ)] = -r
r*cos(θ) + r*sin^2(θ) / cos(θ) = r*[ cos^2(θ) + sin^2(θ) ] / cos(θ) = r/cos(θ)
sin^2(θ) = 1 - cos^2(θ)
などを使って整理し
1/cos(θ) - (1/2)[ 1 - cos^2(θ) ] / cos^3(θ) = -1
2cos^2(θ) - 1 + cos^2(θ) = - 2cos^3(θ)
2cos^3(θ) + 3cos^2(θ) - 1 = 0
( 2cos(θ) - 1 )( cos(θ) + 1 )^2 = 0
よって
cos(θ) = 1/2 または cos(θ) = -1
0≦θ≦90° であるから
cos(θ) = 1/2
つまり
θ = 60°
このとき、(A)より
vp = √(rg/2)
であるから、v0 は
(1/2)m(vp)^2 = (1/2)m(v0)^2 - mg[r + r*cos(θ)]
= (1/2)m(v0)^2 - (3/2)mgr
より
(1/2)m(v0)^2 = (1/2)m(vp)^2 + (3/2)mgr
= (1/4)mrg + (3/2)mgr
= (7/4)mrg
よって
v0 = √[ (7/2)rg ]
ふ~っ!! どこかで計算違いしているかも。
つまり、(3)の(b)、(c)は、小球が重力で自由落下する「放物線」と、円柱内面の「円」の交点を求めることになります。
上で言えば、(1)(2)式の放物線と、(B)式の円です。
No.1の補足にある
>円の方程式がsin^2θ+cos^2θ=r^2
は間違いですよ。sin^2θ+cos^2θ=1 になっちゃいます。
それに、ここでは円柱内面を離れるところの θ とは全く無関係な場所で円柱内面に衝突しますから。
また、(1)(2)を1つにまとめた放物線の式にしてしまうと、やりにくいと思います。「水平」と「鉛直」に分けて式を立てた方が、考え方を整理したり、後で検算するときにも楽です。
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