古典力学 · 第23回 · 動画7 · インタラクティブ教材

角力積と落としたワッシャー：角運動量を奪うのは軸受の摩擦だけ

I重要な公式

公式名称必要なもの
J⃗S ext≡∫titfτ⃗S ext dt=L⃗S,f sys−L⃗S,i sys\vec{J}_S^{\,\text{ext}} \equiv \displaystyle\int_{t_i}^{t_f} \vec{\tau}_S^{\,\text{ext}}\,dt = \vec{L}_{S,f}^{\,\text{sys}} - \vec{L}_{S,i}^{\,\text{sys}}系に対する角力積外部トルクだけ（内部トルクは対ごとに打ち消し合う）
Jz=−τf Δt,τf=−I0 α1=I0 ω0−ωaΔt1J_z = -\tau_f\,\Delta t, \quad \tau_f = -I_0\,\alpha_1 = I_0\,\dfrac{\omega_0 - \omega_a}{\Delta t_1}一定の軸受の摩擦による角力積惰性で回るときの減速と、摩擦がはたらく時間
ωb=I0I0+Iw ωa\omega_b = \dfrac{I_0}{I_0 + I_w}\,\omega_a共通の角速度（瞬間的な衝突）Δtint→0\Delta t_{\text{int}} \to 0 のとき Jz→0J_z \to 0
ωb=I0I0+Iw[(ωa−ω0)ΔtintΔt1+ωa]\omega_b = \dfrac{I_0}{I_0 + I_w}\left[(\omega_a - \omega_0)\dfrac{\Delta t_{\text{int}}}{\Delta t_1} + \omega_a\right]共通の角速度（有限の時間続く衝突）(I0+Iw) ωb−I0 ωa=Jz(I_0 + I_w)\,\omega_b - I_0\,\omega_a = J_z

ポイント： 系を回転子と2枚のワッシャーにとると、ワッシャーどうしのすべり摩擦は内力なので式から消えます。ですから LzL_z を変えるのは軸受の摩擦だけで、ワッシャーを落とす前も、落としている間も、落としたあとも、同じ一定の割合 τf\tau_f で変えていきます。

II可視化1 — 角力積は面積

衝突の間の軸受の摩擦による角力積は長方形の面積 −τf Δtint-\tau_f\,\Delta t_{\text{int}} で、Δtint→0\Delta t_{\text{int}} \to 0 のとき0になります。

III可視化2 — LzL_z は一本の直線

角速度はワッシャーを落としたところで折れ曲がりますが、系の LzL_z は一本の直線に沿って減り、tf=I0 ω0/τft_f = I_0\,\omega_0/\tau_f で0になります。

IV可視化3 — エネルギーの式では届かなかったところ

瞬間的に落とすと LzL_z は保たれますが、運動エネルギーのうち Iw/(I0+Iw)I_w/(I_0 + I_w) の割合が熱に変わります。

💡 衝突が有限の時間続くと、ワッシャーがすべり合っている間に軸受の摩擦も負の仕事をするので、ワッシャーの間で生じる熱はもはやエネルギーの減少分のすべてではありません。それでも、まず ωb\omega_b を決めるのは、角力積を通した LzL_z です。

V確認クイズ

問1 · 瞬間的に落とす

条件： モーターの回転子とワッシャーを合わせたもの（I0=6.0×10−4 kg⋅m2I_0 = 6.0\times10^{-4}\ \text{kg}\cdot\text{m}^2）が ωa=50 rad/s\omega_a = 50\ \text{rad/s} で惰性で回っているところへ、回っていない Iw=2.0×10−4 kg⋅m2I_w = 2.0\times10^{-4}\ \text{kg}\cdot\text{m}^2 のワッシャーを落とします。衝突を瞬間的なものとして、共通の角速度 ωb\omega_b を求めてください。

✅ 正解です！Lz=I0 ωaL_z = I_0\,\omega_a を、より大きな慣性モーメント I0+IwI_0 + I_w で分け合うので、ωb=68⋅50=37.5 rad/s\omega_b = \tfrac{6}{8}\cdot 50 = 37.5\ \text{rad/s} です。
❌ 係数は I0/(I0+Iw)I_0/(I_0 + I_w) です。Iw/(I0+Iw)I_w/(I_0 + I_w) ではありません。角運動量を持ちこんだのは I0I_0 で、落としたワッシャーは何も持ちこんでいません。
❌ それは運動エネルギーを保存させています。ワッシャーどうしのすべり摩擦は、運動エネルギーのうち未知の量を熱に変えます。瞬間的な衝突で変わらないのは LzL_z だけです。
❌ 比の分子と分母が逆です。同じ LzL_z で慣性モーメントが大きくなれば、角速度は小さくなるはずです。
❌ 惜しい！(Lz)after=(Lz)before(L_z)_{\text{after}} = (L_z)_{\text{before}} とおきましょう：(I0+Iw) ωb=I0 ωa(I_0 + I_w)\,\omega_b = I_0\,\omega_a。
解答を見る

系：回転子と2枚のワッシャー。ワッシャーどうしの摩擦は内力で、軸受の摩擦には角力積を与える時間がないので、ΔLz=0\Delta L_z = 0 です。

(I0+Iw) ωb=I0 ωa+Iw⋅0(I_0 + I_w)\,\omega_b = I_0\,\omega_a + I_w\cdot 0 ωb=I0I0+Iw ωa=6.0×10−48.0×10−4 (50 rad/s)=37.5 rad/s\omega_b = \frac{I_0}{I_0 + I_w}\,\omega_a = \frac{6.0\times10^{-4}}{8.0\times10^{-4}}\,(50\ \text{rad/s}) = 37.5\ \text{rad/s}

問2 · 効くのはどのトルクか

条件： Δtint=0.10 s\Delta t_{\text{int}} = 0.10\ \text{s} 続く衝突の間、下のワッシャーは落としたワッシャーに大きさ 0.050 N⋅m0.050\ \text{N}\cdot\text{m} の摩擦トルクをおよぼし、軸受は回転子に、回転を妨げる向きに大きさ τf=0.0020 N⋅m\tau_f = 0.0020\ \text{N}\cdot\text{m} の一定の摩擦トルクをおよぼします（ω⃗\vec{\omega} の向きを +z+z とします）。衝突の間に、回転子と2枚のワッシャーからなる系に加わる角力積 JzJ_z を求めてください。

✅ 正解です！外部からはたらくのは軸受の摩擦だけです：Jz=−τf Δtint=−(0.0020)(0.10)=−2.0×10−4 N⋅m⋅sJ_z = -\tau_f\,\Delta t_{\text{int}} = -(0.0020)(0.10) = -2.0\times10^{-4}\ \text{N}\cdot\text{m}\cdot\text{s}。
❌ それが成り立つのは瞬間的な極限だけです。有限の 0.10 s0.10\ \text{s} の間では、軸受の摩擦の長方形に有限の幅があるので、LzL_z がいくらか奪われます。
❌ ワッシャーどうしのトルクは内部トルクです。摩擦力の対は同じ接触点にはたらくので、2枚のワッシャーへのトルクは、どれほど大きくても打ち消し合います。
❌ 惜しい！軸に沿った外部トルクだけを、符号をつけて残しましょう。
解答を見る

ワッシャーどうしの摩擦は、選んだ系の内力です。落としたワッシャーの角運動量を +(0.050)(0.10)=5.0×10−3 N⋅m⋅s+(0.050)(0.10) = 5.0\times10^{-3}\ \text{N}\cdot\text{m}\cdot\text{s} だけ増やし、下のワッシャーの角運動量をちょうど同じだけ減らすので、正味は0です。

軸に沿った外部トルクは軸受の摩擦 −τfk^-\tau_f\hat{k} だけで、衝突の間一定です。

Jz=∫τzext dt=−τf Δtint=−(0.0020 N⋅m)(0.10 s)=−2.0×10−4 N⋅m⋅sJ_z = \int \tau^{\text{ext}}_{z}\,dt = -\tau_f\,\Delta t_{\text{int}} = -(0.0020\ \text{N}\cdot\text{m})(0.10\ \text{s}) = -2.0\times10^{-4}\ \text{N}\cdot\text{m}\cdot\text{s}

負なので、角力積は −z-z の向き、つまり回転と逆向きです。

問3 · 有限の時間続く衝突（小問 (d)）

条件： I0=2.0×10−3 kg⋅m2I_0 = 2.0\times10^{-3}\ \text{kg}\cdot\text{m}^2 です。電源を切ると、回転子は Δt1=5.0 s\Delta t_1 = 5.0\ \text{s} で ω0=30 rad/s\omega_0 = 30\ \text{rad/s} から ωa=25 rad/s\omega_a = 25\ \text{rad/s} まで遅くなります。そこへ回っていない Iw=1.0×10−3 kg⋅m2I_w = 1.0\times10^{-3}\ \text{kg}\cdot\text{m}^2 のワッシャーを落とすと、ワッシャーは Δtint=0.60 s\Delta t_{\text{int}} = 0.60\ \text{s} の間すべり合います。軸受のトルクはずっと一定です。ωb\omega_b を求めてください。

✅ 正解です！すべり合っている間に軸受が 0.60 s0.60\ \text{s} 分の角運動量を奪うので、ωb\omega_b は瞬間的な場合の 16.7 rad/s16.7\ \text{rad/s} より少し小さくなります。
❌ それは瞬間的な衝突の答えです。0.60 s0.60\ \text{s} の間に、軸受の摩擦は Jz=−τf Δtint≠0J_z = -\tau_f\,\Delta t_{\text{int}} \neq 0 を与えます。
❌ JzJ_z の符号を確かめましょう。摩擦は回転を妨げるので (ωa−ω0)<0(\omega_a - \omega_0) < 0 で、補正の項は ωb\omega_b を小さくします。
❌ 係数は I0/(I0+Iw)I_0/(I_0 + I_w) です。新しい慣性モーメントのうち、角運動量を持ちこんだ部分の割合で、Iw/(I0+Iw)I_w/(I_0 + I_w) ではありません。
❌ 惜しい！Jz=−τf ΔtintJ_z = -\tau_f\,\Delta t_{\text{int}} として、(I0+Iw) ωb−I0 ωa=Jz(I_0 + I_w)\,\omega_b - I_0\,\omega_a = J_z を使いましょう。
解答を見る

惰性で回る段階から軸受のトルクを求めます。

α1=ωa−ω0Δt1=25−305.0=−1.0 rad/s2,τf=−I0 α1=2.0×10−3 N⋅m\alpha_1 = \frac{\omega_a - \omega_0}{\Delta t_1} = \frac{25 - 30}{5.0} = -1.0\ \text{rad/s}^2, \qquad \tau_f = -I_0\,\alpha_1 = 2.0\times10^{-3}\ \text{N}\cdot\text{m}

すべり合っている間の角力積：

Jz=−τf Δtint=−(2.0×10−3)(0.60)=−1.2×10−3 N⋅m⋅sJ_z = -\tau_f\,\Delta t_{\text{int}} = -(2.0\times10^{-3})(0.60) = -1.2\times10^{-3}\ \text{N}\cdot\text{m}\cdot\text{s}

回転子と2枚のワッシャーの角運動量：

(I0+Iw) ωb=I0 ωa+Jz=(2.0×10−3)(25)−1.2×10−3=4.88×10−2 kg⋅m2/s(I_0 + I_w)\,\omega_b = I_0\,\omega_a + J_z = (2.0\times10^{-3})(25) - 1.2\times10^{-3} = 4.88\times10^{-2}\ \text{kg}\cdot\text{m}^2/\text{s} ωb=4.88×10−23.0×10−3=16.3 rad/s\omega_b = \frac{4.88\times10^{-2}}{3.0\times10^{-3}} = 16.3\ \text{rad/s}

同じことですが、ωb=23[(25−30)0.605.0+25]=23(24.4)=16.3 rad/s\omega_b = \tfrac{2}{3}\left[(25 - 30)\tfrac{0.60}{5.0} + 25\right] = \tfrac{2}{3}(24.4) = 16.3\ \text{rad/s} です。

問4 · ワッシャーはいつ止まるか

条件： 問3と同じモーターとワッシャーです。電源を切った瞬間から時間を測って、ワッシャーが止まる時刻と、衝突後の角加速度 α2\alpha_2 を求めてください。

ワッシャーはいつ止まりますか？

α2\alpha_2 はいくらですか？

✅ 正解です！LzL_z は I0 ω0I_0\,\omega_0 から一定の割合 τf\tau_f で減るので、ワッシャーは tf=I0 ω0/τf=30 st_f = I_0\,\omega_0/\tau_f = 30\ \text{s} で止まります。回転子だけのときに止まるのとちょうど同じ時刻です。一方、慣性モーメントが大きくなるので、∣α2∣=τf/(I0+Iw)|\alpha_2| = \tau_f/(I_0 + I_w) は ∣α1∣|\alpha_1| より小さくなります。
❌ 止まる時刻を確かめましょう。どの段階でも外部トルクは軸受の摩擦だけなので、−τf tf=0−I0 ω0-\tau_f\,t_f = 0 - I_0\,\omega_0 です。落としたワッシャーは角運動量を何も持ちこんでいません。
❌ それは Δt2\Delta t_2 です。5.6 s5.6\ \text{s} の衝突の終わりから測った時間ですが、この問いは電源を切った瞬間から測ります。
❌ それは初めの角運動量を (I0+Iw) ω0(I_0 + I_w)\,\omega_0 としています。落としたワッシャーは角運動量を何も持ちこんでいません：tf=I0 ω0/τft_f = I_0\,\omega_0/\tau_f。
❌ それは衝突後も α1=−1.0 rad/s2\alpha_1 = -1.0\ \text{rad/s}^2 のままとしています。同じ τf\tau_f が今度は I0+IwI_0 + I_w にはたらくので、ワッシャーはもっとゆるやかに遅くなり、もっと遅い時刻に止まります。
❌ α2\alpha_2 を確かめましょう。同じトルク τf\tau_f が今度は I0+IwI_0 + I_w にはたらき、ワッシャーは遅くなっているので α2<0\alpha_2 < 0 です。
解答を見る

止まる時刻。問3より τf=2.0×10−3 N⋅m\tau_f = 2.0\times10^{-3}\ \text{N}\cdot\text{m} です。電源を切ってから静止するまでの角力積の合計は −τf tf-\tau_f\,t_f で、これが 0−I0 ω00 - I_0\,\omega_0 に等しくなります。

tf=I0 ω0τf=(2.0×10−3)(30)2.0×10−3=30 st_f = \frac{I_0\,\omega_0}{\tau_f} = \frac{(2.0\times10^{-3})(30)}{2.0\times10^{-3}} = 30\ \text{s}

減速。衝突後は −τf=(I0+Iw) α2-\tau_f = (I_0 + I_w)\,\alpha_2 です。

α2=−2.0×10−33.0×10−3=−0.67 rad/s2\alpha_2 = -\frac{2.0\times10^{-3}}{3.0\times10^{-3}} = -0.67\ \text{rad/s}^2

小問 (e) で確かめる。衝突は 5.0+0.60=5.6 s5.0 + 0.60 = 5.6\ \text{s} に終わるので、Δt2=30−5.6=24.4 s\Delta t_2 = 30 - 5.6 = 24.4\ \text{s}、α2=(0−ωb)/Δt2=−16.27/24.4=−0.67 rad/s2\alpha_2 = (0 - \omega_b)/\Delta t_2 = -16.27/24.4 = -0.67\ \text{rad/s}^2 となり一致します ✓。

正解数：0 / 4