内容

第3章運動量と力積: 応用[1]雨滴の落下

·雨滴の落下の問題を，運動量方程式を用いて考える．[2]ロケットの運動

·ロケットの推進の原理を，運動量の保存から考える．

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雨滴の落下の問題: 問題の設定

大気中を落下する水滴は球形をしており，雲の中を通る時，その断面積に比例して質量が増加する．ここで，水の密度 ρ0 は一定値とする．又，鉛直下方には一様な重力が働いている．[1]時刻 tにおける水滴の半径を求めよ．ただし，t = 0で半径は 0とする．[2]時刻 tにおける速度を求めよ．ただし，t = 0で速度は 0とする．

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雨滴の落下の問題: 解法の要点

題意の条件は，(i)水滴は球形，(ii)水滴の質量は球の断面積に比例して増加，(iii)力としては重力のみが作用の 3 つからなる．これらの条件は，以下のように定式化される．条件 (i)：水滴の半径を rとおくと，その体積 V は，

V =4

3πr3

である．密度の定義（単位体積あたりの質量）より，質量mは，m = ρ0V と表されるから，

m =4

3πρ0r

3 (1)

となる．条件 (ii)：質量mの単位時間あたりの増加率は，時間微分 dm

dtで表される．それが球の断面積（断面

は円） πr2 に比例する．比例係数を aとおくと，本条件は，dm

dt= πar2 (2)

と表される．条件 (iii)：速度を v （落下するだけなので，鉛直下向きを正と定義）とおくと，運動量方程式は，重力のみが作用する場合，

d

dt(mv) = mg (3)

となる．以上の 式を連立させて解けばよい．

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雨滴の落下の問題: [1]雨滴の半径の解

(1)を時間について微分する．ここで，右辺は，合成関数の微分として扱うことに留意する．dm

dt=

4

3πρ0

d

dt

(

r3)

=4

3πρ0

d

dr

(

r3)

·

dr

dt

∴

dm

dt= 4πρ0r

2dr

dt(4)

一方，(2) が成り立つから，これを (4)左辺へ適用すると，

πar2 = 4πρ0r2dr

dt

となる．これを整理すると，球の半径に関する微分方程式に帰着する．dr

dt=

a

4ρ0(5)

右辺は定数なので，これは簡単に積分できる．与えられた初期条件より，

r =a

4ρ0t (6)

となる．

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雨滴の落下の問題: [2]運動量方程式の解

運動量方程式 (3) を，初期の時刻 0から任意の時刻 tまで積分する．

m(t)v(t)−m(0)v(0) = g

∫

t

0

m(t)dt (7)

これは，重力による力積が雨滴の運動量の変化を引き起こすことを示す．質量mの関数形は， (6)を(1)に代入することで，

m(t) =πa3

48ρ20

t3 (8)

と求まる．これを (7)に代入し，更に初期条件 v(0) = 0を適用する．πa3

48ρ20

t3 · v(t) = gπa3

48ρ20

∫

t

0

t3dt = gπa3

48ρ20

·

g

4t4

従って，速度は，

v(t) =g

4t

と求まる．

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雨滴の落下の問題: 運動量の変化

運動量方程式 (3)は用いない．水滴が付け加わる前と後の運動量の変化を考える．時刻 tにおける雨滴の質量，速度をそれぞれm, v,時刻 t+∆tにおける雨滴の質量，速度をそれぞれm+∆m, v +∆vとおくと，時刻 tから t+∆tまでの間の，雨滴の運動量の変化は，

(m+∆m)(v +∆v)−mv,

となる．時刻 tにおいては，付け加わる水滴の速度が 0であるから，その運動量は 0である．時刻 t+∆tにおいては，水滴は雨滴と合体し，水滴としては消滅したので，その運動量は 0である．重力という外力が存在する場合，重力の力積が作用し，雨滴と付け加わる水滴なる系の運動量の変化は，重力の力積に等しくなる．

(m+∆m)(v +∆v)−mv = mg∆t,

m∆v

∆t+

∆m

∆tv +

∆m

∆t

∆v

∆t∆t = mg

∆t → 0の極限をとると，

mdv

dt+

dm

dtv = mg

に帰着する．これは (3)である．

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雨滴の落下の問題: エネルギーの保存性

(3)の両辺に速度 v を掛け変形すると，d

dt

(

1

2mv2

)

= −

1

2v2

dm

dt+mgv (9)

に帰着する．ここで雨滴の落下距離を xとすると，v = xであるから，右辺第 2 項は，重力のポテンシャルエネルギーの形に変形できて，

d

dt

(

1

2mv2 −mgx

)

= −

1

2v2

dm

dt(10)

となる．ただし，x = 0でポテンシャルエネルギーを 0と定めた．今の問題では， dmdt

> 0なので，右辺は負となり，全エネルギーは落下に従い，減少する．これは鎖の落下の問題と同様である．

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雨滴の落下の問題: エネルギーの保存性（付録）

(9)の導出

(3)の両辺に速度 v を掛ける．

vd

dt(mv) = mgv

左辺を順次変形する．d

dt(vmv)−mv

dv

dt= mgv

d

dt(mv2)−m

d

dt

(

1

2v2

)

= mgv

d

dt(mv2)−

d

dt

(

m1

2v2

)

+dm

dt

1

2v2 = mgv

∴

d

dt

(

1

2mv2

)

= −

1

2v2

dm

dt+mgv

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問題の設定

単位時間あたり µの割合で，ガスを，後方へ相対速度 V で噴出することで，直線上を運動するロケットがある．ここで µ, V は正の定数である．[1]時刻 tにおけるロケットの質量mを求めよ．ただし，t = 0 でm = m0 とする．[2]時刻 tにおけるロケットの質量，速度をそれぞれm, v,時刻 t +∆tにおけるロケットの質量，速度をそれぞれm+∆m, v+∆vとおく．ここで，この間に，質量−∆mだけのガスが噴出したと考えた．更に，この時のガスの速度を uとおく．外力が作用しない場合，この間の，ロケットとガスからなる系の運動量の変化は 0となる（系

の運動量は保存する）．この運動量の変化の式を示せ．[3]相対速度とは，ロケットに固定した座標系から見たガスの速度のことである．この定義より，

−V = u− v (3.29)

が成り立つ．左辺に負号がつくのは，ガスがロケットの進行方向（速度の正の向き）とは逆向きに噴出するからである．この式を用いて，問 [2]で示した式から uを消去した式を示せ．更に，∆t → 0の極限をとるこ

とで得られる運動方程式を示せ．[4] t = 0で v = 0なる初期条件のもとで，問 [3] で求めた運動方程式の解を求めよ．

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[1]ロケットの質量

「単位時間あたり µの割合でガスを噴出する」ことより，方程式，dm

dt= −µ (3.30)

が成り立つ．初期条件 t = 0 でm = m0 のもとで，これを積分すると，

m = m0 − µt (3.31)

となる．

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[2]運動量の変化

時刻 tにおけるロケットの質量，速度をそれぞれm, v,時刻 t+∆tにおけるロケットの質量，速度をそれぞれm+∆m, v +∆vとおいたことより，時刻 tから t+∆tまでの間の，ロケットの運動量の変化は，

(m+∆m)(v +∆v)−mv,

となる．時刻 tにおいてはガスは噴出していないからその運動量は 0である．時刻 t+∆tにおいて，質量−∆m

のガスが速度 uで噴出したので，その運動量は−∆m · uである．従って，ガスの運動量の変化は，

−∆m · u− 0

となる．なお，ここでは∆m < 0と考えたことになる．重力等の外力が作用しない場合，ロケットとガスからなる系の運動量は保存し，

[(m+∆m)(v +∆v)−mv] + [−∆m · u− 0] = 0

∴ (m+∆m)(v +∆v)−mv −∆m · u = 0 (3.32)

が成り立つ．

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[3]運動方程式

ガスが，ロケットの進行方向（速度の正の向きと定義）とは逆向きに，ロケットに固定した座標系から見て，速さ V で噴出する場合，

u = v − V

となる．これを運動量の保存の式，(3.32)に代入する．

(m+∆m)(v +∆v)−mv −∆m · (v − V ) = 0

左辺を整理すると，

m∆v + V∆m+∆m∆v = 0

となる．両辺を∆tで割り，∆t → 0の極限をとる．

m lim∆t→0

∆v

∆t+ V lim

∆t→0

∆m

∆t+ lim

∆t→0

∆m

∆t

∆v

∆t∆t = 0

この極限は，方程式，

mdv

dt+ V

dm

dt= 0 (3.33)

に帰着する．

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[4]ロケットの速度

(3.33)に (3.30), (3.31)を代入すると，dv

dt=

µV

m0 − µt

が得られる．これを時間積分すると，

v = −V log(m0 − µt) + v0

となる．ここで v0 は積分定数である．t = 0で v = 0なる初期条件を適用すると，v0 = V logm0 と定まる．従って与えられた初期条件を満たす解は，

v = V log

(

m0

m0 − µt

)

となる．

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