76第２章

質点系と剛体２.１ 二体問題
我々の身の回りにあり、通常観察する物体の多くは、質点の集まりであると考えられ、この現象を理解することは大切である。
複数の質点の集まりを質点系(system of particles)といい、２個の質点からなる質点系の運動を調べる問題を二体問
題(two-body problem)という。

O

r2
m2

r1

r
m1

図 2‑ 1 ２つの質点に働く力

２．１．１ 運動の第３法則
質量 m1 , m2 の２つの質点が互いに力をおよぼし合いながら運動している場合を考えよう。
質点１が質点２におよぼす力を F12 、質点２が質点１におよぼす力を F21 とする。
質点の位置ベクトル(1.2 節参照)を r1 , r 2 とするとき、質点１からみて質点２の位置は
r = r 2 − r 1 で与えられる。
このように質点が力をおよぼしあっている時に成り立っていると考えられる最も基本的な法則は、[法則 2. 1] 運動の第３法則
２つの質点が互いにおよぼし合う力はそれらを結ぶ線上にあって、大きさが等しく向きが反対であるという運動の第３法則である。
これは、作用・反作用の法則とも呼ばれる。

式で表わせと、
F12 = −F 21
であり、これらの力は r = r2 − r1 に平行である。

(2. 1)

77

78

２．１．２ 重心
２つの質点のそれぞれに対して運動方程式をたてると、
d 2 r1
m1 2 = F21
dt(2. 2)
d 2r 2
m2
= F12
dt 2
となる。
上式をそれぞれ加え、式(2.1)を用いると、 F12 + F21 = 0 となるので、

d2(m1r1 + m2 r2 ) = 0(2. 3)

M = m1 + m2 (質点系の全質量)として、
MR = m1r1 + m2 r2(2. 4)

dt 2を得る。

によって重心(または質量中心)の位置を定義しよう。

P1

m1
G

成分で書けば、次のようになる。
MX = m1 x1 + m2 x 2
MY = m1 y1 + m2 y 2

MZ = m1 z1 + m2 z 2

P2m2

図 2‑ 2二体系と重心右上図に示すように、これは２つの質点を結ぶ線分を質量の逆比に内分する点Ｇ
P1G / P2 G = m2 / m1である。
よって、式(2.3)は、

d2R=0(2. 5)
dt 2となり、重心Ｇは加速度が零、つまり等速運動をする。
M

その速度は最初に零ならば、いつまでたっても零、つまり重心は不動に保たれる。

79

80

２．１．３ 換算質量と運動方程式
式(2.2)を
d 2 r1
1
=
F21
2
m1
dt

d 2r 2
1
=
F12
2
m2
dt
として引き算すると、 r = r2 − r1 および式(2.1)を用いて、次式が得られる。
d21
1r − r1 ) =
F12 −
F21
2 ( 2
m2
m1
dt
d 2r  1
1
=
+
 F12
2
dt
 m1 m2 

ここで、

µ=

1
1
1
+
m1 m2

によって、この２質点の換算質量を定義すると、上式は、
d 2rµ 2 = F12dtという１個の質点に対する運動方程式と同じ形の式になる。
一般に、力 F12 は２質点間の相対座標 r (= r 2 − r1 ) の関数である。

(2. 6)(2. 7)

81[例題 2. 1]
2 つの恒星Ｐ(質量 m1 )とＱ(質量 m2 )の重心に対する運動を考える。重心Ｇを原点にとって、恒星Ｐの座標を r1 、恒星Ｑの座標を r2 とする。相対座標 r = r2 − r1 を使うと、万有引
力 f (r ) はmm
f (r ) = −G 1 2
r2とかける。恒星Ｐの運動方程式を r1 を用いて、恒星Ｑの運動方程式を r2 を用いて表わせ。
m1 >> m2 のとき、恒星Ｐと恒星Ｑの運動方程式はどうなるか。

[問題 2. 1]
同じ質量の２つの物体をひもで結んで滑らかな水平面上に密接して置いてある。片方の物
体に速度 v(その方向はもう一方の物体から離れる方向)を与えた後、この系はどのような運動をするか説明せよ。ただし、ひもがピンと張られたときの衝撃によるエネルギーの損
失はないものとする。

m1[問題 2. 2]
質量 m1 , m2 の２個の質点ＰとＱが、バネで結ばれている系を考える。両端の質点の変位を x1 , x2 とし、バネの

m2

P

Q
x1

x2

力はフックの法則に従うとする。重心系における運動方程式を求め、質点の変位を時間の関数として示せ。ただし、バネの力の定数を k ( k > 0) とせよ。

82

２.２ 重心とその運動
2.1 節では２質点が相互作用している系を扱ったが、このように扱えるのは２質点の問
題(二体問題)までであって、三体問題以上の多体問題になると解析的に厳密な扱いは不可能であることが証明されている。
一般に、地上で我々が扱う通常の物体は大きさをもっているから一般には質点としては扱えない。そのような物体(流体なども含めて)でも、これを微小部分に細分して考えれば多数の質点の集まりとみなすことができる。
質点 1,2,3,...が互いに力をおよぼし合っていて、 i 番めが j 番めにおよぼす力を Fijとする。このように質点系内で互いにおよぼし合っている力を内力とよぶ。
いま考えている質点系にはこのほかに外部からも力が作用しているものとして、 i 番めの質点が受けている外力を Fi と表わす。
各質点の質量を m1 , m2 , m3 ,... 、それらの位置を r1 , r 2 , r 3 , ... として、運動方程式は、

d 2 r1= F1 + F21 + F31 +...
dt 2
d 2r2
m2
(2. 8)= F2 + F12 + F32 +...
dt 2.........
これらを全部加えあわせると、内力については作用・反作用の法則により Fij + Fji = 0 が
m1成り立つから、右辺の和としては外力だけが残って、
d 2 r1d 2r2
m1 2 + m2+... = F1 + F2 +...
dt
dt 2
また、
M = m1 + m2 +...
として、重心(質量中心)の位置 R を
MR = m1r1 + m2 r 2 +...

(2. 9)(2. 10)によって定義すると、式(2.9)は、
d 2R
M 2 = F1 + F2 +... = ∑ Fi
(2. 11)dti
この式は質量が M で位置 R にある一個の質点に外力 F1 + F2 +... が作用している時の運動方程式になっている。つまり、質点の重心は、質点系の全質量がそこに集中し、外力も全てそこに働いている時の一つの質点と全く同じ運動をすることを意味している。
すなわち、実際に大きさのあるものを質点とみなし、第１章で調べたような方法で扱ってよいのはこのためである。

83

84

２.３ 運動量と運動量保存θ

＜力のモーメント＞“てこ”などのように、力 F によって原点 O のまわりで物を回転させる場合を考える。
回転の大きさは、①力の大きさ F②点 O から作用線 AB へ下した垂線の長さ lに比例する。

F
B

A
r

l

O

図 2‑3

力のモーメント

定義[2.1] モーメント(moment)
この積 F l を、 O 点に関する力 F のモーメントの大きさとよぶ。
モーメントの方向は力の作用線 AB と O 点で作る平面に垂直であり、O 点を通る軸まわりに、右ねじの進む向きを正とする。
図 2‑3 の場合、時計の針と反対まわりであるので、モーメントの方向は紙面に対して手前向きである。

右ねじを回す
回転方向

ねじの進む
方向

O 点に関する F のモーメントを、大きさが Fl で、紙面に対して
手前向き方向を持つ回転軸と向きをもったベクトルと定義し、次ページ式(2.15)より、
N = r × F (r = OA)(2. 12)

図 2‑4

右ねじ

で表わす。

r の成分を ( x, y , z ) 、 F の成分を ( Fx , Fy , Fz ) とすると、 N の成分は式(2.18)より、
N x = yFz − zFy
N y = zFx − xFz(2. 13)N z = xFy − yFx
である。
N = Fl = Fr sin θ(2. 14)は r と F を２辺とする平行四辺形の面積である。
r と F が平行または反平行( θ = 0かπ )なとき N = 0 である。

85

One Point 外積(ベクトル積)

C=A×B

２つのベクトル Aと B から、
大きさ： C = AB sin θ ( θ は AとB の間の角, θ < π )向き： Aと B の両方に垂直で Aから B の向きに右ねじを回した時にそれが進む向きをもつベクトルC をつくることができる。これを Aと Bの外積(ベクトル積)といい、C = A× B(2. 15)で表わす。
A × B = − (B × A)
(2. 16)

ABsinθ

に注意すること。

A
O

θ
B

A

A

Bsinθθ
B
図 2‑5

外積

右手系の座標軸方向の単位ベクトル i, j,k (x,y,z 軸の方向を持ち長さが１のベクトル)に関して、
i × j = k , j × i = −k ,j × k = i , k × j = −i
(2. 17)k × i = j, i × k = − j, i × i = j × j = k × k = 0が成り立つ。また、 A = Ax i + Ay j + Az k , B = Bx i + By j + Bz k と

k=i×j
i

すると、上式から、
C = A × B = (Ax i + Ay j + Az k )× (Bx i + By j + Bz k )= (Ay Bz − Az By )i + ( Az Bx − Ax Bz ) j + (Ax By − Ay Bx )k

O

S=1
j

= Cxi + C y j + Cz k
(2. 18)[例題 2.2]
xy 面上で原点 O を中心とする円板が角速度 ω [rad/s]で回っωkている。円板上の位置 r における速度ベクトルv を ω 、 r 、
および、 z 方向の単位ベクトル k で表せ。
(解答)
図において P は位置ベクトル r の点を表す。一般に、rθは円周を示す
ので、角速度 ω [rad/s]を用いて、点 P の速さは ωr であり、速度の方向は r と k とに垂直であって、 k × r の方向を向いている。従って、

v = k × (ω r ) = ω (k × r )成分で書けば k = ( 0,0,1) 、 r = ( x , y ,0) であるので、

v x = −ωy , v y = ωx , vz = 0[問題 2.3] A = 2i − 3 j − k , B = i + 4 j − 2k の場合、次のものを求めよ。
(1) A × B
(2) (A + B ) × (A − B )[問題 2.4] 次の各式を証明せよ。
(1) (A × B ) 2 + (A • B ) 2 = A 2 B 2(2) (A + B ) × (A − B ) = 2(B × A )

y
O

r

P
x

v

86

＜運動量＞
定義[2.2] 運動量(momentum)
質量 m の質点が速度 v で運動しているときに、この質点は運動量
p = mv(2. 19)v
mをもっているという。
重いものが大きな速さで動いているほど、大きな運動量をもっている。

定義[2.3] 角運動量(angular momentum)
運動量のモーメント
l = r× p(2. 20a)lrを角運動量という。

ml = ( l x , l y , l z ) 、 r = ( x , y , z ) 、 p = ( px , py , pz ) とすると、式(2.18)より

lx = ypz − zpy , ly = zpx − xpz , lz = xpy − ypxP(2.20b)＜角運動量＞
xy 平面内で行われる運動を考える。
r も p も z 成分はもたないから、それらの面に垂直である力のモーメント N と角運動量 l
は z 成分だけしかもたない。式(2.18)より、
N z = xFy − yFx

lz = xp y − yp x
上式を時間で微分し、式(2.19)dx
dypx = m , p y = mdtdtを代入すると (次式の導出は次ページ参照)、
dl z
d2y
d 2x
= mx 2 − my 2dt
dtdt
運動方程式 Fx = mx&&, Fy = my&& より、

dlz= xFy − yFx
dt
式(2.21)を利用すると、上式から次式を得る。
dlz
= Nz
dt

(2. 21)(2. 22)(2. 23)(2. 24)

一般の運動では、 x 成分や y 成分でも同様な関係が成り立ち、ベクトルを使って、
dl(2. 25)=Ndtと表わされる。すなわち、角運動量の時間的変化の割合は力のモーメント N に等しい。

87

＜補足＞

前ページ式(2.22)の導出
 dx dydl z
dd  dydx d 2 y dy dx
d 2x 
= (xp y − yp x ) = m  x − y  = m
+x 2 −− y 2 dt dt
dt  dt
dt 
dt dt
dt
dt 
 dt dt
積の微分

= mx

2

2

d y
d x
− my 22
dt
dt

One Point 積の微分( fg )' = f ' g + fg '[問題 2.5]
はじめに静止していた物体が摩擦の無視できる斜面を滑り落ちるとき、その距離は経過した時間 t の２乗に比例する。斜面に沿って下向きに x 方向をとり、物体の質量を m とする
とき、物体の運動量の大きさを求めよ。

[例題 2.3]
ある点に関する角運動量 L の方向が不変な場合、質点の運動は一つの平面内で行われることを示せ。
(解答)
L の方向を z 軸方向にとると、 Lx = L y = 0, Lz ≠ 0 となるから、式(2.20b)より
ypz − zp y = 0, zp x − xpz = 0
この第１式に x を、第２式に y を掛け加えれば、
xyp z − xzp y + yzp x − xyp z = 0− xzp y + yzp x = 0− z ( xp y − yp x ) = 0
しかし、他方で Lz = ( xp y − yp x ) ≠ 0 としているから、最後の２式が成立するためには、

z = 0 、すなわち、質点はつねに平面 z = 0 上にある。
[問題 2.6]
質量 m の質点が速さ v で x 方向に運動している。点 O から質点の軌道におろした垂線の長さを rp とするとき、角運動量を求めよ。角運動量が零になるのはどのような場合か、
また、角運動量が保存される運動はどのような時か述べよ。
ただし、v は零ではないとする。
[問題 2.7]
右図の様に時刻 t=0 に点 P から質量 m の質点が重力加速度 g
を受けて初速度０で自由落下を始めたとする。点 O から見た
角運動量を求めよ。角運動量の時間変化の割合が力のモーメ
ントに等しいとおいて、質点の力を求め、それが mg になることを示せ。

O
rp
m

x
v

rp
x
O

P
m
v

y

88

＜運動量保存＞質点 1,2,...の速度をv 1 ,v 2 ,... とすると、式(2.13)
dv
dv 2
d
m1 1 + m2+ ... = (m1v 1 + m2v 2 + ...) = F1 + F 2 + ...
dt
dtdt
式(2.19)運動量 p i = miv i を用いると、上式は、
d(p 1 + p 2 + ...) = F1 + F 2 + ...
dt
すなわち、
d
∑ p i = ∑ Fi
dt ii
ここで、質点系の全運動量を次のように定義する。
P = ∑pi(2. 26)(2. 27)(2. 28)上式の右辺は、式(2.14)の右辺を t で微分したものである。すなわち、
drdR∑ p i = ∑ miv i = ∑ mi dti = M dt
よって、

P =M

dR
dt

式(2.28),(2.29)を式(2.27)に代入すると、
dP
d 2R
=M
= ∑ Fidt
dt 2
i(2. 29)(2. 30)が得られる。
以上より、
法則[2.2] 運動量の法則(i)質点系の全運動量 P は、重心に全質量が集中したと考えた時の質点の運動量M ⋅ dR / dt に等しい。
dR
P =M
dt
(ii)質点系の全運動量の時間的変化の割合 dP / dt は、外力の総和 ∑ F i に等しく、内i

力には無関係である。
dP
d 2R
=M
= ∑ Fidt
dt 2i(iii)もし外力が働いていないか、その総和が零ならば、質点系の全運動量 P は一定に保たれる。これを、運動量の保存則という。

89

90

＜衝突＞
衝突とは、２つの物体(粒子)が互いに近づいて力をおよぼし合い、最初に持っていた運動量やエネルギーを変化させることをいう。
一般に、地上のマクロな物体の場合、相互の万有引力は無視できるので、両物体が接触したときに生じる力は抗力であり、物体が固体である時には撃力(瞬間的に作用する大きな力)になる。
撃力では力が時間とともにどのように変化するかは測定しにくい。このとき運動方程式
m(dv / dt ) = F ( F は撃力)を時間 t で積分して得らFxt2

面積＝ ∫ t Fx dt
1＝(力積のx成分)

れる。
t2
dv
dt = mv (t 2 ) − mv (t1 ) = ∫ Fdt
t1 dt
t1
あるいは、式(2.19) p = mv より、

m∫

t2

t2

p(t2 ) − p(t1 ) = ∫ Fdt
t1

定義[2.4](2. 31)

t
t1

図 2‑6

t2

撃力と力積

力積
t2

上式の右辺の量 ∫ Fdt ( ∫ Fx dt , ∫ Fy dt , ∫ Fz dt を成分とするベクトル)を力 F の t1 から t 2
t1までの間の力積とよぶ。
式(2.31)は質点の運動量の増加量は、その間に働いた力の力積に等しいことを意味している。撃力では力 F そのものは求めにくいが、力積は運動量の変化によって知ることができる。
＜弾性衝突と非弾性衝突＞
ボールが速さv で飛んできて、静止した壁に垂直にあたり、速さv' ではねかえったとする。衝突前後の速さの比

e = v' /v
をはねかえりの係数(coefficient of rebound)、あるいは反発係数という。
もしv' > v ならば運動エネルギーが増加してしまうので、v' ≤ v でなければならないから、
0≤ e≤1e の値により、以下の様に分類される。
① e = 1 完全弾性衝突(perfectly elastic collision)
衝突前と衝突後で運動エネルギーが変化しない衝突。このとき、 I = 2mv② 0 < e < 1 非弾性衝突
衝突前後で運動エネルギーが変化し、はねかえる衝突③ e = 0 完全非弾性衝突
粘土製のボールなどの場合であり、壁にあたって止まってしまう衝突。 I = mv
普通の場合、運動エネルギーは減少するので、非弾性衝突である。

91[例題 2.4]
自由落体について力積が運動量の変化に等しいことを確かめよ。

m
加速度 g

(解答)
落体は一定の加速度 g で落下する。鉛直下方に x 軸をとり速度をv と
すれば、
dv
=g
dt
上式を t o から t まで積分すれば、
dv = gdttt∫ dv = g ∫ dtt0t0[v ] = g[t ]tt0tt0v (t ) −v (to ) = g (t − t0 )従って、運動量の変化は
mv (t ) − mv (t o ) = mg (t − t 0 )①

一方、落体の質量を m とすると、一定の加速度で運動しているから、この物体に働いている重力の大きさはF = mgであるので、力積は、
t

t

t0

t0

∫ Fdt = mg ∫ dt = mg (t − t )0②

式①、②より、力積が運動量の変化に等しいことがわかる。
[問題 2.8]
静止した質量 M の物体に、質量 m の物体が速度 v0 で衝突して合体した。合体後の速度、運動エネルギー、失われた運動エネルギーを求めよ。ただし、運動は一つの直線上で行われるものとする。
[問題 2.9]
質量 m の物体が右図のように角度 θ で壁に衝突する。衝突の前後でv
θθ

速さは変わらずv であるとするとき、壁と平行方向および垂直方向の速度の変化を求め、壁が受ける力積を計算せよ。また、力積が最大になる角度はいくらか。

v[問題 2.10]
同一直線上を速度 v 1 , v 2 (v 1 > v 2 ) で運動している質点 m1 , m2 の２つの物体が衝突して一体となった。合体後の速度を求めよ。
その速度は衝突前のどのような速度に相当するか。衝突した後静止するには、速度の比v 2 /v 1 がいくつであればよいか。ただし、v 1 > 0 とする。

v2

v1
m1

m2

92

２.４ 重心運動と相対運動
前節において質点系の運動では重心が重要な役割をしていることを説明したので、重心からみた各質点の運動を考える。
次ページ図に示すように、座標原点をＯとし、重心Ｇの位置を R = OG 、 i 番めの質点の位置を r i とする。
Ｇからみた i の位置を r i ' とすると、質点の位置 r i は、
ri = R + ri '(2. 32)

成分ごとに示すと、
xi = X + xi 'yi = Y + y i 'zi = Z + z i '式(2.32)を時間 t で微分すると、次式を得る。
dr i dR dr i '
=
+
dt
dt
dt
v i =V + v i '(2. 33)

ここで、v i ' は重心Ｇからみた質点 i の相対速度である。
式(2.32)に mi を掛けて、 i について加え合わせると、次式を得る。
(2. 34)∑ mi r i = ∑ mi R + ∑ mi r i '∑ mi = M とすると、上式の右辺第１項は、∑ miR = MRに等しく、さらに、2.2 節の式(2.10)重心の定義により、
MR = ∑ mir iとなるので、式(2.34)は以下のようになる。
∑ mir i = ∑ mir i + ∑ mir i '∑m r ' = 0i i

上式を時間 t で微分すると、以下のようになる。
dr '∑ mi dti = 0∑ mvi i ' = 0(2. 35)(2. 36)
(つづく)

93

O

ri
R

i
ri

G
図 2- 7

重心と相対位置94

前ページ式(2.33)を成分ごとに示すと、
v ix = Vx + v ix ' , v iy = V y + v iy ' , v iz = Vz + v iz '2

したがって、運動エネルギー mv
i i / 2 は、
1
1
1
1
2
2
2
miv ix = m(Vx + v ix ') = miVx + miv ix 'Vx + miv ix ' 2
2
2
2
2
1
1
1
1
2
2
2
miv iy = m(V y + v iy ') = miV y + miv iy 'V y + miv iy ' 2
2
2
2
2
1
1
1
1
2
2
2
miv iz = m(Vz + v iz ') = miVz + miv iz 'Vz + miv iz ' 22222
式(2.36)上式を i について合計して、前ページ式(2.36)を用いると、上式の右辺第２項の和は消
えて、
1
1
1
2
2
∑ 2 miv ix = 2 MVx + ∑ 2 miv ix '2
1
1
1
2
2
∑ 2 miv iy = 2 MV y + ∑ 2 miv iy '2
1
1
1
2
2
∑ 2 miv iz = 2 MVz + ∑ 2 miv iz '2
上式を加え合わせると、
質点系の運動エネルギー
1
1
1
2
2
2
2
2
2
∑ 2 mi v ix +v iy +v iz = 2 M Vx + V y + Vz + ∑ 2 mi v ix '2 +v iy '2 +v iz '2

(

)

1

∑2mv
i

2

i

=

(

1
1
MV 2 + ∑ mi v i ' 2
2
2

質点系の

重心運動の

相対運動の

運動エネ

運動エネ

運動エネ

ルギー

ルギー

ルギー

)

(

)

(2. 37)

従って、上式は次のことを表している。
質点系の運動エネルギーは、重心運動の運動エネルギーと、それに対する相対運動の運動エネルギーの和に等しい

マクロの物体は原子で構成されており、我々が見て静止しているときでも、原子は細かい複雑な運動をしている。これが熱運動とよばれるものである。

衝突とか摩擦で力学的エネルギーの一部が失われるように見えるのは、このような内部運動の運動エネルギーや位置エネルギーに転化するためである。

95[例題 2. 5]
質量の等しい３つの質点 1,2,3 が、xy 平面上の３点(2,0)、(‑2,0)、(0,3)から速度 1 でそれぞれ、x 方向、− x 方向、y 方
向に動き出したとする。
このとき、各質点の質量を m として、重心の相対的な運動
エネルギーを求めよ。

y
3
(0,3)
x

(解答)

Ｏ
2
(-2,0)

1(2,0)[問題 2. 11]
質量 m1 と m2 の２個の質点 P と Q が速度v 1 , v 2 で x 軸上を運動している。これらの質点を速度v で x 軸上を動く座標から観察すると、速度はv 1 -v , v 2 -v にみえる。このことは、系の運動エネルギーが観測する座標に依存することを示している。
(1)運動エネルギーを最小にする座標は、静止座標に対して重心の速度
m v + m2v 2
vG = 1 1
m1 + m2で動く座標になることを示し、その座標における全運動エネルギー K ' は、
1
2
K ' = µ(v 1 − v 2 )2に等しいことを示せ。ここで、 µ は換算質量を表す。
(2)運動エネルギー K ' は、重心に相対的な運動エネルギーに一致することを示せ。

96

２.５ 質点系の角運動量＜角運動量の保存則＞
次ページ図に示すように、外力を受けて、互いに内力をおよぼし合っている質点系の角運動量を考える。
2.3 節の式(2.25) dl/dt = N より、角運動量 l i の時間変化はこの質点に働く力のモーメン
ト(の総和)(式(2.12) N = r × F )に等しいので、
dl1= r 1 × F1 + r 1 × F 21 + r 1 × F31 + ...
dt
dl 2= r 2 × F 2 + r 2 × F12 + r 2 × F32 + ...
(2. 38)dt
dl 3= r 3 × F3 + r 3 × F13 + r 3 × F 23 + ...
dt...........................................................
上式を合計すると、2.1 節の”運動の第３法則” Fij = −F ji より、外力のモーメントの和 r i × F iだけが残る。よって、質点系の(全)角運動量をL = l1 + l 2 + l 3 + ... = ∑ l i(2. 39)

i

とすると、
dL
= r 1 × F1 + r 2 × F 2 + r 3 × F3 + ... = ∑ r i × Fi
dti

(2. 40)

従って、次のことがわかる。
質点系の(全)角運動量の時間的変化の割合は、その系に働く外力のモーメントの総和に等しい外力が作用していないか、あるいは、作用してもそのモーメントの和が零の場合、
dL=0dtとなり、上式を時間 t で積分すると、法則[2.3] 角運動量の保存則
L = C (C : 積分定数)となり、 L は一定に保たれる。
これが質点系の場合の角運動量の保存則である。

97

O

ri

rj
j

i
Fji

Fij
図 2- 8 作用と反作用の
モーメント

98

＜重心運動と相対運動＞
これまでに説明してきた角運動量(運動量のモーメント)や力のモーメントは、全て固定
した原点に関するものであったが、運動は重心の運動と重心に関する相対的な運動とに分けられることを前節で示した。

よって、角運動量に関しても、質点系が全体として動きながら(重心運動)、重心のまわりで行う回転について説明する。
[例題 2. 6 地球の運動]
質点系として、地球の運動を考える。ここでは地球の自転に関する運動を取り扱う。この場合、重心は固定していないから、原点を重心に移すわけにはいかない。

重心の位置を R 、重心に関する質点 i の相対的な位置を
r i ' = r i − R (右図)とすると、角運動量 L は次のようにな

ただし、
LG = R × MV ,①
L ' = ∑ mi ri ' × v i 'riRる (導出は次ページ参照)。
L = ∑ r i × mi v i= LG + L'

O

i
ri

G
図 2- 9重心と相対位置(2. 41)地球の例でいえば LG は地球の重心の公転の角運動量、
L ' は重心のまわりの自転の角運動量である。

式(2.41) LG = R × MV を時間 t で微分し、重心について M ⋅ dV / dt = ∑ Fi (2.2 節の式(2.11))を用いると、
dLG
dV
=R ×M
= R × ∑ Fi = ∑ R × Fidt
dti

(2. 42)式(2.40) dL / dt = ∑ ri × Fi で L = LG + L ' 、 r i = R + r i ' とおいて、上式を用いると、(導出はi
次ページ参照)dL '(2. 43)= ∑ r i ' × Fidtiが得られる。右辺は重心に関する外力のモーメントの和である。これを N ' = ∑ r i ' × Fi とiする。
N ' = 0 の場合、
L ' = C (C : 積分定数 )すなわち、重心まわりの角運動量 L ' は一定に保たれる。

99[式①の導出]L = ∑ ri × mi v i = ∑ (ri '+R ) × mi (v i '+V )= (∑ mi R )× V + (∑ mi ri ')× V + R × (∑ mi v i ') + ∑ mi (ri '×v i ')式(2.36) ∑ mv
第３項は消えるので、2.4節の式(2.35) ∑ mir i ' = 0 、
i i ' = 0 より上式の右辺第２、L = LG + L '[式(2.43)の導出]
式(2.40) dL / dt = ∑ ri × Fi で L = LG + L ' 、 r i = R + r i ' とおいて、idL= ∑ r i × Fidt
idLG dL '+= ∑ (R + r i ') × Fidtdti

上式に式(2.42)を用いると、
dL '∑R × Fi + dt = ∑R × Fi + ∑ r i ' × F
i
i
i
dL '
= ∑ r i ' × Fi
dti
[問題 2. 12]
2a だけ離れた２本の平行線の上を２人のスケーターが互いに速度 v で近づき、真横に来たときに手を握り合って回転を始めた。角運動量の保存則を用いて、回転の角速度ωを求めよ。ただし、２人とも質量 m の質点とみなす。

Coffee Break 潮汐と地球の自転
地球の自転は少しずつ遅くなり、１日は前日に比べ１億分の２秒ずつ長くなっている。そのため、１世紀の間には 14 秒も差ができるが、これは月や惑星、太陽の運動のみかけの遅れとして観測されている。
地球の自転が遅れるのは、主に海水の満ち引きが自転にブレーキをかけるためである。海水は月に引かれていくらか移動するが、月は地球のまわりを約１ヶ月で回るのに対して、地球の自転周期は１日でありずっと速いので、潮汐がブレーキになる。潮汐が絶えず行っているブレーキの仕事は約２０億馬力に相当すると推定されている。この潮汐摩擦の反作用として、地球を回る月の公転運動はエネルギーが与えられ、その結果、月は１ヶ月に 8mm ずつ地球から遠ざかる。この割合で月が今でも遠ざかっているものとすると４０億年の昔には地球と月とは極めて接近していたことになる。
地球と月とは密接に作用し合っているから、これらをまとめて１つの体系と考えると、その重心のまわりの角運動量は保存されるはずである。しかし、潮汐により地球の自転は遅くなり、そのため地球の自転の角運動量は減少する。月の角運動量は、月の自転による角運動量と月が地球を回る軌道運動の角運動量とからなるが、月の自転の角運動量は小さいので、地球の自転が遅くなるだけ、月の軌道運動が増加する
はずである。月の軌道半径を r 、速さを v 、質量を m とすると、月の軌道運動の角運動量は L = mvr となる。地球の質量を M とすると、地球の引力が月の遠心力と釣り合うため、

GMm / r 2 = mv 2 / r
これからv 2 = GM / r = L2 / (mr ) 2
従って、

r = L2 / (GMm 2 )となる。従って、地球の自転が遅くなるにつれて月の角運動量 L は増加し、このため地球と月の間の距
離 r は次第に増大することになる。

100

２.６ 剛体とそのつり合い＜剛体とは＞
実在の固体には鉄や石などのように硬い物体もあれば、ゴムのように軟らかい物体もあるが、いずれにしても多少は変形する。
これを理想化して定義[2.5] 剛体
全く変形しない物体を仮定し、これを剛体とよぶ。
次ページ図に示すように、剛体は無数の質点から構成されていると考えられるが、剛体
中のどの２つの質点をとってもその距離が変わらないものである。従って、剛体は質点系の特別な場合である。
＜剛体に働く力＞
剛体は質点系の特別な場合であるので、今までに得られた質点系の一般的な性質(内力には無関係等)は剛体に対してもそのまま適用できる。
剛体の運動として、①全体としての移動である並進運動②回転運動
を考えればよい。
この場合、重力は剛体の重心に働き、その大きさは Mg (M:剛体の全質量)である。
剛体の力を保っているのは各部分の間に働く内力であるが、これは全く考えなくてよい。
よって、剛体に働く力をF1 , F 2 , ..., F n ：重心に働く重力を含めた外力

r1 , r 2 , ..., r n：外力が作用する点とする。
前節までは、Fi や r i の添え字 i は質点の番号であるとしたが、ここでは添え字 i を力の番号とする。
これは剛体を細かく分けてその細片を質点とみなし、i 番目の力が作用しているところにある細片に番号 i をつけ、力が F1 , F 2 , ..., Fn までの n 個につけてあると思えばよい。
このように考えれば、前節までに得られた諸式はそのまま剛体に使える。

101

剛体

図 2- 10

剛体中の質点

F2
原点O
剛体

r2
r1

r3

F3

2
重心G

3
F1 (=G )図 2- 11

剛体に働く外力102＜剛体のつり合い＞
ここでは、剛体の釣り合い条件、すなわち、平衡条件について考える。
質点系の運動方程式(2.2 節の式(2.11))
d 2R= ∑ FiM
dt 2
iにおいて、剛体がつり合っている場合、それは静止しているので、当然、重心も静止し続け、すなわち、 d 2R / dt 2 = 0 なので、
(2. 44)∑Fi = 0iが成り立つ。
次に、たとえ重心が静止していても、そのまわりで回転している場合、剛体が静止しているとはいえないので、重心まわりの自転の角運動量 L ' は
L '= 0でなければならない。

質点系の全角運動量 L は、重心の公転に関する角運動量 LG と重心まわりの自転の角運動
量 L ' の和
L = LG + L 'で表わされる。
この場合、重心が止まっている( LG = 0 )ので、 L = LG + L ' = 0 であるから、
dL
=0
①
dt
従って、角運動量に関する方程式(式(2.40))
dL / dt = ∑ r i × F iiに、式①を代入すると、(2. 45)∑ r i × Fi = 0ir i の基準点(原点)は固定点ならばどこでもよい。
式(2.44)と式(2.45)はどちらもベクトル式であるので、成分ごとに考えると、３つずつの式になる。すなわち、∑ Fxi = 0, ∑ Fyi = 0, ∑ Fzi = 0iii∑ (yi Fzi − zi Fyi ) = 0, ∑ (zi Fxi − xi Fzi ) = 0, ∑ (xi Fyi − yi Fxi ) = 0iii
一般に、上式の合計６個が成り立っていることが、剛体のつり合うための必要条件で
ある。

103

[例題 2. 7]
長さ 2a、質量 M の一様でまっすぐな棒の一端Ａを垂直な粗い壁に垂直にあて、棒の途中の点Ｃ(ＡＣ＝b)に長さℓ の糸をつけて、点Ａの真上の点Ｄで引っ張っているとする。このとき、点Ａに働く力と、糸の張力 S を求めよ。

D

l

θ

S
A

a

C B

b
Mg

(解答)
点Ａで働く力のうち AB 方向のものを R、壁面に平行な摩擦を F (上向きを正)とする。
水平方向の力のつり合い： S sin θ = R
鉛直方向の力のつり合い： S cos θ + F = Mg
点Ａまわりのモーメントのつり合い： aMg = bS cos θ
上式から未知数である F,R,S を求めると、
aMg
alMg
S=
=
b cos θ b l 2 − b 2

R=aMg sin θaMg=
b cos θl 2 − b2

F = Mg − S cos θ = Mg −

aMg
 a
cos θ = 1 −  Mg
b cos θ bb>a ならば、F>0(上向き)であるが、b<a であると F<0(下向き)になる。

[問題 2. 13]
質量の無視できる棒で結ばれた２個の質点からなる剛体において、重力による力のモー
メントが零になるのは、支点を棒のどのような位置に選んだときか？。２個の質点の質量が等しい場合と異なる場合について説明せよ。

[問題 2. 14]
質量 m の棒 AB を、壁との角度がθになるように立てかけておくには、棒の下端 B にどれだけの力 F を加えなければならないか。壁と床は滑らかで摩擦がないも
のとする。

A

N2

θ
Mg

G l

N1

F

B

104

２.７ 固定軸のまわりの剛体の運動＜運動方程式＞
右図のように、z 軸を中心として回転している剛体の運動を考える。

yvj=rj ϕ&z 軸外の剛体のどこか一点Ｐに着目し、そのＰ点が、例
えば、zx 平面を通る時を基準( ϕ ＝0)にとって、その位置からどれだけ回転したかを表わす角度を ϕ とする。

rjC

このときの運動の自由度は１である。
z

ϕ (t ) の t に関する微分係数 dϕ / dt は角速度である。

P

O

yj

x

ϕ

xj

ϕ&

図 2- 12mj

ｚ軸まわりの回転

ここで、Lz を ϕ で表わすことを考える。剛体を細分して j 番めの細片の質量を mj、位置 P
を(xj, yj, zj)とする。
位置 P から z 軸へ下した垂線を PC とすると、P は C を中心として角速度 dϕ / dt で円運動をしている。 PC = x j + y j = r j とすると、点 P の速度 vj は
2

2

向き ：線分 CP に垂直
大きさ：rj dϕ / dt
であり、この速度 vj の x, y 成分を、角運動量の式 l z = m(xv y − yv x )(2.3 節の式(2.20b))に代入すると(導出は次ページ参照)、2
Lz = ∑ l jz =  ∑ m j r j (dϕ / dt )
j
 j

ここで、
2
I = ∑ m j rj

(2. 46)(2. 47)jという量を導入する。これは、剛体の形、質量分布、固定軸のとり方によってきまる定数であって、この軸のまわりの慣性モーメントとよばれる(次節で詳細を説明)。この I を用
いると、式(2.46)は、
dϕ
Lz = Idt(2. 48)

いま対象としている運動は回転運動であるので、角運動量 L (= r × P ) の方程式(2.5 節の式 2.40)を用いると、その z 成分は、
d Lz
= ∑ (xi Fiy − y i Fix )
dt
i
2
d ϕ
I 2 = ∑ (xi Fiy − y i Fix )dti(2. 49)となり、z 軸を中心として回転している剛体の運動は上式で表わされる。
次に、剛体の運動エネルギーについて考える(106 ページ)。

105[式(2.46)の導出]
右図からわかるようにv jx = −r j (dϕ / dt ) sin θ j = − y j (dϕ / dt )(r j sin θ j = y j )v jy = r j (dϕ / dt ) cosθ j = x j (dϕ / dt )(r j cosθ j = x j )
細片 j のもつ角運動量の z 成分 Lz は、2.3 節の式(2.20)l = r × p = r × (mv )yvj=rj ϕ&
θj

①

vjx
rj

図 2- 13l z = m(xv y − yv x )に、式①を代入することにより得られる。
l jz = x j m jv jy − y j m jv jx)= m j x j + y j (dϕ / dt )
2

yj
xj

l y = m( zv x − xv z )

2

P

θj
C

l x = m( yv z − zv y )(vjy= m j r j (dϕ / dt )2

従って、剛体全体の角運動量の z 成分は、
2Lz = ∑ l jz =  ∑ m j r j (dϕ / dt )
j
 j

(導出終)

xy 断面

x

106

＜回転による剛体の運動エネルギー＞
回転角を ϕ とすると、角速度は dϕ / dt となる。
また、回転軸から rj 離れた位置での速度は、
v j = r j (dϕ / dt )となる。
運動エネルギー (1 / 2)mv 2 (1.6.2 節)に上式を代入すると、回転による剛体の運動エネル
ギーは、

1
1
2
2
K = ∑ m jv j = ∑ m j rj (dϕ / dt ) 2
2 j
j 2
102 ページ式(2.47)の慣性モーメント I を用いると、上式は次のようになる。

1  dϕ 
K = I2  dt 2(2. 50)＜まとめ＞
以上で求めた諸式を１つの質点が直線上で行う運動の場合と比べると、次のように対応している。
剛体の回転角 ϕ ⇔ 質点の位置 x
剛体の角速度 dϕ / dt ⇔ 質点の速度 dx / dt
剛体の慣性モーメント I ⇔ 質点の質量 m
剛体の角運動量 I (dϕ / dt ) ⇔ 質点の運動量 m(dx / dt )方程式 I (d 2ϕ / dt 2 ) = N z ⇔ 方程式 m(d 2 x / dt 2 ) = Fx
1
1
運動エネルギー I (dϕ / dt ) 2 ⇔ 運動エネルギー m(dx / dt ) 2
2
2

107

[例題 2. 8] 実体振り子
剛体が水平な回転軸 z のまわりに自由に回転でき、その回転軸 z が重心Ｇを通らないものとする。このような剛体が重力の作用を受けて振動する場合、それを実体振り子、また、物理振り子という。重心から回転軸までの距離を h、剛体の質量を M、慣性モーメントを I とすると、その周期を求めよ。
(解答)
x 軸と h の作る角を ϕ とすると、重力のモーメントは、
N z = −( Mg sin ϕ )h
①

y

O
ϕ h

式(2.49)より、z 軸まわりに回転する剛体の運動方程式は、
d 2ϕ
I 2 = ∑ (xi Fiy − y i Fix )dti
上式に、式①を代入すると、
d 2ϕ
I 2 = − Mgh sin ϕ
dt
ϕ が小さいとき、 sin ϕ ≒ ϕ であるので、

Gx

図 2- 14

mg

実体振り子

d 2ϕ
Mgh
=−
ϕ
2
I
dt
上式と単振動の運動方程式(1.5.1 節の式(1.24))kd 2x= −ω 2 x, ω =2mdtが同じ形であることから、 ϕ (t ) は単振動であることがわかる。

その解は、1.5.1 節の式(1.25)より ϕ 0 と a を積分定数として、
ϕ (t ) = ϕ 0 sin(ωt + α )
②
Mgh
ω=
I
周期 T は、
2π
= 2π
T=

ω

I
Mgh

上式と単振り子の周期 2π l / g (1.5.2 節参照)とを比べると、この実体振り子はIl=Mhという長さの単振り子と周期が一致することがわかる。
この l を相当単振り子の長さという。

108

２.８ 慣性モーメントの計算と剛体の平面運動＜慣性モーメントとは＞
長さ a の軽い棒の一端に質量 m の重いおもりをつけて、棒のもう一方の端の点Ｏを通り
棒に垂直な軸(回転軸)のまわりに角速度 ω で回転させる場合を考える。
回転軸まわりの角運動量である l z は、2.3 節の式(2.20)角運動量 l = r × p = r × (mv ) より、
l z = a (mv )v = aω を用いて、
l z = a (mv ) = a (maω) = ma 2 ω①

この場合の慣性モーメント I は、2.7 節の式(2.47)
2I = ∑ m j rj より、
j

I = ma 2
図 2‑ 15と表せる。この I を用いて式①を書きなおすと、回転軸まわりの角運動量 l z は次式のようになる。
l z = Iω②

垂直な軸まわりに回転するおもり

なお、多数の質量から構成される質点系の場合、2.7 節の式(2.47)より慣性モーメントは以下の式で求められる。

I = ∑ m j rj 2

(2. 51)j

マクロな剛体は連続体と考えられるので、慣性モーメント I を上式で計算するときには和でなく積分を使うことになる。剛体を体積 dV の細片に分けると、m j は ρdV ( ρ ：密度[kg/m3])となるので、次式によって I を計算する。

()

I = ∫∫∫ x 2 + y 2 ρdxdydz(2. 52)z 軸を中心として回転している剛体の運動方程式(2.7 節の式 2.49)
d 2ϕ
I 2 = ∑ (xi Fiy − y i Fix ) = N
dtiにおいて、力のモーメント N を一定にした時、剛体の角速度 d 2ϕ / dt 2 は慣性モーメント Iに逆比例する。従って、質量が直線運動の慣性の大きさを表すことと類似しており、
慣性モーメントは回転運動の慣性の大きさを表すものである。式(2.51)によれば、慣性モーメントは質量に比例し、質量が軸から遠くに分布しているほど大きいことがわかる。
次ページ以降で、一様な棒、薄い円盤、一様な球に関する慣性モーメントの計算を説明し、112 ページでは、慣性モーメントの計算に便利な定理を紹介する。
114 ページでは、剛体の平面運動を説明し、慣性モーメントの使い方を実際に紹
介する。

109

[例題 2. 9] 細い一様な棒
質量を M 、長さ l の棒について、この一端から a だけ離れた点Ｏを通って棒に垂直な軸ま
わりの慣性モーメントを求める。

l-a

O
a

dx

x

図 2‑ 16
棒に沿って x 軸をとり、棒を長さ dx の微小片に細分する。一片の質量は ( M / l )dx であるから、式(2.52)は、
l −a Ml −a
M 3 l −a M 2
I = ∫ x 2 ρdx = ∫x 2 dx =x −a =l − 3la + 3a 2
−a
−a
l
3l
3
l
M 2
l
l 2  Ml 2
 l − 3l + 3  =a = ならば、 I =23 2
4  12[ ]a = l ならば、 I =

(

(

x

細い一様な棒

)

)

M 2
Ml 2
l − 3l 2 + 3l 2 =33[例題 2. 10] 一様な薄い円板
一様な薄い円板の中心を通り板に垂直な軸のまわりの慣性モーメントを求める。

yx

質量を M 、半径を a とすると、単位面積当りの質量(面密度)はM / πa 2

図 2‑ 17

一様な薄い円板

いま、これを半径が r と r + dr の同心円で区切った円環2を考えると、式(2.51) I = ∑ m j r j の r j は円環の全体にわたって共通であるから
I = r 2 ∑ m j 、すなわち、(円環の質量) × r 2 =

M

πa

2

2πrdr × r 2が得られる。これを r について０から a まで積分すると、
2M a
2M 1 4 a 1
I = 2 ∫ r 3 dr = 2
r 0 = Ma 2
0
2
a
a 4

[ ]

この結果は薄い円板ではなく、円筒でもそのまま使える。

110[例題 2. 11] 一様な球
質量 M 、半径 a の球において、ある一つの直径まわりの慣性モーメントを求める。
a

r

z

dz

z

球を z 軸に垂直な平面で厚さ dz の薄い円板に分け、円板の慣性モーメントを求め、それを合計すればよい。

O

中心から z のところにある円板の半径 r は
r = a2 − z2

図 2‑ 18

一様な球

質量 m はm = ρ ⋅ πr 2 ⋅ dz = ρπ a 2 − z 2 dz()

[例 2.10]の結果 I = Ma 2 / 2 を用いると、厚さ dz の薄い円板の慣性モーメント i は
2
2
1
1
1
i = Ma 2 = ρπ a 2 − z 2 dz ⋅ a 2 − z 2 = ρπ a 2 − z 2 dz
2
2
2
M
3M
これを z について積分し、 ρ ==を用いると、
V
4πa 3
a
a
2
1
2
I = ∫ i = ρπ ∫ a 2 − z 2 dz = Ma 2
a
−a
−
2
5

(

(

)

(

)

)

(

)

111

次に、慣性モーメントの計算には、次に示す２つの定理を用いると便利である(証明は次ペー
ジ参照)。
定理[2.1]１つの軸のまわりの剛体の慣性モーメントを I 、重心を通りその軸に平行な直線のまわりの慣性モーメントを I G 、剛体の質量を M 、２つの軸の距離を λ とすると、
I = I G + Mλ 2という関係がある。

(2. 53)定理[2.2]薄い板状剛体の一点を通り、これに垂直な軸まわりの慣性モーメントは、この点を通り板の面内にある互いに垂直な２本の軸のまわりの慣性モーメントの和に等しい。
剛体の質量を M 、ある軸のまわりの慣性モーメントを I とするとき、
I = Mκ 2によって定義される長さ κ =(2. 54)I / M のことを、その軸のまわりの回転半径という。

例えば、半径 a の一様な球について直径まわりの慣性モーメントは 2Ma 2 / 5 であるので、その回転半径は 2 / 5 ⋅ a である。

112

[定理 2.1 の証明]
I の軸を z 、重心Ｇを通りこれに平行な軸を z'
軸とすると、式(2.52)より、

I = ∫∫∫ r 2 ρdVy①

I G = ∫∫∫ r ' ρdV
2

(

) (

= x' +2 Xx'+ X + y ' +2Yy'+Y
λ = X + Y 2 とすると、上式、
r 2 = r ' 2 +λ2 + 2 Xx'+2Yy'
2

r

r

であるが、
2
2
r 2 = ( x'+ X ) + ( y '+Y )
2

y

2

2

2

)

λ

z
G

x
x

zO

2

図 2‑ 19

上式を式①に代入すると、

I = ∫∫∫ r ' 2 ρdV + λ2 ∫∫∫ ρdV + 2 X ∫∫∫ x' ρdV + 2Y ∫∫∫ y ' ρdV②

右辺第１項は I G 、第２項の積分 ∫∫∫ ρdV は M である。第３項と第４項の積分は 2.4
節の式(2.36) ∑ mi vi ' = 0 の x, y 成分であるから零になる。従って、式②から式(2.53)が得られる。
z[定理 2.2 の証明]
板の面密度を σ 、板を細分した一片の面積を ds とす
ると、その細片の質量は σds であるので、図の z, x , y
軸まわりの慣性モーメントは、
I z = ∫∫ r 2σds, I x = ∫∫ y 2σds, I y = ∫∫ x 2σds

y

y

O
x

dS
x

2

2

2

r = x + y であるから、Iz = I x + I y

図 2‑ 20(2. 55)[問題 2. 15]
質量の無視できる長さ l の棒の両端に質量 m/2 のおもりをつけた剛体を、棒の中心を通り棒と垂直な軸のまわりに角速度ωで回転させる。慣性モーメント I を求めよ。さらに、軸のまわりの角運動量 L、回転による運動エネルギーK を計算せよ。おもりの質量を変えずに棒の長さを２倍にしたとき、慣性モーメント I、角運動量 L、運動エネルギーは何倍になるか。
z[問題 2. 16]
x 方向の長さが a、y 方向の長さが b の一様な薄い長方形の板について、x,y,z 軸まわりの慣性モーメント Ix ,Iy ,Iz を求めよ。ただし、板の全質量を M とせよ。また、Iz＝Ix＋Iy が成り立つことを示せ。

y

O
a
b
x

113

＜剛体の平面運動＞
斜面をころがり落ちる円筒のように、剛体の重心が常に一つの平面内を運動し、回転軸が常にこの平面に垂直であるような運動を考える。

yR

重心が運動する平面を xy 平面にとれば、重心の運動をきめる方程式(2.2 節の式 2.11)は、

M

d2 X
dt

2

= ∑ Fix ,
i

M

d 2Y
dt

2

= ∑ FiyFθMg(2. 56)i

回転は重心を通り xy 面に垂直な軸のまわりで考える

図 2‑ 21x
θ

斜面を転落する円板と便利である。
いま考えているような運動では、この軸は剛体に固定されたものになっている。
このまわりの慣性モーメントを I G とすると、角運動量 Lz ' (108 ページ式②参照)は、
dϕ
Lz ' = I G ω = I G
dtであるから、2.5 節の式(2.43)は、dL '= ∑ ri ' × Fi
dt
i

IG

d 2ϕ
dt 2

(

= ∑ xi ' Fiy − yi ' Fix)(2. 57)となる。

上式を用いて、次ページでは斜面を転がり落ちる一様な円板について説明するが、摩擦がなくて滑り落ちる物体と比較すると以下の通りである。

加速度
速度
運動エネルギ

転がり落ちる円板(次ページ)(2 / 3) g sin θ(2 / 3) gt sin θ41
mg 2t 2 sin 2 θ
92

滑り落ちる物体(1.7 節)
g sin θgt sin θ1
mg 2t 2 sin 2 θ
2

従って、摩擦がなくて滑り落ちる物体と比較すると、加速度は 2/3、運動エネルギーは4/9 になることがわかる。

114[例題 2. 12]
傾角 θ の斜面の最大傾斜線に沿ってすべることなく転がり落ちる一様な円板(質量 M 、
半径 a )の運動を調べる。円板に働く力は重心(円板の中心)に重力、斜面との接点での摩擦力 F と垂直抗力 R の３力である。
この例題において、式(2.56)、式(2.57)は、

M

M

d2X
dt 2
d 2Y

dt 2
d 2ϕ

= Mg sin θ − F(a)= R − Mg cosθ(b)

= − Fa(c)dt 2
上式の F も R も未知なので、これらから X (t ), Y (t ), ϕ (t ) を求めることはできない。それIGは F や R は、円板が斜面にめりこまず、滑ることなく転がるように現れる拘束力だからである。
そこで、円板の回転角度を ϕ とすると、
Y =0
①
dX
dϕ
= −a
dt
dt
という条件に合うように F や R の力が生じている。従って、上式 Y = 0 より式(b)は、
R = Mg cosθ
[例題 2.10]の結果から I G = Ma 2 / 2 が得られるから、これを式(c)に代入し、式①と式(a)を用いると(導出は 117 ページ参照)、

d2X

=

2
g sin θ3②
dt 2となり、摩擦がなくて滑り落ちる時に比べると加速度が 2/3 になっていることがわかる。
dX
これを積分して、 t = 0 で X = 0,
= 0 とすると、
dt
dX 2= gt sin θdt
3
1
X = gt 2 sin θ3となる。
この例で X = l のときを考えると、円板は重力の働く方向に l sin θ だけ下がったことになるから、1.8.1 節の式(1.60)(重力場の位置エネルギー)＝ Mgh より、(位置エネルギー)＝ Mgl sin θ
だけ位置エネルギーは減少している。

115[115 ページ式②の導出][例題 2.10]の結果から I G = Ma 2 / 2 が得られるから、これを 115 ページ式(c)に代入すると、

F=

Ma 2 1 d 2 ϕ
M d2 ϕ=−a2 a dt2
2 dt2

d2 ϕ
d2 X
dX
dϕ
115 ページ式①
より a 2 = −であるから、上式は、
= −a
dt
dt
dt
dt2
M d2 XF=
2 dt2
これを 115 ページ式(a)に代入すると、
d2 X
M d2 X
sin
Mg
M
=
θ
−
2 dt2
dt2
d2X 2
= g sin θ3
dt 2[問題 2. 17]
質量のない長さ 2r の棒の両端にそれぞれ質量 m の物
体が固定され、滑らかな水平面を滑っていく。中心の速さが V 、中心周りの水平面内における回転の角速度が ω のとき、物体の運動エネルギーはどれだけか。ただし、物体の大きさは十分小さいとする。

2r
G
m

ω
V

m

116

２.９ 剛体の運動＜コマの歳差(さいさ)運動＞
通常、コマは軸のまわりに回転対称の形、質量分布をしている。
これを軸のまわりに高速度で回転させ、軸の下端で机上に直立させれば、そのままで回転を続けるが、少し傾けると軸が鉛直線と一定の角を保ちながら一定の角速度で旋回する。これを歳差運動、または、みそすり運動という。
コマは歳差運動の他に、軸が円直線となす角が周期的に変化する運動も行い、これを章動とよぶ。
これらの運動を厳密に扱うのは少々難しいので、ここではコマの回転が十分速いとして近似的な扱いによって歳差運動を明らかにする。
コマの軸の下端(支点)は机上にあり、滑ることがないとする。
次ページの図に示すように、コマの軸が支点を通る鉛直線(z 軸)から一定の角度θだけ傾いて歳差運動をしている。
コマの各部分には重力が作用しているが、支点のまわりの重力のモーメントを求めると
きは、コマの重心に質量が集まっているとして考えればよい。
コマの全質量を M、支点から重心までの距離を l とすれば、支点のまわりの重力のモー
メント N の大きさ N は、
N＝Mg l sinθ(2.64)
で与えられる。モーメント N は鉛直線とコマの軸を含む平面に垂直で、次ページの図のように、水平面内にある。
支点のまわりのコマの角運動量を L とし、微小時間 dt の間の L の変化を dL とすれば、
式(2.21)より、
dL＝N dt(2.65)である。
角運動量 L はコマがコマの軸のまわりに回る自転のための角運動量と、歳差運動のためにコマ全体が z 軸のまわりに回っているための角運動量とからなる。
(118 ページにつづく)

117

図 2‑25

コマの歳差運動118(116 ページからのつづき)

しかし、ここでは、コマの軸のまわりの回転が十分に速い場合を考え、自転の角運動量に対して歳差運動の角運動量は無視できると仮定する。
その場合、角運動量 L はコマの軸と一致しているとしてよいことになる。そこで、軸に沿って支点からベクトル L を引き、この矢印の先端を P とする。支点 O から P までの距
離は角運動量の大きさ L に等しい。
歳差運動のために、P は z 軸のまわりを半径 L sinθの円を描いて回る。この円運動の角
速度(歳差運動の角速度)をΩとして、微小時間 dt の間に P が P’へ移るとすれば、P と P’の距離はΩdt に等しい。
また、ベクトル OP’は時間 dt 後の角運動量であって、P から P’へ引いた矢印は角運動量の変化 dL に等しい。時間 dt を十分に小さくとれば、PP’の方向はコマの軸と z 軸を含む
平面に垂直で、重力のモーメント N の方向と一致している。これらの間には、式(2.65)が成り立つわけである。
点 P は L sinθの半径で z 軸の周りを回り、その角速度はΩであるから、角運動量の変化
dL の大きさを dL とすると、これは PP’の距離に等しく、
dL＝L sinθ・Ω dt(2.66)となる。従って、式(2.64)、(2.65)より、
L sinθ・Ω dt＝Mg l sinθdt
Ω＝Mg l / L(2.67)
が成り立つ。これは、歳差運動の角速度Ωをコマの質量 M、支点から重心までの距離 l 、および、コマの自転の角運動量 L の関数として与える式である。
同じコマでも自転が速ければ角運動量 L は大きい。従って、コマの自転が速ければ速いほど、歳差運動はゆっくりであることが上式からわかる。

軸のまわりのコマの慣性モーメントを I、軸のまわりの回転の角速度をωとすれば、
L＝Iω
(2.68)
であるから、式(2.67)は次式のようになる。
Ω＝Mg l / Iω
(2.69)

高速で回転しているコマは重力が働いても倒れないで歳差運動を行う。この様に高速で回転している物体は力の方向に倒れないで、力に対して垂直な向きに回転軸が移動する。
これをジャイロ現象という。

119[問題 2‑19］
コマの質量 M＝5.0kg、支点から重心までの距離 l ＝3cm とし、コマの密度 0.8g/cm3、半
径 2cm、厚さ 0.5cm の円板型であるとして、歳差運動の角速度 Ω を求めよ。ただし、角速度を ω＝20π ラジアン/s とする。

[問題 2‑20］
地球の歳差運動(以下、参照)の向きは、自転と逆の向きであることを示せ。

Coffee break 地球の歳差運動
地球は少し扁平な回転楕円体であり、地軸はその対称軸である。地軸は地球の公転軌道面の法線に対して 23°27’の傾きをなしているため、太陽や月が地球におよぼす引力は地球の中心に対してモーメントを持つことになる。
例えば、太陽に近い地球の部分は遠い部分よりも大きな引力を受けるので、下図に示す
ように、引力のモーメントは地軸を立たせる向きに働く。
このため、地球は自転と反対の向きに歳差運動を行い、その周期は約 26000 年である。
現在、地軸は北極星を示しているが、歳差運動により、その方向は少しずつずれているのである。約 1 万 2 千年後には織姫星として有名なこと座のベガが北極星として輝くことになる。また、2000 年前には東京からでも南の空低くに南十字星が見えていた。

図 2‑26

地球の歳差運動120＜球突きの問題＞
次ページの図に示すように、水平面上においた一様な球に、中心を含む鉛直面内で水平な撃力を与えたときの運動を考える。
撃力の力積を J とすると、撃力はきわめて短時間だけ作用するので、摩擦力の力積は無視でき、力積は運動量の変化に等しいから、式(2.27)より、質量 M の球は次式で与えられる速度 v0 で動き出す。
Mv0＝J(2.54)
同時に、撃力のモーメントにより回転運動も生じる。撃力 F が面から高さ l のところで水平に与えられたとすると、重心に対する力のモーメントは( l −a)F である。また、F’を摩擦力とすると、１０６ページより、回転に対して、dωI= (l − a )F − aF '(2.55)
dt
上式を撃力の働く短い時間内で積分すれば、球は、Iω 0 = (l − a )J

(2.56)

で与えられる角速度ω0 で回転し出すことがわかる。上式の左辺は力積モーメント(または角力積)と呼ばれる。
一様な球の慣性モーメントは、[例題 2.11]より、

I=

2
Ma 2
5

である。
次ページの図に示すように、球が水平面に接するところにおける回転のための速度の大きさ aω0 は、式(2.56)より、

aω 0 =a(l − a )5(l − a )
J=
J
I
2aM

(2.57)

であるが、これは球の進行と逆向きなので、式(2.54)、(2.57)より、

v 0 ' ≡ v 0 − aω 0 =J 5(l − a )7 a − 5l
−
J=
J
M
2aM
2aM

は、球が面に対して滑る速さである。
(122 ページにつづく)(2.58)

121

図 2‑22 球突き
l ＞7a/5 の場合、v 0 ' = v 0 − aω 0 < 0 となる122(120 ページからのつづき)

球が面に対して滑る速さは、
J 5(l − a )7 a − 5lv 0 ' ≡ v 0 − aω 0 =
−
J=
J
M
2aM
2aM

(2.58)

従って、突く高さ l によって、次の３つの場合がある。
① l ＝7a/5 ならば、球は滑らないで進む。
そのため、滑りの摩擦力は生じないで(転がりの静止摩擦はあるが)、球はほとんど
はじめの速さで転がり続ける。
運動している球が、静止している同一質量の他の球に正面衝突すれば、それを動かして自分は静止する。

② l ＞7a/5 ならば、v 0’＜0。
回転の方が速いので、摩擦力は直進運動を助長し、回転を減速する向きに働く。
そのため、球は滑りがなくなるまで、しばらくの間は直線運動が加速され、それからほぼ一定の速さで進む。
運動している球が v 0’＜0 の間に、静止している同一質量の他の球に衝突した場合、それを動かした後もなお直進する。球突では押し球がこの場合に相当する。

(124 ページにつづく)

123

図 2‑22 球突き
l ＞7a/5 の場合、v 0 ' = v 0 − aω 0 < 0 となる124(122 ページからのつづき)③ l ＜7a/5 ならば、v 0’＞0。
滑りの摩擦力は球を減速させるとともに、回転を加速させる。
滑りの摩擦係数をμとすると、摩擦力の大きさはμMg であるから、直進の速度をv、回転の角速度をωとすると、
dvdωM= − µMg , I= µMga(2.59)
dt
dt
がしばらくの間は成り立つ。
従って、直進の速度を v は、式(2.54)を用いて、
Jv = v 0 − µgt =− µgt
M(2.60)

また、１０６ページより、摩擦力μMg による回転の速度は、式(2.55)〜(2.57)と同様にして、次式のように得られる。
dωI= aµMgdt
1
5
5
aω ' = a aµMg ⋅ t = aaµMg ⋅ t = µgt
2
2
I
2Ma
よって、回転の速度は、上式と式(2.57)を用いて、
55(l − a ) J 5(2.61)aω = aω 0 + aω ' = aω 0 + µgt =+ µgt
22a M 2で表される運動が v＝aωになるとき、すなわち、(2.60)＝(2.61)を計算すると、(7a − 5l )Jt=(2.62)
7 Mgaµとなり、v＝aωの運動が上記の時間まで続く。
上式を式(2.61)に代入すると、
5l J
v∞ =
(2.63)
7a Mが得られ、最終的に上式の速さになり、以後は滑らずに転がる運動①に移行する。
もし、この前に他の球に衝突すると、直進運動が止められ、残っていた逆向きの摩擦力によって球は逆に加速されて戻ってくる。これは、球突きの引き球に相当する。
式(2.63)が摩擦力μに依存しないことは興味深い。
l ＜a の時は、球は逆さの回転(ω0＜0)で運動し始めるが、その他の点では l ＜7a/5の場合と同じである。

125

図 2‑23 球突き
l ＜7a/5 の場合、v 0 ' = v 0 − aω 0 > 0 となる

126＜バットに与えられた撃力＞
次ページの図に示すように、点 O を通る軸のまわりに自由に回転できる剛体があり、重心を G とし、OG 上の点 P において、OG および回転軸に垂直な方向に力積 Y の撃力を与えるとき、軸に生じる抗力の力積を考える。抗力が生じないようにするには、どこを打てばよいか？
次ページの図に示すように、OG を x 軸にとり、撃力がはたらく点を P(x,0)とする。
点 O のまわりの剛体の慣性モーメントを I とし、力積 Y によって生じた回転の角速度をωとすれば、１０６ページ式②より、Iω＝(回転軸まわりの角運動量)であるので、
Iω＝xY①
軸における抗力による力積の x、y 成分をそれぞれ X 0 ,Y0 とし、剛体の質量を M、重心の得た速度の成分を u, v とすれば、M u＝ X 0 ,M v ＝ Y0 ＋ Y
ここで、 OG ＝h とすれば、
u＝0,
v＝hω
従って、上式と式①を用いて、
I
X 0 ＝0,Y0 = ω  Mh − x軸の抗力がなくなるとき、すなわち、 Y0 ＝0 になるような x の値を x0 とすれば、
I
x0 =
Mh
このときの O を P に対する打撃の中心という。O に軸をつける代わりに、手で O を握った場合、ここから重心の側に x0 だけ離れた点 P に撃力を与えれば手にショックを感じない。

127

図 2‑24

バットに作用する撃力