２１章の問題

21-1
a)
$I\frac{d^2\theta }{dt^2}=-d\sin \theta Mg$

b)
$2\pi \sqrt{\frac{I}{dMg}}$

21-2
a)$\mathbf{r}=(-d\sin \theta ,d\cos \theta )$とおく.軸にかかる力を$F=(F_1,F_2)$とおくと
$\frac{dI_c\mathbf{\omega }}{dt}=\mathbf{r}\times \mathbf{F}$より
$I_c\frac{d^2\theta }{dt^2}=-d(F_2 \sin \theta +F_1\cos \theta )$.
$M\frac{d^2d\sin \theta }{dt^2}=F_1, M\frac{d^2d\cos \theta }{dt^2}=Mg-F_2$.
これらに$\sin \theta \approx \theta ,\cos \theta \approx 1$を代入して，
$I_c \frac{d^2 \theta }{dt^2}=-d(F_2 \theta +F_1), M\frac{d^2 \theta }{dt^2}d=F_1, F_2=Mg$.
第一式に第二第三式を代入して
$I_c \ddot{\theta }=-d Mg \theta -d^2M\ddot{\theta }$.
よって角速度は$\omega =\sqrt{\frac{dMg}{I_c+d^2M}}$,周期は$T=2\pi \sqrt{\frac{I+d^2M}{dMg}}$.
$x:=(\frac{T}{2\pi })^2=\frac{I_c+d^2M}{dMg}$とおくと
$d^2M-dMgx+I_c=0$.これを$d$の二次方程式とみると解$d_1,d_2$は解と係数の関係より
$d_1+d_2=gx=g(\frac{T }{2\pi})^2$.よって
$T=2\pi \sqrt{\frac{d_1+d_2}{g}}$.
b)$T=2\pi \sqrt{\frac{I+d^2M}{dMg}}$を
$d$で微分して極値を求めると
$d=\sqrt{\frac{I_c}{M}}$ .　これを$T=2\pi \sqrt{\frac{I+d^2M}{dMg}}$に代入し整理すると
$T=2\pi \sqrt{\frac{2}{g}}(\frac{I_c}{M})^{\frac{1}{4}}$

21-3
エネルギー保存より.　衝突直前の速度$v$は
$mgA=\frac{1}{2}mv^2$.よって$v=\sqrt{2gA}$.
衝突直後の速度を$v'$とおくと，
運動量保存より$mv=2mv'$. よって$v'=\sqrt{\frac{gA}{2}}$.
衝突後は$2m$がつながったときのつりあいの点を中心に振動する.
その釣り合いの点から高さ$A$の点で$v'$の速度をもっているから衝突後の振幅を$A$として
エネルギー保存より
$\frac{1}{2}kA'^2=\frac{1}{2}kA^2+\frac{1}{2}2mv'^2=\frac{1}{2}kA^2+\frac{mgA}{2}=kA^2$.
よって$A'=\sqrt{2}A$.はじめのつりあいの位置からは
$A'-A=\sqrt{2}A-A$だけ高くなる.周期は$2\pi \sqrt{\frac{2m}{g}}=2\pi\sqrt{\frac{2A}{g}}$.

21-4
$\omega _A=20/s,\omega _B=21/s$とおく.
$A(t)=10 cm \sin \omega _At, B(t)=10 cm \sin \omega _Bt$とおく.

a)$A(0.35s)-B(0.35s)=-2.1868 cm.$

b)
$B'(0.35)-A'(0.35)=-49.3681cm.$

21-5
問題21-2を使って解く.
$I$を$P$の周りの針金の慣性モーメント.$d$を$P$から針金の重心までの距離とする.
$R=25cm$,$L=\pi R$とおくと
問題19-13より$d=\frac{2R^2}{L}\sin\frac{L}{2R}=\frac{2R}{\pi}$.
$\rho $を針金の密度とすると
直線部分の質量$M_1=2R\rho $
円弧の部分の質量$M_2=\pi R \rho $.
$I=\frac{1}{12}M_1R^2+M_2R^2=\frac{(1/6+\pi)R^2M}{2+\pi}$
$T=2\pi \sqrt{\frac{I}{dMg}}=1.4263 s$

21-6
$m=20g+5g$とおく.
$T=2\pi \sqrt{\frac{m}{k}}=\frac{\pi}{3}s$より
$k=36\cdot 25g/s^2$.
$x=A\cos \omega t$とおくと
$\ddot{x}=-\omega ^2A\cos \omega t$.
$\omega ^2A>g$となる$A$を求める.
$\omega =\sqrt{\frac{25\cdot 36}{20+25}}/s$
より$20 A/s^2>9.8m/s^2$.$A>0.49m$

21-7
$\frac{M}{4}v=2Mv'$より
$v'=\frac{v}{8}$で全系の重心はすすむ.
$3M/4$の粒子が衝突された直後の速度を$v''$とすると
運動量保存より$Mv/4=Mv''$よって$v''=v/4$
重心座標で見ると$v/8$で左右の粒子が中心に向かう.
左側半分について考えると$a$を左側半分の振動の振幅とすると
$\frac{1}{2}M(\frac{v}{8})^2=\frac{1}{2}2ka^2$よって
$a=\sqrt{\frac{M}{64k}}$よって振幅は
$2a=\sqrt{\frac{M}{16k}}$.
$2\pi\sqrt{\frac{M}{2k}}$

21-8
$F=mkr$.
$R$を地球の半径とすると$mkR=mg$よって$k=g/R$.
$m\ddot{r}=-mkr$よって$\ddot{r}=-kr$
$T=2\pi \sqrt{1/k}=2\pi\sqrt{\frac{R}{g}}$.

21-9
$\frac{dB}{dt}=CB.$

21-10
$x$を水平方向の距離とする.
$\omega =1.10/s$とおくと
$m\ddot{x}=mg\frac{x-\cos \omega t cm}{d}$.
$x=C\cos \omega t$を代入して
$C=\frac{gcm/d}{g/d-\omega ^2}$
自己周期1.00sより$2\pi \sqrt{\frac{d}{g}=1s}$.
よって$C=5.76.$

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２０章の問題（２）

20-8

棒の中心の周りのトルク$\tau $をまずは厳密に求める．
図のように$\theta _1,\theta _2 $をおく．

\[
\sin \theta _1=\frac{r\sin \theta }{R_1},\cos \theta _1=\frac{R-r\cos \theta }{R_1}
\]
\[
\sin \theta _2=\frac{r\sin \theta }{R_2},\cos \theta _2=\frac{R+r\cos \theta }{R_2}
\]

\[
(R-r\cos \theta)^2+(r \sin \theta )^2=R_1^2
\]
\[
(R+r\cos \theta)^2+(r \sin \theta )^2=R_2^2
\]
となる．

\[
F_1=\frac{GMm}{R_1^2},F_2=\frac{GMm}{R_2^2}
\]
とおくと．
\begin{eqnarray*}
\tau &=&r F_1\sin (\theta +\theta _1)-r F_2\sin (\theta -\theta _2)\\
&=& rGmM(\frac{1}{R_1^2}(\sin \theta \cos \theta _1+\cos \theta \sin \theta _1)-\frac{1}{R_2^2}(\sin \theta \cos \theta _2-\cos \theta \sin \theta _2))\\
&=& rGmM(\frac{1}{R_1^3}(\sin \theta (R-r\cos \theta )+\cos \theta r\sin \theta )-\frac{1}{R_2^3}(\sin \theta (R-r\cos \theta )-\cos \theta r\sin \theta ))\\
&=&rGMm(\frac{1}{R_1^3}-\frac{1}{R_2^3})R\sin \theta
\end{eqnarray*}
これに
\begin{eqnarray*}
R_1^{-3}&=&(R^2+r^2-2rR\cos \theta )^{-3/2}\\
&\approx &R^{-3}(1-\frac{3}{2}\frac{r^2-2rR\cos \theta}{R^2})
\end{eqnarray*}
\[
R_2^{-3}\approx R^{-3}(1-\frac{3}{2}\frac{r^2+2rR\cos \theta}{R^2})
\]
を代入して
\[
\tau =rGMmR\sin \theta \frac{6 r \cos \theta }{R^4}=\frac{3GMmr^2\sin 2\theta }{R^3}
\]

20-9
地球を楕円体として考えた部分から球の部分をひいたものの
半分を$m$とおいて質量$m$の質点が地球の半径の半分の地点にある（半分がいいという根拠はない）という
かなりいい加減な近似をする．
より厳密な計算は次の問題20-10d)でする．

まず太陽の及ぼすトルクを計算する．
$M=1.9891\times 10^{30} kg$を太陽の質量．
$R=149597870km$を地球と太陽の距離．
$r=6378 km/2$を地球の半径/2.
$\theta =0.408 $を地軸の傾きを地球の公転面の法線から図った角度．
\[
m=(\frac{4 \pi}{3}(6378.4 km)^2 6356.9 km-\frac{4 \pi}{3}(6356.9 km)^3)2.6(g/cm^3)/2=1.895\times 10^22 kg
\]
とおいて問題20-8の答えに代入すると，
\[
\tau _{sun }=8.356\times 10^{15} kg km^2/s^2
\]
同様に
$M=7.35 \times 10^{22} kg$を月の質量．
$R=384400 km$を月と地球の距離．
として計算すると．
\[
\tau _{moon }=1.8196 \times 10^{16} kg km^2/s^2
\]
よって
月のトルクの方が$\tau _{moon}/\tau _{sun}=2.177$倍大きい．

20-10
a)
$a<b$として$a,b$での密度がそれぞれ$\rho _a,\rho _b$な
内径$a$,外径$b$の球殻の慣性モーメントを途中の密度を線形補完して求める．
\[
\rho (r)=\rho _a+\frac{r-a}{b-a}(\rho _b-\rho _a)
\]
\begin{eqnarray*}
I(a,b,\rho _a,\rho _b)=\int (r \sin \theta )^2\rho (r)dv
=(\rho _a-\frac{\rho _b-\rho _a}{b-a}a)(b^5-a^5)\frac{8\pi }{15}
+\frac{\rho _b-\rho _a}{b-a}(b^6-a^6)\frac{4 \pi }{9}
\end{eqnarray*}
よって求める慣性モーメントは
\[
I(6367km-6367km,6367km-6000km,17.1g/cm^3,17.1g/cm^3)
+I(6367km-6000km,6367km-5000km,17.1g/cm^3,16.8g/cm^3)
+I(6367km-5000km,6367km-3500km,11.5g/cm^3,10.2g/cm^3)
+...
=8.002 \times 10^{37} kg m^2
\]

答えなどによると$I=8.11 \times 10^{37} kg m^2$がより正確な値のようなので
以下これを用いて計算する．

b)
$\omega =\frac{2\pi}{24\times 60^2s}$
\[
L=I\omega=5.9 \times 10^{33}kgm^2/s
\]
c)
\[
\frac{1}{2}I\omega ^2=2.14\times 10^{29}kgm^2/s^2
\]

d)

図のように太陽系の座標系の基底を$\mathbf{i},\mathbf{j},\mathbf{k}$,地軸を$z$軸にとった座標系の基底を
$\mathbf{i}',\mathbf{j}',\mathbf{k}'$
として
$r$を地球の半径とする．$\chi =1.16$を地軸の傾きを公転面から測った角度とする．
地球の中心から表面の点までのベクトルを
極座標で表すと
\[
\mathbf{v}(\theta ,\phi )=r\sin \theta \cos \phi \mathbf{i}'
+r\sin \theta \sin \phi \mathbf{i}'+r\cos\theta \mathbf{k}'
\]
\[
\mathbf{i}'=\mathbf{i},\mathbf{j}'=\sin \chi \mathbf{j}+\cos \chi \mathbf{k},\mathbf{k}'=-\cos \chi \mathbf{j}+\sin \chi \mathbf{k}
\]
$\mathbf{R}(\Psi )$を地球から太陽に向かうベクトルとすると
\[
\mathbf{R}(\Psi )=R\cos \Psi \mathbf{j}-R\sin \Psi \mathbf{i}
\]
$\mathbf{v},-\mathbf{v}$にある質点$m$が太陽から受けるトルクは
問題20-8をベクトルを使って書き換えると
\[
\tau (\theta ,\phi ,\Psi )=6GMm\frac{\mathbf{v}\cdot \mathbf{R}(\Psi )\mathbf{v}\times \mathbf{R}(\Psi )}{R^5}
\]
地球を楕円としてみたときの質量から球として計算した質量を引いたものを
\[
m=(\frac{4 \pi}{3}(6378.4 km)^2 6356.9 km-\frac{4 \pi}{3}(6356.9 km)^3)2.6(g/cm^3)/2=1.895\times 10^22 kg
\]
とおく．この質量の殻がトルクを受ける．
極座標で$\theta $で表される点における殻の密度を$\rho (\theta )$とおく．
地球の長半径を$a=6378.4 km$短半径を$b=6356.9 km$とおくと
殻の厚みは$\sqrt{a^2\sin ^2 \theta +b^2 \cos ^2\theta }-b $に比例するから,
\[
\rho (\theta )=\rho _0(\sqrt{(\frac{a}{b})^2\sin ^2 \theta + \cos ^2\theta }-1 )
\]
とかける.
\[
m=\int \rho (\theta )ds
\]
より$\rho _0$を求めると$\rho _0=2.6\times 10^12 kg/km^2$．
よって地球の受けるトルクは
\[
\tau (\Psi )=\int _{0}^{2\pi }\int _0^{\pi /2}6GM\frac{\mathbf{v(\theta ,\phi )}\cdot \mathbf{R}(\Psi )\mathbf{v(\theta ,\phi )}\times \mathbf{R}(\Psi )}{R^5}\rho _0r^2 \sin \theta d\theta d\phi
\]
これを一年分積分すると
\[
\int _0^{365\cdot 24\cdot 60^2s} \tau (\frac{2\pi t}{365\cdot 24\cdot 60^2s})dt=(2.13*10^{23}kgkm^2/s,0,0)
\]
よって一年あたりの太陽のトルクによる歳差運動による角度の変化は
\[
\frac{2.13*10^{23}kgkm^2/s}{L\cos \chi}=0.000091
\]
これに月のトルクが加わると地軸は一年当たり
\[
0.000091\times 3.17=0.00028847
\]
だけ回転する.
よって
\[
2\pi/0.00028847\approx 21781
\]
年で地軸はの歳差運動は一周する.

（かなり誤差がでてしまった.　答えでは25725年.　

http://ja.wikipedia.org/wiki/%E5%9C%B0%E8%BB%B8

では約25800年となっている.

）

20-11
a)
\[
\frac{1}{2}Mv^2+\frac{1}{2}I\omega ^2=Mgh, r\omega=v
\]
を解いて，
\[
v=\sqrt{\frac{2Mgh}{M+\frac{I}{r^2}}}
\]
b)
i)
\[
\sqrt{\frac{10gh}{7}}
\]
ii)
\[
\sqrt{\frac{4gh}{3}}
\]
iii)
\[
v=\sqrt{\frac{2Mgh}{M+\frac{M_1R_1^2/2+m_2r_2^2/2}{r^2}}}
\]

20-12
a)
\[
v/2
\]

b)
\[
\frac{v}{2}2M\frac{L}{4}=\frac{MvL}{4}
\]

c)
$I$を棒とパテのくっついたものの重心での棒とパテのくっついたものの
慣性モーメントとする.
\[
I=\frac{5}{24}L^2M
\]
問題20-4より
\[
\frac{L}{2}Mv=\frac{MvL}{4}+I\omega
\]
\[
\omega =\frac{6}{5}\frac{v}{L}
\]

d)
衝突後のエネルギーは
\[
\frac{1}{2}2M(\frac{v}{2})^2+\frac{1}{2}I\omega ^2=\frac{2}{5}Mv^2
\]
よって
失われたエネルギーは
\[
\frac{1}{2}Mv^2-\frac{2}{5}Mv^2=\frac{3}{10}Mv^2
\]

20-13
地球の慣性モーメントは
\[
I_0=8.11\times 10^37kg m^2.
\]
$r$を地球の半径とする.
融けた氷による水の体積は
\[
4\pi r^2200ft=3.116\times 10^{16}m^3
\]
その質量は
\[
m_w=3.116\times 10^{19}kg
\]
緯度が80度以上の土地の面積は
\[
S=\int _0^{2\pi}\int _{0^o<\theta <10^o,170^o<\theta <180^o}r^2\sin \theta d\theta d\phi=7.76\times 10^6km^2
\]
\[
\rho=m_w/S
\]
とおく.
氷の慣性モーメントは
\[
I_1=\int _0^{2\pi}\int _{0^o<\theta <10^o,170^o<\theta <180^o}(r\sin \theta )^2\rho r^2\sin \theta d\theta d\phi=1.916\times 10^25 kg km^2
\]
融けた氷によってできた水の慣性モーメントは
\[
I_2=\frac{2}{3}m_er^2
\]
最初の地球の角速度を$\omega _0=\frac{2\pi}{24\times 60^2s}$とおく.
氷が解けた後の地球の角速度を$\omega $とすると角運動量保存より
\[
(I_0+I_1)\omega _0=(I_0+I_2)\omega
\]
よって
\[
\omega =0.0000727/s
\]
一日の長さは
\[
2\pi /\omega -24\times 60^2s=0.8799s
\]
だけ長くなる.

20-14
a)
\[
I=\frac{ML^2}{12}
\]
\[
I\omega =rFdt
\]
\[
\omega =\frac{12}{ML^2}Jr
\]
$v$を重心の速度とすると$dt$の間の$A$の移動距離は
\[
vdt-\omega dt \frac{L}{2}=\frac{J}{M}(1-\frac{6}{L}r)dt
\]

b)
\[
1-\frac{6}{L}r=0
\]
よって$r=L/6$.
よって$AP=L/2+L/6=2L/3$

c)
$2L/3$

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２０章の問題（１）

20-1
(a)

問題文誤り．
誤＞$a\times (b\times c)$
正＞$a+(b\times c)$

$x$成分は
$a_y(b_z+c_z)-a_z(b_y+c_y)$.

(b)
$x$成分は
$\alpha (a_y b_z-a_zb_y)$．

(c)
$a_x(b_yc_z-b_zc_y)+a_y(b_zc_x-b_xc_z)+a_z(b_xc_y-b_yc_z)$

(d)
$x$成分は
$a_y(bxc)_z-a_z(bxc)_y
=a_y(b_xc_y-b_yc_x)-a_z(b_zc_x-b_xc_z)$

(e)
$x$成分は
$a_ya_z-a_za_y=0$

(f)
$a_x(a_yb_z-a_zb_y)+a_y(a_zb_x-a_xb_z)+a_z(a_xb_y-a_yb_x)$

20-2
\[
|v|dt=|r||\sin\phi ||d\theta |=|r||\omega dt||\sin \phi| =|\omega \times r dt|
\]

20-3
$\Delta \theta _1=\omega _1 dt,\Delta \theta _2=\omega _2 dt$として
\[
\omega _1 dt \times r+\omega _2 dt \times r=(\omega _1+\omega _2)dt\times r
\]

20-4
\begin{eqnarray*}
L&=&\sum m_i r_i\times v_i\\
&=&\sum m_i(R_{CM}+r_i')(V_{CM}+\dot{r}_i')\\
&=&M R_{CM}\times V_{CM}+\sum m_iR_{CM}\times \dot{r}_i'+\sum m_ir_i'\times V_{CM}+\sum m_ir_i'\times \dot{v}_i'\\
&=&M R_{CM}\times V_{CM}+\sum m_ir_i'\times \dot{v}_i'
\end{eqnarray*}

20-5
(a)
$\theta $を$a,b$のなす角度とする．
$a,b$が$x-y$平面上にあるときは
$|a\times b|=|a||b|\sin \theta $
であり$a,b,a\times b$は右手系をなす．
$r$を回転とすると
$r(a)\times r(b)=r(a\times b)$.
よって任意の$a,b$に対して
$|a\times b|=|a||b|\sin \theta $
であり$a,b,a\times b$は右手系をなす．

$B\times C$は$B,C$の張る平行四辺形の面積に等しい大きさの
$B,C$に垂直なベクトル．

$A\dot B\times C$は$B,C$の張る平行四辺形の面積かける
$A$の$B,C$に垂直な直線への射影．
よって
$V=|\dot B\times C|$

(b)
\[
|(10,-5,3)\dot (3,-4,7)\times (-5,-6,3)|=406
\]

20-6
$C$に$Fdt$の力積が加わるとする．
$AB$の$A$に$F_1dt$の力積が加わるとする．棒の重さを$M$とする．
$AC$の質量中心の速さを
$v_1$，
$AB$の質量中心の速さを
$v_2$とする．
\[
(F_1+F)dt=Mv_1.......(1)
\]

\[
\frac{L^2M}{12}\omega =\frac{L}{2}Fdt-\frac{L}{2}F_1dt.......(2)
\]

\[
Mv_2=F_1dt.......(3)
\]

\[
v_2dt=v_1dt-\frac{L}{2}\omega dt.......(4)
\]
(2)式に(1)(3)を代入して
\[
\omega =\frac{12}{L}(\frac{v_1}{2}-v_2)
\]
これを(4)式に代入して
\[
v_2=-2v_1+6v_2
\]

\[
v_2=\frac{2}{5}v_1
\]

20-7
$\omega =25/s$,
$M=10kg$,
$r=1m$,
$\theta =\pi/180$,
$|\omega _1|=|\omega \cos \theta |$,
$|\omega _2|=|\omega \sin \theta |$,
$I_1=\frac{1}{2}Mr^2$,$I_2=\frac{1}{4}Mr^2$とおく．
$\omega _1,\omega _2$の方向は図のようにする．
$L=I_1 \omega _1+I_2\omega _2$．
この角運動量が角速度$\omega $で回転する．
$\cos \phi =I_1\omega _1/|L|$,$\sin \phi =I_2\omega _2/|L|$
で$\phi $を定義すると
$|\frac{dL}{dt}| =|L\times \omega |=|L||\omega ||\sin (\phi -\theta)|=
|L||\omega ||\sin \phi \cos \theta-\cos \phi \sin \theta|=27.2652kg m^2/s^2$

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方針

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１９章の問題（２）

19-12
求める重心の座標を(x_0,0)とおく．
穴に半径5cmの円盤がはまっていると
重心が原点になるので
-\frac{1}{4}5cm+\frqac{3}{4}x_0=0
x_0=\frac{5}{3}cm

19-13
\theta _0=\frac{L}{2R}
\rho =M/L
とおく．
\frac{1}{M}\int R\cos \theta dm
=\frac{1}{M}\int_{-\theta }{\theta } R\cos \theta \rho R d\theta
=\frac{2 R^2}{L}\sin \frac{L}{2 R}

19-14
\alpha r=l
\alpha R^2\rho /2=M
\frac{1}{M}\int _0^R \frac{2 r^2}{l}\sin \frac{l}{2 r}\rho l dr
=\frac{4R}{3\alpha }\sin \frac{\alpha }{2}

19-15
(a)
前問より
oと扇形の重心との距離は
\frac{4\pi cm}{2\pi}\sin \frac{\pi}{3}=\sqrt{3}cm
床からの摩擦力をFとおくと
oの周りでのモーメントのつりあいは
2Mg\sqrt{3}cm-\frac{3cm}{2}Mg-\pi cm F=0
よって
F=\frac{3\sqrt{3}Mg}{2\pi}
(b)
xの点でつりあうとすると，
\sqrt{3}2Mg=\frac{\sqrt{3}Mg}{2}+xM
x=\frac{3\sqrt{3}}{2}

19-16
求める高さをhとおく．
板金の質量をM,切り取る三角形の質量をmとする．
密度を１として
(h-a/2)M=(a/2-h/3)m
M=a^2-ah/2
m=ah/2
h=\frac{3-\sqrt{3}}{2}a

(Pを原点にとって
\frac{2}{3}h\frac{ah}{2}=(h-\frac{a}{2})a^2を解いても良かった)

19-17
(a)
図のPの周りでのトルクが0になるようにする．
糸が鉛直となす角度は
arcsin(D/r)

(b)
\theta をヨーヨーの回転角度とする．
r \theta+r\arcsin \frac{\sqrt{D^2-r^2}}{D}=\sqrt{D^2-r^2}
\theta =\sqrt{D^2-r^2}/r-\arcsin \frqac{\sqrt{D^2-r^2}}{D}
\omega =\dot{\theta }
=\frac{\dor{D}\sqrt{D^2-r^2}}{Dr}・・・・（１）
エネルギー保存より，
4MgD=2M\dot{D}^2+(MR^2)\omega ^2・・・・（２）
（１）を（２）に代入して整理すると，
4MgD^3r^2=\dot{D}^2(D^2(2Mr^2+MR^2)-MR^2r^2)・・・（３）
（３）の両辺をｔで微分し，
（３）を用いて\dot{D}^2を消去すると，
\ddot{D}=\frac{2D^2r^2g(-3r^2R^2+D^2(2r^2+R^2))}{(r^2R^2-D^2(2r^2+R^2))^2}

19-18
(a)
終わりの角速度を\omega _1 とすると，角運動量の保存より
I_0\omega _0+R^2m\omega _0=I_0 \omega _1+r^2m\omega _1
\omega _1=\fraqc{I_0 +R^2m}{I_0+r^2m}\omega _0

(b)
エネルギーの差
=(I_0+r^2m)\omega _1^2/2-(I_0+R^2m)\omega _0^2/2
=\frac{(I_0+R^2m)(R^2-r^2)m\omega _0}{2(I_0+r^2m)}

仕事を計算すると

\int _r^Rml(\fraqc{I_0 +R^2m}{I_0+l^2m}\omega _0)^2dl
=\frac{(I_0+R^2m)(R^2-r^2)m\omega _0}{2(I_0+r^2m)}

(c)
半径Rの点を通り過ぎるときの角速度と半径方向の速さをそれぞれ\omega _2,v
とおくと，
エネルギー保存と角運動量保存より
(I_0+r^2m)\omega _1^2/2=(I_0+R^2m)\omega _2^2/2+mv^2/2
I_0\omega _1+r^2m\omega _1=I_0 \omega _2+R^2m\omega _2
これを解くと，
v=\sqrt{(R^2-r^2)\frac{I_0+R^2m}{I_0+r^2m}}\omega _0.

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