古典力学 · 第23回 · 動画5 · インタラクティブ教材

高さが消える理由：固定軸のまわりの角運動量と回転する輪

I重要な公式

公式名称必要なもの
L⃗S,j=Δmj(rS,j⊥)2 ωz k^−Δmj rS,j∥rS,j⊥ ωz r^\vec{L}_{S,j} = \Delta m_j (r_{S,j}^{\perp})^2\,\omega_z\,\hat{k} - \Delta m_j\, r_{S,j}^{\parallel} r_{S,j}^{\perp}\,\omega_z\,\hat{r}軸上の点 SS のまわりの1つの要素軸からの距離 r⊥r^{\perp} と、SS からの高さ r∥r^{\parallel}
LS,zsys=IS ωz,IS=∫bodydm (rdm)2L_{S,z}^{\text{sys}} = I_S\,\omega_z, \quad I_S = \int_{\text{body}} dm\,(r_{dm})^2物体全体の軸方向の成分軸のまわりの慣性モーメント（SS は軸上のどこでもよい）
τS,zext=dLS,zsysdt=IS αz\tau_{S,z}^{\text{ext}} = \dfrac{dL_{S,z}^{\text{sys}}}{dt} = I_S\,\alpha_z固定軸のまわりの回転の運動方程式剛体、固定軸（ISI_S が一定）
L⃗S=IS ωz k^=MR2ωz k^\vec{L}_S = I_S\,\omega_z\,\hat{k} = MR^2\omega_z\,\hat{k}細い輪（SS は軸上のどこでもよい）質量が軸に対して対称に分布している

ポイント： 高さ r∥r^{\parallel} は各要素の角運動量を傾けるだけで、zz 成分には決して入りません。軸に対する対称性があれば傾きは対ごとに打ち消し合います。対称性がなければ、保証されるのは LS,z=IS ωzL_{S,z} = I_S\,\omega_z だけです。

II可視化1 — SS を軸に沿って動かす

SS を軸に沿って動かすと、要素の角運動量の傾きは変わりますが、zz 成分は決して変わりません。

III可視化2 — 輪を対ごとに見る

直径の両端にある物体の傾いた部分は互いに逆向きなので、輪の L⃗S\vec{L}_S は軸の上にのります。

IV可視化3 — トルクは LS,zL_{S,z} の時間変化率

一定のトルクの zz 成分は、LS,z=IS ωzL_{S,z} = I_S\,\omega_z を時間に比例して増やします。その傾きは τS,zext=IS αz\tau_{S,z}^{\text{ext}} = I_S\,\alpha_z です。

V確認クイズ

問1 · 1つの要素の軸方向の成分

条件： 剛体が固定された zz 軸のまわりを ωz=5 rad/s\omega_z = 5\ \text{rad/s} で回転しています。ある要素は Δmj=0.20 kg\Delta m_j = 0.20\ \text{kg} で、軸から rS,j⊥=0.30 mr_{S,j}^{\perp} = 0.30\ \text{m}、軸上の点 SS から rS,j∥=0.40 mr_{S,j}^{\parallel} = 0.40\ \text{m} 上にあります。(LS,j)z(L_{S,j})_z を求めてください。

✅ 正解です！ 入るのは軸からの距離だけです：(LS,j)z=Δmj(rS,j⊥)2ωz=0.20×0.09×5=0.090 kg⋅m2/s(L_{S,j})_z = \Delta m_j (r_{S,j}^{\perp})^2\omega_z = 0.20 \times 0.09 \times 5 = 0.090\ \text{kg}\cdot\text{m}^2/\text{s}。
❌ それは SS からの距離全体 ∣r⃗S,j∣=0.50 m|\vec{r}_{S,j}| = 0.50\ \text{m} を使っています。 高さ r∥r^{\parallel} が生むのは傾いた r^\hat{r} の部分だけで、zz 成分に使うのは r⊥r^{\perp} だけです。
❌ それは傾いた部分の大きさ Δmj r∥r⊥ωz\Delta m_j\, r^{\parallel} r^{\perp}\omega_z です。 この部分は軸に垂直な −r^-\hat{r} の向きなので、zz 成分には何も寄与しません。
❌ それは角運動量ではなく運動量 pj=Δmjr⊥ωzp_j = \Delta m_j r^{\perp}\omega_z です。 r⊥r^r^{\perp}\hat{r} との外積をとると、もう一度 r⊥r^{\perp} がかかるので、距離は2乗で現れます。
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要素は半径 r⊥r^{\perp} の円の上を動くので、p⃗j=Δmj r⊥ωz θ^\vec{p}_j = \Delta m_j\, r^{\perp}\omega_z\,\hat{\theta} です。r⃗S,j=r⊥r^+r∥k^\vec{r}_{S,j} = r^{\perp}\hat{r} + r^{\parallel}\hat{k} と r^×θ^=k^\hat{r}\times\hat{\theta} = \hat{k}、k^×θ^=−r^\hat{k}\times\hat{\theta} = -\hat{r} を使うと：

L⃗S,j=Δmj(r⊥)2ωz k^−Δmj r∥r⊥ωz r^\vec{L}_{S,j} = \Delta m_j (r^{\perp})^2\omega_z\,\hat{k} - \Delta m_j\, r^{\parallel} r^{\perp}\omega_z\,\hat{r} (LS,j)z=(0.20)(0.30)2(5)=0.090 kg⋅m2/s(L_{S,j})_z = (0.20)(0.30)^2(5) = 0.090\ \text{kg}\cdot\text{m}^2/\text{s}

高さ 0.40 m0.40\ \text{m} が現れるのは傾いた部分だけで、その大きさは (0.20)(0.40)(0.30)(5)=0.12 kg⋅m2/s(0.20)(0.40)(0.30)(5) = 0.12\ \text{kg}\cdot\text{m}^2/\text{s} です。

問2 · 基準点を動かす

条件： 問1と同じ要素（Δmj=0.20 kg\Delta m_j = 0.20\ \text{kg}、r⊥=0.30 mr^{\perp} = 0.30\ \text{m}、ωz=5 rad/s\omega_z = 5\ \text{rad/s}）ですが、今度は要素の高さより 1.20 m1.20\ \text{m} 下にある軸上の点 S′S' のまわりで角運動量を考えます。zz 成分と、軸に垂直な部分の大きさを求めてください。

(LS′,j)z(L_{S',j})_z はいくらですか？

垂直な（傾いた）部分の大きさはいくらですか？

✅ 正解です！ 軸方向の部分は軸上のどの点のまわりでも 0.090 kg⋅m2/s0.090\ \text{kg}\cdot\text{m}^2/\text{s} のままです。大きくなるのは傾きだけで、0.20×1.20×0.30×5=0.36 kg⋅m2/s0.20 \times 1.20 \times 0.30 \times 5 = 0.36\ \text{kg}\cdot\text{m}^2/\text{s} になります。
❌ それは距離全体 ∣r⃗S′,j∣2=0.09+1.44|\vec{r}_{S',j}|^2 = 0.09 + 1.44 を zz 成分に入れています。 高さが (LS′,j)z=Δmj(r⊥)2ωz(L_{S',j})_z = \Delta m_j (r^{\perp})^2\omega_z に入ることはありません。
❌ zz 成分は高さに比例しません。 r∥r^{\parallel} を3倍にしても（0.400.40 から 1.20 m1.20\ \text{m} へ）、3倍になるのは傾いた部分だけです。
❌ zz 成分を確かめましょう。 それは Δmj(r⊥)2ωz\Delta m_j (r^{\perp})^2\omega_z で、高さは入っていません。
❌ それは 0.40 m0.40\ \text{m} 下にあった元の点のまわりの傾きです。 傾いた部分は Δmj r∥r⊥ωz\Delta m_j\, r^{\parallel} r^{\perp}\omega_z なので、新しい高さ r∥=1.20 mr^{\parallel} = 1.20\ \text{m} に応じて大きくなります。
❌ SS を軸に沿って動かしても、zz 成分はなくなりません。 要素は相変わらず半径 r⊥r^{\perp} の円の上を動くので、(LS′,j)z=Δmj(r⊥)2ωz(L_{S',j})_z = \Delta m_j (r^{\perp})^2\omega_z は SS のまわりの値と同じです。
❌ それは zz 成分 Δmj(r⊥)2ωz\Delta m_j (r^{\perp})^2\omega_z です。 垂直な部分は別の項で、r∥=1.20 mr^{\parallel} = 1.20\ \text{m} とした Δmj r∥r⊥ωz\Delta m_j\, r^{\parallel} r^{\perp}\omega_z です。
❌ それは ωz\omega_z が抜けた Δmj r∥r⊥=(0.20)(1.20)(0.30)\Delta m_j\, r^{\parallel} r^{\perp} = (0.20)(1.20)(0.30) です。 運動量は Δmj r⊥ωz\Delta m_j\, r^{\perp}\omega_z なので、ωz=5 rad/s\omega_z = 5\ \text{rad/s} をかけます。
❌ 傾いた部分を確かめましょう。 その大きさは Δmj r∥r⊥ωz\Delta m_j\, r^{\parallel} r^{\perp}\omega_z で、今度は r∥=1.20 mr^{\parallel} = 1.20\ \text{m} です。
解答を見る

S′S' のまわりでは、r⊥=0.30 mr^{\perp} = 0.30\ \text{m}（変わらない）、r∥=1.20 mr^{\parallel} = 1.20\ \text{m} です。

(LS′,j)z=Δmj(r⊥)2ωz=(0.20)(0.30)2(5)=0.090 kg⋅m2/s(L_{S',j})_z = \Delta m_j (r^{\perp})^2\omega_z = (0.20)(0.30)^2(5) = 0.090\ \text{kg}\cdot\text{m}^2/\text{s} ∣(L⃗S′,j)⊥∣=Δmj r∥r⊥ωz=(0.20)(1.20)(0.30)(5)=0.36 kg⋅m2/s\left|(\vec{L}_{S',j})_{\perp}\right| = \Delta m_j\, r^{\parallel} r^{\perp}\omega_z = (0.20)(1.20)(0.30)(5) = 0.36\ \text{kg}\cdot\text{m}^2/\text{s}

SS を軸に沿って下げると、L⃗\vec{L} は軸からさらに傾きます（arctan⁡(0.12/0.090)≈53°\arctan(0.12/0.090) \approx 53\degree から arctan⁡(0.36/0.090)≈76°\arctan(0.36/0.090) \approx 76\degree へ）。一方、軸への射影は変わりません。

問3 · 回転する輪

条件： 質量 M=0.40 kgM = 0.40\ \text{kg}、半径 R=0.25 mR = 0.25\ \text{m} の細い輪が、zz 軸を中心として、軸上の点 SS より高さ h=0.60 mh = 0.60\ \text{m} 上で水平に置かれ、ωz=12 rad/s\omega_z = 12\ \text{rad/s} で回転しています。L⃗S\vec{L}_S を求めてください。

✅ 正解です！ 傾きは直径の両端の対ごとに打ち消し合うので、L⃗S=MR2ωz k^=0.40×0.0625×12 k^=0.30 k^ kg⋅m2/s\vec{L}_S = MR^2\omega_z\,\hat{k} = 0.40 \times 0.0625 \times 12\,\hat{k} = 0.30\,\hat{k}\ \text{kg}\cdot\text{m}^2/\text{s} です。軸上のどの点のまわりでも同じです。
❌ それは M(R2+h2)M(R^2 + h^2) を使っています。 慣性モーメントで測るのは SS からではなく軸からの距離です。輪のどの部分も軸から RR の距離にあるので、IS=MR2I_S = MR^2 です。
❌ それは輪全体を r^\hat{r} の位置にある1つの物体のように扱っています。 r^2=−r^1\hat{r}_2 = -\hat{r}_1 なので、各物体の傾いた部分 −h mR ωz r^i-h\,mR\,\omega_z\,\hat{r}_i は相手の傾いた部分と打ち消し合い、軸に垂直な部分は何も残りません。
❌ 12MR2\tfrac{1}{2}MR^2 は一様な円板の値です。 細い輪の質量はすべて距離 RR のところにあるので、IS=∫dm R2=MR2I_S = \int dm\,R^2 = MR^2 です。
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輪を、直径の両端にある質量 mm の物体の対に分けます。1つの対について、

L⃗S pair=2mR2ωz k^−h mR ωz(r^1+r^2)=2mR2ωz k^\vec{L}_S^{\,\text{pair}} = 2mR^2\omega_z\,\hat{k} - h\,mR\,\omega_z(\hat{r}_1 + \hat{r}_2) = 2mR^2\omega_z\,\hat{k}

となります。r^2=−r^1\hat{r}_2 = -\hat{r}_1 だからです。すべての対について足し合わせると、質量の合計は MM になります。

L⃗S=MR2ωz k^=(0.40)(0.25)2(12) k^=0.30 k^ kg⋅m2/s\vec{L}_S = MR^2\omega_z\,\hat{k} = (0.40)(0.25)^2(12)\,\hat{k} = 0.30\,\hat{k}\ \text{kg}\cdot\text{m}^2/\text{s}

高さ h=0.60 mh = 0.60\ \text{m} はひっかけです。傾きとともに消えました。

問4 · 固定軸のまわりで回転を速める

条件： 質量 M=1.5 kgM = 1.5\ \text{kg}、半径 R=0.40 mR = 0.40\ \text{m} の細い輪が、中心を通る鉛直な固定軸のまわりを回ります。静止状態から一定の外部トルクを加えると、輪より 0.50 m0.50\ \text{m} 下にある軸上の点 SS のまわりの角運動量が、3.0 s3.0\ \text{s} で LS,z=2.4 kg⋅m2/sL_{S,z} = 2.4\ \text{kg}\cdot\text{m}^2/\text{s} になります。角加速度 αz\alpha_z を求めてください。

✅ 正解です！ τS,zext=ΔLS,z/Δt=0.80 N⋅m\tau_{S,z}^{\text{ext}} = \Delta L_{S,z}/\Delta t = 0.80\ \text{N}\cdot\text{m}、IS=MR2=0.24 kg⋅m2I_S = MR^2 = 0.24\ \text{kg}\cdot\text{m}^2 なので、αz=0.80/0.24=3.3 rad/s2\alpha_z = 0.80/0.24 = 3.3\ \text{rad/s}^2 です。
❌ それは SS までの 0.50 m0.50\ \text{m} の落差を入れた I=M(R2+h2)I = M(R^2 + h^2) を使っています。 ISI_S は軸だけで決まり、軸上の SS の位置が入ることはありません。
❌ それは最後の角速度 ωz=LS,z/IS=10 rad/s\omega_z = L_{S,z}/I_S = 10\ \text{rad/s} です。 そこに達するまでにかかった 3.0 s3.0\ \text{s} で割ります。
❌ それは円板の値 IS=12MR2I_S = \tfrac{1}{2}MR^2 を使っています。 細い輪では質量がすべて RR のところにあるので、IS=MR2I_S = MR^2 です。
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トルクは一定なので、LS,zL_{S,z} は 00 から時間に比例して増えます。

τS,zext=dLS,zdt=2.43.0=0.80 N⋅m\tau_{S,z}^{\text{ext}} = \frac{dL_{S,z}}{dt} = \frac{2.4}{3.0} = 0.80\ \text{N}\cdot\text{m}

軸上のどの点についても同じ IS=MR2=(1.5)(0.40)2=0.24 kg⋅m2I_S = MR^2 = (1.5)(0.40)^2 = 0.24\ \text{kg}\cdot\text{m}^2 を使うと：

αz=τS,zextIS=0.800.24=103≈3.3 rad/s2\alpha_z = \frac{\tau_{S,z}^{\text{ext}}}{I_S} = \frac{0.80}{0.24} = \frac{10}{3} \approx 3.3\ \text{rad/s}^2

検算：ωz=αzt=103(3.0)=10 rad/s\omega_z = \alpha_z t = \tfrac{10}{3}(3.0) = 10\ \text{rad/s}、IS ωz=0.24×10=2.4 kg⋅m2/sI_S\,\omega_z = 0.24 \times 10 = 2.4\ \text{kg}\cdot\text{m}^2/\text{s} です。

正解数：0 / 4