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 $\theta$ の斜面を登る状況を考える。トラックと荷物の運動について、以下の問いに答える。 (i) 加速度 $a$ で登るとき、荷物にかかる摩擦力 $f$ を求める。 (ii) 荷物が滑り落ちないための加速度 $a$ の上限 $a_{max}$ を求める。 (iii) 加速度 $a$ で登るための駆動力 $F$ を求める。 (iv) 駆動力が $F_0 > (m+M)g\sin\theta$ のとき、斜面の上端に達する時刻 $t_e$ と速度 $v_e$ を、$a$ を用いずに求める。 (v) 放物運動の考察。 (vi) 途中で駆動力をゼロにする場合について考察する。 (a) 駆動力をゼロにする時刻 $t_1$ 前後の運動方程式を記述する。 (b) $t_1 < t$ における速度 $v(t)$ を求める。 (c) $v(t)=0$ となる時刻 $t_2$ について、$t_2 - t_1 = \frac{v(t_1)}{g\sin\theta}$ を示す。 (d) 時刻 $t_2$ で斜面の上端に到着すると考え、$t_1$ 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 $\theta$ の斜面を登る状況を考える。トラックと荷物の運動について、以下の問いに答える。

(i) 加速度 $a$ で登るとき、荷物にかかる摩擦力 $f$ を求める。

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

(iii) 加速度 $a$ で登るための駆動力 $F$ を求める。

(iv) 駆動力が $F_0 > (m+M)g\sin\theta$ のとき、斜面の上端に達する時刻 $t_e$ と速度 $v_e$ を、$a$ を用いずに求める。

(v) 放物運動の考察。

(vi) 途中で駆動力をゼロにする場合について考察する。

(a) 駆動力をゼロにする時刻 $t_1$ 前後の運動方程式を記述する。

(b) $t_1 < t$ における速度 $v(t)$ を求める。

(c) $v(t)=0$ となる時刻 $t_2$ について、$t_2 - t_1 = \frac{v(t_1)}{g\sin\theta}$ を示す。

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

2. 解き方の手順

(i) 荷物にはたらく力を考える。斜面下向きに重力の成分 $mg\sin\theta$、斜面上向きに摩擦力 $f$ がはたらく。運動方程式は

$ma = f - mg\sin\theta$

したがって、$f = ma + mg\sin\theta$

(ii) 荷物が滑り落ちないためには、$f \le \mu mg\cos\theta$ でなければならない。

$ma + mg\sin\theta \le \mu mg\cos\theta$

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

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

(iii) トラックと荷物全体にはたらく力を考える。斜面下向きに $(M+m)g\sin\theta$、斜面上向きに駆動力 $F$ がはたらく。運動方程式は

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

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

(iv) 加速度 $a$ は一定であるから、$v_e = at_e$、$L = \frac{1}{2}at_e^2$。

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

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

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

(v) トラックと荷物は放物運動をする。垂直抗力はゼロになる。摩擦力はゼロになる。なぜならば、もはやトラックと荷物を拘束するものがないため。

(vi)

(a) $t < t_1$ では、駆動力は $F_0$ である。運動方程式は

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

$t_1 < t$ では、駆動力はゼロである。運動方程式は

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

(b) $t_1 < t$ では、$\frac{dv}{dt} = -g\sin\theta$。

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

(c) $v(t_2) = 0$ より、

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

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

(d) 時刻 $t_1$ での速度 $v(t_1)$ は、

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

$t_2 = t_1 + \frac{v(t_1)}{g\sin\theta} = t_1 + \frac{F_0 - (M+m)g\sin\theta}{(M+m)g\sin\theta} t_1 = \frac{F_0}{(M+m)g\sin\theta}t_1$

$t_1$ から $t_2$ の間に進む距離は

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

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

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

$2L = t_1^2 (a + \frac{a^2}{g\sin\theta})$

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

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

3. 最終的な答え

(i) $f = ma + mg\sin\theta$

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

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

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

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

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

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