0503-2005 京情系 机械 P8

力学 刚体动力学 转动惯量 角动量 陀螺力矩

図1のような $x,y,z$ 座標系において，水平な床面（$x-y$ 平面）と半径 $r$，質量 $m$ の一様な薄い円板を考える．この円板が床面に垂直に立った状態で，$x$ 軸に沿って正の方向に一定の角速度 $\omega (>0)$ で転がっている．ただし円板と床面は常に点接触をし，円板は滑らずに転がるものとする．

これについて以下の問いに答えよ．

(1) この円板の中心を通り円板に垂直な軸まわりの慣性モーメント $I$，および中心を通り円板に平行な軸（直径軸）まわりの慣性モーメント $J$ を求めよ．

(2) 円板の中心まわりの角運動量ベクトル $\mathbf{L}$ を求めよ．

(3) 円板がもっている運動エネルギーを求めよ．

(4) ある瞬間に円板が $x$ 軸回りに角速度 $\mu$ で傾きはじめたとすると，円板には $-\mathbf{\mu }\times \mathbf{L}$ というジャイロモーメントが働く．ここで $\mathbf{\mu }=(\mu ,0,0)$ であり，$\mathbf{L}$ は (2) で求めた角運動量ベクトルである．ジャイロモーメントを計算し，$\mu >0,\mu <0$ それぞれの場合について円板の進路が左右どちらに変化するかを述べよ．

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解答：

(1)
円板の面密度を $\sigma =\frac{m}{\pi r^2}$ とする．中心を通り円板に垂直な軸（$y$ 軸）まわりの慣性モーメント $I$ は，微小な円環要素の積分により次のように計算される．

$$\begin{array}{rl}I& ={\int }_0^r{\rho }^2(\sigma \cdot 2\pi \rho )d\rho \\ & =\frac{2m}{r^2}{\int }_0^r{\rho }^{3}d\rho \\ & =\frac{2m}{r^2}{\left[\frac{{\rho }^4}{4}\right]}_0^r=\frac{1}{2}m{r}^2\end{array}$$

直交軸の定理（垂直軸の定理）より，円板に平行な直交する2つの直径軸まわりの慣性モーメントの和は $I$ に等しい．対称性からこれらは等しいため，$2J=I$ が成り立つ．したがって，

$$\begin{array}{rl}J& =\frac{1}{2}I=\frac{1}{4}m{r}^2\end{array}$$

よって，

$$\boxed{I=\frac{1}{2}m{r}^2,J=\frac{1}{4}m{r}^2}$$

(2)
円板は $x$ 軸正の方向に滑らずに転がっているため，重心の並進速度は $\mathbf{v}=(r\omega ,0,0)$ である．
右手の法則に従うと，$+x$ 方向へ転がるための回転の角速度ベクトル ${\mathbf{\omega }}_{vec}$ は $+y$ 方向を向く．

$${\mathbf{\omega }}_{vec}=(0,\omega ,0)$$

主慣性軸系で考えているため，角運動量ベクトル $\mathbf{L}$ は慣性モーメント $I$ と角速度ベクトル ${\mathbf{\omega }}_{vec}$ の積で与えられる．

$$\begin{array}{rl}\mathbf{L}& =I{\mathbf{\omega }}_{vec}\\ & =\left(0,\frac{1}{2}m{r}^2\omega ,0\right)\end{array}$$

よって，

$$\boxed{\mathbf{L}=\left(0,\frac{1}{2}m{r}^2\omega ,0\right)}$$

(3)
円板の運動エネルギー $K$ は，重心の並進運動エネルギー $K_{trans}$ と重心まわりの回転運動エネルギー $K_{rot}$ の和である．滑らずに転がる条件より，重心の速さは $v=r\omega$ であるから，

$$\begin{array}{rl}K& =K_{trans}+K_{rot}\\ & =\frac{1}{2}m{v}^2+\frac{1}{2}I{\omega }^2\\ & =\frac{1}{2}m(r\omega {)}^2+\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2}m{r}^2\right){\omega }^2\\ & =\frac{1}{2}m{r}^2{\omega }^2+\frac{1}{4}m{r}^2{\omega }^2\\ & =\frac{3}{4}m{r}^2{\omega }^2\end{array}$$

よって，

$$\boxed{K=\frac{3}{4}m{r}^2{\omega }^2}$$

(4)
与えられた $\mathbf{\mu }=(\mu ,0,0)$ と $\mathbf{L}=(0,I\omega ,0)$ を用いてジャイロモーメント $\mathbf{N}$ を計算する．

$$\begin{array}{rl}\mathbf{N}& =-\mathbf{\mu }\times \mathbf{L}\\ & =-(\mu ,0,0)\times (0,I\omega ,0)\\ & =-(0,0,\mu I\omega )\\ & =\left(0,0,-\frac{1}{2}m{r}^2\omega \mu \right)\end{array}$$

このモーメントは $z$ 軸成分のみを持ち，円板を $z$ 軸まわりに回転させる（ステアリング効果をもたらす）トルクとして働く．
進行方向は $+x$ 軸方向であり，右方向が $+y$ 軸，左方向が $-y$ 軸である．
・$\mu >0$ の場合：
$z$ 軸成分 $N_z=-I\omega \mu <0$ となり，$-z$ 方向のトルクが働く．右手の法則により，$-z$ 軸まわりの回転は $+x$ 軸（前方）を $-y$ 軸（左方）へ向ける回転であるため，円板の進路は左に変化する．
・$\mu <0$ の場合：
$z$ 軸成分 $N_z=-I\omega \mu >0$ となり，$+z$ 方向のトルクが働く．$+z$ 軸まわりの回転は $+x$ 軸を $+y$ 軸（右方）へ向ける回転であるため，円板の進路は右に変化する．

よって，

$$\boxed{\begin{array}{rl}& \text{ジャイロモーメント：}\mathbf{N}=\left(0,0,-\frac{1}{2}m{r}^2\omega \mu \right)\\ & \mu >0\text{ のとき：左に変化する}\\ & \mu <0\text{ のとき：右に変化する}\end{array}}$$

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这道力学题系统地考察了刚体平面运动与三维空间中的进动现象，也就是我们在日常生活中骑自行车或摩托车时常见的陀螺效应。

第一问和第二问要求推导转动惯量与角动量。对于均匀薄圆盘，利用极坐标进行面积分可以直接得到垂直于盘面轴的转动惯量。随后应用正交轴定理（或称垂直轴定理），即平面薄板在其平面内的两个相互垂直轴的转动惯量之和等于垂直于该平面的轴的转动惯量，可以极其便捷地求出沿直径轴的转动惯量。在确定角动量向量时，必须严格结合坐标系运用右手定则。圆盘沿 $+x$ 轴纯滚动，接触点速度为零，说明圆盘在绕 $+y$ 轴逆时针旋转（从 $+y$ 往 $-y$ 看），因此角速度向量指向 $+y$ 方向。

第三问计算系统的总动能。根据柯尼希定理，刚体的一般运动动能可以完全分解为随质心平动的动能与绕质心转动的动能之和。将纯滚动条件 $v=r\omega$ 代入即可得到结果。

第四问是经典力学中极为重要的陀螺力矩分析。当圆盘绕前进方向（$x$ 轴）产生倾斜角速度 $\mu$ 时，实际上是给系统施加了一个强迫进动。角动量 $\mathbf{L}$ 试图随之转动，这要求外界提供一个力矩；反过来，从圆盘受力的角度看，它会感受到一个反作用的陀螺力矩（Gyroscopic moment）$-\mathbf{\mu }\times \mathbf{L}$。通过计算向量叉乘，可以发现这个力矩完全沿着垂直地面的 $z$ 轴。当 $\mu >0$ 时（物理意义上等价于圆盘向左倾倒），产生的力矩沿 $-z$ 轴方向，导致圆盘的车头向 $-y$ 方向偏转，即向左转弯；反之亦然。这不仅在数学上自洽，也完美解释了为什么自行车在高速行驶时，向左压弯身体就能实现向左转向的物理本质。