古典力学 · 第20回 · 動画4 · インタラクティブ教材

慣性モーメントは重心のまわりで最小：一様な円板と平行軸の定理

I重要な公式

公式	名称	必要なもの
$\sigma = \dfrac{M}{\pi R^2}, \qquad dm = \sigma\, r\, dr\, d\theta$	極座標での質量要素	一様な円板。面積 $r\, dr\, d\theta$ の小さな部分は、車軸から垂直距離 $r$ のところにある
$I_{\text{cm}} = \dfrac{M}{\pi R^2}\displaystyle\int_0^R\!\!\int_0^{2\pi} r^3\, d\theta\, dr = \tfrac{1}{2}MR^2$	中心のまわりの一様な円板	質量と半径。同じ $M$ と $R$ の薄い輪（円環）では、まるまる $MR^2$ になる
$I_S = I_{\text{cm}} + m\, d_{S,\text{cm}}^2$	平行軸の定理	質量中心（重心）のまわりの慣性モーメントと、2本の軸のあいだの垂直距離 $d_{S,\text{cm}}$
$I_{\text{end}} = \tfrac{1}{3}mL^2 = 4\, I_{\text{cm}}, \qquad I_{\text{edge}} = \tfrac{3}{2}MR^2$	2つの計算例	一方の端を通り棒に垂直な軸のまわりの棒。縁を通り面に垂直な軸のまわりの円板

ポイント： $m\, d_{S,\text{cm}}^2$ は決して負にならないので、互いに平行な軸の中では、質量中心を通る軸のまわりの慣性モーメントが最小です。そして定理が結びつけるのは任意の軸とその軸だけなので、 $S$ から $S'$ へ移るには、 $m\, d_{S,\text{cm}}^2$ を引いてから $m\, d_{S',\text{cm}}^2$ を足します。

II可視化1 — 細い輪を重ねて円板をつくる

半径 $a$ の内側の質量は $a^2$ に比例して増えますが、その部分がもつ慣性モーメントは $a^4$ に比例して増えます。

到達した半径 (a/R) 0.45

III可視化2 — 軸を中心からずらす

どの平行な軸でも、慣性モーメントは質量中心を通る軸より $M d^2$ だけ大きくなります。

軸のずれ (d/R) 1.00

💡 定理が結びつけるのは、任意の軸と質量中心を通る軸だけです。 $S$ から、同じく質量中心からずれた別の軸 $S'$ へ移るには、まず $m\, d_{S,\text{cm}}^2$ を引き、次に $m\, d_{S',\text{cm}}^2$ を足します。

IV可視化3 — 端のまわりの棒を2通りで

棒の端を通る軸のまわりの慣性モーメントを、定理と新たな積分の2通りで求めます。

ステップ中心の軸

ステップ1 — 質量中心を通る軸

I_{\text{cm}} = \lambda\int_{-L/2}^{L/2} x^2\, dx = \frac{m}{L}\cdot\frac{L^3}{12} = \tfrac{1}{12}mL^2

塗られた面積は

I/\lambda

です。棒のどの部分も、この軸から最大で

L/2

しか離れていません。

ステップ2 — 軸を端へ移す

d_{S,\text{cm}} = \tfrac{L}{2}

I_{\text{end}} = \tfrac{1}{12}mL^2 + m\left(\tfrac{L}{2}\right)^2 = \tfrac{1}{12}mL^2 + \tfrac{3}{12}mL^2 = \tfrac{1}{3}mL^2

ステップ3 — 積分で同じ結果を得る

x' = x + \tfrac{L}{2}, \qquad 0 \le x' \le L

I_{\text{end}} = \lambda\int_{0}^{L} (x')^2\, dx' = \frac{m}{L}\cdot\frac{L^3}{3} = \tfrac{1}{3}mL^2

ステップ4 — 質量中心のまわりの値の4倍

\frac{I_{\text{end}}}{I_{\text{cm}}} = \frac{\tfrac{1}{3}mL^2}{\tfrac{1}{12}mL^2} = 4

足し算を一回するか、新しい積分区間でもう一度積分するか。どちらでも同じ値になります。

V確認クイズ

問1 · 中心と縁の中間を通る軸のまわりの円板

条件： 質量 $M$ 、半径 $R$ の一様な円板の、中心を通り面に垂直な軸のまわりの慣性モーメントは $I_{\text{cm}} = \tfrac{1}{2}MR^2$ です。この円板を、中心と縁の中間の点を通る平行な車軸に取りつけ直します。 $I_S$ を求めてください。

✅ 正解です！

d_{S,\text{cm}} = R/2

なので、定理により

\tfrac{1}{2}MR^2

に

M(R/2)^2 = \tfrac{1}{4}MR^2

が加わります。

❌ それは加わる項だけです。

M d^2

は軸をずらしたときに

I_{\text{cm}}

に加わるものであって、それに置き換わるものではありません。

❌ それは中心のまわりの値です。 新しい軸は距離

R/2

だけ離れていて、ずれた軸ではどれも

M d^2

が余分に加わります。

❌ それは縁のまわりの値です。 中間なので

d = R/2

で、

d^2 = R^2/4

です。

R^2

ではありません。

❌ 惜しい！

d = R/2

として

I_S = I_{\text{cm}} + M d^2

を使いましょう。

解答を見る

軸間距離は半径の半分です。

d_{S,\text{cm}} = \tfrac{R}{2} \quad\Longrightarrow\quad M d_{S,\text{cm}}^2 = M\left(\tfrac{R}{2}\right)^2 = \tfrac{1}{4}MR^2

平行軸の定理により、これを質量中心のまわりの値に足します。

I_S = \tfrac{1}{2}MR^2 + \tfrac{1}{4}MR^2 = \tfrac{3}{4}MR^2

当然ながら、中心のまわりの値 $\tfrac{1}{2}MR^2$ と縁のまわりの値 $\tfrac{3}{2}MR^2$ のあいだに入ります。加わる項は $d^2$ に比例するので、中間の点では、縁のときに加わる量のわずか4分の1しか加わりません。

問2 · 端から4分の1の点を通る軸のまわりの棒

条件： 質量 $m$ 、長さ $L$ の一様な棒の慣性モーメントは、中心を通り棒に垂直な軸のまわりで $I_{\text{cm}} = \tfrac{1}{12}mL^2$ 、一方の端を通る平行な軸のまわりで $I_{\text{end}} = \tfrac{1}{3}mL^2$ です。ここで、その端から距離 $L/4$ の点を通り棒に垂直な軸をとります。この軸のまわりの慣性モーメントを求めてください。

✅ 正解です！ 新しい軸は質量中心から

L/2 - L/4 = L/4

のところにあるので、

\tfrac{1}{12}mL^2 + \tfrac{1}{16}mL^2 = \tfrac{7}{48}mL^2

です。

❌ 定理を使い始める軸が違います。

I_S = I_{\text{cm}} + m d^2

の

d

は質量中心を通る軸から測ります。

I_{\text{end}}

に

m(L/4)^2

を足しても意味がありません。

❌ $I_{\text{end}}$ から引いてもうまくいきません。 端の軸から離れるには、その軸がすでに含んでいる軸間距離の分

m(L/2)^2

を引く必要があります。これで

I_{\text{cm}}

に戻り、そこで

m(L/4)^2

を足します。

❌ どの距離が必要かを確かめましょう。 軸間距離は質量中心まで測ります。その点は近いほうの端から

L/4

にあるので、真ん中からも

3L/4

ではなく

L/4

です。

❌ 惜しい！ まず新しい軸が質量中心からどこにあるかを求め、それから

\tfrac{1}{12}mL^2

に

m d^2

を足しましょう。

解答を見る

ステップ1：質量中心を通る軸からの軸間距離を求めます。 質量中心は真ん中、つまりどちらの端からも $L/2$ のところにあり、新しい軸は一方の端から $L/4$ のところにあります。

d_{S,\text{cm}} = \tfrac{L}{2} - \tfrac{L}{4} = \tfrac{L}{4}

ステップ2：質量中心のまわりの値から定理を使います。

I_S = \tfrac{1}{12}mL^2 + m\left(\tfrac{L}{4}\right)^2 = \tfrac{1}{12}mL^2 + \tfrac{1}{16}mL^2 = \tfrac{4}{48}mL^2 + \tfrac{3}{48}mL^2 = \tfrac{7}{48}mL^2

$I_{\text{end}}$ から始めてはいけない理由： 定理が成り立つのは、任意の軸と、それに平行で質量中心を通る軸とのあいだだけです。端の軸から始めるなら、正しい道筋は次のとおりです。

I_S = I_{\text{end}} - m\left(\tfrac{L}{2}\right)^2 + m\left(\tfrac{L}{4}\right)^2 = \tfrac{16}{48}mL^2 - \tfrac{12}{48}mL^2 + \tfrac{3}{48}mL^2 = \tfrac{7}{48}mL^2

これは途中で $I_{\text{cm}} = \tfrac{4}{48}mL^2$ を経由し、同じ答えを与えます。

問3 · 縁のまわりに回転する円板

条件： 質量 $M$ 、半径 $R$ の一様な円板（ $I_{\text{cm}} = \tfrac{1}{2}MR^2$ ）が、縁の上の一点を通り面に垂直な軸のまわりに、角速度 $\omega$ で回転しています。その軸のまわりの慣性モーメントと運動エネルギーを求めてください。

縁を通る軸のまわりの慣性モーメントはいくらですか？

角速度 $\omega$ のときの運動エネルギーはいくらですか？

✅ 正解です！

I_{\text{edge}} = \tfrac{3}{2}MR^2

、

K = \tfrac{1}{2}I_{\text{edge}}\omega^2 = \tfrac{3}{4}MR^2\omega^2

です。同じ円板が同じ

\omega

で中心のまわりに回るときの

\tfrac{1}{4}MR^2\omega^2

の3倍です。

❌ 加わる項を確かめましょう。 縁は質量中心から距離

d = R

にあるので、定理により

\tfrac{1}{2}MR^2

にまるまる

MR^2

が加わります。

❌ エネルギーを確かめましょう。

K = \tfrac{1}{2}I\omega^2

には回転軸のまわりの慣性モーメントを使わなければなりません。また、係数

\tfrac{1}{2}

は落としやすいので注意しましょう。

解答を見る

ステップ1：縁を通る軸のまわりの慣性モーメント。 縁を通る軸と、それに平行で中心を通る軸との軸間距離は、半径 $d_{S,\text{cm}} = R$ です。

I_{\text{edge}} = I_{\text{cm}} + MR^2 = \tfrac{1}{2}MR^2 + MR^2 = \tfrac{3}{2}MR^2

ステップ2：運動エネルギーには回転軸のまわりの慣性モーメントを使います。

K = \tfrac{1}{2}I_{\text{edge}}\,\omega^2 = \tfrac{1}{2}\cdot\tfrac{3}{2}MR^2\,\omega^2 = \tfrac{3}{4}MR^2\omega^2

同じ $\omega$ で中心の軸のまわりに回る場合と比べます：

K_{\text{cm}} = \tfrac{1}{2}\cdot\tfrac{1}{2}MR^2\,\omega^2 = \tfrac{1}{4}MR^2\omega^2

加わる項 $MR^2$ だけで $I_{\text{cm}}$ の2倍あるので、同じ角速度でも、縁のまわりに回るときは3倍のエネルギーをたくわえます。

問4 · 薄い輪と円板を、どちらも縁のまわりで比べる

条件： 薄い輪（円環）と一様な円板は、質量 $M$ も半径 $R$ も同じで、 $I_{\text{cm}}^{\text{hoop}} = MR^2$ 、 $I_{\text{cm}}^{\text{disc}} = \tfrac{1}{2}MR^2$ です。どちらも、自分の縁の上の一点を通り面に垂直な軸のまわりに、同じ角速度 $\omega$ で回転しています。比 $K_{\text{hoop}}/K_{\text{disc}}$ を求めてください。

✅ 正解です！ どちらにも同じ

MR^2

が加わるので、比

2MR^2 : \tfrac{3}{2}MR^2 = \tfrac{4}{3}

は、質量中心のまわりの値の比

2:1

より1に近くなります。

❌ 比が逆さまです。 どちらの軸のまわりでも薄い輪のほうが慣性モーメントが大きいので、

\omega

が等しければ、運動エネルギーも薄い輪のほうが大きくなるはずです。

❌ それは中心のまわりでの比です。 どちらの軸も縁へ移したので、それぞれに同じ

MR^2

が加わり、比は小さくなります。

❌ 薄い輪にも定理が必要です。

MR^2

は薄い輪の中心のまわりの値です。縁を通る軸のまわりでは

MR^2 + MR^2 = 2MR^2

になります。

❌ 惜しい！ それぞれの物体に

I_S = I_{\text{cm}} + MR^2

を使ってから、比をとりましょう。等しい

\omega

と係数

\tfrac{1}{2}

は打ち消し合います。

解答を見る

ステップ1：それぞれの軸を縁へ移します。 軸間距離はどちらも $d_{S,\text{cm}} = R$ です。

I_{\text{edge}}^{\text{hoop}} = MR^2 + MR^2 = 2MR^2, \qquad I_{\text{edge}}^{\text{disc}} = \tfrac{1}{2}MR^2 + MR^2 = \tfrac{3}{2}MR^2

ステップ2：エネルギーの比をとります。 $\omega$ が同じなので、係数 $\tfrac{1}{2}\omega^2$ は打ち消し合います。

\frac{K_{\text{hoop}}}{K_{\text{disc}}} = \frac{\tfrac{1}{2}(2MR^2)\omega^2}{\tfrac{1}{2}\left(\tfrac{3}{2}MR^2\right)\omega^2} = \frac{2}{\tfrac{3}{2}} = \frac{4}{3}

定理によって比較がどう変わったか： 中心のまわりでは、円板は車軸の近くにも質量をもっているので、薄い輪が円板を $2:1$ で上回ります。どちらの軸も同じ $R$ だけずらすと、それぞれに同じ $MR^2$ が加わります。等しくない2つの数に同じ量を足すと、その比は1に近づきます。ここでは $2$ から $\tfrac{4}{3}$ まで下がります。

正解数：0 / 4