古典力学 · 第22回 · 動画5 · インタラクティブ教材

膝にかかる体重の五倍の力：トルクの基準点はどこでもよい

I重要な公式

公式名称必要なもの
τ⃗O,i=r⃗O,i×F⃗i\vec{\tau}_{O,i} = \vec{r}_{O,i} \times \vec{F}_i点 OO のまわりのトルクOO から F⃗i\vec{F}_i の作用点への位置ベクトル
d Tcos⁡θ+110x mg−12s mg=0d\,T\cos\theta + \tfrac{1}{10}x\,mg - \tfrac{1}{2}s\,mg = 0膝でのトルクのつり合いdd, xx, ss, θ\theta
T=mg(s2−x10)dcos⁡θT = \dfrac{mg\left(\tfrac{s}{2} - \tfrac{x}{10}\right)}{d\cos\theta}靱帯の張力正味のモーメントアーム ÷\div 靱帯のうで
τ⃗A=τ⃗B  ただし  ∑iF⃗i=0⃗\vec{\tau}_A = \vec{\tau}_B \ \text{ ただし } \ \sum_i \vec{F}_i = \vec{0}任意の2点のまわりのトルク合力が 0 であること（ほかの条件はいらない）

ポイント： いちばん情報の少ない力が作用する点のまわりで、トルクをとりましょう。その力の位置ベクトルが 0 になるので、その未知数は式を書く前に消えてしまいます。

II可視化1 — どこでトルクをとるか

どの点を選んでも、トルクの和が 0 になる式が得られます。けれども、未知数が消えるのはわずかな点だけです。

III可視化2 — 靱帯が体重の5倍の力で引く理由

靱帯が対抗するうでの長さはわずか dcos⁡θd\cos\theta で、相手は s2−x10\tfrac{s}{2} - \tfrac{x}{10} という正味のモーメントアームです。

IV可視化3 — 任意の2点

2つの点、2つのトルクの和。力の和が 0 なら、2つはぴったり一致します。

💡 この和では、重力を1回だけ数えます。すべての粒子の重さを重心にはたらく1つの力に置き換えるので、102510^{25} 個の粒子からなる物体でも、証明にはほんの数個の力として入ってきます。

V確認クイズ

問1 · 靱帯の張力

条件： 動画のかがんだ短距離走者で、m=70 kgm = 70\ \text{kg} なので mg=686 Nmg = 686\ \text{N}、さらに s=36 cms = 36\ \text{cm}、x=18 cmx = 18\ \text{cm}、d=3.8 cmd = 3.8\ \text{cm}、θ=40°\theta = 40\degree、N=12mgN = \tfrac{1}{2}mg です。膝蓋靱帯の張力 TT を求めてください。

✅ 正解です！ 16.2 cm16.2\ \text{cm} の正味のモーメントアームが 2.91 cm2.91\ \text{cm} の靱帯のうでに対抗するので、重さが 5.575.57 倍になります。T=3.8×103 NT = 3.8 \times 10^{3}\ \text{N} で、体重のおよそ5.5倍です。
❌ それは mg(s/2−x/10)/dmg(s/2 - x/10)/d で、cos⁡θ\cos\theta が抜けています。 張力は水平から 40°40\degree の向きに引くので、すねの骨を回すのは r⃗P,S\vec{r}_{P,S} に垂直な成分だけです。実質的なうでの長さは dcos⁡θ=2.91 cmd\cos\theta = 2.91\ \text{cm} で、d=3.8 cmd = 3.8\ \text{cm} ではありません。
❌ 下腿自身の重さが抜けています。 下腿の重さは、大腿骨との接触点を通る線から x=18 cmx = 18\ \text{cm} 後ろにはたらき、すねの骨を N⃗\vec{N} と逆向きに回します。そのため正味のモーメントアームは、s/2=18 cms/2 = 18\ \text{cm} から s/2−x/10=16.2 cms/2 - x/10 = 16.2\ \text{cm} に減ります。
❌ それは N=mgN = mg としています。 走者の体重は2本の脚で均等に分け合っているので、地面がこの足を押す力は N=12mg=343 NN = \tfrac{1}{2}mg = 343\ \text{N} です。
❌ 惜しい！ 張力が作用する点 SS のまわりでトルクをとり、水平方向の力の式から得られる Fsin⁡α=Tcos⁡θF\sin\alpha = T\cos\theta を使いましょう。
解答を見る

ステップ1：靱帯の付着点 SS のまわりのトルク。 張力は SS に作用するので、τ⃗S,T=0⃗\vec{\tau}_{S,T} = \vec{0} です。大腿骨の力は SS から見て d j^d\,\hat{j} の位置に作用し、2つの鉛直な力は水平距離 xx と ss を通してだけ寄与します。

d Fsin⁡α+110x mg−12s mg=0d\,F\sin\alpha + \tfrac{1}{10}x\,mg - \tfrac{1}{2}s\,mg = 0

ステップ2：Fsin⁡αF\sin\alpha を消去する。 水平方向の力の式は −Fsin⁡α+Tcos⁡θ=0-F\sin\alpha + T\cos\theta = 0 なので、Fsin⁡α=Tcos⁡θF\sin\alpha = T\cos\theta です。

d Tcos⁡θ+110x mg−12s mg=0⟹T=mg(s2−x10)dcos⁡θd\,T\cos\theta + \tfrac{1}{10}x\,mg - \tfrac{1}{2}s\,mg = 0 \quad \Longrightarrow \quad T = \frac{mg\left(\tfrac{s}{2} - \tfrac{x}{10}\right)}{d\cos\theta}

ステップ3：数値を入れる。 s2=18.0 cm\tfrac{s}{2} = 18.0\ \text{cm}、x10=1.8 cm\tfrac{x}{10} = 1.8\ \text{cm}、dcos⁡40°=(3.8 cm)(0.766)=2.91 cmd\cos 40\degree = (3.8\ \text{cm})(0.766) = 2.91\ \text{cm} なので、

T=(686 N)(16.2 cm)2.91 cm=3.8×103 NT = \frac{(686\ \text{N})(16.2\ \text{cm})}{2.91\ \text{cm}} = 3.8 \times 10^{3}\ \text{N}

センチメートルは約分されるので、メートルに直す必要はありません。

問2 · 現れない鉛直方向のずれ

条件： SS のまわりでトルクをとるとき、下腿の重さは −x i^−yL j^-x\,\hat{i} - y_L\,\hat{j} に、垂直抗力は −s i^−yN j^-s\,\hat{i} - y_N\,\hat{j} に作用します。それなのに、yLy_L も yNy_N も d Fsin⁡α+110x mg−12s mg=0d\,F\sin\alpha + \tfrac{1}{10}x\,mg - \tfrac{1}{2}s\,mg = 0 には残りません。それはなぜですか？

✅ 正解です！ 鉛直な力のトルクは r⊥Fr_\perp F で、r⊥r_\perp はその作用線までの水平距離です。位置ベクトルの鉛直部分は力と平行なので、外積は 0 になります。
❌ 近似は何もしていません。 yLy_L と yNy_N は、どれほど大きくても厳密に消えます。重さをその作用線に沿って上下にずらしても、SS のまわりのトルクはまったく変わりません。
❌ その選び方がもたらしたのは別のことです。 SS をその鉛直線上に置いたから、N⃗\vec{N} と重さまでの水平距離がちょうど ss と xx になったのです。yLy_L と yNy_N を消しているのは、力が鉛直であることです。
❌ 項どうしが打ち消し合っているのではありません。 2つのトルクはそれぞれ、足し合わせる前に、単独で自分のずれを失います。τ⃗S,2=110x mg k^\vec{\tau}_{S,2} = \tfrac{1}{10}x\,mg\,\hat{k} と τ⃗S,3=−12s mg k^\vec{\tau}_{S,3} = -\tfrac{1}{2}s\,mg\,\hat{k} には、ずれがまったく含まれていません。
❌ 惜しい！ (−x i^−yL j^)×(−110mg j^)(-x\,\hat{i} - y_L\,\hat{j}) \times (-\tfrac{1}{10}mg\,\hat{j}) を項ごとに展開して、どの部分が消えるかを見ましょう。
解答を見る

i^×j^=k^\hat{i} \times \hat{j} = \hat{k} と j^×j^=0⃗\hat{j} \times \hat{j} = \vec{0} を使って、下腿の重さについての外積を展開します。

τ⃗S,2=(−x i^−yL j^)×(−110mg j^)=110x mg k^+0⃗\vec{\tau}_{S,2} = (-x\,\hat{i} - y_L\,\hat{j}) \times \left(-\tfrac{1}{10}mg\,\hat{j}\right) = \tfrac{1}{10}x\,mg\,\hat{k} + \vec{0}

位置ベクトルの −yL j^-y_L\,\hat{j} の部分は力と平行なので、何も寄与しません。N⃗\vec{N} についても同じです。

τ⃗S,3=(−s i^−yN j^)×(Nj^)=−sN k^=−12s mg k^\vec{\tau}_{S,3} = (-s\,\hat{i} - y_N\,\hat{j}) \times (N\hat{j}) = -sN\,\hat{k} = -\tfrac{1}{2}s\,mg\,\hat{k}

これは、力のトルクは点からその作用線までの垂直距離だけで決まる、という一般的な事実の表れです。力をその線に沿ってずらしても、トルクは変わりません。大腿骨の力は鉛直ではないので、SS からの鉛直距離 dd が、まさに d Fsin⁡αd\,F\sin\alpha の形で現れるのです。

問3 · 大腿骨の力の向きと大きさ

条件： 同じ膝で、T=3.8×103 NT = 3.8 \times 10^{3}\ \text{N}、θ=40°\theta = 40\degree、mg=686 Nmg = 686\ \text{N}、N=12mgN = \tfrac{1}{2}mg です。したがって Fsin⁡α=Tcos⁡θ=2911 NF\sin\alpha = T\cos\theta = 2911\ \text{N}、Fcos⁡α=25mg+Tsin⁡θ=274.4 N+2443 NF\cos\alpha = \tfrac{2}{5}mg + T\sin\theta = 274.4\ \text{N} + 2443\ \text{N} です。鉛直から測った角度 α\alpha と、大きさ FF を求めてください。

角度 α\alpha はいくらですか？

大きさ FF はいくらですか？

✅ 正解です！ cot⁡α=2717.4/2911=0.933\cot\alpha = 2717.4/2911 = 0.933 から α=47°\alpha = 47\degree、そして F=2911 N/sin⁡47°=4.0×103 NF = 2911\ \text{N}/\sin 47\degree = 4.0 \times 10^{3}\ \text{N} です。関節には、体重の6倍近い力がかかっています。
❌ それは arctan⁡(0.933)\arctan(0.933) です。 鉛直方向の式を水平方向の式で割って得られるのは Fcos⁡αFsin⁡α=cot⁡α\dfrac{F\cos\alpha}{F\sin\alpha} = \cot\alpha で、tan⁡α\tan\alpha ではありません。cot⁡α=0.933\cot\alpha = 0.933 なので tan⁡α=1/0.933=1.072\tan\alpha = 1/0.933 = 1.072、よって α=47°\alpha = 47\degree です。
❌ 25mg\tfrac{2}{5}mg の項が抜けています。 この項がなければ cot⁡α=Tsin⁡θ/Tcos⁡θ=tan⁡θ\cot\alpha = T\sin\theta/T\cos\theta = \tan\theta となり、α=90°−θ=50°\alpha = 90\degree - \theta = 50\degree になってしまいます。地面と下腿の重さの差し引きで、大腿骨はさらに 25mg=274.4 N\tfrac{2}{5}mg = 274.4\ \text{N} を受け持たなければなりません。
❌ Tsin⁡θT\sin\theta の項が抜けています。 すると cot⁡α=274.4/2911=0.094\cot\alpha = 274.4/2911 = 0.094、α=85°\alpha = 85\degree になります。靱帯は 40°40\degree の角度で上向きに引くので、大腿骨は地面に対してだけでなく、その 2443 N2443\ \text{N} にも対抗して押し下げなければなりません。
❌ それは Tcos⁡θT\cos\theta、つまり水平成分だけです。 これは Fsin⁡αF\sin\alpha に等しいので、sin⁡47°\sin 47\degree で割ってベクトル全体の大きさを求めます。F=2911/0.731F = 2911/0.731 です。
❌ sin⁡\sin と cos⁡\cos が入れ替わっています。 α\alpha は鉛直から測るので、水平成分は Fsin⁡αF\sin\alpha で、F=Tcos⁡θ/sin⁡αF = T\cos\theta/\sin\alpha です。Tcos⁡θ/cos⁡αT\cos\theta/\cos\alpha ではありません。
❌ それは張力の値です。 大腿骨の力は 25mg\tfrac{2}{5}mg も受け持つので、TT より大きくなるはずです。大腿骨の力は体重の 5.85.8 倍で、張力（体重の 5.55.5 倍）を上回ります。
❌ 角度を確かめましょう。 Fcos⁡αF\cos\alpha を Fsin⁡αF\sin\alpha で割ると FF が消え、残るのは cot⁡α\cot\alpha です。
❌ 大きさを確かめましょう。 どちらかの成分を、それに対応する三角関数で割ります。F=Tcos⁡θ/sin⁡αF = T\cos\theta/\sin\alpha です。
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ステップ1：一方の力の式をもう一方で割る。 FF が消えます。

cot⁡α=Fcos⁡αFsin⁡α=25mg+Tsin⁡θTcos⁡θ=274.4 N+2443 N2911 N=0.933\cot\alpha = \frac{F\cos\alpha}{F\sin\alpha} = \frac{\tfrac{2}{5}mg + T\sin\theta}{T\cos\theta} = \frac{274.4\ \text{N} + 2443\ \text{N}}{2911\ \text{N}} = 0.933 α=arccot⁡(0.933)=47°\alpha = \operatorname{arccot}(0.933) = 47\degree

ステップ2：α\alpha をどちらかの成分の式に戻す。

F=Tcos⁡θsin⁡α=2911 Nsin⁡47°=4.0×103 NF = \frac{T\cos\theta}{\sin\alpha} = \frac{2911\ \text{N}}{\sin 47\degree} = 4.0 \times 10^{3}\ \text{N}

丸めの確認。 丸めない張力を使うと cot⁡α=tan⁡θ+2d/5s2−x10=0.839+1.52 cm16.2 cm=0.933\cot\alpha = \tan\theta + \dfrac{2d/5}{\tfrac{s}{2} - \tfrac{x}{10}} = 0.839 + \dfrac{1.52\ \text{cm}}{16.2\ \text{cm}} = 0.933 で、同じ値になります。比からは mgmg と cos⁡θ\cos\theta が消えるので、TT を丸めても何も変わらなかったのです。

問4 · トルクをとる点を動かす

条件： 剛体にはたらく力のベクトル和が ∑iF⃗i=−12 N j^\sum_i \vec{F}_i = -12\ \text{N}\,\hat{j} で、点 AA のまわりのトルクが τ⃗A=8 N⋅m k^\vec{\tau}_A = 8\ \text{N}\cdot\text{m}\,\hat{k}、AA から BB へのベクトルが r⃗A,B=0.5 m i^\vec{r}_{A,B} = 0.5\ \text{m}\,\hat{i} です。τ⃗B\vec{\tau}_B を求めてください。

✅ 正解です！ r⃗A,B×∑iF⃗i=(0.5 i^)×(−12 j^)=−6 k^\vec{r}_{A,B} \times \sum_i \vec{F}_i = (0.5\,\hat{i}) \times (-12\,\hat{j}) = -6\,\hat{k} なので、τ⃗B=τ⃗A−(−6 k^)=14 N⋅m k^\vec{\tau}_B = \vec{\tau}_A - (-6\,\hat{k}) = 14\ \text{N}\cdot\text{m}\,\hat{k} です。
❌ 補正項を引くかわりに足しています。 代入すると τ⃗A=r⃗A,B×∑iF⃗i+τ⃗B\vec{\tau}_A = \vec{r}_{A,B} \times \sum_i \vec{F}_i + \vec{\tau}_B となるので、τ⃗B=τ⃗A−r⃗A,B×∑iF⃗i=8−(−6)=14\vec{\tau}_B = \vec{\tau}_A - \vec{r}_{A,B} \times \sum_i \vec{F}_i = 8 - (-6) = 14 です。
❌ ここでは定理が使えません。 τ⃗A=τ⃗B\vec{\tau}_A = \vec{\tau}_B には ∑iF⃗i=0⃗\sum_i \vec{F}_i = \vec{0} が必要です。この物体には下向きに 12 N12\ \text{N} の合力がはたらいているので、トルクは実際に点によって変わります。
❌ それは補正項 r⃗A,B×∑iF⃗i\vec{r}_{A,B} \times \sum_i \vec{F}_i だけです。 これを τ⃗A=8 N⋅m k^\vec{\tau}_A = 8\ \text{N}\cdot\text{m}\,\hat{k} から引く必要があります。
❌ 惜しい！ r⃗A,i=r⃗A,B+r⃗B,i\vec{r}_{A,i} = \vec{r}_{A,B} + \vec{r}_{B,i} から出発して、F⃗i\vec{F}_i との外積の和をとりましょう。
解答を見る

ステップ1：一般的な関係。 r⃗A,i=r⃗A,B+r⃗B,i\vec{r}_{A,i} = \vec{r}_{A,B} + \vec{r}_{B,i} を代入し、一定のベクトル r⃗A,B\vec{r}_{A,B} を和の外にくくり出すと：

τ⃗A=∑ir⃗A,i×F⃗i=r⃗A,B×∑iF⃗i+τ⃗B\vec{\tau}_A = \sum_i \vec{r}_{A,i} \times \vec{F}_i = \vec{r}_{A,B} \times \sum_i \vec{F}_i + \vec{\tau}_B

ステップ2：補正項。 i^×j^=k^\hat{i} \times \hat{j} = \hat{k} を使うと、

r⃗A,B×∑iF⃗i=(0.5 m i^)×(−12 N j^)=−6 N⋅m k^\vec{r}_{A,B} \times \sum_i \vec{F}_i = (0.5\ \text{m}\,\hat{i}) \times (-12\ \text{N}\,\hat{j}) = -6\ \text{N}\cdot\text{m}\,\hat{k}

ステップ3：τ⃗B\vec{\tau}_B について解く。

τ⃗B=τ⃗A−r⃗A,B×∑iF⃗i=8 N⋅m k^+6 N⋅m k^=14 N⋅m k^\vec{\tau}_B = \vec{\tau}_A - \vec{r}_{A,B} \times \sum_i \vec{F}_i = 8\ \text{N}\cdot\text{m}\,\hat{k} + 6\ \text{N}\cdot\text{m}\,\hat{k} = 14\ \text{N}\cdot\text{m}\,\hat{k}

物体がつり合っていれば補正項は消え、どちらのトルクも 8 N⋅m k^8\ \text{N}\cdot\text{m}\,\hat{k} になります。膝の問題でトルクをとる点を SS から大腿骨との接触点 PP へ移せたのは、まさにこのためです。

正解数：0 / 4