質量 $m$ の荷物を載せた質量 $M$ のトラックが、長さ $L$、傾斜角 $\theta$ の斜面を登る問題を考える。 (i) 加速度 $a$ で登る時の荷物に働く摩擦力 $f$ を求める。 (ii) 荷物が滑り落ちない加速度 $a$ の上限 $a_{max}$ を求める。 (iii) 加速度 $a$ で登るのに必要な駆動力 $F$ を求める。 (iv) 駆動力が $F_0 > (m+M)g\sin\theta$ の時、斜面の上端に達する時刻 $t_e$ と速さ $v_e$ を $a$ を使わずに求める。 (v) トラックが斜面から飛び出した後の運動について、荷物に働く垂直抗力と摩擦力を考察する。 (vi) 坂の途中で駆動力をゼロにし、斜面の上端でトラックが停止するようにする。荷物はトラックと一体であるとし、 (a) 駆動力をゼロにする時刻を $t_1$ とし、$t < t_1$ および $t_1 < t$ における運動方程式を書く。 (b) 時刻 $t_1 < t$ の範囲にあるとき、時刻 $t$ における速度 $v(t)$ を求める。 (c) $v(t)=0$ となる時刻を $t_2$ とすると、$t_2 - t_1 = \frac{v(t_1)}{g\sin\theta}$ を示す。 (d) 時刻 $t_2$ で斜面の上端に到着すると考えて、$t_1$ を求める。

1. 問題の内容

質量 $m$ の荷物を載せた質量 $M$ のトラックが、長さ $L$、傾斜角 $\theta$ の斜面を登る問題を考える。

(i) 加速度 $a$ で登る時の荷物に働く摩擦力 $f$ を求める。

(ii) 荷物が滑り落ちない加速度 $a$ の上限 $a_{max}$ を求める。

(iii) 加速度 $a$ で登るのに必要な駆動力 $F$ を求める。

(iv) 駆動力が $F_0 > (m+M)g\sin\theta$ の時、斜面の上端に達する時刻 $t_e$ と速さ $v_e$ を $a$ を使わずに求める。

(v) トラックが斜面から飛び出した後の運動について、荷物に働く垂直抗力と摩擦力を考察する。

(vi) 坂の途中で駆動力をゼロにし、斜面の上端でトラックが停止するようにする。荷物はトラックと一体であるとし、

(a) 駆動力をゼロにする時刻を $t_1$ とし、$t < t_1$ および $t_1 < t$ における運動方程式を書く。

(b) 時刻 $t_1 < t$ の範囲にあるとき、時刻 $t$ における速度 $v(t)$ を求める。

(c) $v(t)=0$ となる時刻を $t_2$ とすると、$t_2 - t_1 = \frac{v(t_1)}{g\sin\theta}$ を示す。

(d) 時刻 $t_2$ で斜面の上端に到着すると考えて、$t_1$ を求める。

2. 解き方の手順

(i) 荷物には重力 $mg$、垂直抗力、摩擦力 $f$ が働く。斜面に沿った方向の運動方程式は

$ma = f - mg\sin\theta$

より、

$f = m(a+g\sin\theta)$

(ii) 荷物が滑り落ちないためには、摩擦力 $f$ が最大静止摩擦力 $\mu mg\cos\theta$ 以下である必要がある。つまり、

$f \le \mu mg\cos\theta$

$m(a+g\sin\theta) \le \mu mg\cos\theta$

$a \le \mu g\cos\theta - g\sin\theta$

よって、

$a_{max} = \mu g\cos\theta - g\sin\theta$

(iii) トラックと荷物全体には、重力 $(M+m)g$、垂直抗力、駆動力 $F$ が働く。斜面に沿った方向の運動方程式は

$(M+m)a = F - (M+m)g\sin\theta$

より、

$F = (M+m)(a+g\sin\theta)$

(iv) 等加速度運動の公式より、$v^2 - v_0^2 = 2a(x-x_0)$ を用いる。初期条件は $t=0$ で $x_0=0, v_0=0$ であり、$x=L$ での速度を $v_e$ とする。よって、

$v_e^2 = 2aL$

$v_e = \sqrt{2aL}$

$F_0 = (M+m)(a+g\sin\theta)$ より $a = \frac{F_0}{M+m} - g\sin\theta$ であるから、

$v_e = \sqrt{2L(\frac{F_0}{M+m} - g\sin\theta)}$

等加速度運動の公式より、$x = x_0 + v_0 t + \frac{1}{2}at^2$ を用いる。$x=L$ となる時刻を $t_e$ とすると、

$L = \frac{1}{2}at_e^2$

$t_e = \sqrt{\frac{2L}{a}} = \sqrt{\frac{2L}{\frac{F_0}{M+m} - g\sin\theta}}$

(v) トラックが斜面の端から飛び出した後は、垂直抗力と摩擦力はゼロになる。荷物には重力のみが働く。

(vi)

(a) $t < t_1$ では、運動方程式は

$(M+m)\frac{dv}{dt} = F_0 - (M+m)g\sin\theta$

$t_1 < t$ では、運動方程式は

$(M+m)\frac{dv}{dt} = - (M+m)g\sin\theta$

(b) $t_1 < t$ における速度 $v(t)$ を求める。

$v(t) = \int \frac{dv}{dt} dt = \int -g\sin\theta dt = -g\sin\theta t + C$

$v(t_1) = -g\sin\theta t_1 + C$ より $C = v(t_1) + g\sin\theta t_1$

よって、$v(t) = -g\sin\theta t + v(t_1) + g\sin\theta t_1 = v(t_1) - g\sin\theta(t-t_1)$

(c) $v(t) = 0$ となる時刻 $t_2$ を求める。

$0 = v(t_1) - g\sin\theta(t_2-t_1)$

$t_2 - t_1 = \frac{v(t_1)}{g\sin\theta}$

(d) $v(t_1)$ を求める。$t=0$ から $t=t_1$ まで等加速度運動をするので、

$v(t_1) = at_1 = (\frac{F_0}{M+m} - g\sin\theta)t_1$

$t_2$ で斜面の上端に到着するには、$t_1$ から $t_2$ の間の移動距離が $L - \frac{1}{2}a t_1^2$ でなければならない。

$L - \frac{1}{2}at_1^2 = v(t_1)(t_2 - t_1) + \frac{1}{2}(-g\sin\theta)(t_2 - t_1)^2$

$L - \frac{1}{2}at_1^2 = v(t_1)(\frac{v(t_1)}{g\sin\theta}) - \frac{1}{2}g\sin\theta(\frac{v(t_1)}{g\sin\theta})^2$

$L - \frac{1}{2}at_1^2 = \frac{v(t_1)^2}{g\sin\theta} - \frac{v(t_1)^2}{2g\sin\theta} = \frac{v(t_1)^2}{2g\sin\theta}$

$v(t_1)^2 = 2g\sin\theta (L - \frac{1}{2}at_1^2)$

$(\frac{F_0}{M+m} - g\sin\theta)^2 t_1^2 = 2g\sin\theta (L - \frac{1}{2}(\frac{F_0}{M+m} - g\sin\theta)t_1^2)$

$(\frac{F_0}{M+m} - g\sin\theta)^2 t_1^2 = 2g\sin\theta L - g\sin\theta(\frac{F_0}{M+m} - g\sin\theta)t_1^2$

$[(\frac{F_0}{M+m} - g\sin\theta)^2 + g\sin\theta(\frac{F_0}{M+m} - g\sin\theta)]t_1^2 = 2g\sin\theta L$

$(\frac{F_0}{M+m} - g\sin\theta)(\frac{F_0}{M+m})t_1^2 = 2g\sin\theta L$

$t_1^2 = \frac{2g\sin\theta L}{(\frac{F_0}{M+m} - g\sin\theta)(\frac{F_0}{M+m})}$

$t_1 = \sqrt{\frac{2g\sin\theta L}{(\frac{F_0}{M+m} - g\sin\theta)(\frac{F_0}{M+m})}}$

3. 最終的な答え

(i) $f = m(a+g\sin\theta)$

(ii) $a_{max} = \mu g\cos\theta - g\sin\theta$

(iii) $F = (M+m)(a+g\sin\theta)$

(iv) $t_e = \sqrt{\frac{2L}{\frac{F_0}{M+m} - g\sin\theta}}$, $v_e = \sqrt{2L(\frac{F_0}{M+m} - g\sin\theta)}$

(v) 垂直抗力と摩擦力はゼロになる。

(vi)

(a) $t < t_1$: $(M+m)\frac{dv}{dt} = F_0 - (M+m)g\sin\theta$, $t_1 < t$: $(M+m)\frac{dv}{dt} = - (M+m)g\sin\theta$

(b) $v(t) = v(t_1) - g\sin\theta(t-t_1)$

(c) $t_2 - t_1 = \frac{v(t_1)}{g\sin\theta}$

(d) $t_1 = \sqrt{\frac{2g\sin\theta L}{(\frac{F_0}{M+m} - g\sin\theta)(\frac{F_0}{M+m})}}$