古典力学 · 第25回 · 動画1 · インタラクティブ教材

重心のまわりのトルク：軌道とスピンの運動方程式

I重要な公式

公式名称意味
F⃗ ext=ddt(mTV⃗cm)\vec{F}^{\,\text{ext}} = \dfrac{d}{dt}\left(m_T\vec{V}_{\text{cm}}\right)並進の運動方程式重心（質量中心）は、すべての外力を受ける質量 mTm_T の一個の質点のように動きます。回転についての情報は含みません
τ⃗S ext=τ⃗S,cm ext+τ⃗cm ext\vec{\tau}_S^{\,\text{ext}} = \vec{\tau}_{S,\text{cm}}^{\,\text{ext}} + \vec{\tau}_{\text{cm}}^{\,\text{ext}}トルクの分け方軌道の部分 τ⃗S,cm ext=r⃗S,cm×F⃗ ext\vec{\tau}_{S,\text{cm}}^{\,\text{ext}} = \vec{r}_{S,\text{cm}}\times\vec{F}^{\,\text{ext}}（外力をすべて重心に置く）と、スピンの部分 τ⃗cm ext=∑ir⃗cm,i×F⃗i ext\vec{\tau}_{\text{cm}}^{\,\text{ext}} = \sum_i\vec{r}_{\text{cm},i}\times\vec{F}_i^{\,\text{ext}}（各力を実際にはたらく点に置く。SS は入らない）
τ⃗S,cm ext=dL⃗S orbitaldt\vec{\tau}_{S,\text{cm}}^{\,\text{ext}} = \dfrac{d\vec{L}_S^{\,\text{orbital}}}{dt}軌道の関係式（SS は固定）重心にある一個の質点 mTm_T に対する、トルクと角運動量の関係式です。並進の運動方程式から導かれ、新しい情報は加えません
τ⃗cm ext=dL⃗cm spindt\vec{\tau}_{\text{cm}}^{\,\text{ext}} = \dfrac{d\vec{L}_{\text{cm}}^{\,\text{spin}}}{dt}スピンの関係式A⃗cm≠0⃗\vec{A}_{\text{cm}} \neq \vec{0} でも成り立ちます。加速しているほかの点 PP のまわりでは、余分な項 −M r⃗P,cm×a⃗P-M\,\vec{r}_{P,\text{cm}}\times\vec{a}_P が現れます

ポイント： 一様な重力のもとでは τ⃗cm ext=(∑imir⃗cm,i)×g⃗=0⃗\vec{\tau}_{\text{cm}}^{\,\text{ext}} = \left(\sum_i m_i\vec{r}_{\text{cm},i}\right)\times\vec{g} = \vec{0} なので、投げたバトンの L⃗cm spin=Icmω⃗cm\vec{L}_{\text{cm}}^{\,\text{spin}} = I_{\text{cm}}\vec{\omega}_{\text{cm}} は一定に保たれます。並進が放物線を決め、スピンが一定の回転を決めるのです。

II軌道の部分とスピンの部分

点 SS を動かして変わるのは、軌道の部分 r⃗S,cm×F⃗ ext\vec{r}_{S,\text{cm}}\times\vec{F}^{\,\text{ext}} だけです。スピンの部分 τ⃗cm ext\vec{\tau}_{\text{cm}}^{\,\text{ext}} には SS がまったく入っていません。

III重心が特別な理由

水平のまま落とした棒は回り始めません。それでも、落ちていく端のまわりには重力のトルクがあります。

IV投げたバトン

重心のまわりのトルクがないので、バトンのスピンは一定です。一方、地面上の点のまわりの軌道角運動量は変化し続けます。

V確認クイズ

問1 · トルクを分ける

条件： 物体の重心の位置は r⃗S,cm=(2.0, 1.0) m\vec{r}_{S,\text{cm}} = (2.0,\ 1.0)\ \text{m} です。これは原点にある固定点 SS から測ったものです。外力は F⃗=(0, 5.0) N\vec{F} = (0,\ 5.0)\ \text{N} だけで、点 (3.0, 1.0) m(3.0,\ 1.0)\ \text{m} にはたらきます。スピンの部分 τ⃗cm ext\vec{\tau}_{\text{cm}}^{\,\text{ext}} を求めてください（k^\hat{k} は紙面の手前向き）。

✅ 正解です！ 力は重心の 1.0 m1.0\ \text{m} 右にはたらくので、 τ⃗cm ext=(1.0)(5.0) k^=5.0 k^ N⋅m\vec{\tau}_{\text{cm}}^{\,\text{ext}} = (1.0)(5.0)\,\hat{k} = 5.0\,\hat{k}\ \text{N}\cdot\text{m} です。
❌ それは軌道の部分です。 r⃗S,cm×F⃗=10 k^ N⋅m\vec{r}_{S,\text{cm}}\times\vec{F} = 10\,\hat{k}\ \text{N}\cdot\text{m} は、力を重心に置いたものです。スピンの部分では、重心から力がはたらく点へのベクトル r⃗cm,i\vec{r}_{\text{cm},i} を使います。
❌ それは SS のまわりのトルク全体です。 r⃗S,i×F⃗=15 k^ N⋅m\vec{r}_{S,i}\times\vec{F} = 15\,\hat{k}\ \text{N}\cdot\text{m} は軌道の部分とスピンの部分の和です。軌道の部分 10 k^10\,\hat{k} を引きましょう。
❌ 惜しい！ スピンの部分が消えるのは、力の作用線が重心を通るときだけです。この力は、重心から横に 1.0 m1.0\ \text{m} 離れたところにはたらいています。
❌ 惜しい！ r⃗cm,i=(3.0−2.0, 1.0−1.0)=(1.0, 0) m\vec{r}_{\text{cm},i} = (3.0 - 2.0,\ 1.0 - 1.0) = (1.0,\ 0)\ \text{m} を使いましょう。
解答を見る

重心から作用点へのベクトルは次のとおりです。

r⃗cm,i=(3.0, 1.0)−(2.0, 1.0)=(1.0, 0) m.\vec{r}_{\text{cm},i} = (3.0,\ 1.0) - (2.0,\ 1.0) = (1.0,\ 0)\ \text{m}.

(r⃗×F⃗)z=rxFy−ryFx(\vec{r}\times\vec{F})_z = r_xF_y - r_yF_x を使うと、

τ⃗cm ext=[(1.0)(5.0)−(0)(0)] k^=5.0 k^ N⋅m.\vec{\tau}_{\text{cm}}^{\,\text{ext}} = \big[(1.0)(5.0) - (0)(0)\big]\,\hat{k} = 5.0\,\hat{k}\ \text{N}\cdot\text{m}.

分け方で確かめましょう。軌道の部分は r⃗S,cm×F⃗=[(2.0)(5.0)−(1.0)(0)] k^=10 k^ N⋅m\vec{r}_{S,\text{cm}}\times\vec{F} = \big[(2.0)(5.0) - (1.0)(0)\big]\,\hat{k} = 10\,\hat{k}\ \text{N}\cdot\text{m} で、SS のまわりのトルクを直接計算すると [(3.0)(5.0)−(1.0)(0)] k^=15 k^ N⋅m=10 k^+5.0 k^\big[(3.0)(5.0) - (1.0)(0)\big]\,\hat{k} = 15\,\hat{k}\ \text{N}\cdot\text{m} = 10\,\hat{k} + 5.0\,\hat{k} です。

問2 · 飛んでいるバトン

条件： バトンをくるくる回しながら投げます。空気抵抗は無視できます。正しい記述はどれですか。

✅ 正解です！ 一様な重力は、重心のまわりにはトルクを生じませんが、地面上の点のまわりにはトルク r⃗S,cm×mTg⃗\vec{r}_{S,\text{cm}}\times m_T\vec{g} を生じます。このトルクが変えるのは軌道の部分だけです。
❌ 惜しい！ ∑ir⃗cm,i×mig⃗=(∑imir⃗cm,i)×g⃗=0⃗\sum_i\vec{r}_{\text{cm},i}\times m_i\vec{g} = \left(\sum_i m_i\vec{r}_{\text{cm},i}\right)\times\vec{g} = \vec{0} です。重心から測った、質量で重みづけした位置の和はゼロになります。
❌ それが落とし穴です。 スピンの関係式は、A⃗cm≠0⃗\vec{A}_{\text{cm}} \neq \vec{0} でも重心のまわりで成り立ちます。−miA⃗cm-m_i\vec{A}_{\text{cm}} の項を足し合わせると −(∑imir⃗cm,i)×A⃗cm=0⃗-\left(\sum_i m_i\vec{r}_{\text{cm},i}\right)\times\vec{A}_{\text{cm}} = \vec{0} になります。
❌ 惜しい！ SS のまわりでは、重さは重心にはたらき、そのモーメントアームは r⃗S,cm\vec{r}_{S,\text{cm}} です。そのため τ⃗S ext=r⃗S,cm×mTg⃗≠0⃗\vec{\tau}_S^{\,\text{ext}} = \vec{r}_{S,\text{cm}}\times m_T\vec{g} \neq \vec{0} です。ゼロになるのは、重心が SS の真上にあるときだけです。
解答を見る

スピン： 外力は各粒子にはたらく mig⃗m_i\vec{g} だけで、g⃗\vec{g} はどの粒子でも同じです。

τ⃗cm ext=∑ir⃗cm,i×mig⃗=(∑imir⃗cm,i)×g⃗=0⃗.\vec{\tau}_{\text{cm}}^{\,\text{ext}} = \sum_i\vec{r}_{\text{cm},i}\times m_i\vec{g} = \left(\sum_i m_i\vec{r}_{\text{cm},i}\right)\times\vec{g} = \vec{0}.

重心は g⃗\vec{g} で加速していますが、スピンの関係式は重心のまわりで成り立ちます。したがって L⃗cm spin=Icmω⃗cm\vec{L}_{\text{cm}}^{\,\text{spin}} = I_{\text{cm}}\vec{\omega}_{\text{cm}} は一定で、バトンは一定の割合で回ります。

軌道： 地面上の固定点 SS のまわりでは、

dL⃗S orbitaldt=r⃗S,cm×mTg⃗,\frac{d\vec{L}_S^{\,\text{orbital}}}{dt} = \vec{r}_{S,\text{cm}}\times m_T\vec{g},

これは、重心が SS の横にある間はゼロではありません。したがって L⃗S sys=L⃗S orbital+L⃗cm spin\vec{L}_S^{\,\text{sys}} = \vec{L}_S^{\,\text{orbital}} + \vec{L}_{\text{cm}}^{\,\text{spin}} は変化し、その変化はすべて軌道の部分によるものです。

問3 · バトンの軌道角運動量

条件： 質量 mT=0.40 kgm_T = 0.40\ \text{kg} のバトンが飛んでいます。ある瞬間、重心の位置は r⃗S,cm=(2.0, 1.5) m\vec{r}_{S,\text{cm}} = (2.0,\ 1.5)\ \text{m}（地面上の点 SS から測ったもの）で、V⃗cm=(3.0, −1.0) m/s\vec{V}_{\text{cm}} = (3.0,\ -1.0)\ \text{m/s} で動いています。g⃗=(0, −9.8) m/s2\vec{g} = (0,\ -9.8)\ \text{m/s}^2 で、k^\hat{k} は紙面の手前向きです。その瞬間の dL⃗S orbital/dtd\vec{L}_S^{\,\text{orbital}}/dt と L⃗S orbital\vec{L}_S^{\,\text{orbital}} を求めてください。

dL⃗S orbital/dtd\vec{L}_S^{\,\text{orbital}}/dt はいくらですか。

L⃗S orbital\vec{L}_S^{\,\text{orbital}} はいくらですか。

✅ 正解です！ どちらも時計回りです。L⃗S orbital=−2.6 k^ kg⋅m2/s\vec{L}_S^{\,\text{orbital}} = -2.6\,\hat{k}\ \text{kg}\cdot\text{m}^2/\text{s} で、7.84 N⋅m7.84\ \text{N}\cdot\text{m} の割合でさらに負に大きくなっていきます。
❌ 向きを確かめましょう。 重さは下向きで、重心は SS の右にあるので、SS のまわりのトルクは時計回りです。(2.0)(−3.92)−(1.5)(0)=−7.84(2.0)(-3.92) - (1.5)(0) = -7.84 です。
❌ モーメントアームが違います。 鉛直な力では、r⃗S,cm\vec{r}_{S,\text{cm}} の水平成分だけが効きます。rxFyr_xF_y で、使うのは rx=2.0 mr_x = 2.0\ \text{m} です。高さ 1.5 m1.5\ \text{m} ではありません。
❌ それはスピンの部分です。 重力は重心のまわりにはトルクを生じませんが、SS のまわりでは、重さが重心にはたらき、モーメントアームは 2.0 m2.0\ \text{m} です。
❌ トルクを確かめましょう。 r⃗S,cm×mTg⃗\vec{r}_{S,\text{cm}}\times m_T\vec{g} を使います。ここで mTg⃗=(0, −3.92) Nm_T\vec{g} = (0,\ -3.92)\ \text{N} です。
❌ 向きを確かめましょう。 (r⃗×p⃗)z=xpy−ypx(\vec{r}\times\vec{p})_z = xp_y - yp_x です。ypx−xpyyp_x - xp_y ではありません。
❌ 質量が抜けています。 r⃗S,cm×V⃗cm=−6.5 k^ m2/s\vec{r}_{S,\text{cm}}\times\vec{V}_{\text{cm}} = -6.5\,\hat{k}\ \text{m}^2/\text{s} です。これに mT=0.40 kgm_T = 0.40\ \text{kg} をかけましょう。
❌ 外積を確かめましょう。 差 xVy−yVxxV_y - yV_x です。和 xVy+yVxxV_y + yV_x ではありません。
❌ 外積を確かめましょう。 L⃗S orbital=r⃗S,cm×mTV⃗cm\vec{L}_S^{\,\text{orbital}} = \vec{r}_{S,\text{cm}}\times m_T\vec{V}_{\text{cm}} です。
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変化率。 軌道の関係式では、重さ mTg⃗=(0, −3.92) Nm_T\vec{g} = (0,\ -3.92)\ \text{N} が重心にはたらきます。

dL⃗S orbitaldt=r⃗S,cm×mTg⃗=[(2.0)(−3.92)−(1.5)(0)] k^=−7.84 k^ N⋅m.\frac{d\vec{L}_S^{\,\text{orbital}}}{dt} = \vec{r}_{S,\text{cm}}\times m_T\vec{g} = \big[(2.0)(-3.92) - (1.5)(0)\big]\,\hat{k} = -7.84\,\hat{k}\ \text{N}\cdot\text{m}.

軌道角運動量。 mTV⃗cm=(1.2, −0.40) kg⋅m/sm_T\vec{V}_{\text{cm}} = (1.2,\ -0.40)\ \text{kg}\cdot\text{m/s} なので、

L⃗S orbital=[(2.0)(−0.40)−(1.5)(1.2)] k^=(−0.80−1.8) k^=−2.6 k^ kg⋅m2/s.\vec{L}_S^{\,\text{orbital}} = \big[(2.0)(-0.40) - (1.5)(1.2)\big]\,\hat{k} = (-0.80 - 1.8)\,\hat{k} = -2.6\,\hat{k}\ \text{kg}\cdot\text{m}^2/\text{s}.

どちらも時計回りです。バトンのスピンは関係しません。スピンは一定の L⃗cm spin\vec{L}_{\text{cm}}^{\,\text{spin}} を、L⃗S sys\vec{L}_S^{\,\text{sys}} に加えるだけです。

問4 · 加速する点のまわりのトルク

条件： 質量 M=2.0 kgM = 2.0\ \text{kg}、長さ 1.2 m1.2\ \text{m} の一様な棒を水平にして静かに放すと、棒は回らずに落ちていきます（g=9.8 m/s2g = 9.8\ \text{m/s}^2）。棒の左端にあって棒と一緒に落ちる点を PP とし、L⃗P\vec{L}_P は PP に対する速度で測ります。dL⃗P/dtd\vec{L}_P/dt を求めてください（k^\hat{k} は紙面の手前向き）。

✅ 正解です！ 余分な項 −M r⃗P,cm×a⃗P=+11.76 k^ N⋅m-M\,\vec{r}_{P,\text{cm}}\times\vec{a}_P = +11.76\,\hat{k}\ \text{N}\cdot\text{m} が重さのトルクを打ち消します。棒が回り始めないことと合っています。
❌ それが落とし穴です。 −11.76 k^ N⋅m-11.76\,\hat{k}\ \text{N}\cdot\text{m} は τ⃗P ext\vec{\tau}_P^{\,\text{ext}} だけです。PP は加速しているので、余分な項 −M r⃗P,cm×a⃗P-M\,\vec{r}_{P,\text{cm}}\times\vec{a}_P を加えなければなりません。この項がないのは重心のまわりだけです。
❌ 余分な項の符号を確かめましょう。 a⃗P=g⃗\vec{a}_P = \vec{g} のとき、この項は −M r⃗P,cm×g⃗-M\,\vec{r}_{P,\text{cm}}\times\vec{g} で、重さのトルクと逆向きです。同じものではありません。
❌ 惜しい！ +11.76 k^+11.76\,\hat{k} は余分な項だけです。これを、さらに τ⃗P ext=−11.76 k^ N⋅m\vec{\tau}_P^{\,\text{ext}} = -11.76\,\hat{k}\ \text{N}\cdot\text{m} に加える必要があります。
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加速する点 PP のまわりでは、スピンの関係式と同じ導出をすると、余分な項が残ります。

dL⃗Pdt=τ⃗P ext−M r⃗P,cm×a⃗P.\frac{d\vec{L}_P}{dt} = \vec{\tau}_P^{\,\text{ext}} - M\,\vec{r}_{P,\text{cm}}\times\vec{a}_P.

重心は 0.60 m0.60\ \text{m} だけ PP の右にあり、r⃗P,cm=(0.60, 0) m\vec{r}_{P,\text{cm}} = (0.60,\ 0)\ \text{m}、Mg⃗=(0, −19.6) NM\vec{g} = (0,\ -19.6)\ \text{N} です。

τ⃗P ext=r⃗P,cm×Mg⃗=(0.60)(−19.6) k^=−11.76 k^ N⋅m\vec{\tau}_P^{\,\text{ext}} = \vec{r}_{P,\text{cm}}\times M\vec{g} = (0.60)(-19.6)\,\hat{k} = -11.76\,\hat{k}\ \text{N}\cdot\text{m}

PP は棒と一緒に落ちるので a⃗P=g⃗\vec{a}_P = \vec{g} で、

−M r⃗P,cm×a⃗P=−(0.60)(−19.6) k^=+11.76 k^ N⋅m.-M\,\vec{r}_{P,\text{cm}}\times\vec{a}_P = -(0.60)(-19.6)\,\hat{k} = +11.76\,\hat{k}\ \text{N}\cdot\text{m}. dL⃗Pdt=−11.76 k^+11.76 k^=0⃗.\frac{d\vec{L}_P}{dt} = -11.76\,\hat{k} + 11.76\,\hat{k} = \vec{0}.

落ちていく端のまわりで τ⃗P ext=dL⃗P/dt\vec{\tau}_P^{\,\text{ext}} = d\vec{L}_P/dt を使うと、棒が回り始めるという予測になってしまいます。重心のまわりなら、τ⃗cm ext=0⃗\vec{\tau}_{\text{cm}}^{\,\text{ext}} = \vec{0} から補正なしで正しい答えが得られます。

正解数：0 / 4