古典力学 · 第11回 · 動画5 · インタラクティブ教材

二方向の法則：円錐とターンテーブル上の円運動

I重要な公式

公式	名称	必要な量
$N\cos\theta = \dfrac{m v_0^2}{r}, \qquad N\sin\theta = mg$	2つの方向のニュートンの法則（円錐）	半頂角 $\theta$ 、速さ $v_0$
$r = \dfrac{v_0^2}{g}\tan\theta$	円錐内の軌道半径	$v_0$ , $\theta$
$T = \dfrac{2\pi r}{v_0} = \dfrac{2\pi v_0 \tan\theta}{g}$	一周の周期	$v_0$ , $\theta$
$\omega_{\max} = \sqrt{\dfrac{\mu g}{R}}$	ターンテーブルですべり出す限界	$\mu$ , $R$

ポイント：接触力はいつも2つの役目に分かれます。一方の成分が $mg$ を打ち消し、もう一方が $mv^2/r$ を与えます。鉛直方向の式を動径方向の式で割ると $N$ も $m$ も消えます。だから、半径もすべり出す速さも、物体の重さによらないのです。

II円錐の内側：1つの押す力、2つの役目

壁が押す力1つで、重力を打ち消し、軌道を曲げなければなりません。ある半径を保つには、どんな速さが必要でしょうか？

半頂角 θ 40° 半径 r (m) 2.5

$\theta \to 90\degree$ では壁が平らになり、 $N\cos\theta \to 0$ となります。摩擦のない水平な面には内向きに押す力が残っていないので、どんな半径でも、動いている物体を円軌道にとどめることはできません。

IIIターンテーブル：摩擦には上限がある

硬貨の軌道を曲げるのは静止摩擦力だけで、それは $\mu N$ を超えられません。どこまで速く回せるでしょうか？

角速度 ω (rad/s) 3.0 静止摩擦係数 μ 0.30

円錐の垂直抗力には上限がありません。傾いたまま大きくなって、どんな速さにも見合います。ところが摩擦力の上限は $\mu N$ で、ターンテーブルで最初に限界に達するのはこの上限です。

IVいつでも2つの式

一方の方向は重力とつり合い、もう一方は $mv^2/r$ を与えます。2つを割り算すると $N$ と $m$ が消えます。

問題ステップ 1

1 — 動径方向（内向きを負）

-N\cos\theta = -\frac{m v_0^2}{r} \;\Longrightarrow\; N\cos\theta = \frac{m v_0^2}{r}

2 — 鉛直方向（加速度なし）

N\sin\theta - mg = 0 \;\Longrightarrow\; N\sin\theta = mg

3 — 鉛直方向の式を動径方向の式で割る

\frac{N\sin\theta}{N\cos\theta} = \frac{mg}{m v_0^2 / r} \;\Longrightarrow\; \tan\theta = \frac{rg}{v_0^2}

4 — 半径について解く

r = \frac{v_0^2}{g}\tan\theta

5 — 一定の速さで円周を一周

T = \frac{2\pi r}{v_0} = \frac{2\pi v_0 \tan\theta}{g}

1 — 動径方向（内向きを負）

-f_s = -m R \omega^2 \;\Longrightarrow\; f_s = m R \omega^2

2 — 鉛直方向（加速度なし）

N - mg = 0 \;\Longrightarrow\; N = mg

3 — 摩擦には上限がある

(f_s)_{\max} = \mu N = \mu m g

4 — すべり出す寸前

\mu m g = m R \omega_{\max}^2

5 — 質量が消える

\omega_{\max} = \sqrt{\frac{\mu g}{R}}

V確認クイズ

問1 · 円錐内の半径

条件：物体が、半頂角 $\theta = 60\degree$ の円錐の内側を、一定の速さ $v_0 = 3.0$ m/s で摩擦なしに滑っています。 $g = 9.8$ m/s² とします。軌道半径 $r$ を求めてください。

✅ 正解です！

r = \dfrac{v_0^2}{g}\tan\theta = \dfrac{9.0}{9.8}(1.732) = 1.59

m です。開きが大きく浅い円錐（

\theta

が

90\degree

に近い）ほど、軌道は軸から遠くへ押し出されます。

❌ 比が逆さまです。鉛直方向の式を動径方向の式で割ると

\tan\theta = rg/v_0^2

となるので、

r

には

\cot\theta

ではなく

\tan\theta

の因子がつきます。あなたが計算したのは

\dfrac{v_0^2}{g}\cot 60\degree = 0.53

m です。

❌ 幾何が抜けています。

0.92

m は

v_0^2/g

そのものです。これが答えになるのは

\tan\theta = 1

となる

\theta = 45\degree

のときだけです。壁の傾きは

\tan\theta

を通して入ってこなければなりません。

❌ 惜しい！ 単位を確かめましょう。

v_0^2\tan\theta

の単位は m²/s² なので、長さを残すには

g

で割らなければなりません。

解答を見る

動径方向（内向きを負）。垂直抗力の内向きの部分は $N\cos\theta$ です。

-N\cos\theta = -\frac{m v_0^2}{r} \;\Longrightarrow\; N\cos\theta = \frac{m v_0^2}{r}

鉛直方向（物体は上がりも下がりもしません）：

N\sin\theta = mg

鉛直方向の式を動径方向の式で割ります。 $N$ も $m$ も消えます。

\tan\theta = \frac{rg}{v_0^2} \;\Longrightarrow\; r = \frac{v_0^2}{g}\tan\theta

$v_0 = 3.0$ m/s、 $\theta = 60\degree$ 、 $g = 9.8$ m/s² を代入します。

r = \frac{(3.0)^2}{9.8}\tan 60\degree = (0.918)(1.732) = 1.59\ \text{m}

問2 · 質量は関係する？

条件：2つのパックが、摩擦のない同じ円錐の内側を、同じ速さ $v_0$ で回っています。パックAの質量はパックBの2倍です。2つの軌道半径と、それぞれが受ける垂直抗力を比べてください。

✅ 正解です！

r = \dfrac{v_0^2}{g}\tan\theta

には

m

が含まれませんが、

N = \dfrac{mg}{\sin\theta}

は

m

に比例します。重いパックほど、壁はちょうど釣り合う割合で強く押すのです。

❌ 質量は半径を決めません。

m

は

N\cos\theta = mv_0^2/r

と

N\sin\theta = mg

の両方に現れるので、割り算すると消えます。重くなると

N

は大きくなりますが、円は大きくなりません。

❌ 半分だけ正解です。半径はたしかに質量によりませんが、

N

はそうではありません。鉛直方向のつり合い

N\sin\theta = mg

から

N = mg/\sin\theta

となり、これは質量が2倍になれば2倍になります。

❌ 惜しい！ それぞれの式を別々に解きましょう。

r

は比から出てきます（質量は消える）が、

N

は鉛直方向のつり合いだけから出てきます（質量は残る）。

解答を見る

2つの運動方程式は次のとおりです。

N\cos\theta = \frac{m v_0^2}{r}, \qquad N\sin\theta = mg

半径：割り算すると $N$ も $m$ も消えます。

\tan\theta = \frac{rg}{v_0^2} \;\Longrightarrow\; r = \frac{v_0^2}{g}\tan\theta

$v_0$ も $\theta$ も同じなら、質量にかかわらず半径は同じです。

垂直抗力：鉛直方向の式だけから、

N = \frac{mg}{\sin\theta} \;\Longrightarrow\; \frac{N_A}{N_B} = \frac{m_A}{m_B} = 2

パックAが受ける垂直抗力は2倍です。質量が消えるのはまさにこのためです。 $m$ を2倍にすると、必要な向心力も壁が押す力もともに2倍になり、幾何は変わりません。

問3 · 硬貨はいつ飛び出す？

条件：硬貨がターンテーブルの縁、軸から $R = 0.15$ m のところに置かれています。静止摩擦係数は $\mu = 0.30$ 、 $g = 9.8$ m/s² とします。 $\omega_{\max}$ と、そのときのターンテーブルの回転周期 $T$ を求めてください。

最大の角速度はいくらですか？

その角速度での回転周期はいくらですか？

✅ 正解です！

\omega_{\max} = \sqrt{\mu g/R} = \sqrt{19.6} = 4.43

rad/s、

T = 2\pi/\omega_{\max} = 1.42

s で、1分間に約42回転です。

❌ 1ステップ手前で止まっています。

\mu g/R = 19.6

は

\omega_{\max}

ではなく

\omega_{\max}^2

（単位 s

^{-2}

）です。平方根をとると

\sqrt{19.6} = 4.43

rad/s です。

❌ ルートの中に入る記号を確かめましょう。

\mu m g = m R\omega_{\max}^2

とおいて

m

を約分すると

\omega_{\max} = \sqrt{\mu g/R}

が残ります。

\mu

を落とすと

8.08

rad/s、

R

を落とすと

1.71

rad/s になります。

❌ 周期の関係式を確かめましょう。

T = 2\pi/\omega

です。かわりに

2\pi

で割ると振動数

0.70

rev/s、

2\pi

をまったく忘れると

0.23

s、

2\pi

をかけると

27.8

s になります。

解答を見る

ステップ1 — 動径方向：内向きの力は静止摩擦力だけなので、これが向心力を与えます。

f_s = m R \omega^2

ステップ2 — 鉛直方向：硬貨はテーブルに乗ったままなので $N = mg$ で、摩擦力の上限は次のとおりです。

(f_s)_{\max} = \mu N = \mu m g

ステップ3 — すべり出す寸前では、必要な摩擦が最大値に等しくなります。質量は消えます。

\mu m g = m R \omega_{\max}^2 \;\Longrightarrow\; \omega_{\max} = \sqrt{\frac{\mu g}{R}} = \sqrt{\frac{(0.30)(9.8)}{0.15}} = \sqrt{19.6} = 4.43\ \text{rad/s}

ステップ4 — 周期：

T = \frac{2\pi}{\omega_{\max}} = \frac{6.283}{4.43} = 1.42\ \text{s}

問4 · 2枚の硬貨、1台のテーブル

条件：同じ2枚の硬貨が同じターンテーブルの上にあり、1枚は縁（半径 $R$ ）、もう1枚は半径 $R/4$ のところにあります。テーブルをゆっくりと次第に速く回していきます。先にすべり出すのはどちらで、もう1枚はどの角速度ですべり出すかを答えてください。

✅ 正解です！

\omega_{\max}(r) = \sqrt{\mu g/r}

なので、半径を4分の1にすると限界は

\sqrt{4} = 2

倍になります。いちばん外側の硬貨がいつも先にすべり出します。

❌ $\mu$ が決めるのは上限で、必要量ではありません。2枚の硬貨の上限はどちらも

\mu g

ですが、必要な向心加速度

r\omega^2

は

r

とともに大きくなります。だから縁の硬貨のほうが、小さい

\omega

で上限に達します。

❌ 必要量は半径とともに小さくなります。必要な内向きの加速度は

r\omega^2

で、同じ

\omega

なら

r

が小さいほど小さくなります。角速度が同じで円が小さければ速さは遅くなり、必要な摩擦も小さくなります。

❌ 平方根に注意しましょう。

1/r

ではなく

\omega_{\max}\propto 1/\sqrt{r}

です。半径を4分の1にすると限界は2倍になり、4倍にはなりません。

解答を見る

半径 $r$ の硬貨について、二方向の法則から $f_s = m r\omega^2$ 、 $N = mg$ が得られるので、すべり出すのは次のときです。

\mu m g = m r \omega^2 \;\Longrightarrow\; \omega_{\max}(r) = \sqrt{\frac{\mu g}{r}}

限界は $1/\sqrt{r}$ のように小さくなるので、縁の硬貨が先にすべり出します。 $r = R/4$ にある内側の硬貨では、

\omega_{\max}(R/4) = \sqrt{\frac{\mu g}{R/4}} = \sqrt{\frac{4\mu g}{R}} = 2\sqrt{\frac{\mu g}{R}} = 2\,\omega_{\max}(R)

同じことですが、共通の $\omega$ で必要な内向きの加速度は $r\omega^2$ です。縁の硬貨は $R/4$ の硬貨の4倍の摩擦を必要としますが、どちらも同じ上限 $\mu g$ で支えられています。

正解数：0 / 4