古典力学 · 第18回 · 動画5 · インタラクティブ教材

四十八度で球面を離れる――垂直抗力がゼロになる瞬間

I重要な公式

公式	名称	必要なもの
$N - mg\cos\theta = -m\dfrac{v^2}{R}$	ニュートンの第二法則の動径成分	動径方向の軸は外向き。加速度は向心加速度で、中心向きに $v^2/R$
$N(\theta_1) = 0$	接触を失う条件	面は押すことはできても、引くことは決してできない
$\tfrac{1}{2}mv^2 + mgR\cos\theta = mgR$	力学的エネルギー保存則（中心で $U = 0$ ）	摩擦のない面、てっぺんで静止から放す、 $W_N = 0$
$\cos\theta_1 = \dfrac{2}{3}, \qquad v_1 = \sqrt{\dfrac{2gR}{3}}$	離れる角度と離れる瞬間の速さ	2つの式を同じ瞬間に課す

ポイント： 2つの式から $v^2$ を消去すると $N(\theta) = mg\,(3\cos\theta - 2)$ となり、垂直抗力は角度だけの関数になります。エネルギー保存則だけでは、垂直抗力がゼロになる位置は決してわかりません。 $N$ は仕事をしないので、エネルギーの式にはまったく現れないからです。

II可視化1 — 弱まっていく面の押す力

重力の動径成分は2つに振り分けられます。物体が曲がるのに必要な分と、面がまだ支えている分です。

滑り 0.0°

球のてっぺんは不安定なつり合いの位置なので、放すときのひと押しはゼロではないものの、無視できるほど小さくなければなりません。問4で見るように、はっきり有限の初速があると、離れる点は球の上のほうへ移ります。

III可視化2 — 2つの式と1つの交点

ニュートンの法則は接触が保てる速さを決め、エネルギーは落下で得られる速さを決めます。2つが一致するのは1度だけです。

角度 θ 24.0°

IV可視化3 — 何によっても変わらない角度

質量、半径、重力加速度は離れる瞬間の速さを決めますが、角度にはどれも影響しません。

半径 R 1.8 m 重力加速度質量 m 2.0 kg

この打ち消し合いは球に特有の事実で、ドーム一般に成り立つわけではありません。物体が下るにつれて曲率半径が変わる面では、離れる角度もそれに応じて変わります。

V確認クイズ

問1 · 接触が失われる位置

条件： 固定された半径 $R = 0.50\ \text{m}$ の摩擦のない球のてっぺんで、小さなブロックを静止から放します。ブロックが面を離れる角度 $\theta_1$ を、鉛直から測って求めてください。

✅ 正解です！

\cos\theta_1 = \tfrac{2}{3}

から

\theta_1 = 48.19\degree

です。

R = 0.50\ \text{m}

は計算に一度も入ってこなかったことに注目してください。

❌ それは余角です。

41.8\degree

は水平から測った角度です。

\theta

は鉛直から測るので、

90\degree - 41.8\degree = 48.2\degree

です。

❌ 因子 2 を確かめてください。

\tfrac{1}{2}mv^2 = mgR(1 - \cos\theta)

からは

v^2 = 2gR(1 - \cos\theta)

が得られます。代わりに

v^2 = gR(1 - \cos\theta)

を使うと、

\cos\theta_1 = \tfrac{1}{2}

で

60\degree

になってしまいます。

❌ 惜しい！ 動径方向の運動方程式で

N = 0

とおいて

gR\cos\theta_1 = v_1^2

を得てから、エネルギー保存則による

v_1^2 = 2gR(1 - \cos\theta_1)

を代入してください。

解答を見る

ステップ1 — ニュートンの第二法則の動径成分（外向きを正とし、加速度は向心加速度）：

N - mg\cos\theta = -m\frac{v^2}{R}

離れる瞬間には、面が押す力はもう残っていないので $N(\theta_1) = 0$ となり、

mgR\cos\theta_1 = mv_1^2

ステップ2 — エネルギー保存則（球の中心で $U = 0$ ）。てっぺんで静止から放すので $E_i = mgR$ 、角度 $\theta_1$ では $E_f = \tfrac{1}{2}mv_1^2 + mgR\cos\theta_1$ です。面には摩擦がなく、 $N$ は仕事をしないので、 $E_f = E_i$ です：

\tfrac{1}{2}mv_1^2 + mgR\cos\theta_1 = mgR

ステップ3 — 組み合わせる。 運動エネルギーの項に $mv_1^2 = mgR\cos\theta_1$ を代入します：

\tfrac{1}{2}mgR\cos\theta_1 + mgR\cos\theta_1 = mgR \;\Longrightarrow\; \tfrac{3}{2}\cos\theta_1 = 1

\cos\theta_1 = \frac{2}{3} \;\Longrightarrow\; \theta_1 = \cos^{-1}\!\left(\frac{2}{3}\right) = 48.19\degree

どの項にも同じ因子 $mgR$ がついていたので、 $m$ 、 $g$ 、 $R$ はすべて打ち消し合いました。問題で与えられた半径は、答えには関係のない値です。

問2 · エネルギーだけでは足りない理由

条件： 摩擦のない球の上のブロックで、滑るあいだ力学的エネルギーは完全に保存されます。エネルギー保存則だけでは離れる角度 $\theta_1$ が求められない理由を選んでください。

✅ 正解です！ エネルギーには

N

が見えません。それをとらえられる道具はニュートンの第二法則の動径成分で、

N(\theta_1) = 0

が2つ目の方程式を与えます。2つの未知数

\theta_1

と

v_1

に対して、方程式が2つそろうのです。

❌ $N$ はまったく仕事をしません。 変位は球の接線方向、

\vec{N}

は動径方向なので、どの瞬間も

\vec{N} \cdot d\vec{r} = 0

です。仕事は未知なのではなく、ゼロなのです。

❌ ここでは力学的エネルギーは保存されます。 面には摩擦がなく、空気抵抗は無視し、

W_N = 0

なので、

W_{nc} = 0

、

\Delta E_m = 0

です。エネルギーの式は正しく成り立ちます。ただ、それだけでは足りないのです。

❌ 質量は障害ではありません。

m

はすべての項に共通な因子で、打ち消し合います。足りない情報は垂直抗力で、それはエネルギーの式には含まれようがありません。

解答を見る

垂直抗力は面に垂直で、ブロックの変位は面の接線方向です。したがって

dW_N = \vec{N} \cdot d\vec{r} = 0 \quad\text{どの瞬間も}\;\Longrightarrow\; W_N = 0

となり、次の式に $N$ は現れません：

\tfrac{1}{2}mv^2 + mgR\cos\theta = mgR

この1本の式は $v$ と $\theta$ を結びつけますが、「接触を失う」というのは $N$ についての主張なので、この式では表せません。ニュートンの第二法則の動径成分には $N$ が含まれます：

N - mg\cos\theta = -m\frac{v^2}{R}

2つの式から $v^2$ を消去すると $N(\theta) = mg\,(3\cos\theta - 2)$ となり、これをゼロとおくと $\theta_1$ が求まります。どちらの道具も単独では答えを出せません。2つを合わせてはじめて、離れるその一瞬での2つの未知数が決まるのです。

問3 · 途中ではまだ接している

条件： 同じ摩擦のない球で $R = 1.20\ \text{m}$ 、 $g = 9.8\ \text{m/s}^2$ とし、ブロックをてっぺんで静止から放します。まだ面に接している $\theta = 30\degree$ での速さと、ブロックにはたらく垂直抗力を求めてください。

30° での速さ

30° での垂直抗力

✅ 正解です！ 落下で得た速さは

1.78\ \text{m/s}

で、面はまだブロックの重さの約

60\%

の力で押しています。接触が失われるまでには、まだ余裕があります。

❌ エネルギーの段階を確かめてください。 ブロックは

R(1 - \cos 30\degree)

だけ下がるので、

\tfrac{1}{2}mv^2 = mgR(1 - \cos 30\degree)

です。

1 - \cos 30\degree = 0.134

なので、

v^2 = 2(9.8)(1.20)(0.134)

となります。

❌ 動径方向の運動方程式を確かめてください。

N = mg\cos\theta - m v^2/R

で、ここでは

mv^2/R = 2mg(1 - \cos 30\degree) = 0.268\,mg

です。これは向心力として必要な分で、答えそのものではありません。

解答を見る

ステップ1 — エネルギー保存則から速さを求める。 中心からの高さは $R$ から $R\cos\theta$ に下がります：

v^2 = 2gR(1 - \cos\theta) = 2(9.8)(1.20)(1 - 0.8660) = 3.151\ \text{m}^2/\text{s}^2

v = 1.78\ \text{m/s}

ステップ2 — 動径方向の運動方程式から垂直抗力を求める。 $N - mg\cos\theta = -mv^2/R$ より、

N = mg\cos\theta - m\frac{v^2}{R} = mg\cos\theta - 2mg(1 - \cos\theta) = mg\,(3\cos\theta - 2)

N = mg\,[3(0.8660) - 2] = 0.598\,mg

収支を確かめる。 重力の動径成分は $0.866\,mg$ です。曲がるのに $mv^2/R = 0.268\,mg$ が使われ、残りの $0.598\,mg$ を面が支えます。3つの数は $0.866 = 0.268 + 0.598$ を満たし、 $N$ がゼロになるのは $\cos\theta = \tfrac{2}{3}$ のときだけです。

問4 · てっぺんでのひと押し

条件： 同じ摩擦のない球ですが、ブロックを静止から放すのではなく、 $v_0^2 = \tfrac{1}{3}gR$ を満たす小さな初速 $v_0$ でてっぺんから送り出します。新しい離れる角度 $\theta_1$ を求めてください。

✅ 正解です！

\cos\theta_1 = \tfrac{2}{3} + \dfrac{v_0^2}{3gR} = \tfrac{2}{3} + \tfrac{1}{9} = \tfrac{7}{9}

です。余分な速さのために、離れる点は球の上のほう、

38.9\degree

に移ります。

❌ 普遍的な角度は、静止から放すことが前提です。 打ち消し合ったのは

mgR

で、初めの運動エネルギーではありません。

v_0

がゼロでなければ、

\cos\theta_1

に

v_0^2/(3gR)

が加わります。

❌ 効果の向きを確かめてください。 速く動きだせば、ブロックは臨界の速さ

v^2 = gR\cos\theta

に早く達します。それは、さらに下ではなく、てっぺんに近いより小さい

\theta

です。

❌ 因子 2 に注意してください。

\tfrac{1}{2}mv_0^2

の

\tfrac{1}{2}

を払うと、その項も2倍になります。エネルギーからは

\tfrac{1}{2}v_0^2 + 2gR(1 - \cos\theta)

ではなく、

v^2 = v_0^2 + 2gR(1 - \cos\theta)

が得られます。

❌ 惜しい！ 初めの運動エネルギーが加わったエネルギーの式を立て直し、

N = 0

の条件

v^2 = gR\cos\theta

と等しいとおいてください。

解答を見る

ステップ1 — 初速があるときのエネルギー。 $E_i = \tfrac{1}{2}mv_0^2 + mgR$ 、 $E_f = \tfrac{1}{2}mv^2 + mgR\cos\theta$ です。 $E_f = E_i$ とおくと、

v^2 = v_0^2 + 2gR(1 - \cos\theta)

ステップ2 — 離れる条件は変わらない。 $N = 0$ は、やはり $v_1^2 = gR\cos\theta_1$ を要求します。代入すると、

gR\cos\theta_1 = v_0^2 + 2gR - 2gR\cos\theta_1 \;\Longrightarrow\; 3gR\cos\theta_1 = 2gR + v_0^2

\cos\theta_1 = \frac{2}{3} + \frac{v_0^2}{3gR}

ステップ3 — $v_0^2 = \tfrac{1}{3}gR$ を代入する：

\cos\theta_1 = \frac{2}{3} + \frac{1}{9} = \frac{7}{9} = 0.7778 \;\Longrightarrow\; \theta_1 = 38.9\degree

$v_0 = 0$ とおくと $\cos\theta_1 = \tfrac{2}{3}$ に戻ります。したがって、おなじみの $48.2\degree$ は、この球で離れる角度として最大の値です。初速があれば、ブロックはそれだけ早く面を離れます。

正解数：0 / 4