5 - Keio University

宿題の解説 5 月 17 日
c
三井隆久 ⃝
Department of Physics, Keio University School of Medicine,
4-1-1 Hiyoshi, Yokohama, Kanagawa 223-8521, Japan
(Dated: May 24, 2016)
問I
答え
ナイアガラの滝は高さ 56 m だそうである。落下時間、
落下点での速度、落下による水温の上昇温度を求めよ。
物体を投げるときは仰角 45 度が最も遠方へ行き、飛距
離 x は初速度 v のとき、
x=
答え
地上の重力加速度を g とすると、落下時間 t と落下距離
h の関係は、
h=
1 2
gt ,
2
(5)
となる。x=84.86 m を用いると、v=28.8 m/s であること
がわかる。
向心力は回転運動の速度 v を用いると、
(1)
である。g = 9.8m/s2 , h=56m を代入して、落下時間
t=3.38s となる。
v = gt から、落下距離 h と速度 v との関係は、
√
(2)
v = 2gh,
v2
,
g
F =m
v2
= 3551N = 362kgw,
R
(6)
となる。腕には、362 kg の物体の重さと同じだけの向心力
が加わる。両腕で持つことを考慮すると、握力は 181 kg
程度必要である。
力の単位は N である。一方、重さなどの力は、日常生
活では kg で表した方がわかりやすい。しかし、kg は質量
の単位である。そこで、kgw もしくは kg 重, kgf などの単
位を用いて、新しい力の単位とした。kgw は、示された質
量に作用する重力である。
となり、値を代入すると、速度 v=33.13m/s となる。
エネルギー保存則から、滝の水が落下している最中の位
置エネルギーと運動エネルギーの和は一定である。滝の中
の一部分の水（質量 m）に注目する。運動エネルギーは
mv 2 /2 である。位置エネルギー U は、水に作用する力が
−mg なので U = mgx である。水が高さが h のところで
は静止していたこと、落下点では高さがゼロであることを
考慮すると、エネルギー保存則から、落下点での運動エネ
ルギーは、
物 体 か ら 落 下 す る 水 滴 の 大 き さ を 求 め よ 。た だ
し 、水 滴 の 形 状 は 半 径 a の 半 球 と し 、水 の 表 面 張 力
σ=72.75×10−3 N/m, 水の密度 ρ=1000 kg/m3 とせよ。
1
mv 2 = mgh,
2
答え
(3)
となることがわかる。落下した水の運動エネルギーが全
て水の熱エネルギーに変わり温度を上げると仮定する。水
の比熱を 4200J/kgK とすれば、質量 m の水の熱容量は
m4200[J/kgK] なので、このときの上昇温度は、
mgh
= 0.13[K],
∆T =
m4200[J/kgK]
問 III
(4)
水滴に作用する重力が表面張力より大きい場合に落下す
る。したがって、
4
1
gρ πa3 > 2πaσ,
3
2
これを解いて、
√
したがって、0.13 度Ｃ温度が上がることが分かる。
問 II
ハンマー投げの金メダリストの飛距離は 84.86m である。
ハンマーの重さ m を 7.26 kg, ワイヤーの長さを 1.2 m, 腕
の長さを 50 cm、したがって、回転半径 R を 1.7 m とし
て、手から離れたときの初速度と向心力を求めよ。
(7)
a>
3σ
= 4.72mm,
gρ
(8)
となる。
問 IV
⃗
⃗
⃗ B,
⃗ A
⃗×B
⃗ を求
(a) A=(3,
2, 1), B=(1,
2, 3) のとき、A
めよ。
2
(b) 角速度が ω=(6, 8, 7) rad/s で、原点を中心にして
回転している物体がある。位置が (5, 3, 9)m の場所の速度
を求めよ。
である。したがって、1 秒あたりの仕事は、
1 秒あたりの仕事 = N ω = 260 Nm × 209 rad/s(17)
= 54426 W = 72.6 hp(馬力), (18)
答え
である。単位 W=J/s である。
(a)
⃗B
⃗ = 3 + 4 + 3 = 10,
A
問 VI
(9)
⃗×B
⃗ = (4, −8, 4),
A
(10)
⃗v = ω
⃗ × ⃗r = (51, −19, −22)m/s,
(11)
(b)
遠心分離器内のローターが、60000 rpm (1 分間の回転
数) で回転している。回転軸の中心から 20cm 離れた場所
に左右に 100g の重りがそれぞれ付いている。(a) 角運動量
を求めよ。(b) 重り 1 個に作用する遠心力を求めよ。(c) 重
り 2 個の運動エネルギーを求めよ。TNT 火薬の燃焼熱は
1kJ/g である。このエネルギーは TNT 火薬何グラムか。
問V
答え
自動車のカタログでエンジンの説明箇所を見ていたら、
「回転数 2000 rpm(1 分間の回転数) のとき、トルク 260
Nm」と書いてあった。
(a) 回転軸の中心から 10cm 離れた場所に重りを置く場
合、最大何 kg の重りを持ち上げることができるか。
(b) このエンジンが行うことができる最大の出力（1 秒
あたりに行うことができる仕事）は何馬力か。（1 秒間に
1J の仕事を行うとき 1W(ワット) といい、750W を１馬力
(hp) という。）
(a) 60000rpm は、周波数に直すと 1000Hz であり、回
転軸から 20cm 離れた場所の速度は、2π0.2 × 1000m/s で
ある。重り１個の角運動量は、回転軸からの距離 × 質量
× 速度なので、0.2 × 0.1 × 2π0.2 × 1000 =25.12 m2 kg/s
である。重りは 2 個あるので、角運動量は、50.24 m2 kg/s
である。
(b) 遠心力は mrω 2 = 0.1 × 0.2(2π1000)2 =7.9×105 N.
重さに換算すると、80t(トン) になる。超遠心機にはかな
り大きな遠心力が働いていることがわかる。
(c) 運動エネルギーは mv 2 /2 であり、重りが２個あるか
ら mv 2 を求めればよい。回転軸から 20cm 離れた場所の速
度は、2π0.2 × 1000m/s であるから、mv 2 = 0.1 × (2π0.2 ×
1000)2 = 158 kJ である。TNT 火薬換算で、158g 程度の
エネルギーであり、小さなダイナマイト程度エネルギーで
ある。
答え
(a) 「トルク=回転軸からの距離 × 力」なので、260 =
0.1 × F から、F = 2600N である。この力は、1g(9.8m/s2 )
の地上で 265 kg の質量を持ち上げることができる。これ
ゆえ、2600N を 265 kgw と書く場合がある。
(b) 力学における仕事は、並進運動でも回転運動でも、
仕事 W = 力 F × 移動距離 L.
(12)
トルクと回転角度や移動距離は、
トルク N = 力 F × 半径 R,
(13)
移動距離 L = 回転角度θ × 半径 R,
(14)
これゆえ、トルクに伴い回転する場合の仕事は、
W = N θ,
(15)
である。N がトルクであり、θ は回転角である。ただし、
ベクトルの角度が互いに直交もしくは平行とした。
1 秒あたりの仕事を求めるためには、1 秒あたりの回転
角 ω を求める必要がある。2000 rpm であるから、
ω=
2000
× 2π = 209 rad/s,
60
(16)
問 VII
ロケットの加速の仕組みについて考えよう。ロケットは、
燃料を連続的に燃焼させ、燃焼ガスの噴射の反動で加速さ
れ、速度が増加する。ロケットの質量 m(t) は、燃料を燃
焼して噴射するので、時間と共に減少する。同時にロケッ
トの速度 v(t) は時間とともに増加していく。
(a) 時刻 t におけるロケットの運動量を求めよ。
(b) 時刻 t + ∆t におけるロケットと燃焼ガスの運動量
の和を求めよ。ただし、ロケットから噴射される燃焼ガス
の、ロケットに対する速度を −u とする (地球に対する速
度は、v(t + ∆t) − u となる)。質量 m(t) − m(t + ∆t) の燃
焼ガスが時刻 t + ∆t/2 に一気に噴射されたと仮定せよ。
(c) 運動量保存則をこの系に適用して、m(t) と v(t) に
関する方程式を求めよ。
(d) m(t + ∆t) ≈ m(t) + ∆t · dm/dt, v(t + ∆t) ≈ v(t) +
∆t · dv/dt として、近似せよ。さらに、両辺を ∆t で割り、
∆t → 0 の極限を求めよ（計算の必要が無いかもしれな
3
い）。このようにすることで、m(t), v(t) に関する微分方
程式を求めることができる。
(e) ロケットの初期質量を m0 , 初速度を 0 とすれば、
v(t) = u log(m0 /m(t)) となることを示せ。
(f) 酸素と水素が燃焼したときの燃焼エネルギー (242
kJ/mol ) が全て水分子の運動エネルギーになるとして、u
を求めよ。
(g) 地 球 の 引 力 か ら 抜 け 出 る た め に は 、脱 出 速 度
(11.2km/s) になる必要がある。m0 /m を求めよ。このこ
とから、1t(トン、1000kg) 程度の機材を月に運搬するため
には、燃料が何トン必要か求めよ。
(a) ロケットの運動量は、m(t)v(t)。
(b) 燃 焼 ガ ス 噴 射 後 の ロ ケット の 運 動 量 は 、m(t +
∆t)v(t + ∆t) である。燃焼ガスの速度は v(t + ∆t) − u
で、質量は、m(t) − m(t + ∆t) なので、燃焼ガスの運動量
は、(m(t) − m(t + ∆t))(v(t + ∆t) − u) である。したがっ
て、ロケットと燃焼ガスの時刻 t + ∆t における運動量は、
(b) m(t+∆t)v(t+∆t)+(m(t)−m(t+∆t))(v(t+∆t)−u)
となる。
(c) 運動量保存則から、
m(t)v(t)
= m(t + ∆t)v(t + ∆t),
+(m(t) − m(t + ∆t))(v(t + ∆t) − u),
(19)
となる。
(d)m(t + ∆t), v(t + ∆t) を近似して ∆t で割ると、
dv
dm
+u
,
dt
dt
(20)
という微分方程式が得られる。今まで、v(t) のように時間
の関数として考えていたが、v(m(t)) のように速度を m の
関数とみなそう。そうすれば、dv/dt = dv/dm · dm/dt と
なる。これを式 (20) へ代入して、
0=m
dv
+ u,
dm
(21)
が得られる。
(e) 式 (21) の両辺を m でわると、u/m = −dv/dm とな
り、この式を m で積分して、初期条件を代入すれば、
v = u log
1
H2 + O2 = H2 O + 242 kJ/mol,
2
(23)
である。水 1 mol が 18 g なので、燃焼熱が全て運動エネ
ルギーになるとして、
答え
0=m
と、上昇することができない。このため、諸君がよく知っ
ているように、爆発的に燃焼させて上昇するようにして
いる。効率良く燃料を使うためには、上昇の加速度は、地
上の重力加速度よりも十分に大きい必要がある。そうすれ
ば、地上でも式 (22) と同程度の速度になることができる。
このような経済的な理由から上昇時の加速度は大変大きく
(10 g 程度) 素人では気を失ってしまう。
(f)
m0
,
m
(22)
が求められる。この式は、ツィオルコフスキーの公式と呼
ばれ、ロケットを設計する場合に最も重要な役割をする。
式 (22) には、時間 t がどこにも入っていない。これは、
ゆっくりと燃焼させても、一気に燃焼させても消費した燃
料の量が同じならば同じ速度になることを意味している。
無重力状態 (外力が作用しない状態) でロケットを加速す
る場合を想定したからである。一方、重力のある地上から
ロケットを飛ばす場合には、ゆっくりと燃料を燃焼させる
u2
18g/mol = 242 kJ/mol.
(24)
2
√
ここから、u = 2 × 242000/0.018=5185 m/s である。
(g) 脱出速度 (11.2 km/s) になるためには、式 (22) へ
u=5185 m/を代入して、m0 /m=8.67 となる。m0 は、出
発前のロケットの質量、m は脱出速度に達したときの質量
である。ロケットは燃料を噴射させながら加速するので、
燃料を消費した分だけ軽くなり、m は m0 より小さくな
る。燃料を酸素と水素とした場合には、脱出速度まで加速
すると m0 /m=8.67、すなわち m = m0 /8.67 となる。し
たがって、出発前のロケットの質量 m の内訳は、m0 /8.67
が機体の質量で m0 × 7.67/8.67 が燃料と言うことになる。
ただし、この計算上限値なので、実際には燃料が占める割
合はもっと大きくなる。
1 トンの物を月まで持ち上げるためには、7.67 トンの燃
料が必要であることが分かる。実際には、燃焼ガスの速度
は、5185 m/s よりも遙かに遅い。これは、燃焼ガスの温
度が上がりすぎると、ロケットエンジンが溶けるので、保
護のため冷却することに起因する。また、持ち上げたい物
以外にロケット本体の重量もあるため、実際には数百トン
の燃料を必要とする。月まで行けるロケットの全重量にし
める爆発物の割合は、爆弾よりも高い。
エネルギー保存則を用いた導き方 燃料 1 kg が放出
するエネルギーを Q とすれば、∆t の間に放出されるエネ
ルギーは、Q[m(t) − m(t + ∆t)] である。このエネルギー
はロケット本体の運動エネルギー増分と燃焼ガスの運動エ
ネルギーになり、
Q[m(t) − m(t + ∆t)]
1
1
= m(t + ∆t)v 2 (t + ∆t) − m(t)v 2 (t)
2
2
1
+ [m(t) − m(t + ∆t)](v(t + ∆t) − u)2 ,
2
(25)
このような関係が導かれる。∆t → 0 として、m(t + ∆t) −
m(t) = dm, v(t + ∆t) − v(t) = dv とおけば、
1
1
1
−Qdm = mvdv + dmv 2 − dmv − dm(v − u)2 , (26)
2
2
2
となる。(v − u)2 を計算して、両辺を dm で割り算すると、
−Q = mv
1
dv
− vu + u2 ,
dm
2
(27)
4
が得られる。u と Q の関係を求める必要がある。ここで
は、ロケットは大変に重い物体で、∆t の間に燃焼する燃
焼ガスの質量は僅かである。これは、地上で人間がボール
を上空に投げる場合、ボールが得る運動エネルギーとその
反作用で地球が動いて得る運動エネルギーとの関係と同じ
であり、ほぼ 100 パーセントのエネルギーがボールに行
く。同じように、燃焼エネルギーはほとんど全て燃焼ガス
の運動エネルギーへ行くので、Q が単位質量あたりの燃焼
エネルギーであることを考慮すると、
Q=
1 2
u ,
2
dv
+ u,
dm
ロケット単体では運動量は保存しない。したがって、式
(21) は、
0=
d
[m(t)v(t)] ,
dt
(30)
(28)
となる。これを式 (27) へ代入して、
0=m
を得る。
(29)
から導けない。式 (30) は、式 (19) において、右辺第２項
を無視した場合となる。これは燃焼ガスの運動量を無視し
たことになる。ロケットの質量 m(t) は変化するが、減少分
は燃焼ガスとなるから、この寄与も考慮する必要がある。