GEO004 問題2

方針

この問題は、衝突による円板Aの回転と、その後の電磁誘導による2枚の円板の運動を分けて考えます。

衝突では、円板Aの回転軸周りの角運動量保存則と反発係数を用いて、衝突直後の角速度を求めます。

その後、スイッチを閉じると、円板Aには回転を妨げるトルクが、円板Bには回転を加速するトルクが働きます。

重要なのは、電流が流れなくなる条件が、両円板の停止ではなく、両円板の起電力が一致することだと見抜くことです。

さらに、電磁トルクが電流に比例することから、トルクの時間積分を、回路を通過した電荷量と結びつけます。

1. 衝突直後の円板Aの角速度

円板Aの慣性モーメントは

J_A=\frac12M_Aa_A^2

です。

衝突直後の小球の円周方向速度を $v'$ 、円板Aの角速度を $\Omega$ とします。

衝突中、円板Aの軸周りの外力のモーメントは無視できるので、小球と円板Aの合計の角運動量が保存されます。

ma_Av=ma_Av'+J_A\Omega \tag{1}

また、反発係数の定義より、接触面の法線方向の相対速度について

v'-a_A\Omega=-ev

が成立します。

したがって、

v'=a_A\Omega-ev \tag{2}

です。

(2)式を(1)式に代入すると、

ma_Av =ma_A(a_A\Omega-ev)+J_A\Omega

より、

ma_A(1+e)v=(J_A+ma_A^2)\Omega

となります。

したがって、

\boxed{ \Omega= \frac{ma_A(1+e)v}{J_A+ma_A^2} }

です。

ここで、

J_A =\frac12\times1\times0.2^2 =\frac1{50}\,\mathrm{kg\,m^2}

なので、

\begin{aligned} \Omega &=\frac{0.1\times0.2\times(1+11/20)\times3} {1/50+0.1\times0.2^2}\\[4pt] &=\frac{31}{8}\,\mathrm{rad/s} \end{aligned}

となります。

なお、衝突面に摩擦がないため、小球の半径方向速度は衝突によって変化しません。また、この速度成分は円板Aの回転軸周りの角運動量に寄与しません。

2. 電磁トルクと通過電荷量の関係

スイッチを閉じた後の円板A、Bの角速度を、それぞれ $\omega_A$ 、 $\omega_B$ とします。

電磁トルクは

\tau_A=-k_AI,\qquad \tau_B=k_BI

です。

電流 $I$ は単位時間当たりに移動する電荷量なので、微小時間 $dt$ に通過する電荷量を $dq$ とすると、

dq=I\,dt

と表せます。

したがって、各円板のトルクによる角運動量の変化は

dL_A=-k_A\,dq

dL_B=k_B\,dq

となります。

スイッチを閉じた直後から、電流が0に近づくまでに通過する電荷量を $Q$ とすると、角運動量の変化は

J_A(\omega_{A,f}-\Omega)=-k_AQ \tag{3}

J_B\omega_{B,f}=k_BQ \tag{4}

です。

ただし、 $\omega_{A,f}$ 、 $\omega_{B,f}$ は十分時間が経過した後の各円板の角速度です。

(3)、(4)式を整理すると、

\omega_{A,f} =\Omega-\frac{k_AQ}{J_A} \tag{5}

\omega_{B,f} =\frac{k_BQ}{J_B} \tag{6}

となります。

3. 電流が流れなくなる条件

回路の電流は

I=\frac{k_A\omega_A-k_B\omega_B}{R}

で与えられます。

初めは円板Aだけが正方向に回転しているため、電流は正方向に流れます。

この電流によって円板Aは減速し、円板Bは加速します。その結果、両円板の起電力の差は小さくなっていきます。

十分長い時間が経過して電流が0に近づくと、

k_A\omega_{A,f}-k_B\omega_{B,f}=0

すなわち、

\boxed{ k_A\omega_{A,f}=k_B\omega_{B,f} } \tag{7}

が成立します。

ここで重要なのは、両円板の角速度が等しくなる必要はないという点です。

電磁結合係数 $k_A$ と $k_B$ が異なるため、角速度が異なっていても起電力が等しくなれば電流は流れません。

(5)、(6)式を(7)式に代入すると、

k_A\left(\Omega-\frac{k_AQ}{J_A}\right) =k_B\frac{k_BQ}{J_B}

となります。

整理すると、

k_A\Omega= \left( \frac{k_A^2}{J_A} +\frac{k_B^2}{J_B} \right)Q

したがって、

\boxed{ Q= \frac{k_A\Omega} {\dfrac{k_A^2}{J_A}+\dfrac{k_B^2}{J_B}} } \tag{8}

が得られます。

この式には抵抗 $R$ が含まれていません。

抵抗は電流の大きさや減衰に要する時間には影響しますが、最終的に回路を通過する電荷量には影響しないのです。

4. 数値計算

まず、円板Bの慣性モーメントは

\begin{aligned} J_B &=\frac12M_Ba_B^2\\ &=\frac12\times0.5\times0.15^2\\ &=\frac9{1600}\,\mathrm{kg\,m^2} \end{aligned}

です。

また、各円板の電磁結合係数は

\begin{aligned} k_A &=\frac{B_Aa_A^2}{2}\\ &=\frac{0.8\times0.2^2}{2}\\ &=\frac2{125} \end{aligned}

\begin{aligned} k_B &=\frac{B_Ba_B^2}{2}\\ &=\frac{1.2\times0.15^2}{2}\\ &=\frac{27}{2000} \end{aligned}

となります。

これらを(8)式に代入すると、

Q= \frac{\dfrac2{125}\cdot\dfrac{31}{8}} {\dfrac{(2/125)^2}{1/50} +\dfrac{(27/2000)^2}{9/1600}}

分子は

\frac2{125}\cdot\frac{31}{8} =\frac{31}{500}

分母は

\begin{aligned} \frac{(2/125)^2}{1/50} +\frac{(27/2000)^2}{9/1600} &=\frac{32}{2500}+\frac{81}{2500}\\ &=\frac{113}{2500} \end{aligned}

です。

したがって、

\begin{aligned} Q &=\frac{31/500}{113/2500}\\ &=\frac{155}{113}\,\mathrm{C} \end{aligned}

を得ます。

5. 最終状態の確認

求めた電荷量から、最終的な円板A、Bの角速度を計算すると、

\begin{aligned} \omega_{A,f} &=\frac{31}{8} -\frac{2/125}{1/50}\cdot\frac{155}{113}\\ &=\frac{2511}{904}\,\mathrm{rad/s} \end{aligned}

\begin{aligned} \omega_{B,f} &=\frac{27/2000}{9/1600}\cdot\frac{155}{113}\\ &=\frac{372}{113}\,\mathrm{rad/s} \end{aligned}

となります。

実際に起電力を比較すると、

\begin{aligned} k_A\omega_{A,f} &=\frac2{125}\cdot\frac{2511}{904}\\ &=\frac{2511}{56500} \end{aligned}

\begin{aligned} k_B\omega_{B,f} &=\frac{27}{2000}\cdot\frac{372}{113}\\ &=\frac{2511}{56500} \end{aligned}

となり、両円板の起電力は確かに一致します。

また、両円板の最終角速度はいずれも正であり、電流が流れなくなっても回転運動が続いていることが確認できます。

6. 入力値

求めた電荷量は

Q=\frac{155}{113}\,\mathrm{C}

です。

$155$ と $113$ は互いに素なので、

P=155,\qquad S=113

したがって、入力すべき自然数は

\boxed{P+S=268}

です。

GEO004 問題2

二連式ファラデー円板と斜め衝突

問題文

制約

入力形式

解説

方針

1. 衝突直後の円板Aの角速度

2. 電磁トルクと通過電荷量の関係

3. 電流が流れなくなる条件

4. 数値計算

5. 最終状態の確認

6. 入力値