6 [2014 東京大] 【35分】
図1に示すように、水平から角度を
なすなめらかな斜面の下端に, ばね定数
んのばねの一端が固定されている。斜面
は点Aで水平面と交わっており, ばねの
他端は自然の長さのとき点Aの位置にあ
るものとする。 図2に示すように,質量
mの小球をばねに押しつけ, 斜面にそっ
て距離xだけばねを縮めてから静かに手
をはなす。 その後の小球の運動について,
次の問いに答えよ。 ただし, 重力加速度
の大きさをgとする。 また, 小球の大き
さとばねの質量は無視してよい。
(1) x=x のとき, 手をはなしても小球
は静止したままであった。 このときの
x を求めよ。
(2) 手をはなしたのち, 小球が斜面から
飛び出し水平面に投げ出されるための
の条件を, k, m, g, 0 を用いて表せ。 「ひゃん。
(3) x=3x) のとき, 小球が動きだしてから点Aに達するまでの時間を求めよ。
次に,(2) の条件が成立し小球が投げ出された後の運動を考える。 小球は点Aから速さ
で投げ出されたのち, 水平距離s だけ離れたところに落下する。 点Aでの速さが一定
の場合は,0=45°のとき落下までの水平距離が最大になることが知られているが,今回
の場合は,0によって”が変わるため, s が最大となる条件は異なる可能性がある。 次の
問いに答えよ。 なお,必要であれば、表1の三角関数表を計算に利用してよい。
S
表 1
(4) vをx,k, m, g, 0
を用いて表し、 xが一定
のとき, sが最大となる
0は45°より大きいか小
さいか答えよ。
(5) s をx,k, m, g, 0
を用いて表せ。
0
sin 0
cos o
0
sin 0
cos o
x
m
A
図1
A
図2
35°
10° 15° 20° 25° 30°
40°
0.17 0.26 0.34 0.42 0.50 0.57 0.64 0.71
0.98 0.97
0.94 0.91 0.87 0.82 0.77 0.71
45°
50°
0.77
0.64 20.57 20.50 0.42 0.34
55° 60° 65° 70° 75° 80°
0.82 20.87 0.91 20.94 20.97
0.98
0.26 0.17
2mg のとき,表
(6) x=- k
に示した角度の中から, sが最も大きくなる 0 を選んで答えよ。
(7) x を大きくしていくと, s が最大となる 0 は何度に近づくか。 表に示した角度の中
から選んで答えよ。
≤μN
μmgcoso mgsin0 Mg≦μmgcoso
よって
m (sin0μcos 0 ) Mum (sin + ACOS)
←A 最大摩擦力の大きさはμmgcost だから,
M の最小値では
mgsin0 = f1+T
mgsin0 =μmgcos+Mg
M最小=m(sin0μcos0 )
Mの最大値では
mgsin0+|f=T
mgsin+μmgcos0 M 最大g
M最大 = m (sin0+μcos0 )
6 [2014 東京大] 【35分】
mgsin O
解答 (1)
k
(4)
(5)
k
Nm
kx
mg
x-
t:
V=
2mgsin0
k
解説
ヒント (3) 単振動の時間の問題は, 円運動を考えてみるとよい｡
2T
(2) x>
2mgsin 0
k
(4) sin0は0° < 0 <90° では0に対して増加関数であるから, 0 の増減に
よって減増する関係となる。
(6) 0 に値を代入し, sを求めていけばよい。
(1) x=x のとき, 小球には図aのような力がはたらいて
いる。 フックの法則 「F=kx」 を用いて斜面
に平行な力のつりあいの式を立てると
kxo=mgsino よってx=
2π
(2) Aを位置エネルギーの基準とし, 小球がAに達した
ときの速さを”として, 手をはなして
A に達する
までの力学的エネルギー保存の式を立てると
mg(-xsin_0)+ +/kx²= 1/2mv²+0
2_
m
V=
--
2T
(角度の差) は である (図c)。
3
単振動の周期の式 「T=2π
<2匹>
->0
2mgsin 0
sin 20 (6) 25° (7) 45°
so..
よって
2mgsin 0
k
小球が斜面から飛び出すためには が実数解として存在すればよい。 x>0であるから
2mgsin 0
よってx>
2mgsin 0
k
(3) 小球は出発してからAに達するまでの間, 単振動と同
様の運動をしている。 単振動は等速円運動の正射影であ
るから, 円運動にもどして考えると, この間の位相差
KAND
m
N k
45° より小さい
N m
k x / x
(3)
mgsin o
Im
Nk
」より, 求める時間は
2 m A-
3√ k
2mgsino
k
mgsin o
N
20
≠0より t=sin0
g
x 方向について等速直線運動の式 「x=vf」 を用いると
出発
vsin 0
xsino
20
kxy
mgcoso
mg
ucoso
図 b
a
振動のA
中心
(5) Aで飛び出してから落下するまでの時間をとする。 図dのように,x軸,y軸を
設定する。 y方向について等加速度運動の式より
0=vsin0.t-
図㎝
○本
図d
svCOs0.t=vcosA..
(4) を代入して
k
5 = = {√ √ = = 2 *(x-
s=
m
~Sin 20 cm
よって 0=25°
(7) (5) の答え
WEE
(6) (5) の答えに与えられたx を代入すると
2mg/2mg2mgsin 0
k
k
mg
k
ここでf(0)=(1-sin 0 ) sin20
とおき, 45° より小さい角度で計算すると
s=
f (40°)=(1-0.64) × 0.98≒ 0.35
f (35°)=(1-0.57) x 8.94 0.40
@=
f(30°)=(1-0.50)×0.87 ≒ 0.44
f(25°)=(1-0.42)×0.77 ≒ 0.45
f(20°)=(1-0.34) × 0.64 0.42
cos
よって
2 sin 0 =
g
N m
となる。 x=x。 に到達するとき
x₁ = -2x cost
2mgsin 0
k
t=
2mgsin 0
kx
1 0 ) }
→0
7 [1993 筑波大]
(1)
mBV0
F
(3) VA=VB=-
を十分に大きくすると
kx
mg
よって, sが最大となる角度は sin 20=1
2mgsin 0
k
すなわち 045° に近づく。
A 別解力のつりあいの点を原点として単振動の変位の式を書くと
x=-2xocoswt
k
20²
【20分】
(2) VA' =
g
MB
-Vo
MA+MB
kx2
- sin 20= (1
-sin 0 cos 0
sin 20 =(x-2mgsin 0
2mB
ma+m
sin 20
kx
√ m
←※B0°<0 <90° では sin 0 は増加関数である。
←C これより ” が一定ならば sin 20 1 すなわち 0=45°のときが最大になる。
←※D x 1より
=
4mg (1sin 0 ) sin 20
k
MB
(4) (2)
mBVo = (ma+mB) VA ゆえに VA=VB = -
MA+MB
045°より大きくなるほどは小さくなり,の水平成分も小さくなるので,s
は小さくなる。逆に0が45℃より小さくなるとかは大きくなり,の水平成分も大きく (4) 運動エネルギーの差が、ばねの弾性エネルギーに変わった。
11/12(10-12=1/2mv2-12(ma+m)²
なるので, sが最大となるは45° より小さい。
2mgsin 0
kx
-Vo. VB'′ =
-Vo, VB'′=
in ℓ sin 20
MAMB
(4) lo-Vok(mA+MB)
(1) 力積は運動量の変化に等しい。 F.T=mBV-0
(2) 運動量保存則とエネルギー保存則から
MAMB
ゆえに min=1 von (ma+mB)
sin 20≒
MB-MAVO
ma+mB
maVo=m_VÁ' + m₂Vg, _/\_m₂V ² = = {m_V_^² + m¸Vg¹²
mg-MAVO
ゆえに V^'=
2m B
MA+MB
ma+mB
(3) ばねが最も短くなったときVA = VB だから, 運動量の保存から
-Vo
kx²
mg
ゆえに TmBV0
-sin 20 *D-
なるほどです！！！！
ありがとうこざいます！
ちなみにどうして出発から振動の中心までが2x。と決まるのでしょうか、、？？