上智大学理工学部物理学科大槻東巳 - Sophia …tomi/kougi_note/mechanics.pdf1...

基礎物理コース I

上智大学理工学部物理学科　大槻東巳

2007 年 4 月 16 日

i

目次

第 1章数学の基礎 2

1.1 内積・外積 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

1.2 偏微分 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

1.3 全微分 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

1.4 ナブラ記号 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

1.5 ガウス (Gauss)の定理 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

1.5.1 ガウスの定理の系 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

1.5.2 グリーン (Green)の定理 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

1.6 ストークス (Stokes)の定理 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

1.7 初等関数 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

第 2章ニュートン (Newton)の法則 12

2.1 落下運動 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

2.2 放物運動 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

第 3章運動方程式の解法 18

3.1 運動量と力積 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

3.2 エネルギーの保存則 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

3.3 保存力とポテンシャル . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

3.4 保存力の条件 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

3.5 エネルギーの保存則 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

第 4章運動量・角運動量の保存則 23

4.1 運動量の保存則 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

4.2 ガリレイ変換 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

4.3 重心系と２粒子衝突 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

4.4 角運動量の保存則と極座標 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

4.5 換算質量 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

4.6 惑星の運動 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

4.6.1 重力ポテンシャル . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

ii

4.6.2 運動の決定 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

4.6.3 惑星の軌道 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38

4.6.4 グランドツアー . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41

4.7 ラザフォード散乱 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41

第 5章振動現象 44

5.1 単振動 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44

5.2 減衰振動と強制振動 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45

5.3 波 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47

5.4 単振り子 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49

第 6章質点系・剛体 51

6.1 質点系 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51

6.2 質量中心と重心 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52

6.3 剛体 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53

6.3.1 剛体の運動方程式 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53

6.3.2 固定軸のまわりの回転 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53

6.3.3 慣性モーメントの性質 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54

6.3.4 実体振り子 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55

6.4 地球の自転と公転 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56

第 7章運動する座標 57

7.1 慣性力 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57

7.2 回転座標系 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57

7.3 剛体の回転運動 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61

7.4 オイラーの運動方程式 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62

第 8章付録：次元解析 66

第 9章基礎物理コースのまとめ 68

9.1 第一章 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68

9.2 第二章 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70

9.3 第三章 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71

9.4 第四章 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71

9.5 第五章 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74

9.6 第六章 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74

9.7 第七章 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75

1

はじめにこの講義ではこれから物理学を学んでいく上で必ず必要になる数学と力学の法則

を学ぶ。数学はベクトル解析という手段を学び、力学は単にニュートン (Newton)の法則を学ぶだけではなく、これから導かれる様々な保存則の重要性を講義する。ここで学んだ数学は電磁気学に応用される。また力学は発展して熱力学、量子力

学、統計力学になるので、今後の授業の理解に欠かせない。かといってこれを隅々まで理解する必要はないので構える必要はない。この講義で１番強調したいのは単純な法則から非常に多くの事柄が予言でき説明できるという点である。つまり、高校時代にやった力学の第２法則

� �dp/dt = F

� �がミクロな世界の原子の衝突にはじまり、我々のすんでいる身近な世界、果ては宇宙の惑星の運動までも説明できるという点をわかってほしい。

参考書として以下の著書を挙げる。

書名著者出版社一般物理学太田信義丸善力学－新しい視点にたって V.D. バーガー, M.G. オルソン培風館一般力学山内泰彦岩波出版力学ランダウ, リフシッツ東京図書

後の二つは難しいので、２年生になって解析力学を学ぶときに読めばよいだろう。

2

第1章数学の基礎

本章では今後、物理を学ぶ上で必要な数学を学ぼう。

1.1 内積・外積まず内積は以下のように定義される。

a · b =n∑

i=1

aibi = |a| |b| cos θ (1.1)

θはa,bのなす角度である。線形代数学（数学）でやるようにこれは一般の次元で定義されるが、物理の場合は２，３次元の応用が主である。この値はスカラーで座標の回転しても不変である。つぎに外積を考えよう。これは三次元ベクトルで定義される。

a = (a1, a2, a3)

b = (b1, b2, b3)

a × b = (a2b3 − a3b2, a3b1 − a1b3, a1b2 − a2b1) (1.2)

向き：aからbの方向へ右ねじをまわしたときに進む方向大きさ：|a||b| sin θθ：�a,�bのなす角この成分表示が、a, bと垂直であることは、

(a × b,a) = (a × b, b) = 0

であることからわかる。また大きさが |a||b| sin θとなるのは、|a × b|2 + |(a, b)|2 = |a|2|b|2

から示される。

内積の表式のより難しい説明球座標をつかうと

a = a(sin θ1 cosφ1, sin θ1 sinφ1, cos θ1), b = b(sin θ2 cos φ2, sin θ2 sin φ2, cos θ2)


xy

z

θ

φ

a

となる。これより、

axbx + ayby + azbz = |a||b|(cos θ1 cos θ2 + sin θ1 sin θ2 cos(φ1 − φ2))

となる。この cos θ1 cos θ2 + sin θ1 sin θ2 cos(φ1 − φ2) は余弦定理から cos θとなることがわかる。外積の性質は上の定義から次のようになる。

1.

a × b = −b × a (1.3)

2.

a × (b + c) = a × b + a × c

(a + b) × c = a × c + b × c (1.4)

3.

(ka) × b = k(a × b) = a × (kb) (1.5)

4.

a × a = 0 (1.6)

Problem 1.1 以下の式を成分表示で証明せよ。

a · (b × c) = b · (c × a) = c · (a × b) (1.7)


a × (b × c) = b(a · c) − c(a · b) (1.8)

[(a × b) × c] · d = (a × b) · (c × d) (1.9)

= (a · c)(b · d) − (a · d)(b · c) (1.10)

1.2 偏微分今まで習ってきた関数は主に１変数関数であったと思う。しかし大学では多変数

関数を考えることが多い。例えば、山の高さはh(x, y)という緯度と経度の関数だし、川の流れは (vx(x, y), vy(x, y))で表される。そこでこうした関数の微分を考える。偏微分とは、ある変数に関して微分して、残りの関数は定数とみなすものである。

２変数の場合の定義は

∂f

∂xdef= lim

Δx→0

f(x+ Δx, y) − f(x, y)

Δx(1.11)

である。ここで偏微分に関する重要な性質を証明しておく。

Theorem 1.1∂2f

∂x∂y=

∂2f

∂y∂x(1.12)

証明）

∂2f

∂x∂y=

∂

∂xlim

Δy→0

f(x, y + Δy) − f(x, y)

Δy

= limΔx→0

limΔy→0

1

Δx

[f(x+ Δx, y + Δy) − f(x+ Δx, y)

Δy− f(x, y + Δy) − f(x, y)

Δy

]

= limΔy→0

limΔx→0

1

Δy

[f(x+ Δx, y + Δy) − f(x+ Δx, y)

Δx− f(x, y + Δy) − f(x, y)

Δx

]

=∂2f

∂y∂x

1.3 全微分たとえば、x, yが時間の関数で同時に変化していたとする。このとき、関数 f(x, y)

の変化は

Δf = f(x+ Δx, y + Δy) − f(x, y)


= f(x+ Δx, y + Δy) − f(x+ Δx, y) + f(x+ Δx, y) − f(x, y)

= Δy∂

∂yf(x+ Δx, y) + Δx

∂f(x, y)

∂x

≈ Δy∂f(x, y)

∂y+ Δx

∂f(x, y)

∂x

こうして、変化が無限小として

df =∂f

∂xdx+

∂f

∂ydy (1.13)

をうる。逆にdf = gdx+ hdy (1.14)

とかけていれば、(1.12)より∂g

∂y=∂h

∂x(1.15)

となっていることが、df が全微分であるための条件となる。つまりある微分形がこの条件を満たしていれば、x, yの値だけで決まる関数 f(x, y)が存在するということである。

1.4 ナブラ記号これから議論するのは３次元空間での粒子の振る舞いであるので、偏微分∂/∂x, ∂/∂y, ∂/∂z

が頻繁に出てくる。しかもこれらは対称な形で出てくるので、いっぺんにまとめて書いた方がよい。そこでベクトル、

∇ def= (

∂

∂x,∂

∂y,∂

∂z) (1.16)

を考える。たとえばこれが関数 f(x, y, z)に作用すると

∇f = (∂

∂xf,

∂

∂yf,

∂

∂zf) (1.17)

となる。これは勾配 (gradient)を表しているので

∇f = gradf (1.18)

とも書く。こんどはこれがベクトル v = (vx, vy, vz)に作用したとする。内積は a · b = axbx +

ayby + azbzであったことを思い出して、

∇ · v def= divv =

∂vx

∂x+∂vy

∂y+∂vz

∂z(1.19)


と定義する。これを divと書くのは、流れのわき出し (divergence) に関係しているからである。さて、内積が出てきたら次は外積である。これは

a × b = (aybz − azby, azbx − axbz , axby − aybx) (1.20)

で定義されていたことを思い出すと、

∇× vdef= rotv = (

∂vz

∂y− ∂vy

∂z,∂vx

∂z− ∂vz

∂x,∂vy

∂x− ∂vx

∂y) (1.21)

なぜこれを rotと書くかというと、これは流れの回転 (rotation) に関係しているからである。ここで gradと divと rotに関して重要な性質をあげておく。

rot(gradf) = ∇× (∇f) ≡ 0 (1.22)

div(rotv) = ∇ · (∇× v) ≡ 0 (1.23)

Problem 1.2 (1.22),(1.23)を証明せよ。

Problem 1.3 以下の恒等式を証明せよ。

∇× (∇× v) = ∇(∇ · v) −∇2v (1.24)

∇ · (v × u) = (∇× v) · u − v · (∇× u) (1.25)

1.5 ガウス (Gauss)の定理ベクトル vを微小体積の立方体の面上で積分することを考える。このとき、vの

面に関して垂直な成分を積分するとすると、結局流れ出す量を計算したことになる。x方向に垂直な面に対してこの積分をまず行おう。面は小さいとしてこの面上で

はベクトルの値は一定だとする。するとこの流量は

[vx(x+ Δx, y, z) − vx(x, y, z)]ΔyΔz ≈ ∂vx

∂xΔxΔyΔz

となる。同様に y, z方向の流量は

∂vy

∂yΔxΔyΔz ,

∂vz

∂zΔxΔyΔz


となるので、これらを合計すると、この立方体から流れ出す量は

divvΔxΔyΔz

となる。こうした微小体積の立方体を組み合わせれば、結局任意の形状を作ることができ

るので、結局以下の定理が導かれる。

Theorem 1.2 (ガウスの定理) 閉じた立体を考え、それに垂直で外側を向いた単位ベクトルn(x, y, z)を考える。このとき∫

(v · n)dS =∫

dV divv (1.26)

これは体積積分と面積積分を結びつける便利な定理であり、今後、特に電磁気学でよく出てくる。

1.5.1 ガウスの定理の系

定数ベクトル cを使って，v → c × vと置き換えると∫([c × v] · n)dS =

∫dV div(c × v) (1.27)

となる。div(c × v) = −c ˙rotvなので∫([c × v] · n)dS = −

∫dV c · (rotv) (1.28)

となる。(c × v) · n = −(n × v) · c (1.29)

なので， ∫dS(n × v) =

∫dV rotv (1.30)

をうる。また，v = cΦとするとガウスの定理は∫

(cΦ) · ndS =∫

dV div(cΦ) (1.31)

となる。div(cΦ) = c · gradΦ，(cΦ) · n = c · Φnなので∫gradΦdV =

∫ΦndS (1.32)

をうる。これも一種のガウスの定理である。


1.5.2 グリーン (Green)の定理

ガウスの定理 (1.26)式から以下の公式が導かれる。v = φgradψとおいて

div(φgradψ) = φ∇2ψ + ∇ψ · ∇φ (1.33)

を代入する。ここで

∇ψ · n def=∂ψ

∂n(1.34)

という定義を用いると，∫φ∂ψ

∂ndS =

∫dV (φ∇2ψ + ∇ψ · ∇φ) (1.35)

となる。これをグリーンの第一恒等式とよぶ。φ, ψを入れ替えて，引き算を行うことでグリーンの定理が導かれる。

Theorem 1.3

∫ [φ∂ψ

∂n− ψ

∂φ

∂n

]dS =

∫dV (φ∇2ψ − ψ∇2φ) (1.36)

1.6 ストークス (Stokes)の定理ガウスの定理は体積積分と表面積分を結びつける公式であった。ストークスの定

理は面積分を線積分に結びつける公式である。ある微小な長方形を左回りで一周した積分を考える。このとき、∫

v · dr = vx(x+ Δx/2, y, z)Δx+ vy(x+ Δx, y + Δy/2, z)Δy

+ vx(x+ Δx/2, y + Δy, z)(−Δx) + vy(x, y + Δy/2, z)(−Δy)

≈ −Δx

[∂

∂yvx

(x+

Δx

2, y, z

)Δy

]+ Δy

[∂

∂xvy

(x, y +

Δy

2, z)

Δx

]

≈ ΔxΔy

[∂vy

∂x− ∂vx

∂y

]= (∇× v)zΔxΔy

=∫

dSn · (∇× v)

これは x − y平面にある長方形の周りについて証明したのだが、これを次々と適用すれば、任意の閉曲線に関してこれが成り立つことがわかる。さらにこの閉曲線がx− y平面になくても成立し、結局以下の定理が成り立つ。


Theorem 1.4 (ストークスの定理) 任意の閉曲線について、これに沿った方向の積分を考える。この閉曲面に垂直な単位ベクトルをnとすると∫

v · dr =∫

rotv · ndS (1.37)

が成立する。この閉曲面の選び方は任意である。

Problem 1.4 この閉曲面の選び方が任意であることを証明せよ。

Problem 1.5 (0,0),(2,0),(2,1),(0,1)を角に持つ長方形を考える。これについてv =

(−y, x, 0)を積分して、ストークスの定理を確かめよ。

1.7 初等関数今度は物理によく出てくる関数を復習しておく。まずテイラー展開というものを

学んでおく。これは

Theorem 1.5 (テイラー (Taylor)展開) 関数 f(x)の性質が x0でよくわかっている、つまりその値と微分が高次までわかっている場合、

f(x) = f(x0)+f′(x0)(x−x0)+

1

2!f ′′(x0)(x−x0)

2+· · · =∞∑

n=0

f (n)(x0)

n!(x−x0)

n (1.38)

と表せる。特に x0 = 0の場合をマクローリン (Maclaurin)展開という。

exは微分しても変わらないという性質を持っている。

dex

dx= ex (1.39)

x0 = 0のまわりに展開すると、

ex = 1 + x+x2

2+x3

3!+ · · · (1.40)

となる。確かにこれは微分しても変わらない。次に三角関数をマクローリン展開してみよう。

sin x = x− x3

3!+x5

5!− · · · (1.41)

cosx = 1 − x2

2!+x4

4!− · · · (1.42)


さて xのかわりに ixを代入すると

eix = 1 + ix− x2

2!x− i

x3

3!+x4

4!+ i

x5

5!+ · · · (1.43)

こうしてオイラー (Euler)の公式、

exp(ix) = cosx+ i sin x (1.44)

が証明できる。このように三角関数と指数関数は親戚関係にある。三角関数を指数関数で表すと

sin x =eix − e−ix

2i, cosx =

eix + e−ix

2(1.45)

となるので、新しく

sinh xdef=

ex − e−x

2(1.46)

cosh xdef=

ex + e−x

2(1.47)

tanh xdef=

ex − e−x

ex + e−x=

sinh x

cosh x(1.48)

を定義しよう。これらは双曲線関数と呼ばれる。双曲線関数の場合、

cosh2 x− sinh2 x = 1 , 1 − tanh2 x =1

cosh2 x(1.49)

という関係式がある。三角関数の場合の

cos2 x+ sin2 x = 1 , 1 + tan2 x =1

cos2 x

とは、微妙に違うことに注意しよう。三角関数の微分は

sin′ x = cosx , cos′ x = − sin x , tan′ x =1

cos2 x(1.50)

となるが、双曲線関数はsinh′ x = cosh x (1.51)

cosh′ x = sinh x (1.52)

tanh′ x =1

cosh2 x(1.53)

となる。


指数関数の逆関数が対数関数である。これは

y = log x , ey = x (1.54)

で定義される。そこで

exp(y + Δy) − exp(y) = x+ Δx− x

よりexp(y)Δy ≈ Δx

をうるので、dy

dx=

1

ey=

1

x(1.55)

をうる。これから積分公式、∫

dx

x= log x+ C (1.56)

をうる。では log |x|の微分はどうであろう？x < 0では log |x| = log(−x)なのでd

dxlog(−x) = − 1

−x =1

x(1.57)

となる。よって ∫dx

x= log |x| + C (1.58)

が導かれる。このように指数関数、対数関数、三角関数は互いに切っても切れない関係にある。

これらをまとめて初等関数とよぶ。

12

第2章ニュートン(Newton)の法則

高校時代に習ったように、ニュートンの運動の法則は以下のようにまとめられる。

1. 力の作用を受けないとき、物体は等速直線運動を行う。

2. 物体がうける力とその運動量の変化は比例する。すなわち

F = mα = md2x

dt2=

dp

dt(2.1)

3. ある物体が他の物体に力を作用させるとき、等しい逆方向の力をその物体は他の物体からうける

このニュートンの法則だけでも自然界の多くの現象がわかる。またこれを抽象化することで量子力学や相対論が発展してきた。今後はこの法則を様々な現象に適用するのであるが、その過程で現代物理学に重要な保存則などを学ぶので、ただ基本法則を応用しているだけだとは思わないで、勉強してほしい。さらに応用していく上で、微分方程式やベクトル解析などのテクニックも学んでいくので、高校の延長だと思わず、馬鹿にしないこと。なお、応用例はなるべくおもしろいものを扱うようにする。

2.1 落下運動抵抗のない放物運動は高校時代、やりつくしたであろう。いまさら、やっても幻

滅するだけであろうから、ここでは現実的な抵抗のある問題を考える。速度があまり速くないとき、物体は速度の大きさに比例した抵抗をうける。そこ

で z方向の運動方程式はmz = −mg −mγz (2.2)

となる。この方程式は vz = zとして

vz = −g − γvz (2.3)


となる。この型の方程式は非常によく出てくるので、しっかり以下の解法をマスターしてほしい。たとえば、コンデンサーと抵抗をつないだときの電荷に対する方程式はこの形である。この方程式は−gの項がなければ解はすぐに vz = ce−γtと求められる。−gがある

ときはこの定数 cが時間変化していると仮定する。これを代入して、

c(t)e−γt − γc(t)e−γt = −g − γvz

となり、c(t) = −geγt (2.4)

をうる。これより

c(t) = c(t = 0) − g

γ[eγt′ ]t0 (2.5)

= c(t = 0) − g

γ(eγt − 1) (2.6)

をうる。たとえば t = 0で vz = 0とすると、c(t = 0) = 0となるので

vz =g

γ(e−γt − 1) (2.7)

となる。この解は

1. tが小さいとき、vz = −gt2. tが大きいとき、vz = −g/γ

となる。さらに

z(t) − z(0) =∫ t

0vzdt (2.8)

より

z(t) =g

γ

[−e−γt

γ− t

]t

0

+ z(0)

=g

γ

[1 − e−γt

γ− t

]+ z(0)

さて、実際の γの値はどの程度なのだろうか？これはストークス (Stokes)の法則で決まっている1。

γ =6πaη

m(2.9)

1Stokesの定理と勘違いしないこと。全くの別物


ここで aは雨滴を球としたときの半径で、ηは粘性係数である。空気の場合、η ≈1.8 × 10−5[kg/m・s]なので

γ =6π × 1.8 × 10−5

1.0 × 103(4π/3)

a

a3= 8.1 × 10−8[m2/s]a−2

よって雨滴は最終速度 g/γ = g/8.1× 108a2 ≈ 120× 106 × a2 で落ちる。aをmmで測ったものを aとおくと、

vz(∞) = 120a2[m/s]

ところで γ = 8.1 × 10−2/a2 ≈ 0.1[s−1]/a2なので最終速度に 10秒程度で達してしまうことがわかる。すると 1mmの半径の雨滴が秒速 120[m/s]で落ちてくることになり、なにかおかしい。実際は空気抵抗の設定に問題があった。空気抵抗は最初は速さに比例する。この

ような抵抗は粘性抵抗と呼ばれる。ところが、ある程度まで速度が速くなると今度は、慣性抵抗という速度の２乗に比例した抵抗が生じるのである。これは物体が空気中を進んでいくと、空気に力積を与えるが、この大きさが速さに比例し、さらに空気の分子との衝突の頻度が速さに比例することを考えればよい。こうして運動方程式は

mvz = −mg +π

4ρ0a

2v2z (2.10)

これより、vz = −g +

π

4mρ0a

2v2z = − c

m(v2

t − v2z) (2.11)

となる。ここで vtは終端速度で

vtdef=

√4mg

πρ0a2(2.12)

である。こうして ∫ vz

vz(0)=0

dvz

v2z − v2

t

=c

m

∫ t

0dt =

πρ0a2t

4m(2.13)

となる。これを積分するには簡単である。

1

2vt

∫ (1

vz − vt− 1

vz + vt

)dvz =

1

2vt

[log

∣∣∣∣vz − vt

vz + vt

∣∣∣∣]vz

vz=0

=1

2vt

logvt − vz

vt + vz

=gt

v2t

これから逆に vzを時間で表してやればよい。

exp(2gt/vt) =vt − vz

vt + vz


から

vz = vt1 − e2gt/vt

1 + e2gt/vt= −vt tanh

gt

vt(2.14)

となる。落下距離はこれを積分して、

z(t) − z(t = 0) = −vt

∫ t

0tanh

(gt′

vt

)dt′

= −v2t

g

[log cosh

(gt′

vt

)]t

0

となる。こうして

z(t) = z(t = 0) − v2t

glog cosh

(gt

vt

)(2.15)

となる。limx→∞ tanh x = 1なので、(2.14)より十分時間がたつと、

vt =

√mg

c=

√(π

4ρaira2

)−1 4π

3a3ρwaterg = 6.6

√a[m/s]

となる。これなら雨の日に歩いても無事である。速度が速い場合が、慣性抵抗、遅いときは粘性抵抗としたが、この速い、遅いを

決めるのはボールの大きさや空気の粘性である。実際には速さと大きさからレイノルズ数というものが計算でき、この値の大小で慣性抵抗、粘性抵抗が決まる。

Problem 2.1 スカイダイバーの落下はやはり慣性抵抗で最終速度が決まっている。最終速度は 54[m/s]である。t = 1, 2, 5, 10秒での落下距離を求めよ。

2.2 放物運動放物運動も高校時代、さんざんやったであろうから、純粋な放物運動はやめて抵

抗がある場合を議論する。ここでは粘性抵抗がある場合を解いてみよう。まず (2.2)より

vz = −g − γvz

で t = 0で速さ vで角度 θに打ち出すと、vz = v sin θとなるので

vz =

(v sin θ +

g

γ

)e−γt − g

γ(2.16)

となる。一方、x方向の運動は上式を sinを cosに、また g → 0として

vx = v cos θe−γt (2.17)


となる。t = 0で (x, z) = (0, 0)とすると、

z =

(v sin θ +

g

γ

)1 − e−γt

γ− gt

γ(2.18)

x = v cos θ1 − e−γt

γ(2.19)

となる。

Problem 2.2 (2.18),(2.19)において γ → 0 とすると高校時代に習った運動方程式が導かれることを示せ。

さて、一番遠くに投げるには４５度の方向に投げればよいということを習ったであろうが、本当だろうか？これを議論するのはちょっと難しい。まず z = 0となる時刻を tcとおく。このとき

0 =

(v sin θ +

g

γ

)1 − e−γtc

γ− gtc

γ

なので1 − e−γtc

tc=

g

v sin θ + g/γ(2.20)

となる。これより

x = v cos θgtcγ

1

v sin θ + g/γ(2.21)

とかける。これから先は近似しなければならない。抵抗が弱い、γtc � 1のとき、(2.20)は

γtc − (γtc)2/2 + (γtc)

3/3!

tc≈ γ

1 + γv sin θ/g≈ γ

(1 − γv sin θ

g

)

となり

tc ≈ 2v sin θ

g+γt2c3

≈ 2v sin θ

g

(1 +

2vγ sin θ

3g

)(2.22)

となる。これを (2.21)に代入して、

x = v cos θ1

v sin θ + g/γ

2v sin θ

γ

(1 +

2vγ sin θ

3g

)

=2v2 cos θ sin θ

g

1 + 2vγ3g

sin θ

1 + vγg

sin θ

≈ 2v2 cos θ sin θ

g

(1 − vγ

3gsin θ

)


そこで

0 =dx

dθ(2.23)

とすると、Δ = vγ3gとして、

2 cos 2θ − 2Δ cos 2θ sin θ − Δ sin 2θ cos θ = 0

となる。さてΔ = 0のとき θ = π/4が解だったので、これに答えは近いだろうから、θ = π/4 + δ とおくと、δ2の項を無視して

−2 sin 2δ − Δ/√

2 = 0 , δ ≈ − Δ

4√

2(2.24)

をうる。こうして４５度よりわずかに下の方にうつ、または投げた方がよく飛ぶことがわかる。ここでは粘性抵抗を考えたが、これは厳密には正しくない。ただ、抵抗があった

場合、角度をどうすれば遠くに飛ぶかという議論では、慣性抵抗でも粘性抵抗でも同じなので、粘性抵抗としたわけです。

Problem 2.3 この導出は多少難しかったので、(2.18),(2.19)をパソコンでプロットして実感をつかむこと。

18

第3章運動方程式の解法

3.1 運動量と力積まずニュートンの運動方程式 (2.1)を思い出そう。

d

dt(mv) = F (3.1)

から (これは質量が変化していても使える)、

p(t2) − p(t1) =∫ t2

t1F dt (3.2)

となる。FΔtは力積とよぶ。ニュートンの法則は言葉で表すと、

運動量の変化はその時間に働いた力積の和に等しい

ということである。

3.2 エネルギーの保存則次に質量が変化していないとしよう。すると

md2r

dt2= F (3.3)

の両辺に dr/dtをかけて時間 tで積分すると

m∫

dtdv

dt· v =

∫F · vdt

となる。そこでdv2

dt= 2v · dv

dt(3.4)

よりm

2(v2(t2) − v2(t1)) =

∫ t2

t1F · vdt =

∫ r2

r1

F · dr (3.5)


をうる。さて、積分

∫F · drは初めての人にはわかりづらいであろうが、これから何度も

出てくるので例を挙げてしっかり理解しなければならない。たとえば、(0, 0, 0)から(x, y, z)に行くときを考える。この積分は一般には経路による。つまりどのように移動するかによるのであるが、ストークスの定理から rotF = 0のとき、これは経路によらなくなる。いま、

(0, 0, 0) → (x, 0, 0) → (x, y, 0) → (x, y, z)

という移動を考えると、この積分は∫F · dr =

∫ x

0Fx(x

′, 0, 0)dx′ +∫ y

0Fy(x, y

′, 0)dy′ +∫ z

0Fz(x, y, z

′)dz′ (3.6)

を表す。

Problem 3.1 この例で

1. 最初に y軸に沿って動き、次に z軸に沿って、最後に x軸に沿って進むとどうなるか？

2. 真っ直ぐに (x, y, z)に向かうときはどうなるか？

こうして仕事W をW

def=∫

F · dr (3.7)

運動エネルギー T を

Tdef=mv2

2=

p2

2m(3.8)

で定義すると運動エネルギーの変化は外からされた仕事に等しいことがわかる。すなわち

δT = W (3.9)

である1。

3.3 保存力とポテンシャル∫

F · drが始点と終点のみによるとき、この力F は保存力と呼ばれる。そこで原点Oから位置 rまでF を積分した値を

U(r)def= −

∫ r

0F · dr (3.10)

1熱力学の場合、仕事は外にした仕事として定義するので符号が逆になる


と定義する。たとえば質点が P から P ′へ移動するときその仕事は∫ P ′

PF · dr =

∫ O

PF · dr +

∫ P ′

OF · dr = U(P ) − U(P ′)

となる。このとき運動エネルギーは

δT = W = U(P ) − U(P ′) (3.11)

だけ増えることになる。後にこれがエネルギー保存則を表していることがわかる。さて、このUで力F を表してみよう。U はF の積分で表せるのだからF はUの

微分になるであろうが、前者はベクトルで後者はスカラーなので多少注意が必要である。まず P と P ′が微小な距離だけ離れているとする。つまり

rP ′ = rP + δr (3.12)

とする。このとき

δU = U(rP ′) − U(rP )

= U(rP + δr) − U(rP )

≈ ∂U

∂xδx+

∂U

∂yδy +

∂U

∂zδz

となる。一方、定義より

U(rP ′) − U(rP ) ≈ −(Fxδx+ Fyδy + Fzδz)

なので、F = −∇U (3.13)

となる。力に逆らって動くとU は増える。つまり坂道を上るようなものである。これがポ

テンシャルエネルギーである。∇は勾配を表している。力は勾配の反対方向に生じることをこのマイナスの符号が表している。エネルギーの保存則は運動エネルギーとポテンシャルのエネルギーの和が時間によらないことを表している。これは非常に重要な法則でニュートン力学がだめになる相対論とか量子論でも成り立っている。つまり基本法則中の基本法則である。

Problem 3.2

U(r) =A

rk

のとき、F を求めよ。


3.4 保存力の条件F は (3.13)によりUから導ける。では逆にF からUは出せるであろうか？(3.10)

からUが一意的に決まるためには保存力でなければならない。ところがF が保存力であることを確かめるには積分

∫F · dr が経路によらないことを示さなければなら

なく、大変やっかいである。ところでF が保存力なら (3.13)からF = −∇U とかけるので、(1.22)より

∇× F = 0 (3.14)

である。よって (3.14)はF が保存力であるための必要条件である。逆に∇×F = 0

が満たされていれば、経路によらないであろうか？経路によらないということは、あらゆる閉曲線について ∫

F · dr = 0 (3.15)

となることが必要十分条件である。ストークスの定理 (1.37)より∫

F · dr =∫

(∇× F ) · ndS = 0

となるので、(3.14)は閉曲線に関して∫

F · dr = 0が満たされる十分条件でもあることがわかる。よって

Theorem 3.1 力F が保存力であるための必要十分条件は

∇× F = 0

ということがわかる。

Problem 3.3 以下の力は保存力かどうか調べよ。もし保存力の場合はU(x, y, z)を求めよ。

a) F = (3x2y, x3, 0)

b) F = (x2y, xy2, 0)

3.5 エネルギーの保存則保存力の場合、エネルギー保存則 (3.5)は

δT =mv(P ′)2

2− mv(P )2

2


となるのでmv(P ′)2

2+ U(P ′) =

mv(P )2

2+ U(P ) (3.16)

となる。これがエネルギーの保存則を表している。つまり保存力の場合、ポテンシャル U が定義でき、運動エネルギーとポテンシャルエネルギーの和を力学的エネルギーEとして

Edef=mv2

2+ U (3.17)

とすると、これは時間に依存しない量となる。(3.17)を変形すると

E − U(r) =mv2

2≥ 0 (3.18)

をえる。つまり質点はE ≥ U(r) (3.19)

を満たす rしか運動できないのである。これを可動域とよぶ。1次元の場合、この可動域は大変簡単になる。可動域の端の点を x0 < x1とする。

(3.17) より、dx

dt= v = ±

√2

m(E − U(x)) (3.20)

となる。これから x0から x1に動くときにかかる時間は

t1 − t0 =∫ x1

x0

dx√2m

(E − U(x))

となるので、周期 T は

T = 2(t1 − t0) =∫ x1

x0

√2mdx√

E − U(x)(3.21)

となる。

Problem 3.4 U(x) = kx2/2のとき、(3.21)から周期 T を求めよ。

Problem 3.5 ピラミッドの高さが 150m、底面が 250 × 250[m2]とする。石の密度を 2.5[g/cm2]とすると、ポテンシャルエネルギーはどれくらいになるか？100kgを1m持ち上げるのに 1分かかるとして、1日 5時間働くと、何年かかるか？

23

第4章運動量・角運動量の保存則

4.1 運動量の保存則前章で示したように、運動量の変化は与えられた力積に等しい。すると外から力

が加えられなければ、運動量は保存していることになる。これが運動量の保存則である。今、質点が n個あるとする。i 番目の質点は、1～i− 1,i+ 1～n番目の質点から力

を受けているとする。このとき (2.1)は

dpi

dt= F i1 + F i2 + · · ·+ F in =

∑j �=i

F ij (4.1)

である。ここで全運動量P を

P = p1 + p2 + · · ·+ pn =n∑

i=1

pk (4.2)

で定義すると、

dP

dt=

n∑i=1

∑j �=i

F ij = F 12 + F 13 + · · ·+ F 1n

+ F 21 + F 23 + · · ·+ F 2n

+ F 31 + F 32 + · · ·+ F 3n

+ · · ·

となる。ところで右辺は作用、反作用の法則

F ij = −F ji (4.3)

で次々と項がうち消しあって 0になる。よって互いに力を及ぼしあっている (内力)

質点系の全運動量は保存していることがわかる。すなわち

P = F ext (4.4)


この運動量の保存則の例としてまず、雨の中、バケツをトロッコに乗せて速さ v0

で走らせた場合を考えよう。バケツには一秒間に σだけ、雨水がたまるとする。このとき、トロッコとバケツをあわせた質量は

m = m0 + σt (4.5)

である。運動量の保存則からd(mv)

dt= 0 (4.6)

なのでmv = m0v0

となるので、v =

m0v0

m0 + σt(4.7)

というように減速することがわかる。次にロケットの推進を考える。時刻 tでのロケットの運動量は p = mvである。ロ

ケットからはロケットに対して速さ uでガスが噴出する。そこで

dP

dt= m

dv

dt+ v

dm

dt(4.8)

がロケットの運動量の変化となり、ガスは

dp

dt= −dm

dt(v − u) (4.9)

という運動量の変化をする。二つの和は 0なので、

mdv

dt+ u

dm

dt= 0 (4.10)

となる。これよりdv

u= −dm

m

となるのでv2 − v1

u= log

m1

m2(4.11)

となる。地球から脱出するときを議論するためには

mdv

dt= −mg − u

dm

dt(4.12)


を考える。燃料の減り方は一定として、

dm

dt= −αm0

となっているとすると、m = m0(1 − αt) (4.13)

となり、dv

dt= −g +

uαm0

m= −g +

uα

1 − αt

となるので、v = −gt− u log(1 − αt) (4.14)

となる。tf で燃料が燃え尽きるとすると、

tf =1

α

(1 − mf

m0

)

で、vf = − g

α

(1 − mf

m0

)+ u log

m0

mf(4.15)

となる。これが地球の脱出速度よりも大きくなければならないのである。

Problem 4.1 復習であるが、地球の脱出速度が地球の半径をRとすると、√

2gR=11.2[km/s]

となることを示せ。(4.15)より、なるべく効率よく加速するためにはロケットをどう設計すればよいか？

4.2 ガリレイ変換ニュートンの第二法則で表される運動方程式 (2.1)は慣性系において成立する。あ

る慣性系に対して等速直線運動する系も慣性系である。ある慣性系について解いた問題は簡単に別の慣性系の解に変換できるので、なるべく簡単な系で解いて元に戻すとよい。まず等速運動している系で運動方程式が一致していることを示そう。元の座標を

rとして、それに対してV 0で運動している系からみた座標は

r = r′ + V 0t (4.16)

となる。各々の系での速度はこれを微分して

dr

dt=

dr′

dt+ V 0


から、v = v′ + V 0 (4.17)

となり、加速度はα = α′ (4.18)

となる。また力はF (r, t) = F ′(r′, t) (4.19)

なので、

md2r′

dt2= m

d2r

dt2= F (r, t) = F ′(r′, t) (4.20)

となる。こうして、座標 r′でみた運動方程式も同じ形になることがわかる。ここで

1. tは座標系によらない

2. F はローレンツ力のように速度によることはない

ことを仮定した。ここの部分を疑ったのがアインシュタインで、これから相対論が生まれた。

例)鳥が羽ばたかずに風を受けて飛び立つ現象を考えよう。地面からみると鳥はとまっている状態から動いている高い状態に動くので、ポテンシャルと運動エネルギー両方が増えていて一見、エネルギーの保存則を破っているように見える。もちろんこれは間違いで、実は風からエネルギーをもらっているのである。風の速度の変化をΔVWとすると風の運動エネルギーの変化は

M

2[(VW + ΔVW)2 − V 2

W] = MVWΔVW +MΔV 2

W

2(4.21)

となる。Mは風の質量である。これだと考えづらいが、風と一緒に動いている座標では V ′

Wが 0なので、運動エネルギーの変化は

M

2ΔV 2

W

となる。一方、運動量の保存則より

−mVW = (m+M)ΔVW , ΔVW ≈ −m

MVW

がえられるので、風のエネルギーの変化は

M

2ΔV 2

W ≈ m

2

m

MV 2

W � m

2V 2

W


となり、鳥のエネルギーの変化 T =mV 2

W

2にくらべて無視できる。このとき、鳥のエ

ネルギーははじめ、

T =mV 2

W

2, U = 0 (4.22)

であり、最終的には風と同じ速度になるとして、

T = 0 , U = mgh (4.23)

となる。これらが等しいとして、

h =V 2

W

2g(4.24)

だけ舞い上がれることがわかる。

Problem 4.2 風速 10[m]の風の中では鳥は羽ばたかないでどこまであがれるか？

4.3 重心系と２粒子衝突物理で現れる多くの衝突現象は二つの粒子の衝突のあつまりとしてとられること

が出来る、または近似することが出来る。物質の最小の構成要素である素粒子の性質を調べるには、加速器で粒子同士をぶつける手段がもっとも強力であるし、気体の圧力などの性質も原子・分子の衝突現象としてとらえられる。ビリヤードの玉は非常に膨大な粒子の集まりであるが、この衝突も２粒子の衝突として近似できるし、惑星の運動も２個の質点の運動として近似できる。そこでここでは２粒子衝突を考えよう。はじめ、２番目の粒子は静止している場合を考え、これを実験室系とよぶ。ここ

での運動量の保存則はm1v1i = m1v1f +m2v2f (4.25)

となり、エネルギーの保存則は

m1v21i

2=m1v

21f

2+m2v

22f

2(4.26)

となる。３次元でこれを解くのはやっかいである（だから入試には出ない）。そもそも片方を止まっているとしているので、粒子１と粒子２の対称性が崩れてしまっている。そこで二つの粒子の重心という対称な位置を考えよう。重心の速度は運動量保存

則により一定である。その速度をV Gとして

V G =m1v1i

m1 +m2, vij = v′

ij + V G (i = 1, 2 j = i, f) (4.27)


である。この重心速度で動く系を重心系とよぶ。重心系での速度は

v′1i = v1i − V G =

m2v1i

m1 +m2

(4.28)

v′2i = −V G = − m1v1i

m1 +m2(4.29)

である。重心系での運動量保存則は

m1v′1i +m2v

′2i = m1v

′1f +m2v

′2f = 0 (4.30)

エネルギーの保存則は

m1v′21i

2+m2v

′22i

2=m1v

′21f

2+m2v

′22f

2(4.31)

となる。まず (4.30)より

v′2i = −m1

m2v′

1i , v′2f = −m1

m2v′

1f (4.32)

となる。これを (4.31)に代入して、

v′1i = v′1f , v′2i = v′2f (4.33)

をうる。つまり各粒子のエネルギー (速さ)は重心系では衝突前後で変わらないのである。こうして

1. (4.32)のように衝突前後で運動方向が平行

2. (4.33)のように各粒子の速さはおなじまま

ということがわかる。これでかなり簡単になった。

Problem 4.3m1v

21i

2=m1v

′21i

2+m2v

′22i

2+m1 +m2

2V 2

G (4.34)

を示せ。これはどんな意味を持っているか？

Problem 4.4 n個の粒子が運動量 pi (i = 1, n)をもっている。互いに相互作用した後，これらは pi + qi (i = 1, n) となった。

1. 運動エネルギーの増加分を求めよ。

2. 速度V の系で見ても運動エネルギーの増加分は変化しないことを示せ。


さて、初速度 v′1i,v

′2iが与えられたとき、求めたい最終速度 v′

1f ,v′2fは６成分ある。

ところで (4.32)により v′2fは v′

1fから決まってしまうので、結局 v′1fさえわかればよ

い。さらに v′1f = v′1iなので、v′1f の大きさははじめからわかっている。そんなわけ

で、v′1f の方向さえわかっていればよいのである。そこで v′

1f の方向が v′1iからどれ

だけずれ、v′1iと垂直な面のどの方向に飛んでいくかを調べればよいことがわかる。

そこで実験室系と重心系での角度の関係を調べてみよう。

v1f = v′1f + V G (4.35)

より

v1f sin θ = v′1f sin θ′ (4.36)

v1f cos θ = v′1f cos θ′ + VG (4.37)

となる。これより

tan θ =sin θ′

cos θ′ + VG/v′1f(4.38)

をうる。

VG

v′1f=

m1

m1 +m2

v1i

v′1f

=v′1iv′1f

m1

m2

=m1

m2

より、重心系と実験室系での散乱角は

tan θ =sin θ′

cos θ′ +m1/m2(4.39)

となる。

Problem 4.5 m2 = ∞のとき、θと θ′の関係はどうなるか？その物理的意味を考えよ。m1 = m2のときはどうなるか？

(4.39)をもう少しよく眺めてみよう。もし θ′が 0から πまで動いたとき右辺の分母はm1/m2が１より大きいか小さいかで 0になることがあるか、決して 0ならないかが決まる。

1. m1 ≤ m2なら分母が 0になれるので右辺はいくらでも大きくなれる。よって θ

も 0から πのあらゆる角度をとれる。


2. m1 > m2なら分母が決して 0になれない。(4.39)を微分するとわかるようにcos θ′ = −m2/m1のとき、右辺が最大になるので、

sin θmax =m2

m1

< 1 (4.40)

という角度 θmaxまで大きくなった後、減少して 0になってしまうのである。

Problem 4.6 静止している陽子に電子をぶつけた場合、散乱角は何度まで大きくなれるか？逆はどうか？

標的粒子に与えられるエネルギーは実験室系で

ΔT =1

2m2v

22f =

1

2m2(v

′2f + V G)2

=1

2m2(v

′2f − v′

2i)2

= m2v′22i(1 − cos θ′)

= 2m2v′22i sin

2 θ′

2

となる。よって最大エネルギーの受け渡しが行われるのは θ′ = πという後方散乱である。実験室系でエネルギーがどのように変換されるかをみるにはT2f/T1iを計算すれば

よい。これはT2f

T1i=

2m2v′22i sin

2(θ′/2)

m1v21i/2

=4m1m2

(m1 +m2)2sin2 θ

′

2(4.41)

となる。よってm1 = m2の場合に一番効率よくエネルギーを受け渡すことが出来ることがわかる。ここでこの質量が等しい粒子の衝突を詳しく考えてみよう (身近な話題ではビリ

ヤードに相当する)。このとき、

m1 = m2 , V G =v1i

2= v′

1i = −v′2i (4.42)

となる。はじめに正面衝突を考える。(4.32)から

v′1f = −v′

2f = −v′1i = −v1i

2(4.43)

v′2f = −v′

2i =v1i

2(4.44)


v1f = v′1f + V G = 0 (4.45)

v2f = v′2f + V G = v1i (4.46)


となる。これはビリヤードをやったことのない人でもわかるだろう。正面衝突でない場合はどうなるか？これには運動量の保存則から

v21i = (v1f + v2f)

2 = v21f + v2

2f + 2v1f · v2f (4.47)

となる。これとエネルギーの保存則から

v1f · v2f = 0 (4.48)

となる。こうしてターゲットに質量の等しい粒子が衝突した場合、二つは垂直方向に飛んでいくことがわかる。以上、衝突前後でエネルギーが保存する場合を考えてきた。これは弾性衝突と呼

ばれる。粘土をぶつけたときなどは、エネルギーの一部が熱エネルギーに変換され、力学的エネルギーは保存されない。この場合は非弾性衝突とよぶ。

4.4 角運動量の保存則と極座標原点Oから位置 rの点に対して力 F (r)が働いているとする。この力の方向が r

と同じ場合、F は中心力とよぶ。

Problem 4.7 ポテンシャルが V (r) = V (|r|) = V (r)のとき、F (r)を求めよ。

まず角運動量L = r × p (4.49)

を定義しよう。このとき

dL

dt=

dr

dt× p + r × dp

dt= v × (mv) + r × F (r)

= 0 (4.50)

となり角運動量Lが不変なことがわかる。Lが一定ということは r × vの方向が一定ということである。これは運動面が一定で、粒子は必ず同じ面にとどまることがわかる。そこでこの面上の点を極座標 (r, θ)で表す。すると

r × v = r(cos θ, sin θ, 0) × (vx, vy, 0)

で

vx = (r cos θ)′ = r cos θ − rθ sin θ

vy = (r sin θ)′ = r sin θ + rθ cos θ


となるので、L = m(0, 0, r2θ) (4.51)

となる。よってL = mr2θz (4.52)

となる。これより角運動量の保存則は

d

dt(mr2θ) = 0 (4.53)

または質量一定のとき、r2θ = h (4.54)

となる。これはケプラー (Kepler)の面積速度一定の法則である。次に極座標で運動方程式がどう表されるか調べよう。

mvx = m(r cos θ − 2θr sin θ − rθ sin θ − rθ2 cos θ) = Fx

mvy = m(r sin θ + 2θr cos θ + rθ cos θ − rθ2 sin θ) = Fy

ここで r方向の力の成分 Frは

Fr = Fx cos θ + Fy sin θ (4.55)

となるので、Fr = m(r − rθ2) (4.56)

となる。

θ =L

mr2(4.57)

なので

md2r

dt2− L2

mr3= Fr (4.58)

となる。こうして中心力の場合、３次元の運動が角運動量の保存則により平面運動として扱え、さらに (4.53)より θの運動も決まる。こうして (4.58)という１次元の方程式を解けばすべてわかることになる。さらに

L2

mr3= − d

dr

(L2

2mr2

)(4.59)

また

Fr = −dV (r)

dr(4.60)


に注意し、

Veff = V (r) +L2

2mr2(4.61)

を定義すると、(4.58)は

md2r

dt2= − d

drVeff(r) (4.62)

となる。つまり角運動量 Lが存在すると V (r)に加えて L2

2mr2 というポテンシャルが見かけ上存在することがわかる。これが遠心力の壁である。

4.5 換算質量質点が２個だけの場合、あたかも問題が１粒子のポテンシャル中の運動のように

扱える。これを示そう。作用、反作用の法則より

m1d2r1

dt2= F

m2d2r2

dt2= −F (4.63)

なのでd2

dt2(m1r1 +m2r2) = 0 (4.64)

となる。よって全運動量p = m1r1 +m2r2 (4.65)

は保存する。重心の座標Rは

R =m1r1 +m2r2

m1 +m2(4.66)

なのでd2R

dt2= 0 (4.67)

から重心の速度V G = Rは保存することがわかる。(4.63)より

d2

dt2(r1 − r2) =

(1

m1+

1

m2

)F

となるのでr

def= r1 − r2 (4.68)

という相対座標と

μdef=(

1

m1+

1

m2

)−1

(4.69)


という換算質量を定義すると

μd2r

dt2= F (4.70)

をうる。つまり質量μの質点が力F (r)のもとで運動している運動方程式が導かれる。

Problem 4.8 重心の速度と相対速度 R, rを使って運動エネルギー

m1r21

2+m2r

22

2

を表せ。

4.6 惑星の運動

4.6.1 重力ポテンシャル

重力や静電気力のように力が距離の２乗に反比例する、つまりポテンシャルが 1/r

に比例する場合、質量や電荷が球対称に分布していると以下のことがいえる。

Theorem 4.1 ポテンシャルが 1/rに比例している場合、中心の一点に力の源が集中していると見なしてよい。

これを証明しよう。具体的に重力を考える。密度を ρとして薄い球殻の作るポテンシャル U を考えよう。θから θ + Δθの間の質量要素の作るポテンシャルは

ΔU = −Gm(2πa sin θ)(aΔθ)ρ√a2 + r2 − 2ar cos θ

(4.71)

である。そこでこれを θに関して積分すればよいがそのために

l =√a2 + r2 − 2ar cos θ

とすると、

U = −2πGmaρ

r

∫dl == −2πGmaρ

r(lmax − lmin) (4.72)

となるので、

U =

{ −4πaρGm for r < a

−4πa2ρGmr

for r > a(4.73)

となる。つまり r > aのとき、質量が中心に集中している場合と同じであることがわかる。クーロン力の場合は ρを電荷密度、mを電荷 qでGをクーロン定数とよみかえればよい。この議論から質量が球対称に外側に分布していても内側には力を及ぼさないこと

がわかる。


Problem 4.9 これを利用して東京–北京に１直線のトンネルをつくったとき、力を加えなくても電車は自然に走り出し、片道約４２分で往復できることを示せ。

Problem 4.10 球対称でなく円対称の円盤を考える。円盤の半径はR0で面密度はσとする。このとき、r > R0でのポテンシャルU(r)は

U(r) = −G∫ R0

0dR

∫ 2π

0dθ

σR√r2 +R2 − 2Rr cos θ

= −Gr

∫ R0

0dR

∫ 2π

0dθ

σR√1 + (R/r)2 − 2(R/r) cos θ

= −GσR20

r

∫ 1

0dx∫ 2π

0dθ

x√1 + (xt)2 − 2xt cos θ

= −GMr

∫ 1

0dxx

1

π

∫ 2π

0dθ

1√1 + (xt)2 − 2xt cos θ

= −GMr

2

π

∫ 1

0dt

1√t(1 − t)(

√1 − t/r2 + 1)

となる。x = R/R0, R0/r = tである。これを数値積分して求めよ。結果は r � R0

ではほとんどGM/r であるが、rがR0に近付くとGM/rから 4/π倍ずれる。リングの内側では

U(r) = −GMR0

2

π

∫ 1

0dt

√√√√ 1 − r2t

t(1 − t)

である。注）r = R0の場合、 4

πGMR0となる。

∫ π

0dθ

1√1 − 2x cos θ + x2

=∫ 1

0dt

1√t(1 − t)(1 − tx2)

とやるとよい。R0 = 1としたときの結果を図に示す。もう大きい方の線は単純に原点に集中して

いるとか、外側がきいてこないとした場合である。

1 2 3 4 5

-2

-1.5

-1

-0.5


4.6.2 運動の決定

質量M（太陽）のまわりを質量m（惑星）の天体が回っているとする。前節からこれらは質点と見なしてよい。(4.56)と換算質量の議論から

μ

(d2r

dt2− rθ2

)= −GMm

r2(4.74)

(4.53)より

2rθ + rd2θ

dt2= 0 (4.75)

となる。後者は角運動量の保存則である。そこで

μr2θ = L → r2θ = h (4.76)

とおける。換算質量は

μ =Mm

(M +m)(4.77)

であるので、(4.74)はd2r

dt2− h2

r3= −G(M +m)

r2(4.78)

となる。ここで公式 (チェイン則)

d

dt=

dθ

dt

d

dθ(4.79)

よりd

dt=

h

r2

d

dθ(4.80)

となる。こうしてd2r

dt2=

d

dt

(h

r2

d

dθr

)=

h

r2

d

dθ

(h

r2

d

dθr

)(4.81)

となる。これと (4.74)から

h

r2

d

dθ

(h

r2

d

dθ

)=h2

r3− G(M +m)

r2(4.82)

が得られる。これからの計算では、1/rが頻繁に出てくるのでこれを

udef=

1

r(4.83)


とおくことにする。du

dθ= − 1

r2

dr

dθ(4.84)

である。こうして

h2u2 d

dθ

(−du

dθ

)= h2u3 −G(M +m)u2

が得られるのでd2u

dθ2= −

(u− G(M +m)

h2

)(4.85)

をうる。これは単振動の方程式

d2x

dt2= −k(x− b) (4.86)

という形なのでその解は

u− G(M +m)

h2= A cos(θ + α) (4.87)

とかける。θはどこから測ろうと勝手なので α = 0おいてもよい。こうして

r =1

G(M+m)h2 + A cos θ

=h2

G(M +m)

1

1 + h2AG(M+m)

cos θ

となるので、

r =λ

1 + ε cos θ(4.88)

λ =h2

G(M +m)(4.89)

が導かれる。この軌道の性質をみるため、まずエネルギーを計算してみよう。

E =μr2

2− GMm

r=μ

2(r2 + r2θ2) − GMm

r(4.90)

である。

r =d

dt

(λ

1 + ε cos θ

)=r2

λθε sin θ =

hε sin θ

λ(4.91)


なので

E =μ

2

(hε

λ

)2

sin2 θ +μ

2h2 (1 + ε cos θ)2

λ2− GMm

λ(1 + ε cos θ) (4.92)

となる。

GMm

λ= GMm

G(M +m)

h2=

(G(M +m)

h2

)2

h2 Mm

M +m=h2

λ2μ

と変形して

E =μ

2

(h

λ

)2

[ε2 sin2 θ − 2(1 + ε cos θ) + (1 + ε cos θ)2]

=μ

2

(h

λ

)2

(ε2 − 1) =G2Mm(M +m)

2h2(ε2 − 1) (4.93)

となる。

4.6.3 惑星の軌道

(4.93)より惑星の軌道について、以下のことがわかる。ε < 1 有限領域ε = 1 ぎりぎり∞までいけるε < 1 ∞までいけるこのときどのような軌道をとるであろうか？

x = r cos θ , y = r sin θ (4.94)

とすると (4.88)より √x2 + y2

(1 + ε

x√x2 + y2

)= λ

よって √x2 + y2 = λ− εx (4.95)

となる。ε �= 1のとき、これは

x2 + y2 = λ2 − 2λεx+ ε2x2

より

(1 − ε2)

[x+

λε

1 − ε2

]2

+ y2 =λ2

1 − ε2(4.96)


となる。これは ε < 1の場合、中心が (− λε1−ε2

, 0) の楕円である。この楕円の長径 aと短径 bは

a =λ

1 − ε2, b =

λ√1 − ε2

(4.97)

原点Oは中心から− λε1−ε2

= εaずれている。この楕円軌道を惑星がとるというのがケプラーの第一法則である。

Problem 4.11

E = −λa

G2(M +m)Mm

2h2= −GMm

2a(4.98)

を示せ。

Problem 4.12 楕円の焦点とはどういうものか？これを調べて原点が焦点になっていることを示せ。

次にケプラーの第２法則、(4.54)より周期 T は

T =πab

h/2=

2πab

h= 2π

λ2

(1 − ε2)3/2

1√G(M +m)λ

=2πa3/2√G(M +m)


T =2π√

G(M +m)a3/2 (4.99)

が導ける。太陽の質量は惑星の質量よりも遙かに大きい (M � m)のでこれは

T 2 ∝ a3 (4.100)

を意味している。これがケプラーの第３法則である。この結果が εによらないので、どんなに円軌道からずれた軌道もこの法則に従っているのが、この法則のいわんとしているところである。

Problem 4.13 表 4.6.3を参照して、太陽の質量と地球の質量の比を求めよ？太陽と木星の質量の比はどれくらいか？重心はどこにあるか？

Problem 4.14 万有引力定数Gは 6.67×10−11N · m2/kg2 である。地球と木星の周期を表 4.6.3から求めよ。


質量 (kg) 半径 (m) 軌道半径 (m)

太陽 2.0 × 1030 7.0 × 108

地球 6.0 × 1024 6.4 × 106 1.5 × 1011

木星 1.9 × 1027 7.0 × 107 7.8 × 1011

補足) 面積速度一定の法則を使わないで第３法則を導くのも可能である。周期は

r2dθ

dt= h (4.101)

より1

h

∫ 2π

0r2dθ =

∫ T

0dt = T (4.102)

として求められる。左辺の積分

λ2

h

∫ 2π

0

1

(1 + ε cos θ)2dθ

は公式 ∫ 2π

0

1(1 − 2b

1+b2cos θ

)2 = 2π(b2 + 1)3

(b2 − 1)3(4.103)

を使って

T = 2πλ2

h

(b2 + 1)3

(b2 − 1)3(4.104)

となる。

ε = − 2b

1 + b2

1 − ε2 =

(b2 − 1

b2 + 1

)2

より (b2 + 1

b2 − 1

)3

=

√1

1 − ε2

3

(4.105)

となり

T = 2πλ2

h

√1

1 − ε2

3

=2π√

G(M +m)λa3/2 (4.106)

となる。

Problem 4.15 円軌道の場合、ケプラーの第３法則を導け。

Problem 4.16 ε > 1のとき、どのような軌道となるか？


4.6.4 グランドツアー

ロケットを効率よく太陽系の遠くにとばすにはどうすればよいだろうか？エネルギー保存則があるから経路によらず、仕事は同じだと思ってあきらめてはいけない。途中近くを通過する惑星からエネルギーをもらえばよいのである。これは以下のように考えればよい。具体的に地球から打ち上げたロケットが木星

付近を通過して、太陽系の遠くにとばされているとしよう。vを地球からみたロケットの速度、uを木星からみたロケットの速度、木星の速度はV J とする。vi,uiは木星に近づくときの速度で、vf ,uf は木星から遠ざかる速度である。

vi = ui + V J , vf = uf + V J (4.107)

である。これからui =

√v2

i + V 2J − 2viVJ cosβi (4.108)

である。ところで木星からみればロケットは近づいて出て行くだけなので

ui ≈ uf (4.109)

である。そこでうまくV J ‖ uf (4.110)

となるように選ぶと

vf = ui + VJ =√v2

i + V 2J − 2viVJ cosβi + VJ (4.111)

となる。よって βi �= 0の限り vf > vi となり、速さを稼げる。

Problem 4.17 VJ=13[km/s] , vi =16[km/s], cosβi = 1/2 のとき、vf を求めよ。

Problem 4.18 太陽系の脱出速度を求めよ。

4.7 ラザフォード散乱１９０９年、ラザフォード (E. Rutherford)は金の薄膜にアルファ粒子をあてた。

ほどんどはすり抜けたが、一部の粒子が跳ね返ってきた。当時、原子は原子核を持つとは考えられていなかったので、これは障子にピストルを向けて打ったら弾丸が戻ってきたような驚きをもたらし、原子核の存在が明らかになった。この散乱を考えてみよう。


これは２体問題なので相対運動だけでよい。クーロン力は原子核が Qの電荷を持っており、これに電荷 qの粒子がぶつかるとして

F =qQ

4πε0r2, V (r) =

qQ

4πε0r(4.112)

となる。ここで λ = h2/(G(M + m)) = μh2/GMm, ε = μh2/GMm で GMmを−qQ/4πε0とよみかえ、ε, λの符号を入れかえ

λ =4πε0h

2μ

qQ, ε =

4πε0h2μA

qQ(4.113)

とおくと、(4.88)は

r = − λ

1 − ε cos θ=

λ

ε cos θ − 1(4.114)

となる。エネルギーは (4.93)より、

E =1

2h2

(qQ

4πε0

)2 ε2 − 1

μ=ε2 − 1

2λ

(qQ

4πε0

)(4.115)

となる。この力は反発力なのでエネルギーは必ず正であるので、ε > 1である。作図するとわかるように

tanπ − φ

2=

√ε2 − 1 = cot

φ

2(4.116)

sinφ

2=

1

ε, cos

φ

2=

√ε2 − 1

ε(4.117)

となる。(4.114)は

y2 = (ε2 − 1)

(x− ελ

ε2 − 1

)2

− λ2

ε2 − 1

となる。これより漸近線は

y = ±√ε2 − 1

(x− ελ

ε2 − 1

)(4.118)

で与えられる。標的は原点にあり、原点に向かって一直線に進んでくる軌跡は

y = ±√ε2 − 1x (4.119)

である。これと (4.118)との距離 bは原点から (4.118)に垂線を下せばよいので、

b =λ√ε2 − 1

(4.120)


となる。よって

b =1

2E

qQ

4πε0(ε2 − 1)

1√ε2 − 1

(4.121)

となる。(4.116)より

b =1

2E

qQ

4πε0cot

φ

2(4.122)

となる。これより bが小さいと大角散乱となる。この bは衝突パラメータと呼ばれている。

(4.122)の両辺を微分すると

db

dφ= −qQ

4E

1

4πε0

1

sin2(φ/2)(4.123)

となる。ここで微分散乱断面積

dσ

dφ=

∣∣∣∣∣2πb db

dφ

∣∣∣∣∣ (4.124)

を定義するとこれはdσ

dφ=(qQ

4E

1

4πε0

)2 2π sinφ

sin4(φ/2)(4.125)

となる。さて、このラザフォード散乱が簡単になったのは相対座標で解いたためである。

この角度は粒子 2からみた粒子 1の角度の変化である。つまりこの散乱角は重心系でみた散乱角である。実験室系ではこの角度を (4.39)で変換しなければならない。実験室系での散乱角を φl、重心座標での散乱角を φcとすると (4.39)より

tanφl =sinφc

cosφc +m1/m2(4.126)

となる。これと (4.125)をつかって実験室系での散乱角を求めなければならない。

44

第5章振動現象

運動には一度きりしか起こらないものと繰り返しおこるものがある。物を投げる、落とすなどは前者で、惑星の運動、振り子などは後者である。この章では振動現象を詳しくみてみよう。

5.1 単振動ばねがのびて縮むのは単振動 (simple harmonic oscillation) である。この方程式は

md2x

dt2= −kx (5.1)

となる。この解は

ω0 =

√k

m(5.2)

としてx = A cos(ω0t+ θ) (5.3)

となる。代入するとこれは確かに解になっている。しかし確かに解になっているという解法では、方程式がもう少し複雑な形になったとき、手に負えなくなる。そこで次のような解法を紹介しておく。まず

x = Aept (5.4)

という解を仮定する。(5.1)に代入すると、

p2ept = −ω20e

pt

なのでp = ±iω0 (5.5)

である。つまりx1 = A1e

iω0t

x2 = A2e−iω0t

(5.6)


の両方が解ということである。ところでこの方程式は線形微分方程式である。すなわち f(t), g(t)が解ならCf(x) +Dg(x)も解である。つまり

x = A1eiω0t + A2e

−iω0t (5.7)

となる。A1, A2は複素数である。xは実数なので

A1 = A∗2 (5.8)

である。

5.2 減衰振動と強制振動こんどは外力が加わったときの振動を考えよう。

md2x

dt2= −kx− 2mγx (5.9)

のように復元力と抵抗が混じってる運動を考える。前と同じように x = Aeptを代入すると

p2 + 2γp+ ω20 = 0 (5.10)

である。この解は以下のように分類される。

I) ω20 > γ2のとき

p = −γ ± i√ω2

0 − γ2 (5.11)

となる。よってx = A1e

−γt+i√

ω20−γ2t + c.c. (5.12)

となる。A1 = Aeiδとして

x = 2Ae−γt cos(√ω2

0 − γ2t+ δ) (5.13)

となる。これは振幅が e−γtで小さくなり、また角振動数が√ω2

0 − γ2と小さくなった、つまり周期が延びた振動である。これを減衰振動 (damped oscillation)

という。

II) ω20 < γ2のとき、pは実数で減衰するだけである。これは過減衰と呼ばれる。


III) ω20 = γ2のとき、解は e−γtだけとなる。しかし２階微分方程式の場合、独立な解は二つある。もう一つを探すためAeptをAも時間に依存しているとして(5.9)に代入すると、

m

(d2A

dt2+ 2pA+ p2A

)= −kA− 2mγ(A+ pA)

となり、d2A

dt2+ 2pA+ 2γA = 0 , γ = −p (5.14)

となる。これよりA = A0 + A1t (5.15)

となるのでx = (A0 + A1t)e

−γt (5.16)

となる。これは臨界減衰である。

自動ドアなど、なるべくスムーズに、しかしバタンバタンと振動しないように閉まらなければならない。この臨界減衰はこのような状況に使える。

このままではいつも減りっぱなしである。これを防ぐため、周期的な外力

F (t) = F0 cosωt (5.17)

をいれて、方程式

md2x

dt2= −kx− 2mγx+ F0 cosωt (5.18)

としよう。この解は F0 = 0の解 x1(t)と F0を含んだ方程式をみたす解 x(t)の和となる。前者を一般解、後者を特解とよぶ。前者は t→ ∞ で 0になるので、特解のみが重要となる。その解はおそらく 2π/ωの周期を持っているだろうと仮定し、

x(t) = A cos(ωt− θ) (5.19)

とおくと

A[(ω20 − ω2) cos(ωt− θ) − 2γω sin(ωt− θ)] =

F0

mcosωt (5.20)

となる。三角関数の合成より、

tanα =2γω

ω20 − ω2

(5.21)


とおき、

A√

(ω20 − ω2)2 + 4γ2ω2[cosα cos(ωt− θ) − sinα sin(ωt− θ)]

= A√

(ω20 − ω2)2 + 4γ2ω2 cos(ωt− θ + α)

時間の原点を適当に選び直すと

A =F0/m√

(ω20 − ω2)2 + 4γ2ω2

(5.22)

となる。こうしてω =

√ω2

0 − 2γ2 (5.23)

のとき振幅が最大となる。これが共鳴の条件である。

5.3 波物理では波が至るところで現れる。ある一点で波を観測すれば、これは振動であ

るし、時間を止めれば空間的に周期を持ったパターンが存在する。このように波は空間と時間が絡み合っている周期運動である。簡単に波長 λの正弦波

y = A sin2π

λx (5.24)

が速さ vで動いているとしよう。このとき

y = A sin2π

λ(x− vt) (5.25)

となる。

k =2π

λ(5.26)

を波数、

ω =2πv

λ(5.27)

を角振動数としてy = A sin(kx− ωt) (5.28)

となる。一般に速さ vで関数 f が動くと

y = f(x− vt) (5.29)


となる。よって yは∂2y

∂t2= v2 ∂

2y

∂x2(5.30)

となる。これを波動方程式とよぶ。空気中の密度の振動を例にとって考えよう。空気の変位を yとし、密度の波は x

方向に伝わるとすると

y(x+ δx) = y +∂y

∂xδx (5.31)

となる。単位断面積あたり

f = E∂y

∂x(5.32)

の力が働くとすると1、この変位の復元力は

f(x+ δx) − f(x) = E∂2y

∂x2δx (5.33)

となるので、

(ρSδx)∂2y

∂t2= E

∂2y

∂x2δxS

となり∂2y

∂t2=E

ρ

∂2y

∂x2(5.34)

となる。これから空気中の音速は

v =

√E

ρ(5.35)

となる。(5.32)は単位断面積あたりの力なので、気体の場合、

ΔP = −E ∂y∂x

(5.36)

となる。断熱膨張PV γ = const. (5.37)

の場合、

ΔP = −γPV

ΔV (5.38)

となるので、ΔV

V=∂y

∂x

S

S(5.39)

1E はヤング率と呼ばれるものであり、フックの法則の弾性体バージョンである。


となり、E = γP (5.40)


v =

√γP

ρ=

√γRT

V ρ=

√γRT

M(5.41)

をうる。M は１モルあたりの分子の重さである。

Problem 5.1 空気中では γ = 1.4, ρ = 0.0013g/cm3として、音速を求めよ。

5.4 単振り子高校時代、振り子の等時性を学んだと思う。これは振り子の周期は振幅によらな

いということであった。もちろん、これは近似的にしか成り立たない。振り子の振動が単振動になったのは

sin θ ≈ θ (5.42)

と近似したためである。実際の振り子はエネルギーの保存則から

θ2 =2g

l(cos θ − cos θ0) (5.43)

となるので (θ0は最大に振れたときの角度である)、

t =

√l

2g

∫dθ√

cos θ − cos θ0

=1

2

√l

g

∫ dθ√sin2(θ0/2) − sin2(θ/2)

が周期を求める式になる。

sinα =sin θ/2

sin θ0/2(5.44)

として

t =

√l

g

∫dα√

1 − k2 sin2 α(5.45)

右辺の積分は楕円積分と呼ばれる。ここで

k = sin(θ0/2) (5.46)

である。


楕円積分は特殊関数として性質がよく調べられているが、ここではそれを使わず、今ある知識だけで振り子の等時性の破れを議論しよう。αが−π/2から π/2だけ動くと、ちょうど周期の半分だけ動いたことになるので、右辺の

T

2≈√l

g

∫ π/2

−π/2dα

(1 +

k2

2sin2 α

)(5.47)

となり、

T = 2π

√l

g

(1 +

k2

4

)≈ T0

(1 +

θ20

16

)(5.48)

となる。このように最大振れ角 θ0が大きくなると、振り子の周期は長くなることがわかる。

Problem 5.2 鉛直方向からの振れ角が 10◦のとき、周期は何パーセント増えるか？

51

第6章質点系・剛体

今度は多くの質点から成る系と、その特殊な場合である剛体を考える。

6.1 質点系運動量の保存則で示したように、作用・反作用の法則を満たす力で相互作用して

いる質点系の重心は等速直線運動をしていた。もし、粒子間の相互作用のほかに外力F iが i番目の粒子に働いていたらどうか？i番目の粒子の質量をmi、位置を riとすると

mid2ri

dt2= F i +

∑j(�=i)

F ij (6.1)

とする。これをすべての粒子について和をとると

N∑i

mid2ri

dt2=

N∑i

F i +N∑i

∑j(�=i)

F ij (6.2)

となる。作用・反作用の法則より

F ij = −F ji

なので

Fdef=

N∑i

F i (6.3)

Pdef=

N∑i

miri (6.4)

とおくと、dP

dt= F (6.5)

となる。重心の座標RGは

RG =

∑Ni miri∑Ni mi

=

∑Ni miri

M(6.6)


なので、

Md2RG

dt2= F (6.7)

となる。つまり重心の運動は外力の和だけで決まっていることがわかる。次に角運動量を考えよう。

ri ×mid2ri

dt2= ri × F i +

∑j(�=i)

ri × F ij (6.8)

である。もし、F ijの方向が ri − rjと平行なら、つまり中心力なら

ri × F ij + rj × F ji = (ri − rj) × F ij = 0 (6.9)

となる。i番目の粒子の角運動量を

li = ri ×miri (6.10)

として、全角運動量を

L =N∑i

li (6.11)

とすると、(6.8)の和をとって

L =N∑i

ri × F i = N (6.12)

となる。つまり外力F iのモーメント ri ×F iの和が 0ならば角運動量が保存することがわかる。

6.2 質量中心と重心ここで質量中心と重心についてコメントしておく。質量中心 rC.M.とは

rC.M. =

∑imiri∑imi

(6.13)

で定義される。一方，重心 rC.G.は回転が生じないような点であり，∑i

F i × (ri − rC.G.) = �0 (6.14)

で定義される。F iが同じ方向を向いている場合，つまりF i = zFi (zは単位ベクトル)の場合，この解は

rC.G. =

∑i Firi∑i Fi

(6.15)

となる。例えば 100メートル程度のビルだと 1mm程度，重心と質量中心が異なるが，一般には質量中心を重心と呼んでいるので，本講義でもこの言い方に従う。


6.3 剛体質点が集まった系というのは実の世の中のほとんどの物を指す。気体も液体も固

体もそうである。このうち、固体のように各質点の相対的な距離が不変な物を剛体とよぶ。質点の場合、位置を表すには 3N の変数が必要であった。剛体の場合は剛体の一

点 P1がどこにあるかを指定するのに 3個、もう一つの点 P2がどの方向を向いているのか指定するのに変数が 2個、さらにP1P2を結ぶ直線の周りに何度回せばよいかを指定するのに１個で、合計たったの６個の変数を指定すればよい。これは大変な簡単化である。

6.3.1 剛体の運動方程式

剛体は質点から出来ているがこれらは強固に固定されている。この固定の原因は質点間の相互作用である。これは作用・反作用の法則を満たすので、

P = F , L = N (6.16)

が成立する。これは６個の方程式なので、先に述べた６個の変数がすべて決まる。

6.3.2 固定軸のまわりの回転

簡単な場合として軸が固定されている場合を考えよう。この回転軸を z方向にとると、

Lz = Nz (6.17)

となる。Lz =

∑i

(ri ×miri)z (6.18)

なのでri = rizez + ri⊥e⊥i (6.19)

ri = ri⊥θieθi (6.20)

よりLz = ω

∑i

mir2⊥i (6.21)

が得られる。そこで慣性モーメント

Iz =∑

i

mir2⊥i (6.22)


とおくと、Lz = Izω (6.23)

Izdω

dt= Nz (6.24)

となる。回転の運動エネルギーはどうなるか？運動エネルギーは

T =1

2

∑i

miri

となる。(6.20)よりこれは

T =1

2

∑i

mir2⊥iθ =

1

2Iω2 (6.25)

となる。このように剛体の場合、通常の質点の場合と以下のような対応関係がある。

質点　剛体質量 m Iz

速度 v ω

加速度 α ω

運動エネルギー mv2/2 Iω2/2

Problem 6.1 スケート選手が回転中、手を縮めると回転が速くなる。なぜか？

6.3.3 慣性モーメントの性質

ここで慣性モーメントのいくつかの性質を考えよう。

1.

I = IG +Md2 (6.26)

ここで IGは重心を通るある軸の周りの慣性モーメントで、I はそれと平行にdだけ離れた軸の周りの慣性モーメントである。なぜならば xi, yiを重心から測った座標として

I =∑

i

mi[(xG + xi)2 + (yG + yi)

2]

= M(x2G + y2

G) +∑

i

2mi(xGxi + yGyi) +∑

i

mi(x2i + y2

i )

= Md2 + IG


であるから。

慣性質量が動かしづらさを表していたように、慣性モーメントは回りにくさを表している。つまり重心を通る軸が一番回しやすいということがわかる。

2. 薄い板の場合

Iz =∑

i

(x2i + y2

i )mi (6.27)

Ix =∑

i

y2imi (6.28)

Iy =∑

i

x2imi (6.29)

となるので、Iz = Ix + Iy (6.30)

である。

Problem 6.2 質量M、長さ lの細い一様な棒の中心を通り、これに垂直な軸の回りの慣性モーメントは？

Problem 6.3 円板の中心を通る軸（２種類ある）のそれぞれのまわりの慣性モーメントは？

Problem 6.4 球の中心を通る軸の周りの慣性モーメントは？これより地球の慣性モーメントを求めよ。

Problem 6.5 ２原子分子の運動エネルギーを慣性モーメントを使って表せ。

6.3.4 実体振り子

剛体の軸を固定して軸を地面に平行にして微小振動をさせる。このとき (6.24)より

Id2θ

dt2= −Mgh sin θ (6.31)

となる。振れ角が小さいとすると周期は

T = 2π

√I

Mgh(6.32)

となる。I = IG +Mh2なので

T = 2π

√IG +Mh2

Mgh= 2π

√h

g

(1 +

IGMh2

)(6.33)


となる。このように単なる振り子の場合の 2π√h/g よりも周期が延びることがわか

る。つまり振り子の長さが

h→ I

Mh= h

(1 +

IGMh2

)(6.34)

と実効的になるわけである。

Problem 6.6 周期が一番短くなるのはどのような場合か？

6.4 地球の自転と公転地球は海水の潮の満ち引きが摩擦を起こすため徐々に自転速度が遅くなる。この

減衰は月の公転と地球の自転が一致するまで続く。この一致が起こるとき、地球の一日はどれくらいの長さになるだろうか？地球の慣性モーメントは球の慣性モーメント 2

5MR2よりは少し小さく、IE = 8.02×

1037[kg] · [m2]である。地球の角速度ωEは 2π/24/60/60[1/sec]、月は地球のまわりを27.3日で一周しているので、月と地球の距離を l0とし、月の質量をmとすると現在の角運動量は

IEωE +ml20ωE

27.3= 4.78 × 1038ωE (6.35)

である。何十億年か後に地球の自転と月の公転が一致したとき、二つの距離は lになり角速度は ωになっているとすると

8.02 × 1037ω + 7.35 × 1022l2ω = 4.78 × 1038ωE (6.36)

となる。ケプラーの第３法則 (4.99)から

lω2 =GM

l2(6.37)

である。現在の月と地球の距離と lの比 l/l0を l、ω/ωEを ωとおくと、

8.02 × 1037ω + 7.35 × 1022l2ω = 4.78 × 1038ωE (6.38)

l3ω2 = 1 (6.39)

である。l0 = 3.8 × 108[m]をつかうと、

ω ≈ ωE

48(6.40)

となる。つまり一日の長さが、やがて今の４８日分になってしまうのである。

57

第7章運動する座標

今まで考えてきたのは慣性系の物理であるが、実際の問題では運動している座標でみることが多い。たとえば地球上で観測される運動は、実は地球の自転、公転を考慮しなければならない。このような運動している座標系で物をみた場合に何が起こるかを、この章では議論する。

7.1 慣性力原点が r0(t)で時間変化している系で、物体の運動を観測すると、rの座標が

r = r0 + r′ (7.1)

という値 r′となる。両辺を２階微分して

d2r′

dt2=

d2r

dt2− d2r0

dt2(7.2)

となる。この両辺に質量をかけると

md2r′

dt2= F −m

d2r0

dt2(7.3)

となる。つまり r′(t)の運動方程式はあたかも新しい力−md2r0

dt2が加わったように見

える。これを慣性力とよぶ。電車に乗っていたとき、前に加速し始めると体は後ろに引っ張られるように感じ

るのはまさにこの慣性力である。

7.2 回転座標系次に座標軸が回転している場合を考えよう。簡単のため、回転軸を z方向にとり、

これが角速度 ωで回転してるとする。このとき、

x = x′ cosωt− y′ sinωt (7.4)

y = x′ sinωt+ y′ cosωt (7.5)


これを時間で２階微分して、

d2x

dt2=

(x′ − 2ωy′ − ω2x′

)cosωt−

(y′ + 2ωx′ − ω2y′

)′sinωt

d2y

dt2=

(x′ − 2ωy′ − ω2x′

)sinωt+

(y′ + 2ωx′ − ω2y′

)cosωt

となる。また加速度は

αx = αx′ cosωt− αy′ sinωt (7.6)

αy = αx′ sinωt+ αy′ cosωt (7.7)

となるので、この式を見比べて、

αx′ = x′ − 2ωy′ − ω2x′ (7.8)

αy′ = y′ + 2ωx′ − ω2y′ (7.9)

となる。これとF = mα (7.10)

を組み合わせて、

Fx′ = md2x′

dt2− 2mωy′ −mω2x′ (7.11)

Fy′ = md2y′

dt2+ 2mωx′ −mω2y′ (7.12)

となる。これをまとめて、

md2x′

dt2= F ′ − 2mω × v′ +mω2x′ (7.13)

となる。この第２項がコリオリ (Coriolis)の力、第３項が遠心力である。ところで地球のように球が回転しているとき、鉛直軸と回転軸は一致していない。

このときはどうなるだろう？まず任意のベクトルAは dtの間に |A| sin θωdtだけまわる。つまり

A = ω × A (7.14)

となる。このように回転軸ベクトル ex′, ey′ , ez′ は

ei′ = ω × ei′ , (i = x, y, z) (7.15)

となる。


Aが時間変化しているときは、回転座標で見た時間変化は

A =d

dt(Axex′ + Ayey′ + Azez′) =

δA

δt+ ω × A (7.16)

となる。よって固定座標系における時間微分 Aは運動座標系の各軸に対するAの時間変化からなる部分 δA/δt と座標が回転することからくる部分に分けられることがわかる。物体の位置ベクトル rは

r = xex + yey + zez = x′ex′ + y′ey′ + z′ez′ (7.17)

と書けるので、r = x′ex′ + y′ey′ + z′ez′ + ω × r′ (7.18)

となる。さらにもう一回微分すると

d2r

dt2= x′ex′ + y′ey′ + z′ez′ + 2ω × r′ + ω × (ω × r′) (7.19)

慣性系からみた座標は

md2r

dt2= F

を満たすので、mα′ = F − 2mω × v′ −mω × (ω × r′) (7.20)

右辺の第二項がコリオリ力で第三項が遠心力である。

Problem 7.1 ωも時間変化しているとき、(7.19)はどうなるか？

コリオリ力は地球規模で見える。たとえば台風の渦の巻き方は北半球と南半球で違う。これはコリオリ力で説明できる。台風は低気圧なので風が吹き込む。この風の速度ベクトルと地球の自転の回転ベクトルの外積から、北半球では台風が反時計回りに風が吹き込むことがわかる。赤道上で真上に v0で球を投げるとコリオリ力により、西に落ちることがわかる。

その距離は ∫ t0

0dt′∫ t′

02ω(v0 − gt”)dt” =

4ωv30

3g2

となる。

Problem 7.2 これを地球の外側からみて、同じ結果を再現せよ。


コリオリ力の出てくる例としてフーコー (Foucault)の振り子を考察する。緯度 α

のところでω = ω cosαey + ω sinαez (7.21)

とかける。こうしてコリオリ力は

F = 2mω(vy sinα− vz cosα,−vx sinα, vx cosα) (7.22)

となる。運動方程式は

md2x

dt2= −T x

l+ 2mωy sinα (7.23)

md2y

dt2= −T y

l− 2mωx sinα (7.24)

となる。vzは小さく、地球の自転による遠心力は鉛直軸を変える効果しかないので無視する。z方向は

T cos θ −mg ≈ 0 (7.25)

である。微小振動しているとして θ � 1とすると ω20 = g/lとして

d2x

dt2= −ω2

0x+ 2ωy sinα (7.26)

d2y

dt2= −ω2

0y − 2ωx sinα (7.27)

２番目の式に iをかけてX = x+ iy (7.28)

とするとd2X

dt2= −ω2

0X − 2iωX sinα (7.29)

となる。これは振動解であろうから

X = e−iωt sin αX ′ (7.30)

とおくとd2X ′

dt2= −(ω2

0 + ω2 sin2 α)X ′ (7.31)

こうしてこの運動はω′ =

√ω2

0 + ω2 sin2 α (7.32)

という振動数で振動し、回転面が ωt sinα で回転する運動になる。

Problem 7.3 東京の緯度を調べ、上野科学博物館のフーコーの振り子が何時間で一回転するか、計算せよ。

Problem 7.4 遠心力から地球の潮汐力を見積もれ。


7.3 剛体の回転運動剛体が固定点Oのまわりに回転しているとする。各瞬間で剛体はOを通る回転軸

とそのまわりに角速度 ωで指定される。この剛体の回転軸の方向を向いていて、大きさが ωのベクトルをωとする。時刻 tから t + dtの間に剛体は ωdtだけ回転し、剛体中の点 riは ri(sinαi)ωtだけ動く。よってこの点の速度は

ri = ω × ri (7.33)

である。これより剛体の角運動量は

L =∑

i

mi(ri × ri)

=∑

i

miri × (ω × ri)

= ω∑

i

mir2i −

∑i

miri(ω · ri) (7.34)

となる。ここで (1.8)を使った。こうしてたとえば

Lx =∑

i

mi[(y2i + z2

i )ωx − xiyiωy − xiziωz] (7.35)

である。これは行列の形に書ける。

I =

⎛⎜⎜⎝Ixx Ixy Ixz

Iyx Iyy Iyz

Izx Izy Izz

⎞⎟⎟⎠ (7.36)

として、

L =

⎛⎜⎜⎝Lx

Ly

Lz

⎞⎟⎟⎠ = Iω (7.37)

である。ただし、

Ixx =∑

i

mi(y2i + z2

i ) (7.38)

Iyy =∑

i

mi(z2i + x2

i ) (7.39)

Izz =∑

i

mi(x2i + y2

i ) (7.40)

Ixy = Iyx = −∑i

mixiyi (7.41)


Iyz = Izy = −∑i

miyizi (7.42)

Izx = Ixz = −∑i

mizixi (7.43)

(7.44)

である。剛体の回転エネルギーは

T =1

2

∑i

mir2

=1

2

∑i

mi(ω × ri)2

=1

2

∑i

mi[(ωyzi − ωzyi)2 + (ωzxi − ωxzi)

2 + (ωxyi − ωyxi)2]

これから

T =1

2ω · L (7.45)

が示せる。

Problem 7.5 (7.45)を示せ。

7.4 オイラーの運動方程式さて、剛体が勝手な方向に回転を始めると、時間ごとに慣性モーメントが違って

しまう。これは不便である。むしろ剛体に座標軸を固定しこれより I ′を定義する。これを使っても (7.37),(7.45)が成り立つ。

Lの時間変化は剛体に固定してみた変化 δL/δt と、この座標が動いているために現れる変化に分けられ、

L =δL

δt+ ω × L (7.46)

となる。これよりdL

dt+ ω × L = N , L = Iω (7.47)

が導かれる。もしうまく座標を選んで (実は線形代数の定理から必ず選べる) I を対角化出来

れば、

I =

⎛⎜⎜⎝I1 0 0

0 I2 0

0 0 I3

⎞⎟⎟⎠ (7.48)


となる。このとき剛体に固定した回転座標軸を e1, e2, e3とすると

Idω

dt=

3∑i=1

Iiωiei (7.49)

となる。また

ω × (Iω) = (∑

i

ωiei) × (∑

i

Iiωiei)

= −(I1 − I2)ω1ω2e3 − (I2 − I3)ω2ω3e1 − (I3 − I1)ω3ω1e2

となる。よって

I1ω1 − (I2 − I3)ω2ω3 = N1 (7.50)

I2ω2 − (I3 − I1)ω3ω1 = N2 (7.51)

I3ω3 − (I1 − I2)ω1ω2 = N3 (7.52)

これがオイラーの運動方程式である。外からのモーメントがない場合、

I1ω1 − (I2 − I3)ω2ω3 = 0 (7.53)

I2ω2 − (I3 − I1)ω3ω1 = 0 (7.54)

I3ω3 − (I1 − I2)ω1ω2 = 0 (7.55)

である。このとき ω1 = ω0, ω2 = ω3 = 0、ω2 = ω0, ω1 = ω3 = 0、もしくは ω3 =

ω0, ω1 = ω2 = 0が解になる。つまりどの軸の周りの回転も可能である。かりにω2, ω3

が小さいとしよう。すると

I2ω2 = (I3 − I1)ω0ω3

I3ω3 = (I1 − I2)ω0ω2

となる。こうしてd2ω2

dt2=

(I3 − I1)(I1 − I2)

I2I3ω2

0ω2 (7.56)

となる。よってこの前の因子 (I3 − I1)(I1 − I2)が負なら、振動解となり、正なら指数関数的に増加する解を含む。つまり

I1 > I2, I3 or I1 < I2, I3 (7.57)

なら振動解となるが、この条件を満たさないと解は指数関数的に大きくなりうるので、不安定である。こうして


Theorem 7.1 (テニスラケットの定理) 一番大きい慣性モーメントと一番小さい慣性モーメントのまわりの回転は安定だが、間の大きさの慣性モーメントを示す軸のまわりの回転は不安定である

がわかる。

Problem 7.6 この定理をテニスラケットに応用せよ。

最後にオイラーの方程式を地球に応用しよう。南極と北極を通る軸とその周りの慣性モーメントをそれぞれ e3, I3とおく。地球は多少扁平で

I1 = I2 = I �= I3

とする。このときオイラーの方程式は

ω3 = 0 (7.58)

ω1 +I3 − I

Iω3ω2 = 0 (7.59)

ω2 − I3 − I

Iω3ω1 = 0 (7.60)

である。これよりω3 = const. (7.61)

がわかる。ここで

Ω = ω3I3 − I

I(7.62)

とおくと、ω = ω1 + iω2 (7.63)

とおき、˙ω − iΩω = 0 (7.64)

となる。これよりω = AeiΩt (7.65)

となり、

ω1 = A cos(Ωt+ θ) (7.66)

ω2 = A sin(Ωt+ θ) (7.67)

となる。またω =

√ω2

1 + ω22 + ω2

3 =√A2 + ω2

3 (7.68)


となる。ωと e3の角度 αは

cosα =ω3√

A2 + ω23

(7.69)

となり、この軸がΩで回転しているのである。地球は

I3 − I

I≈ 1

300(7.70)

なので、３００日くらいで章動していることがわかる。

66

第8章付録：次元解析

基礎物理コース Iを終えるにあたって、次元解析という強力な方法について触れておこう。例えば飛行機の揚力を考える。一見これは複雑そうである。そこでこの飛行機の

翼が幅W、長さLの長方形だと仮定して、これが密度 ρの大気中を大気との相対速度 vで飛んでいるとする。揚力は翼の幅に比例しているだろう。そこで、

F揚力/W = kρavbLc (8.1)

と仮定する。kは無次元定数である。両辺の次元を等しいとすると、a = 1, b = 2, c = 1

をうる。これより、F揚力 = kρv2LW (8.2)

であることがわかる。実験から kの値は 0.5程度だとわかっている。因みに飛行機などはこの翼の揚力に現れる係数 kを如何に大きくするか、設計が工夫されている。このように一見複雑に見える飛行機の揚力も大体のことは次元解析でわかってしまうのである。第 2章でやった粘性の問題にもどろう。粘性率 ηとは流れの層の面積あたりの力

の大きさと速度の勾配を結びつける

F/S = ηdvx

dy(8.3)

から定義される。すると ηの次元は

[η] = [kg/m · s] (8.4)

であることがわかる。さて、粘性抵抗は半径を aとすると

F = k′aαηβvγ (8.5)

に比例すると仮定しよう。これより α = β = γ = 1 がわかる。これがストークスの法則 (2.9)である。同様に慣性抵抗は

F = k′′ραaβvγ (8.6)

第 8章付録：次元解析 67

から α = 1, β = γ = 2がわかる。これが慣性抵抗の式を導く (2.10)。では慣性抵抗と物体の大きさを Lとしよう。密度 ρ、流速 vの中での無次元量は

R =ρvL

η(8.7)

である。これはレイノルズ (Reynolds)数と呼ばれる。これが小さいと粘性抵抗となり、大きいと慣性抵抗で抵抗は記述される。３年生で習う流体力学では、このレイノルズ数によって、流れの様子が決まることを習う。逆に全く違う系でも、レイノルズ数が同じなら同じ流れを占めることがわかる。これは、風洞実験の基礎となっている。以上の例で見ただけでも、以下に次元解析が有用なものか、理解できるであろう。

今後も次元にこだわって物理を考えてほしい。

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第9章基礎物理コースのまとめ

おしまいに基礎物理コースで学んだことをまとめておく。忘れてしまった人は、講義ノートに戻って復習すること。また、予習する目安として使っても良い。

9.1 第一章ここでは偏微分、ベクトル解析、テイラー展開などに付いて学んだ。

1. 内積は (1.1)のように

a · b =n∑

i=1

aibi = |a| |b| cos θ

で定義される。外積は三次元ベクトルで定義される (1.2)。

a = (a1, a2, a3)

b = (b1, b2, b3)

a × b = (a2b3 − a3b2, a3b1 − a1b3, a1b2 − a2b1)

向き：aからbの方向へ右ねじをまわしたときに進む方向大きさ：|a||b| sin θθ：�a,�bのなす角

2. 偏微分とは、ある変数に関して微分して、残りの関数は定数とみなすものである。２変数の場合の定義は

∂f

∂xdef= lim

Δx→0

f(x+ Δx, y) − f(x, y)

Δx

である。偏微分に関しては、(1.12)が成り立つ。

∂2f

∂x∂y=

∂2f

∂y∂x


3. ナブラ記号は

∇ def= (

∂

∂x,∂

∂y,∂

∂z)

で定義される。これがスカラー U(r)に作用したのが勾配であり、∇U(r) =

gradU(r)と表す。ベクトルに作用する場合 (1.19)のように、

∇ · v def= divv =

∂vx

∂x+∂vy

∂y+∂vz

∂z

内積のように作用する場合と、(1.21)のように

∇× vdef= rotv = (

∂vz

∂y− ∂vy

∂z,∂vx

∂z− ∂vz

∂x,∂vy

∂x− ∂vx

∂y)

外積として作用する場合がある。

rot(gradf) = ∇× (∇f) ≡ 0

div(rotv) = ∇ · (∇× v) ≡ 0

である (1.22)(1.23)。

4. ∫(v · n)dS =

∫dV divv

がガウスの定理 (1.26)で、これは表面積分と体積積分を結び付ける。これにより、divvが流れの湧きだしだと解釈できる。

∫v · dr =

∫rotv · ndS

がストークスの定理 (1.37)で、これは表面積分と体積積分を結び付ける。これにより、rotvが流れの回転だと解釈できる。

5. ある関数の xでの値を x0付近の値で近似したい場合、テイラー展開 (1.38)をつかう。

f(x) = f(x0)+f ′(x0)(x−x0)+1

2!f ′′(x0)(x−x0)

2 + · · · =∞∑

n=0

f (n)(x0)

n!(x−x0)

n

x0 = 0という特殊な場合は、マクローリン展開と呼ぶ。


実際に初等関数を展開すると、

ex = 1 + x+x2

2+x3

3!+ · · ·

sin x = x− x3

3!+x5

5!− · · ·

cos x = 1 − x2

2!+x4

4!− · · ·

これらからオイラーの公式 (1.44)、

exp(ix) = cosx+ i sin x

が証明できる。

6. 双曲線関数とは

sinh xdef=

ex − e−x

2

cosh xdef=

ex + e−x

2

tanh xdef=

ex − e−x

ex + e−x=

sinh x

cosh x

である。これらの間の関係は三角関数のそれとにているが、符号などが微妙に違うので注意。

9.2 第二章ニュートンの運動の法則は以下のようにまとめられる。

1. 力の作用を受けないとき、物体は等速直線運動を行う。

2. 物体がうける力とその運動量の変化は比例する。すなわち

F = mα = md2x

dt2=

dp

dt

この運動量の変化と表しておくと、質量が変わる問題にもこの方程式が使える。

3. ある物体が他の物体に力を作用させるとき、等しい逆方向の力をその物体は他の物体からうける

この章では落下運動を、抵抗の大きさが速度に比例している粘性抵抗、速度の 2乗に比例している慣性抵抗がある場合に議論した。


9.3 第三章1.∫

F ·drが始点と終点のみによるとき、この力F は保存力と呼ばれる。力F (r)

が保存力であるための必要十分条件は

rotF = 0

である。このときポテンシャルエネルギー (3.10)のように

U(r)def= −

∫ r

0F · dr

とする。

2. 逆に力はこのポテンシャルエネルギーから

F = −∇Uとなる (3.13)。マイナス符号に注意。

3. 力学的エネルギーをポテンシャルエネルギーと運動エネルギーの和とすると、

mv2

2+ U(r) = const.

がニュートンの法則から示せる。

4. 力学的エネルギーをEとすると、

E − U(r) =mv2

2≥ 0

なので運動は E > U に限られる。これを満たす座標の範囲を可動域とよぶ。可動域のはし x0から別のはし x1まで行き、また x0に戻ってくる時間、すなわち周期は

T =∫ x1

x0

√2mdx√

E − U(x)

である (3.21)。

9.4 第四章1. 互いに力を及ぼしあっている質点の集まりがある場合、その全運動量P は内力には依存せず、外力F extによってのみ決まる（4.4）。

P = F ext


2. 等速運動している系から見た座標を r′とすると元の座標 rとの関係は

r = r′ + V 0t

である。これがガリレイ変換である。ニュートン力学はガリレイ変換に対して不変である。一見解けそうもない問題もうまくガリレイ変換するととけることがある。

3. 重心は

RG =

∑imiri∑imi

で表される。2粒子の場合、

RG =m1r1 +m2r2

m1 +m2

である。

4. ２粒子の運動を考えた場合、その重心は等速直線運動をするのでその座標系から見るのはガリレイ変換となる。2粒子の衝突は重心系で見ると驚くほど簡単になる。

a) (4.32)のように衝突前後で運動方向が平行

b) (4.33)のように各粒子の速さはおなじまま

5. 重心系と実験室系での散乱角は (4.39)のように

tan θ =sin θ′

cos θ′ +m1/m2

となる。

6. ポテンシャルが V (r) = V (|r|) = V (r)のとき、力は rと平行になる。これを中心力という。中心力の場合、角運動量L = r × pが保存する。これはケプラーの第 2法則、面積速度一定の法則である。

7. 質点が２個だけの場合、あたかも問題が１粒子のポテンシャル中の運動のように扱える。この場合、重心は一定の速さで動いいるので、相対座標 r = r1−r2

を考えれば良い。今、質点 2から 1へ働く力をF (r)とすると、

μd2r

dt2= F


となる (4.70)。μは換算質量で

μdef=(

1

m1+

1

m2

)−1

で与えられる。

8. 中心力の場合、角運動量ベクトルが一定である。これは角運動量の大きさだけでなく方向も保存するので同一平面で運動していることを意味する。そこでこの面を x − y面にとり、この面内の極座標を考える。極座標とは、(x, y) =

(r cos θ, r sin θ)としたものである。極座標では角運動量保存則は (4.54)のようになる。

r2θ = h

となる。これより θの時間依存性が決定される。rの時間依存性は (4.58)のように

md2r

dt2− L2

mr3= Fr

となる。

9. 重力は

F =GMm

r2

という逆 2乗則で与えられる。万有引力定数 Gは 6.67×10−11N · m2/kg2 である。

10. 重力や静電気力のように力が距離の２乗に反比例する、つまりポテンシャルが1/rに比例して、かつ質量や電荷が球対称に分布している場合、中心の一点に力の源が集中していると見なしてよい。また、考えている場所よりも外側の質量や電荷は考えなくても良い。

11. 星の軌道は、楕円軌道、放物線軌道、双曲線軌道の 3種類がある。楕円軌道は力学的エネルギーが負の場合、放物線は 0の場合、双曲線は正の場合に実現する。

12. ケプラーの法則は、惑星の軌道は楕円で、面積速度は一定で、公転周期は楕円の長径の 3/2乗に比例するというものである。これらはすべてニュートンの法則から導き出せる。


9.5 第五章1. 外力が加わったときの振動は例えば、

md2x

dt2= −kx− 2mγx

となる。これは単振動にはならず、減衰振動、過減衰、臨界減衰をしめす。

2. さらにこれに外から周期的な力を与えると

md2x

dt2= −kx− 2mγx+ F0 cosωt

となる。このとき、共鳴が起こる。

3. 波の振幅を yとすると、その座標と時間、x, tへの依存性は

∂2y

∂t2= v2 ∂

2y

∂x2

となる (5.30)。これが波動方程式である。

9.6 第六章1. 質点系を考える。全運動量は 4章で学んだ通りである。さて、全角運動量L =∑N

i liは

L =N∑i

ri × F i = N

となる。N はトルクである。

2. 固体のように各質点の相対的な距離が不変な物を剛体とよぶ。ある回転軸の回りの剛体の角運動量は（6.23）

Lz = Izω

となり、運動方程式は (6.24)

Izdω

dt= Nz

となる。回転のエネルギーは

T =1

2

∑i

mir2⊥iθ =

1

2Iω2


となる (6.25)。Izは慣性モーメント (6.22)で

Iz =∑

i

mir2⊥i

と定義される。

3. このように質点の運動と剛体の回転運動では

質点　剛体質量 m Iz

速度 v ω

加速度 α ω

運動エネルギー mv2/2 Iω2/2

という見事な対応関係がある。

4. 慣性モーメントにはいくつかの関係式がある。

IGを重心を通るある軸の周りの慣性モーメント、Iはそれと平行に dだけ離れた軸の周りの慣性モーメントとすると、

I = IG +Md2

である (6.26)。

また、薄い板の場合Iz = Ix + Iy

である (6.30)。

9.7 第七章1. 原点が r0(t)で時間変化している系で、物体の運動を観測すると、rの座標が

r = r0 + r′

という値 r′となる。このとき、

md2r′

dt2= F −m

d2r0

dt2

となる (7.3)。つまり r′(t)の運動方程式はあたかも新しい力−md2r0

dt2が加わっ

たように見える。これを慣性力とよぶ。


2. 回転座標の場合、

md2x′

dt2= F ′ − 2mω × v′ +mω2x′

となる (7.13)。第 1項はコリオリ力、第 2項は遠心力を表す。また、鉛直軸と回転軸が一致していない場合は

mα′ = F − 2mω × v′ −mω × (ω × r′)

となる。

3. コリオリ力は地球規模の風の動き（台風など）で見られる。

4. 剛体の慣性モーメント行列は

Ixx =∑

i

mi(y2i + z2

i )

Iyy =∑

i

mi(z2i + x2

i )

Izz =∑

i

mi(x2i + y2

i )

Ixy = Iyx = −∑i

mixiyi

Iyz = Izy = −∑i

miyizi

Izx = Ixz = −∑i

mizixi

と定義される。剛体には必ずその慣性モーメント行列が対角化されている軸を選ぶことができる。

5. 剛体の回転運動を考える場合、座標軸を剛体に固定したほうが扱いやすい。このとき、座標系を剛体の慣性主軸に選ぶと

I1ω1 − (I2 − I3)ω2ω3 = N1

I2ω2 − (I3 − I1)ω3ω1 = N2

I3ω3 − (I1 − I2)ω1ω2 = N3

となる。これはオイラーの方程式と呼ばれる。

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