1 coJJyMAN 2012/04/16 (月) 18:25:42 ID:JYV.OZw18Y 修正アリ: 04/17 (火) 01:00 [修正] [削除]
こんにちは。 coJJyMANです。

 ベイブレードのようなコマの衝突を解析しようと思って勉強しておったのですが、摩擦力のところで引っかかってしまいました。 アモントン=クーロンの法則やヘルツの弾性接触理論、動摩擦係数の対数的速度依存性などを勉強しながら考えておりましたら、何故だか独自理論みたいなってしまったのでこちらに投稿します。

 コンピュータシミュレーションにも使える近似理論なのか、はたまた頭が疲れてトンデモに行ってしまったのか、まぁつまりあのぅえぇとですね。。

 「回転する物体が短時間接触する際の回転に抵抗する力は、互いに接触する2点の接線方向の速度差に比例し、接線に垂直な方向の抗力の大きさには関係しない。」という仮説です。


§1.考えるモデル

 いきなり3次元は難しいので、エアホッケーやカーリングのような自由に回転する円盤の、衝突前後の速度、および角速度の変化を考えます。 物体の質量は等しく $m$ 、半径も等しく $r$ とします。したがって慣性モーメントも等しく $I=\frac{1}{2}mr^2$ です。 また、衝突の際の反発係数は $e$ とします。

 重心系で考えたいので、2つの物体は直線上を左右から同じ速さ $v$ で飛んできています。 ただし、一方の物体だけ角速度 $\omega$ で回転しているものとしています。

 上から見た図は

<pic>(250,100)\thicklines\put(50,50){\vector(1,0){60}}\put(50,50){\circle{30}}\put(200,50){\vector(-1,0){60}}\put(200,50){\circle{30}}\put(80,40){$v$}\put(170,40){$v$}\qbezier(43,60)(52,67)(60,57)\put(43,60){\vector(-1,-1){5}}\put(45,70){$\omega$}</pic>

 衝突の際の垂直抗力 $N$ と摩擦力 $F$ はこの向きにかかります。

<pic>(150,100)\thicklines\put(50,50){\circle{50}}\put(90,50){\circle{50}}\put(67,50){\vector(-1,0){30}}\put(67,50){\vector(0,-1){25}}\put(67,50){\circle*{5}}\put(73,50){\vector(1,0){30}}\put(73,50){\vector(0,1){25}}\put(73,50){\circle*{5}}\put(40,53){$N$}\put(95,53){$N$}\put(60,20){$F$}\put(75,75){$F$}</pic>

衝突後はそれぞれ角度 $A$ の方向に $v'$ の速さで遠ざかります。

<pic>(250,100)\thicklines\put(50,50){\line(1,0){60}}\put(110,50){\vector(-2,-1){60}}\put(50,20){\circle{30}}\put(200,50){\line(-1,0){60}}\put(140,50){\vector(2,1){60}}\put(200,80){\circle{30}}\put(80,25){$v'$}\put(170,70){$v'$}\put(80,41){$A$}\put(157,52){$A$}</pic>

。。。と、ここまでは何の問題もなかったのですが。。
2 coJJyMAN 2012/04/16 (月) 21:00:16 ID:JYV.OZw18Y [修正] [削除]
>>1のつづきです。

§2. $\mu$ を動摩擦係数として、 $F=\mu N$ 

 衝突した瞬間に接触している点は、滑っているのか転がっているのかといえば、やはり有限の相対速度を持って滑っているのでしょうから $\mu$ を動摩擦係数として、 $F=\mu N$ です。

 衝突後の左の物体の角速度を $\omega_1$ 、右の物体の角速度を $\omega_2$ 、衝突時間を $\Delta t$ とおけば運動方程式は

<tex>mv'cosA-(-mv)&=N \Delta t \\mv'sinA&=\mu N \Delta t \\I\omega_1-I\omega&=-r\mu N \Delta t \\I\omega_2&=-r\mu N \Delta t </tex>

 見やすくするために $v'cosA=v_x$ 、 $v'sinA=v_y$ とおきます。また $I=\frac{1}{2}mr^2$ なので

<tex>mv_x+mv&=N \Delta t \\mv_y&=\mu N \Delta t \\\frac{1}{2}mr^2\omega_1-\frac{1}{2}mr^2\omega&=-r\mu N \Delta t \\\frac{1}{2}mr^2\omega_2&=-r\mu N \Delta t </tex>

反発係数 $e$ は衝突前後の $x$ 軸方向の速度差の比なので

<tex>e=\frac{2v_x}{2v} \therefore v_x=ev</tex>

 以上より

<tex>v_y&=\mu(1+e)v \\\omega_1&=\omega -2\frac{\mu}{r}(1+e)v \\\omega_2&= -2\frac{\mu}{r}(1+e)v \\</tex>

 と答えが得られます。 しかしながらこの答えは、僕の想像しているイメージに合わないのです。 つまり以下の2つの点で、僕は満足できませんでした。

 @ 衝突前の回転速度 $\omega$ がいかなる値でも、反発角度 $A$ が

<tex>tanA=\frac{v_y}{v_x}=\mu \frac{1+e}{e}v</tex>

   と一定ではおかしくないか?

 A 特に $\omega\sim 0$ だった時、衝突後の角速度がそれぞれ

<tex>\omega_1=\omega_2=-2\frac{\mu}{r}(1+e)v</tex>

   と増えてしまうのはおかしくないか?

 。。。そういえば $\mu$ って、一定値じゃないって昔聞いたような気がしたので調べては見たのですが。。
3 coJJyMAN 2012/04/17 (火) 00:24:42 ID:JYV.OZw18Y 修正アリ: 14:25 [修正] [削除]
>>2のつづきです。

§3.もしかして $F \neq \mu N$ なのか??

 もう一度ちゃんと考えてみます。 衝突の瞬間、接触する場所はどんな運動をしているか?

 衝突直前の速度を図にすると、まず左側の接触点の速度は

<pic>(150,100)\thicklines\put(50,50){\circle{50}}\put(90,50){\circle{50}}\put(67,50){\vector(1,0){28}}\put(67,50){\vector(0,1){21}}\put(67,50){\circle*{5}}\put(95,53){$V_x$}\put(60,75){$V_y$}\put(67,50){\vector(4,3){28}}\put(95,75){$V$}</pic>

 で右斜め上。 ここで $V_x=v ,\ \ V_y=r\omega$ です。 その時右側の接触点の速度は

<pic>(150,100)\thicklines\put(50,50){\circle{50}}\put(90,50){\circle{50}}\put(73,50){\vector(-1,0){28}}\put(73,50){\circle*{5}}\put(40,53){$V_x$}</pic>

 と左向き。 それが衝突後には、左側の接触点の速度が

<pic>(150,100)\thicklines\put(50,50){\circle{50}}\put(90,50){\circle{50}}\put(67,50){\vector(-1,0){20}}\put(67,50){\vector(0,1){15}}\put(67,50){\circle*{5}}\put(40,40){$V'_{1x}$}\put(60,70){$V'_{1y}$}\put(67,50){\vector(-4,3){20}}\put(40,70){$V'_1$}</pic>

 と左上向き。 同じく右側の接触点の速度が

<pic>(150,100)\thicklines\put(50,50){\circle{50}}\put(90,50){\circle{50}}\put(73,50){\vector(1,0){20}}\put(73,50){\vector(0,1){10}}\put(73,50){\circle*{5}}\put(90,40){$V'_{2x}$}\put(65,70){$V'_{2y}$}\put(73,50){\vector(2,1){20}}\put(95,55){$V'_2$}</pic>

 右ちょい上向きとなるだろうと思いました。。 で、僕の出した答えは

<tex>N \propto  V_x  \propto v \\F \propto  V_y  \propto \omega \\F \neq  \mu N </tex>

 つまり、冒頭の仮説

 「回転する物体が短時間接触する際の回転に抵抗する力は、
  互いに接触する2点の接線方向の速度差に比例し、
  接線に垂直な方向の抗力の大きさには関係しない。」

 に至りました。(大丈夫だろうか?。。)


 ではどうするか? 使える方程式が1つ減ってしまったので、何か方程式を1つ作らないと解が求まりません。 そこで手っ取り早く反発係数からの類推で、簡単に滑りやすさを表すパラメータを導入します。 衝突前後の速度差の比に注目するのですが、接線に垂直な成分「ではなく」、接線に「平行な成分」を考えます。

<tex>\varepsilon \equiv + \frac{V'\sub{1y}-V'\sub{2y}}{V\sub{1y}-V\sub{2y}} , (0<\varepsilon<1)</tex>

 この「パラメータ $\varepsilon $ 」は、材料表面のツルツルの度合いというかすべすべの度合いを表しています。 反発係数 $e$ とセットで考えると、例えば鋼鉄のような材料ならば $(e\sim 1 ,\ \ \varepsilon \sim 1)$ 、ゴムならば $(e\sim 1 ,\ \ \varepsilon \sim 0)$ 、コンクリートなら $(e\sim 0 ,\ \ \varepsilon \sim 0)$ と表現できます。

 では実際にこの「 $\varepsilon $ 」を使って考えます。

<tex>\varepsilon = + \frac{r\omega_1+r\omega_2}{r\omega}  = \frac{\omega_1+\omega_2}{\omega}</tex>

 反発係数は $e$ なので、前回同様 $e=\frac{2v_x}{2v}$ です。

 さて運動方程式は、今回はそのまま

<tex>mv_x+mv&=N \Delta t \\mv_y&=F \Delta t \\\frac{1}{2}mr^2\omega_1-\frac{1}{2}mr^2\omega&=-rF \Delta t \\\frac{1}{2}mr^2\omega_2&=-rF \Delta t </tex>

 となります。  $\omega_1+\omega_2=\varepsilon\omega,\ \ \omega_1-\omega_2=\omega$ ですから、以下のように求まります。

<tex>\omega_1&=\frac{1+\varepsilon}{2}\omega \\\omega_2&=-\frac{1-\varepsilon}{2}\omega \\v_x&=ev \\v_y&=\frac{F}{m}\Delta t = -\frac{1}{2}r\omega_2=\frac{1-\varepsilon}{4}r\omega</tex>

 
 これは一目で前回と異なる結果を表しています。 仮説の信頼性を測るにはいくつかの現象に適用させて考えていきたいと思っています。 ここではとりあえず、このモデルケースでわかる範囲の特徴を列挙します。

(1)力と速度の対応関係の確認

<tex>N\Delta t &=m(v_x+v)=m(1+e)v \propto v \\F\Delta t &=\frac{1-\varepsilon}{4}mr\omega \propto \omega</tex>

(2) $(e\sim 1 ,\ \ \varepsilon \sim 1)$ の時の運動

   $v_x\sim v ,\ \ v_y\sim 0,\ \ \omega_1 \sim \omega ,\ \ \omega_2 \sim 0$ 

(3) $(e\sim 1 ,\ \ \varepsilon \sim 0)$ の時の運動

   $v_x\sim v ,\ \ v_y\sim r\omega /4,\ \ \omega_1 \sim \omega /2 ,\ \ \omega_2 \sim \omega /2$ 

(4) $(e\sim 0 ,\ \ \varepsilon \sim 0)$ の時の運動

   $v_x\sim 0 ,\ \ v_y\sim r\omega /4,\ \ \omega_1 \sim \omega /2 ,\ \ \omega_2 \sim \omega /2$ 

 おおよそのイメージは伝わりましたでしょうか? ご意見ご感想などございましたら、ぜひお聞かせ下さい。

4 サンマヤ 2012/04/17 (火) 03:57:55 ID:2HdU3qNZJ. [修正] [削除]
> 「回転する物体が短時間接触する際の回転に抵抗する力は、互いに接触する2点の接線方向の速度差に比例し、接線に垂直な方向の抗力の大きさには関係しない。」という仮説です。
これはつまり、元の併進運動のエネルギーは衝突後の回転エネルギーに転化しない、ということですよね。
言い換えると、衝突の激しさと、衝突後の回転の激しさは独立である、と。
ちょっと直観的には違う気がします。あくまで直観ですがw
衝突係数というのは、併進運動エネルギーが衝突後にどれだけ残るか(言い換えると、他の内部運動にどれだけ転化するか)という量です。
これが元の回転の激しさωに依存しないという仮定もどうなんでしょうか。
εは、回転エネルギーが衝突でどのくらい伝わるか、という意味になりますが、
これも最初の速度vや回転速度ωに依存しない量っていえるのでしょうか?
答えがあって言ってるのではなく、ぱっと見た疑問点を挙げてみました。
自分も考えてみます。
5 ASA 2012/04/17 (火) 07:43:54 ID:GcuNYrd8SA [修正] [削除]
> 「回転する物体が短時間接触する際の回転に抵抗する力は、互いに接触する2点の接線方向の速度差に比例し、接線に垂直な方向の抗力の大きさには関係しない。」という仮説です。
 接触点における相対速度に関係するでよさそうな気がします。
回転速度が運動速度より十分に大きい場合は、その仮説でよろしいと思いますが。
6 甘泉法師 2012/04/17 (火) 10:03:43 ID:ctwIRbLQLU 修正アリ: 20:34 [修正] [削除]
こんにちは。

力学エネルギーが散逸しない場合、重心系で保存の式は、

<tex>mv^2 + \frac{1}{2}I\omega^2 = mv'^2 + \frac{1}{2}I(\omega_1^2 + \omega_2^2)</tex>

ここで $\omega_1$ は図の左物体の、 $\omega_2$ は右物体の衝突後の角速度。 $\omega_2$ だけ時計周りを正にとると、Fのトルクの時間積分によって

<tex>\omega=\omega_1+\omega_2</tex>

連立方程式を解くと
<tex>\omega_1,\omega_2=\omega ( \frac{1}{2} \pm \sqrt {\frac{1}{4}+ \frac{m(v^2-v'^2)}{I\omega^2}}) </tex>

この式からコマどうしがぶつかり擦れると弾ける( $v<v'$ )ことがわかる。
 $\omega_1=\omega_2=\frac{\omega}{2}$  で  $v'_{max} =\sqrt{ \frac{I \omega^2}{4m} + v^2 }$ 

<tex>sinA=\frac{F\delta t}{mv'}=\frac{I\omega_2}{mrv'}</tex>

=甘泉法師=
7 甘泉法師 2012/04/17 (火) 14:06:25 ID:ctwIRbLQLU [修正] [削除]
追伸 Fは2物体の中心を結ぶ直線上にないので、系の角運動量は保存しない。
8 coJJyMAN 2012/04/17 (火) 14:20:28 ID:JYV.OZw18Y 修正アリ: 15:50 [修正] [削除]
サンマヤさん、ASAさん、甘泉法師さん、ありがとうございます!!

いくつかの点について説明させて下さい。

>>7
角運動量の保存に関してですが、僕は

<tex>I \omega =I \omega  _{1} +mrv' \sin A+I \omega  _{2} +mrv' \sin A</tex>

というように、衝突点を座標原点として軌道角運動量とスピン角運動量の合計が衝突前後で保存していると考えます。 例題の場合ですと

<tex> \frac{1}{2} mr ^{2}  \left( \omega  _{1} + \omega  _{2} \right) +2 \times mrv _{y} = \frac{1}{2} mr ^{2}  \varepsilon  \omega + \frac{1- \varepsilon }{2} mr ^{2}  \omega = \frac{1}{2} mr ^{2}  \omega </tex>

と、確認しています。

>>5
仮説で「垂直抗力には関係しない」としたのは言い過ぎだったかもと感じています。 いま重心が運動軸からずれていた場合を計算中なのですが、運動量の変化は垂直抗力と摩擦力の合力で決まるので、全く関係ないことは無いですよね。 検証続けます。

>>4
>これはつまり、元の併進運動のエネルギーは衝突後の回転エネルギーに転化しない、ということですよね。
>言い換えると、衝突の激しさと、衝突後の回転の激しさは独立である、と。

 そう見えますよね。。 うまく言えないのですが、僕は「独立ではなく相互に転化することは確かにある。 そのメカニズムは何だろう?」と思っています。
 例題の場合は物体の形状が軸対称でしたから、運動エネルギーが回転エネルギーに転化することはないのですが、球が棒の重心から離れた所に当たった場合には、僕の仮説の真偽に関わらず、無回転から回転運動が生じます。 また回転運動からへい進運動が生まれる状況は、>>3の最後に述べた(3)で説明できると思っています。

>>3
 それから、今気づいたのですが例題の計算結果の $\omega_2$ の値、マイナス符号が抜けていました!! 訂正いたします。

 大変失礼いたしました。
9 ********** 2012/04/17 (火) 14:30:31 ID:********** 削除日時: 20:24
(投稿者によって削除されました)
10 coJJyMAN 2012/04/17 (火) 15:49:37 ID:JYV.OZw18Y [修正] [削除]
度々すみません。
>>8の角運動量の説明のところで軌道角運動量を $mv'sinA$ と書いてしまいました。 正しくは $mrv'sinA$ です。

訂正いたします。m(_._)m
11 hirota 2012/04/18 (水) 14:09:40 ID:mxZWPl0EEs [修正] [削除]
衝突による圧縮変形がフックの法則に従うなら、変形は時間の正弦関数となり振幅は垂直相対速度に比例するが周期は一定である。
つまり、衝突中の接触時間は一定であり、弾性力の振幅も速度に比例し、垂直抗力の平均値も速度に比例する。
変形振動は衝突後も続き、振動エネルギーは振幅の2乗に比例するから相対重心運動からのエネルギー損失は垂直相対速度の2乗に比例する。
つまり相対速度に接触面垂直でない成分があれば反発係数は一定でない。
12 coJJyMAN 2012/04/18 (水) 19:58:43 ID:JYV.OZw18Y [修正] [削除]
hirotaさん、ありがとうございます。

変形振動について
11>>
>振動エネルギーは振幅の2乗に比例するから相対重心運動からのエネルギー損失は垂直相対速度の2乗に比例する。
 この点に関する僕のイメージを説明します。
 接触点が受ける力を接触面に垂直な成分と並行な成分に分解して、それぞれが接触の微小領域に関して垂直応力とせん断応力として作用し、圧縮方向の振動と曲げ方向の振動を生む。 垂直方向の振幅の2乗に比例するエネルギーと接線方向のそれとの和が、衝突で失われだエネルギーを表わす。

 垂直方向の振幅は垂直抗力と縦弾性係数で決まるので、反発係数は垂直方向の速度差に関する量と考えます。 曲げ方向の振幅は摩擦力と横弾性係数で決まるので、接線方向の速度差に関する量としてパラメータを導入しました。
13 coJJyMAN 2012/04/18 (水) 20:37:04 ID:JYV.OZw18Y 修正アリ: 2015/08/24 (月) 21:37 [修正] [削除]
 検討した結果、以前のパラメータの定義では非常に問題があることが解りました。
 あらためて定義し直すと

<tex> \varepsilon \equiv  \frac{r _{1}  \omega ' _{1} +r _{2}  \omega ' _{2} +v' _{1y} -v' _{2y} }{r _{1}  \omega  _{1} +r _{2}  \omega  _{2} +v _{1y} -v _{2y} } </tex>

ここで、左側から衝突したものを物体1、右側から衝突したものを物体2としています。 また、接線方向をY軸に取っています。
 
詳細は省きますが、質量と慣性モーメントが同じ物体が衝突した時の摩擦力は

<tex>F \Delta t=- \frac{1- \varepsilon }{2}  \frac{Im}{I+mr ^{2} }  \left(r \omega  _{1} +r \omega  _{2} +v _{1y} -v _{2y} \right) </tex>

で計算されます。
 今後はこの新たな定義で、検証を続けて行こうと考えています。

14 coJJyMAN 2012/04/21 (土) 02:30:44 ID:JYV.OZw18Y 修正アリ: 04/23 (月) 08:51 [修正] [削除]
例題をいくつか考えてみましたが、それを述べる前に要点を整理してまとめます。

文体が硬いのはご容赦下さい。


§1−1 摩擦力の新しい定義

衝突の際に物体に作用する力として、垂直方向の反撥力と接線方向の摩擦力が考えられる。

衝突点に向かって左側から衝突する物体を1、右側から衝突する物体を2として、速度を $ \vec v$ 、角速度を $ \vec \omega$ で表す。  また衝突の向きに関するベクトルとして、垂直方向の単位ベクトルを $ \vec e _n$ 、接線方向の単位ベクトルを $ \vec e _l$ とする。 ここで $ \vec e _n$ は物体1から物体2の方向を正の向きとしている。

<pic>(250,150)\put(50,50){\circle{40}}\put(50,80){$\Vec \omega _1$}\put(50,50){\vector(1,0){50}}\put(80,40){$\Vec v _1$}\put(200,50){\circle{40}}\put(200,80){$\Vec \omega _2$}\put(200,50){\vector(-1,0){50}}\put(160,40){$\Vec v _2$}\put(110,50){\vector(1,0){30}}\put(135,40){$\Vec e _n$}\put(125,35){\vector(0,1){30}}\put(125,70){$\Vec e _l$}\qbezier(40,75)(50,80)(60,75)\put(40,75){\vector(-3,-1){5}}\qbezier(190,75)(200,80)(210,75)\put(190,75){\vector(-3,-1){5}}</pic>

またこの時に発生する反撥力 $ N$ と摩擦力 $ F$ の向きは

<pic>(150,100)\thicklines\put(50,50){\circle{50}}\put(90,50){\circle{50}}\put(67,50){\vector(-1,0){30}}\put(67,50){\vector(0,-1){25}}\put(67,50){\circle*{5}}\put(73,50){\vector(1,0){30}}\put(73,50){\vector(0,1){25}}\put(73,50){\circle*{5}}\put(40,53){$N$}\put(95,53){$N$}\put(60,20){$F$}\put(75,75){$F$}</pic>

である。


§1−2 運動の法則

あらためて、反撥の作用(力積)を $ \vec N$ 、摩擦力の作用(力積)を $ \vec F$ とする。 質量を $ m$ 、慣性モーメントを $ I$ 、重心から接触点に向かうベクトルを $ \vec r$ とすれば、運動の法則は以下のように表される。

<tex>m_1 ( \vec {v_{1}} '- \vec {v_{1}} ) &= \vec N_1+\vec F_1\\m_2 ( \vec {v_{2}}'- \vec {v_{2}} ) &= \vec N_2 + \vec F_2\\I_1 ( \vec { \omega_{1}} '-\vec { \omega_{1}} ) &= \vec r_1\times (\vec N_1+\vec F_1)\\I_2 ( \vec { \omega_{2}} '-\vec { \omega_{2}}) &=\vec r_2\times (\vec N_2+\vec F_2)</tex>

ここで $\vec r _1=r_1 \vec e _n \ , \vec r _2=-r_2 \vec e _n$ である。

また、 $\vec F _2=-\vec F_1=F \vec e_ l \ , \vec N _2=-\vec N_1=N \vec e_ n$ であるので

<tex>  m_1 ( \vec {v_{1}} '- \vec {v_{1}} ) &= - N \vec e_n - F \vec e _l\\ m_2 ( \vec {v_{2}}'- \vec {v_{2}} ) &=N \vec e_n + F \vec e _l\\ I_1 ( \omega_{1} '- \omega_{1} ) &=- r _{1} F\\ I_2 ( \omega_{2} '- \omega_{2} ) &=- r _{2} F</tex>

となる。


§1−3 新しいパラメータを導入

2物体の相対速度の衝突前後の比率に関して、2種類の係数を考える。

1つは垂直方向の相対速度に関する反撥係数 $ e$ 、もう1つは接線方向の相対速度のに関する新しいパラメータ、「滑り係数 $ \varepsilon$ 」である。

<tex>  e \equiv - \frac{ \left( \vec {v_{1}} '- \vec {v_{2}} ' \right) \cdot \vec {e_n} } { \left( \vec {v_{1}} - \vec {v_{2}}\right) \cdot \vec {e_n} }</tex>

<tex> \varepsilon \equiv + \frac{ r_1\omega_1'+r_2\omega_2'+\left( \vec {v_{1}} '- \vec {v_{2}} ' \right) \cdot \vec {e_l} } {r_1\omega_1+r_2\omega_2+\left( \vec {v_{1}} - \vec {v_{2}}\right) \cdot \vec {e_l} }</tex>


§1−4 一般解の導出

以上の仮定より一般解は次のように求められる。

<tex>  N &= (1+e) \frac{ \left( \vec {v_{1}} - \vec {v_{2}} \right) \cdot \vec {e_n} } { \frac{1}{m_1}+\frac{1}{m_2}}\\F &= (1-\varepsilon) \frac{ r_1\omega_1+r_2\omega_2+\left( \vec {v_{1}}- \vec {v_{2}} \right) \cdot \vec {e_l} } {\frac{r_{1}^2}{I_{1}}+\frac{r_{2}^2}{I_{2}}+\frac{1}{m_1}+\frac{1}{m_2} }\\\vec{v_1}'&=\vec{v_1} -\frac{1}{m_1}\left(F\vec{e_l}+N\vec{e_n}\right)\\\vec{v_2}'&=\vec{v_2} +\frac{1}{m_2}\left(F\vec{e_l}+N\vec{e_n}\right)\\\omega_{1}'&=\omega_{1}-\frac{r_1}{I_1}F\\\omega_{2}'&=\omega_{2}-\frac{r_2}{I_2}F</tex>

ここで $ \vec{e_n}$ は垂直方向の単位ベクトル、 $ \vec{e_l}$ は接線方向の単位ベクトルである。

導出過程の詳細を以下に記す。

<tex>  m_1(\vec{v_1}'-\vec{v_1})\cdot\vec{e_n}&=-N\\m_2(\vec{v_2}'-\vec{v_2})\cdot\vec{e_n}&=N\\m_1(\vec{v_1}'-\vec{v_1})\cdot\vec{e_l}&=-F\\m_2(\vec{v_2}'-\vec{v_2})\cdot\vec{e_l}&=F\\I_1(\omega_1'-\omega_1)&=-r_{1}F\\I_2(\omega_2'-\omega_2)&=-r_{2}F</tex>


<tex>  (\vec{v_2}'-\vec{v_1}')\cdot\vec{e_n}&=e(\vec{v_1}-\vec{v_2})\cdot\vec{e_n}\\(\vec{v_1}'-\vec{v_1})\cdot\vec{e_n}&=-\frac{N}{m_1}\\(\vec{v_2}'-\vec{v_2})\cdot\vec{e_n}&=+\frac{N}{m_2}</tex>

<tex> \therefore (1+e)(\vec{v_1}-\vec{v_2})\cdot\vec{e_n}&=\{(\vec{v_2}'-\vec{v_2})-(\vec{v_1}'-\vec{v_1})\}\cdot\vec{e_n}&\\&=N(\frac{1}{m_1}+\frac{1}{m_2})</tex>
<tex>\therefore N = (1+e) \frac{ \left( \vec {v_{1}} - \vec {v_{2}} \right) \cdot \vec {e_n} } { \frac{1}{m_1}+\frac{1}{m_2}}</tex>


<tex>  r_1\omega_1'+r_2\omega_2'+(\vec{v_1}'-\vec{v_2}')\cdot\vec{e_l}&=\varepsilon\{r_1\omega_1+r_2\omega_2+(\vec{v_1}-\vec{v_2})\cdot\vec{e_l}\}</tex>

<tex>\therefore (\varepsilon-1)\{r_1\omega_1+r_2\omega_2+(\vec{v_1}-\vec{v_2})\cdot\vec{e_l}\}</tex>

<tex>&=r_1(\omega_{1}'-\omega_1)+r_2(\omega_{2}'-\omega_2)+\{(\vec{v_1}'-\vec{v_1})-(\vec{v_2}'-\vec{v_2})\}\cdot\vec{e_l}\\&=-\frac{r_1^2}{I_1}F-\frac{r_2^2}{I_2}F-\frac{F}{m_1}-\frac{F}{m_2}\\&=-F(\frac{r_1^2}{I_1}+\frac{r_2^2}{I_2}+\frac{1}{m_1}-\frac{1}{m_2})</tex>

<tex>\therefore F = (1-\varepsilon) \frac{ r_1\omega_1+r_2\omega_2+\left( \vec {v_{1}}- \vec {v_{2}} \right) \cdot \vec {e_l} } {\frac{r_{1}^2}{I_{1}}+\frac{r_{2}^2}{I_{2}}+\frac{1}{m_1}+\frac{1}{m_2} }</tex>

まとめは以上です。 次回以降で順番に例題を解いていこうと思います。
15 yuya 2012/04/21 (土) 16:38:27 ID:8R2lg6OYsU 修正アリ: 17:23 [修正] [削除]
>>8

>>これはつまり、元の併進運動のエネルギーは衝突後の回転エネルギーに転化しない、ということですよね。
>>言い換えると、衝突の激しさと、衝突後の回転の激しさは独立である、と。


>そう見えますよね。。 うまく言えないのですが、僕は「独立ではなく相互に転化することは確かにある。 そのメカニズムは何だろう?」と思っています。

このあたりを考える助けになればと思って書きますが、既に認識されていることだったらごめんなさい。

衝突時の力の、接線に垂直な方向の成分が回転に影響を与えないのではなく、
重心に向かう方向の成分が影響を与えない、というのが正しいのではないでしょうか。
この例では「接線に垂直な方向」=「衝突点から各物体の重心に向かう方向」ですが、一般には異なります。
このために、接線に垂直な成分が変化しただけで、回転への影響が変わるということが起こりうるのだと思います。
16 coJJyMAN 2012/04/21 (土) 17:29:00 ID:JYV.OZw18Y 修正アリ: 18:13 [修正] [削除]
yuyaさん、コメントありがとうございます。

ご指摘の点はそのとおりだと思います。
。。と思って、自分の投稿を見なおしたら角運動量の運動方程式を立てた時に、垂直抗力が抜けてました。。
$1−2の部分を訂正します。

軸対称でない一般の物体に関しては、またおいおいと考えていきたいと思っていますが、手始めにまず、軸対称な物体の場合の例を解いていきます。
17 甘泉法師 2012/04/22 (日) 12:27:58 ID:ctwIRbLQLU [修正] [削除]
こんにちは。

>>14

<tex> m_1 ( \vec {v_{1}} '- \vec {v_{1}} ) &= - N \vec e_n - F \vec e _l\\ m_2 ( \vec {v_{2}}'- \vec {v_{2}} ) &=N \vec e_n + F \vec e _l\\ I_1 ( \omega_{1} '- \omega_{1} ) &=- r _{1} F\\ I_2 ( \omega_{2} '- \omega_{2} ) &=- r _{2} F</tex>

1式と2式の両辺どうしを足すと運動量保存則になりますが、
3式と4式の両辺どうしを足しても角運動量保存則になりません。

>>8

>衝突点を座標原点として軌道角運動量とスピン角運動量の合計が衝突前後で保存していると考えます。

保存を説明する’軌道’角運動量とはどういう量でしょう。

=甘泉法師=
18 coJJyMAN 2012/04/22 (日) 14:42:01 ID:JYV.OZw18Y [修正] [削除]
こんにちは、甘泉法師さん

>>17
太陽系の惑星で例えると、惑星の持つ角運動量のうち
「公転運動」の分が、軌道角運動量
「自転運動」の分が、スピン角運動量
という意味です。

衝突点を座標原点とした物体の重心の位置を $\Vec{r}$ とすると
軌道角運動量 $\Vec{l_o}$ は

<tex>\Vec{l_o}=\Vec{r}\times m\Vec{v}\tag{5}</tex>

ここで、 $m$ は質量、 $\Vec{v}$ は速度です。

そこで回転軸方向の単位ベクトルを $\Vec{e_z}$ とすると
 $\Vec{e_z}=\Vec{e_n}\times\Vec{e_l}$ ですが
(1)式の両辺と物体の位置ベクトルとの外積を計算すると

 $(-r_1\Vec{e_n})\times m_1(\Vec{v_1}'-\Vec{v_1})=(-r_1\Vec{e_n})\times (-N\Vec{e_n}-F\Vec{e_l})$ 
 $\therefore\Vec{e_n}\times m_1(\Vec{v_1}'-\Vec{v_1})=\Vec{e_n}\times (-N\Vec{e_n}-F\Vec{e_l})$ 
 $\therefore\Vec{e_n}\times[m_1(\Vec{v_1}'-\Vec{v_1})\cdot\Vec{e_l}]\Vec{e_l}=\Vec{e_n}\times (-F\Vec{e_l})$ 
 $\therefore\Vec{e_z}[m_1(\Vec{v_1}'-\Vec{v_1})\cdot\Vec{e_l}]=-\Vec{e_z}F$ 

<tex>\therefore m_1(\Vec{v_1}'-\Vec{v_1})\cdot\Vec{e_l}=-F\tag{6}</tex>

これを(3)式に代入すると

<tex>I_1(\omega_1'-\omega_1)=r_1m_1(\Vec{v_1}'-\Vec{v_1})\cdot\Vec{e_l}\tag{7}</tex>

物体2についても同様の計算をすると

<tex>m_2(\Vec{v_2}'-\Vec{v_2})\cdot\Vec{e_l}=F\tag{8}</tex>

これを(4)式に代入すれば

<tex>I_2(\omega_2'-\omega_2)=-r_2m_2(\Vec{v_2}'-\Vec{v_2})\cdot\Vec{e_l}\tag{9}</tex>

そこで、(7)式と(9)式を足して適当に移項すれば

<tex>I_1\omega_1'+I_2\omega_2'+(-r_1m_1\Vec{v_1}'+r_2m_2\Vec{v_2}')\cdot\Vec{e_l}\\=I_1\omega_1+I_2\omega_2+(-r_1m_1\Vec{v_1}+r_2m_2\Vec{v_2})\cdot\Vec{e_l}\tag{10}</tex>

この(10)式が角運動量保存則を表していると考えます。
19 coJJyMAN 2012/04/22 (日) 16:15:57 ID:JYV.OZw18Y 修正アリ: 04/23 (月) 16:01 [修正] [削除]
(長文でしかも数式が多くてすみません。。)
>>14の続きです。

§2−1 座標変換

衝突の際、各々の重心の位置が運動している平面の $y$ 軸方向に距離 $d$ だけ離れている場合を考える。

<pic>(100,100)\put(50,50){\circle{30}}\put(50,50){\circle*{3}}\put(30,65){\circle{20}}\put(30,65){\circle*{3}}\put(50,50){\line(-1,0){50}}\put(50,50){\line(-4,3){40}}\put(30,65){\line(-1,0){30}}\put(10,50){\vector(0,1){15}}\put(0,55){$d$}\put(15,65){$\theta$}\put(32,65){$_{r_{1}}$}\put(42,58){$_{r_{2}}$}</pic><tex>\sin\theta=\frac{d}{r_1+r_2}</tex>

 $x$ 軸方向の単位ベクトルを $\Vec{e_x}$ 、 $y$ 軸方向の単位ベクトルを $\Vec{e_y}$ とすると

<pic>(100,100)\put(0,50){\vector(0,1){50}}\put(0,50){\vector(1,0){50}}\put(0,50){\vector(3,4){30}}\put(0,50){\vector(4,-3){40}}\put(3,59){$\theta$}\put(10,43){$\theta$}\put(50,50){$\Vec{e_x}$}\put(0,100){$\Vec{e_y}$}\put(40,20){$\Vec{e_n}$}\put(30,90){$\Vec{e_l}$}</pic><tex>\begin{array}{ll}&\Vec{e_x}=\Vec{e_n}\cos\theta+\Vec{e_l}\sin\theta\\[12pt]   &\Vec{e_y}=-\Vec{e_n}\sin\theta+\Vec{e_l}\cos\theta\end{array}</tex>

<tex>\therefore (\Vec{e_x}\cdot\Vec{e_n})=\cos\theta\ ,(\Vec{e_x}\cdot\Vec{e_l})=\sin\theta\\(\Vec{e_y}\cdot\Vec{e_n})=-\sin\theta\ ,(\Vec{e_y}\cdot\Vec{e_l})=\cos\theta</tex>

したがって、衝突前の速度に関して

<tex>(\Vec{v_1}-\Vec{v_2})\cdot\Vec{e_n}&=\{(v_{1x}-v_{2x})\Vec{e_x}+(v_{1y}-v_{2y})\Vec{e_y}\}\cdot\Vec{e_n}\\&=(v_{1x}-v_{2x})\cos\theta+(v_{1y}-v_{2y})\sin\theta</tex>

<tex>(\Vec{v_1}-\Vec{v_2})\cdot\Vec{e_l}=-(v_{1x}-v_{2x})\sin\theta+(v_{1y}-v_{2y})\cos\theta</tex>

衝突時に作用した力に関しては

<tex>(F\Vec{e_l}+N\Vec{e_n})\cdot\Vec{e_x}=F\sin\theta+N\cos\theta\\(F\Vec{e_l}+N\Vec{e_n})\cdot\Vec{e_y}=F\cos\theta-N\sin\theta</tex>

となる。 以下の例題でこれらの関係を使う。


§2−2 例題1

止まっている円盤に、同じ種類の円盤が速度 $v$ 、角速度 $\omega$ の運動で衝突したとする。

<pic>(250,150)\put(50,50){\circle{40}}\put(50,80){$\Vec \omega$}\put(50,50){\vector(1,0){50}}\put(80,40){$\Vec v$}\put(200,50){\circle{40}}\qbezier(40,75)(50,80)(60,75)\put(40,75){\vector(-3,-1){5}}</pic>

衝突角度を $\theta$ とすると、重心のずれ $d$ は

<tex>d=2r\sin\theta\tag{2-1}</tex>

さて、 $\Vec{v_1}=(v,0)\ ,\Vec{v_2}=(0,0)\ ,\omega_2=0\ ,$ 

 $m_1=m_2=m\ ,I_1=I_2=\frac{1}{2}mr^2$ なので

<tex>N=\frac{1+e}{2}mv\cos\theta\tag{2-2}</tex>

<tex>\frac{r_1^2}{I_1}+\frac{r_2^2}{I_2}+\frac{1}{m_1}+\frac{1}{m_2}=\frac{6}{m}</tex>

<tex>F=\frac{1-\varepsilon}{6}m(r\omega+v\sin\theta)\tag{2-3}</tex>

衝突後の運動はそれぞれ

<tex>v_{1x}'=v-\frac{1-\varepsilon}{6}(r\omega+v\sin\theta)\sin\theta         -\frac{1+e}{2}v\cos^2\theta\tag{2-4}</tex>

<tex>v_{2x}'=\frac{1-\varepsilon}{6}(r\omega+v\sin\theta)\sin\theta       +\frac{1+e}{2}v\cos^2\theta\tag{2-5}</tex>

<tex>v_{1y}'=-v_{2y}=\frac{1+e}{2}v\cos\theta\sin\theta-\frac{1-\varepsilon}{6}(r\omega+v\sin\theta)\cos\theta\tag{2-6}</tex>

<tex>\omega_1'=\omega_1-\frac{1-\varepsilon}{3}(\omega+\frac{v}{r}\sin\theta)\tag{2-7}</tex>

<tex>\omega_2'=-\frac{1-\varepsilon}{3}(\omega+\frac{v}{r}\sin\theta)\tag{2-8}</tex>

という結果になる。


§2−3 直観的に思うこと

さてここで参考に、摩擦力が反撥力と動摩擦係数によって

<tex>F=\mu N\tag{2-9}</tex>

の関係があった場合を考えてみる。 特に $\omega=0$ だった場合、衝突後の $\omega_2'$ はどうなるだろうか?  $N$ は同じく $N=\frac{1+e}{2}mv\cos\theta$ なので、

<tex>F=\frac{1+e}{2}\mu mv\cos\theta\tag{2-10}</tex>

すると、 $\omega_2'$ は

<tex>\omega_2'=-\frac{2}{mr}F=-(1+e)\mu \frac{v}{r}\cos\theta\tag{2-11}</tex>

である。 ところが、衝突角度の $\theta$ が正から負に転ずるときには、摩擦力の向きは逆向きにならなければならない。 この時 $\omega_2'$ が

<tex>-(1+e)\mu\frac{v}{r}\rightarrow(1+e)\mu\frac{v}{r}\tag{2-12}</tex>

のように値が不連続になるということは物理的に有り得ない。
一方、ここで述べている理論からは、(2-8)式より

<tex>\omega_2'=-\frac{1-\varepsilon}{3}\frac{v}{r}\sin\theta\tag{2-13}</tex>

であるから、 $\theta=0$ 付近での値は、連続的に変化しており問題がない。

物理的には $\theta\rightarrow0$ のとき $\omega_2'\rightarrow0$ となるのが直観的に正しい。

動摩擦係数 $\mu$ を考えるには、物体が常に接触し続けている状況で考えなければならない。 この事はいずれ検討したい。
20 甘泉法師 2012/04/22 (日) 18:05:33 ID:ctwIRbLQLU [修正] [削除]
こんにちは。

>>18
衝突点を座標原点とした物体の重心の位置を  $\Vec{r}$  とすると
軌道角運動量  $\Vec{l_o}$  は
<tex>\Vec{l_o}=\Vec{r}\times m\Vec{v}\tag{5}</tex>
ここで、  $m$  は質量、  $\Vec{v}$  は速度です。

衝突点を座標原点とした物体の重心の位置  $\Vec{r}$  は時々刻々変化する位置  $\Vec{r(t)}$  ですが、

>>18
(1)式の両辺と物体の位置ベクトルとの外積を計算すると
 $(-r_1\Vec{e_n})\times m_1(\Vec{v_1}'-\Vec{v_1})=(-r_1\Vec{e_n})\times (-N\Vec{e_n}-F\Vec{e_l})$ 

 $(-r_1\Vec{e_n})$  のほうは 衝突時の位置ベクトルで固定されていますね。それでも(10)式は保存式でしょうか。

=甘泉法師=

PS 重心系で同じ物体の最初の例題では  $\Vec{r_i}$  と  $\Vec{v_i}$  は同一直線上にあるので『軌道』角運動量は両物体とも0ですね。

 
21 coJJyMAN 2012/04/22 (日) 19:56:35 ID:JYV.OZw18Y 修正アリ: 21:24 [修正] [削除]
甘泉法師さん、こんばんは。(一部訂正します。)

>>20
>衝突点を座標原点とした物体の重心の位置 $\textcolor{green}{\Vec{r}}$ は
>時々刻々変化する位置 $\textcolor{green}{\Vec{r}(t)}$ ですが、

 おっしゃる通り物体の位置は時間的に変化しますが、
軌道角運動量は衝突前は一定、衝突後も一定です。

 (10)式が表しているのは、スピン角運動量も合わせた全角運動量が衝突の前後で保存することです。

衝突時の物体の位置を $\Vec{r_0}$ とすると $\Vec{r}(t)$ は、衝突時の時刻を $t=0$ として

<tex>\Vec{r}(t)=\Vec{r_0}+\Vec{v}t\tag{11}</tex>

と書けて、衝突前の軌道角運動量は

<tex>\Vec{l_o}=(\Vec{r_0}+\Vec{v}t)\times m\Vec{v}=\Vec{r_0}\times m\Vec{v}\tag{12}</tex>

なので、速度が時間によらず一定であれば軌道角運動量も一定です。
具体的には物体1の軌道角運動量の大きさは、入射角を $\theta$ とすると

<tex>l_o=-r_1 mv\sin\theta\tag{13}</tex>

で、衝突直前まで変わりません。
22 甘泉法師 2012/04/22 (日) 21:12:10 ID:ctwIRbLQLU [修正] [削除]
こんにちは。

 たしかに衝突まではそうですね。 で、衝突する前と衝突して離れた後で「保存」されているのか。 
 わかりやすい $r_1=r_2,m_1=m_2,\theta=0$ の場合では、  $l_1+l_2=l'_1+l'_2=0$ ですから、「スピン」角運動量だけで保存を満足してほしいところですが
 そうなっていませんね。
23 coJJyMAN 2012/04/22 (日) 21:41:50 ID:JYV.OZw18Y [修正] [削除]
甘泉法師さん、こんばんは。
(21の投稿は間違いがあったので訂正しました。)

>>22
>わかりやすい $r_1=r_2,m_1=m_2,\theta=0$ の場合では、 $l_1+l_2=l_1'+l_2'=0$ ですから、「スピン」角運動量だけで保存を満足してほしいところですが

とのことですが、衝突前に $\omega_1=\omega_2=\omega$ で両方が同じスピン角運動量を持っていた場合は、衝突時の摩擦で回転は減速すると僕は思うのですが、この点はどうでしょうか?
24 甘泉法師 2012/04/22 (日) 22:05:32 ID:ctwIRbLQLU [修正] [削除]
こんにちは。

はい。減速し >>7 。
25 coJJyMAN 2012/04/22 (日) 22:26:32 ID:JYV.OZw18Y [修正] [削除]
こんばんは。

>減速し>>7
について思うのですが、
「自転のエネルギー」は衝突の際、一部が摩擦で散逸してしまうのですが、
「自転の角運動量」の合計が減少した分は「公転の角運動量」の合計が増加して、系全体の角運動量は保存した格好になるのではないでしょうか?
26 甘泉法師 2012/04/23 (月) 08:06:20 ID:ctwIRbLQLU [修正] [削除]
こんにちは。

例では、「公転の角運動量」は増加せず、そういう格好にはわたしには見えません。
27 yuya 2012/04/23 (月) 08:12:15 ID:8R2lg6OYsU [修正] [削除]
公転の角運動量は増加しているのでは?
衝突後の両円盤(の重心)には、衝突点から見ると(それまでゼロだった)面積速度が生じてますね。
28 coJJyMAN 2012/04/23 (月) 08:46:35 ID:JYV.OZw18Y [修正] [削除]
おはようございます。

自分の投稿を見直しておりまして、
また訂正箇所が。。(アワアワ)
分母で慣性モーメントを二乗している所は
間違いですので訂正します。

大変失礼しました。
29 甘泉法師 2012/04/23 (月) 09:46:30 ID:ctwIRbLQLU [修正] [削除]
こんにちは。

>>27
同じ大きさで符合は逆なので、キャンセルします。
30 yuya 2012/04/23 (月) 09:59:32 ID:8R2lg6OYsU [修正] [削除]
>>29
同じ大きさで符合は逆なので、キャンセルします。

時計回り・反時計回りで考えて、位置ベクトルと速度ベクトルの関係は
どちらの円盤も同じですから、「公転の角運動量」はキャンセルしないと思いますよ。
31 甘泉法師 2012/04/23 (月) 11:25:05 ID:ctwIRbLQLU [修正] [削除]
こんにちは。

なるほど。キャンセルすると勘違いをしていました。ありがとうございます。
32 明男 2012/04/24 (火) 23:36:02 ID:SRA5fKO8ng [修正] [削除]
ちょっとシミュレートしてみました。運動方程式はcoJJyMANさんのを拝借してます。

やっつけなので出来は良くないですw。e=0.9、ε=0.9、壁は完全反射、摩擦無しです。

http://www.asahi-net.or.jp/~ka3y-ssk/akio/Applet8.html
33 coJJyMAN 2012/04/25 (水) 03:55:08 ID:JYV.OZw18Y [修正] [削除]
こんばんは。

>>32のシミュレーション拝見しました。
使っていただいて光栄です!

赤丸の回転数が衝突ごとにどう変わるかずっと見てました。
基本的に減速する中で、途中で若干でも早くなる時があるかなと
期待しまして。。 ん〜、どうでしょうか?
初期条件で赤丸の回転数がゼロだった場合の挙動に興味があります。

僕が今考えている例題は
1.回るボールをバットで打ち返した後の最大飛距離
2.バックスピンをかけたスーパーボールを床に投げた時の反射角度
3.回る歯車を床に滑らせながら転がした時の減速率
などです。

1.はあまり面白くなさそうですが、2.では床や壁との衝突に

<tex> \varepsilon = \frac{r \omega '+v_l'}{r \omega +v_l} </tex>

としていまして、多分いい感じになると思います。

3.は動摩擦係数との因果関係を解くことを目論んでいますが
まだ計算してません。どんな結果になるやら。。
34 明男 2012/04/27 (金) 11:11:47 ID:SRA5fKO8ng [修正] [削除]
こんにちは。
ちょっと遊べるようにw改良しました。
最初の読み込みだけ少し時間が掛るかも知れません。

http://www.asahi-net.or.jp/~ka3y-ssk/akio/TestApp8.html

>>33
2.は直ぐに出来そうなので、また挑戦してみますね。
35 明男 2012/04/27 (金) 22:18:20 ID:SRA5fKO8ng [修正] [削除]
こんばんは。
スーパーボールシミュレーション。
摩擦力は、coJJyMANさんの>>33の2.式を使用(床のみ)。
あまり精度は追及していませんので、悪しからず。

http://www.asahi-net.or.jp/~ka3y-ssk/akio/TestApp9.html

面倒になってきたので、ここまでにしますw。では、また。
36 coJJyMAN 2012/04/27 (金) 22:33:48 ID:JYV.OZw18Y [修正] [削除]
こんばんは。

>>34で遊んでみました。 初期条件によっては、
両方共の回転速さが減って非常に速く移動し始めて、
衝突回数が増えて移動が遅くなりながら
両方共の回転が増えていく様子が見られました。
とても面白いです。(^^)

あ、ちょっと教えていただきたいんですけれども、
このシミュレーションでは物体の質量は半径の二乗に
比例する設定ですか?
37 明男 2012/04/27 (金) 23:25:06 ID:SRA5fKO8ng [修正] [削除]
coJJyMANさん、こんばんは。

遊んでもらえて嬉しいです(笑)。
うっかり、質量比を半径の比にしてましたw。御指摘の通り、半径の二乗の比にすべきでしたね。修正版に変更しました。
それにしても、良く分かりましたねー。びっくりw。
38 coJJyMAN 2012/04/28 (土) 00:14:43 ID:JYV.OZw18Y [修正] [削除]
明男さん、こんばんは。

どうもありがとうございます。(^ ^;)
スーパーボールの動きも堪能してます。

自分はアプレットが作れないので羨ましかったりします。
39 coJJyMAN 2012/04/28 (土) 06:26:35 ID:JYV.OZw18Y 修正アリ: 10:06 [修正] [削除]
(今回も表示の重い投稿になってしまいましてすいません)

§2−4 回転するボールをバットて打ち返す

 次の例題は、時速100キロで飛んできた球を
同じ時速100キロのスイングで打ち返す場合を考えました。
 直球の回転数はバックスピンで1秒に30回転
くらいらしいのでその値にしました。

反発係数は硬式と軟式で違うので中をとって適当に
<tex>e=\frac{1}{2}</tex>
としました。

半径はボールもバットも3.5cmで同じとします。
重さはボールが140g,バットはその5倍の700gとしました。
慣性モーメントはバットは円柱、ボールはもちろん球として計算しました。

数値を換算しておきます。
 $v=100{\rm km/h}=27{\rm m/s} ,\, \omega=-2\pi f=-2\times 3.14\times 30=-188{\rm rad/s}$ 

それで何を考えたかったかというと、

「ボールを打つ場所(中心の下何ミリとか)によって
 飛距離は当然変わるが、最も飛ばすにはどこを打つのが良いのか?
 また、摩擦は飛距離にどう影響するか?」

ということです。

今回は方程式の解法はこの投稿では省略しまして、
結果だけを述べます。

ボールの運動方向に対してバットが当たった位置を
角度で $\theta$ として−5°〜−50°の範囲での飛距離の変化を
 $\varepsilon=\{1,0.5,0\}$ の三通りで数値計算しました。
飛距離の計算は、打球の初速度を $\Vec{v}=(v_x,v_y)$ として
<tex>x=\frac{2}{g}v_xv_y</tex>
でおこないました。 $g$ は重力加速度です。

数値計算の結果は次のグラフのようになりました。

<pic>(200,200)(-20,-20)\put(0,0){\vector(1,0){160}}\put(0,0){\vector(0,1){160}}\multiput(0,0)(15,0){11}{\line(0,-1){5}}\multiput(0,0)(0,25){7}{\line(-1,0){5}}\put(180,97){$\varepsilon = 1$}\put(180,77){$\varepsilon = 0.5$}\put(180,57){$\varepsilon = 0$}\put(-20,-3){$0$}\put(-20,22){$25$}\put(-20,47){$50$}\put(-20,72){$75$}\put(-20,97){$100$}\put(-20,122){$125$}\put(-20,147){$150$}\put(-20,169){$x$[m]}\put(10,-10){$_{-5}$}\put(25,-20){$_{-10}$}\put(40,-10){$_{-15}$}\put(55,-20){$_{-20}$}\put(70,-10){$_{-25}$}\put(85,-20){$_{-30}$}\put(100,-10){$_{-35}$}\put(115,-20){$_{-40}$}\put(130,-10){$_{-45}$}\put(145,-20){$_{-50}$}\put(160,-10){$\theta$[deg]}\color{blue}{\qbezier( 15, 48)( 30, 91)( 45,124)\qbezier( 45,124)( 60,144)( 75,150)\qbezier( 75,150)( 90,141)(105,118)\qbezier(105,118)(120, 86)(135, 46)\qbezier(135, 46)(142, 26)(150,  6)\put(160,100){\line(1,0){15}}}\color{red}{\qbezier( 15, 39)( 30, 79)( 45,111)\qbezier( 45,111)( 60,132)( 75,141)\qbezier( 75,141)( 90,136)(105,120)\qbezier(105,120)(120, 94)(135, 62)\qbezier(135, 62)(142, 45)(150, 28)\put(160,80){\line(1,0){15}}}\color{green}{\qbezier( 15, 30)( 30, 67)( 45, 98)\qbezier( 45, 98)( 60,119)( 75,130)\qbezier( 75,130)( 90,129)(105,118)\qbezier(105,118)(120, 98)(135, 73)\qbezier(135, 73)(142, 59)(150, 45)\put(160,60){\line(1,0){15}}}</pic>

以上より、飛距離は $\varepsilon=1$ つまり摩擦はゼロで、
角度はボールの下25°の時が最大で150m飛ぶことが解りました。

(ちなみに角度は別で解析的に求めており
 <tex>\cos2\theta=\frac{10\sqrt{2}-1}{20}</tex>
から $\theta=-24.5{\rm deg}$ です。)

それから、この結果からボールに対してバットは摩擦が
無いほうがより遠くまで打球を飛ばすことができるという結論が得られました。

ところが聞く所によると、軟式用金属バットは飛距離を伸ばす目的で、
特別に表面加工を施してボールとの摩擦係数を増やしたもの
が販売されているらしいです。

反発係数を大きくする加工ならば異論はないですが、
あえて摩擦を大きくする必要はあるのでしょうか?

みなさんはどう思われますか?

参考)ブログに解法を載せました。よかったご覧下さい。
http://cojjy.wordpress.com/2012/04/26/回転する物体の衝突について3/
40 ASA 2012/04/28 (土) 08:12:39 ID:GcuNYrd8SA [修正] [削除]
>あえて摩擦を大きくする必要はあるのでしょうか?
>みなさんはどう思われますか?
 弾性体なので変形することによる接触時間が大きくなってますから、その影響があるのだと推察します(摩擦に依存して、バッターからボールへエネルギー伝達が大きくなるとか)。
41 coJJyMAN 2012/04/28 (土) 08:53:43 ID:JYV.OZw18Y [修正] [削除]
ASAさん、こんにちは。

確率力学楽しみにしてます。
(僕は保江邦夫さんの本で勉強した程度ですが)

で特に軟式なんですが、
打撃時のボールの変形を少なくさせるために
ウレタンで柔らかくしているバットがあるそうですよ。
(たしかミズノ)音は変ですけど、確かにによく飛ぶらしいです。

僕もうろ覚えですが、ソフトや軟球だったらミート時は
もとから滑ってなかった気がします。

転がり摩擦かな?それならε=0の結果どうりになるはず。。
42 coJJyMAN 2012/04/28 (土) 10:14:45 ID:JYV.OZw18Y [修正] [削除]
余計な考察ですが、 $F=\mu N$ のモデルで
飛距離を計算しました。
動摩擦係数の値は{0, 0.1, 0.2}の3パターンです。

摩擦がある方が飛距離は伸びてますが、、
このモデルはだめですね。
摩擦がゼロから大きくなる方向の延長に
転がり摩擦の結果の数値が出てこない。。
矛盾してます。

(でも、通説の根拠がこれだったりして(^ ^;))

<pic>(200,225)(-20,-20)\put(0,0){\vector(1,0){160}}\put(0,0){\vector(0,1){210}}\multiput(0,0)(15,0){11}{\line(0,-1){5}}\multiput(0,0)(0,25){9}{\line(-1,0){5}}\put(180,97){$\mu = 0$}\put(180,77){$\mu = 0.1$}\put(180,57){$\mu = 0.2$}\put(-20,-3){$0$}\put(-20,22){$25$}\put(-20,47){$50$}\put(-20,72){$75$}\put(-20,97){$100$}\put(-20,122){$125$}\put(-20,147){$150$}\put(-20,172){$175$}\put(-20,197){$200$}\put(-20,215){$x$[m]}\put(10,-10){$_{-5}$}\put(25,-20){$_{-10}$}\put(40,-10){$_{-15}$}\put(55,-20){$_{-20}$}\put(70,-10){$_{-25}$}\put(85,-20){$_{-30}$}\put(100,-10){$_{-35}$}\put(115,-20){$_{-40}$}\put(130,-10){$_{-45}$}\put(145,-20){$_{-50}$}\put(160,-10){$\theta$[deg]}\color{blue}{\qbezier( 15, 48)( 30, 91)( 45,124)\qbezier( 45,124)( 60,144)( 75,150)\qbezier( 75,150)( 90,141)(105,118)\qbezier(105,118)(120, 86)(135, 46)\qbezier(135, 46)(142, 26)(150,  6)\put(160,100){\line(1,0){15}}}\color{red}{\qbezier( 15,101)( 30,138)( 45,162)\qbezier( 45,162)( 60,172)( 75,166)\qbezier( 75,166)( 90,145)(105,112)\qbezier(105,112)(120, 71)(135, 26)\put(160,80){\line(1,0){15}}}\color{green}{\qbezier( 15,153)( 30,182)( 45,196)\qbezier( 45,194)( 60,175)( 75,143)\qbezier( 75,143)( 90, 99)(105, 50)\qbezier(105, 50)(112, 25)(120,  0)\put(160,60){\line(1,0){15}}}</pic>
43 ASA 2012/04/28 (土) 10:18:47 ID:GcuNYrd8SA [修正] [削除]
>確率力学楽しみにしてます。
 これはどうも。旧掲示板でのあまり意味のない議論が続いて、進展がありませんけど、近い内にエネルギー揺らぎとの関係を論じたいと思ってます。
(その前に、新掲示板で以前の議論をまとめることが先でしょうね)

>打撃時のボールの変形を少なくさせるために
>ウレタンで柔らかくしているバットがあるそうですよ。
程度問題でしょうね。あまりに変形すると変形によるエネルギー損失が大きくなるのでしょう。伝達効率と損失との兼ね合いと思います。

>転がり摩擦かな?
 あと、飛距離は、流体効果(マグナス効果だっけ?)でボールの回転に依存します。
また、打撃前の球がもつ回転とスイングの角度とかその他いろいろ影響しますよね。
44 coJJyMAN 2012/04/28 (土) 10:33:42 ID:JYV.OZw18Y [修正] [削除]
ASAさん、どうもありがとうございます。

マグヌス効果については目をつぶっていました。。

が、スイング角度は重要なファクターですね!
初めから計算し直さなくては。。
連休中の宿題にします。
45 coJJyMAN 2012/04/28 (土) 19:57:18 ID:JYV.OZw18Y 修正アリ: 04/29 (日) 00:27 [修正] [削除]
今、プロ野球中継を見てるのですが、
ホームランのリプレイからは、
ボールの回転方向が打撃の前後で逆向きになっていそうです。

マグヌス効果については面白い研究ができそうなので
後の楽しみにとっておきます。

それで、空気抵抗を無視した場合の
スイング角と接触点の位置の2変数で
最大飛距離を探りました。
(今回も数値計算の結果だけです。)

スイングの速さは同じv=100km/hですが角度をφとして
 $v_x=v\cos\varphi,\,v_y=v\sin\varphi$ で打ち上げる場合を計算しました。
衝突点のθはマイナス値が打ち上げる方向です。
以下最長飛距離の付近のみ書きます。
角度の単位はいずれもラジアンです。

@仮に摩擦が全くない場合

<tex>\begin{array}{ccccc}\theta \, \backslash \,  \varphi     & 0.4 & 0.5 & 0.6 & 0.7 \\[4pt]-0.4 & 169 & 167 & 164 & 158 \\[4pt]-0.5 & 176 & {\bf 177} & 176 & 172 \\[4pt]-0.6 & 164 & 168 & 169 & 168 \\[4pt]-0.7 & 133 & 140 & 144 & 145\end{array}</tex>

でθ=-0.5,φ=0.5で最大177m
この時 $v_x=29{\rm m/s},v_y=30{\rm m/s},f=-30{\rm Hz}$ 

A完全な転がり摩擦の時

<tex>\begin{array}{ccccc}\theta \, \backslash \,  \varphi     & 0.4 & 0.5 & 0.6 & 0.7 \\[4pt]-0.4 & 150 & 152 & 162 & 149 \\[4pt]-0.5 & 162 & 165 & 166 & 164 \\[4pt]-0.6 & 160 & 164 &{\bf 167} & 166 \\[4pt]-0.7 & 144 & 150 & 154 & 154\end{array}</tex>

でθ=-0.6,φ=0.6の時最大167m
この時 $v_x=27{\rm m/s},v_y=30{\rm m/s},f=+30{\rm Hz}$ 

おおざっぱに見て

1.@とAでは飛距離はほぼ同じ
2.Aではボールの回転数が投げた時とは逆に30Hz
3.θとφの方向が一致するので
  @もAもスイングがボールの中心を捉えている
4. $v_x$ と $v_y$ が(計算精度内で)同じなので
  @もAも打球の角度が45°

がわかります。

3と4の点は、力学的にみて当たり前の結果ですね。

計算結果と(テレビの)観察結果からは
バットとボールの衝突時は転がり摩擦の条件
 $\varepsilon=0$ が適用されるようです。

今回の計算では、打球の回転数はそれなりにあるので
マグヌス効果も許される程度だと思います。

転がり摩擦なら、これ以上摩擦を増やせないと思います。
推測ですが、バットのメンテナンス時に感じる
「静止摩擦」の大きさについて
「摩擦が大きい方が良い」と言われているのだと思います。

それなら、表面が汚れていると確かに「静止摩擦係数」は減りますが、
物理的には「反撥係数」が下がるため飛距離が伸びないからよくない
という話で納得できます。

ちなみに、スイング角度は30°が最適であるということが
今回の考察の最も大きな収穫でした。

_| ̄|○
46 coJJyMAN 2012/05/02 (水) 23:29:42 ID:JYV.OZw18Y 修正アリ: 00:03 [修正] [削除]
すでに明男さんが>>35でシミュレーションを紹介されてます、
スーパーボールの考察です。

§3−1 動かない平面に衝突する回転物体の運動

衝突物体の一方が動かない平面である場合を考える

いま、密度が同じ2つの円盤があるとする。

<pic>(50,100)\put(20,20){\circle{40}}\put(20,20){$2$}\put(20,56){\circle{30}}\put(20,56){$1$}</pic>

慣性モーメントはそれぞれ

<tex> I_1=\frac{1}{2}mr^2,\,I_2=\frac{1}{2}MR^2</tex>

である。そこで物体2のみ半径を無限大に近づけよう。 密度が一定なので質量も無限大に近づく。

<tex> R \rightarrow \infty,\,M\rightarrow \infty</tex>

この極限を考えよう。

物体2が衝突前に全く動いていないなら

<tex> v_2=0,\,\omega_2=0</tex>

滑り係数 $ \varepsilon$ は、 $ \vec{v_1}=\vec{v},\,\omega_1=\omega$ として

<tex> \varepsilon=\frac{r\omega'+R\omega_2'+(\vec{v'}-\vec{v_2'})\cdot\vec{e_l}}{r\omega+\vec{v}\cdot\vec{e_l}}</tex>

反撥力は

<tex> N=(1+e)\frac{\vec{v}\cdot\vec{e_n}}{\frac{1}{m}}</tex>

また、 $ I=I_1$ として

<tex> \frac{r^2}{I}+\frac{R^2}{I_2}+\frac{1}{m}+\frac{1}{M}=\frac{r^2}{I}+\frac{1}{m}</tex>

より、摩擦力は

<tex> F=(1-\varepsilon)\frac{r\omega+\vec{v}\cdot\vec{e_l}}{\frac{r^2}{I}+\frac{1}{m}}</tex>

物体2の衝突後の運動は

<tex> \vec{v_2'}=\vec{v_2}+\frac{1}{M}(F\vec{e_l}+N\vec{e_n})=0+0=0</tex>

<tex> \omega_2'=\omega_2-\frac{R}{I_2}F=0+0=0</tex>

したがって、先の滑り係数は

<tex> \varepsilon=\frac{r\omega'+\vec{v'}\cdot\vec{e_l}}{r\omega+\vec{v}\cdot\vec{e_l}}</tex>

反発係数も同様に

<tex> e=-\frac{\vec{v'}\cdot\vec{e_n}}{\vec{v}\cdot\vec{e_n}}</tex>

となる。これにより衝突後の物体の運動は

<tex> \vec{v'}=\vec{v}-\frac{1}{m}(F\vec{e_l}+N\vec{e_n})</tex>

<tex> \omega'=\omega-\frac{r}{I}F</tex>

によって求められる。

(以下つづく)
47 coJJyMAN 2012/05/03 (木) 01:31:32 ID:JYV.OZw18Y [修正] [削除]
>>46のつづきです。
§3−2 例題3 スーパーボールの跳ねる方向

例として、スーパーボールを床に向かってバックスピンを
かけながら斜め下に投げた時の、反発後の角度を計算する。

簡単のため、 $ e\simeq 1,\,\varepsilon\simeq 0$ としよう。

<pic>(150,150)(0,-50)\put(50,50){\circle{40}}\put(50,80){$\Vec \omega$}\qbezier(40,75)(50,80)(60,75)\put(40,75){\vector(-3,-1){5}}\put(50,50){\vector(3,-4){30}}\put(80,10){\line(3,-4){30}}\put(80,10){$\Vec v$}\put(50,-30){\line(1,0){100}}\put(110,-30){\line(0,1){50}}\put(100,-10){$\Vec \theta$}</pic>


物体1の角速度は $ \omega$ 、速度は $ v_x=\cos\theta,\,v_y=\sin\theta$ とする。
質量は $ m$ で、慣性モーメントは $I=\frac{2}{5}mr^2$ である。

反撥係数は $ e=1$ のため

<tex> v_y'=-ev_y=v\cos\theta</tex>

摩擦力は $ \varepsilon=0$ で

<tex> \frac{r^2}{I}+\frac{1}{m}=\frac{5}{2m}+\frac{1}{m}=\frac{7}{2m}</tex>より

<tex> F=\frac{2}{7}mv(\frac{r\omega}{v}+\sin\theta)</tex>

したがって衝突後の $ v_x'$ は

<tex> v_x'=v_x-\frac{F}{m}=v\sin\theta-\frac{2}{7}v(\frac{r\omega}{v}+\sin\theta)</tex>


以上より、反撥後の角度 $ \theta'$ は

<tex> \tan\theta'=\frac{v_x'}{v_y'}=\frac{5\sin\theta-2r\omega}{7\sin\theta}</tex>

によって求められる。

仮に $ v_x'=-v_x$ だったとすると

<tex> \frac{5}{7}\sin\theta-\frac{2}{7}\frac{r\omega}{v}=-\sin\theta</tex>

<tex> \therefore \frac{12}{7}\sin\theta=\frac{2}{7}\frac{r\omega}{v}\ \ \therefore 6v\sin\theta=r\omega</tex>

してがって、初めの角速度がもし

<tex> \omega>6\frac{v}{r}\sin\theta</tex>

であれば、反撥後の角度はもとの角度より大きくなる。
つまり、投げた所より手前に跳ね返ってくる。
48 coJJyMAN 2012/05/06 (日) 02:04:24 ID:JYV.OZw18Y [修正] [削除]
§3−3 例題4 テーブルの上のピンポン玉

 重力mgがあり、床の少し上dの位置から、
角速度ωで回転しながら速度vで動き始めた球は、
床と接触するたびに運動の状態が変化しゆくだろう。

 反撥係数と滑り係数をもとに、物体の動きを追跡する。

<pic>(150,100)\put(50,50){\circle{40}}\put(50,80){$\Vec \omega$}\qbezier(40,75)(50,80)(60,75)\put(40,75){\vector(-3,-1){5}}\put(50,50){\vector(1,0){50}}\put(80,55){$\Vec v$}\put(0,20){\line(1,0){100}}\put(20,30){\line(1,0){20}}\put(10,25){$d$}\put(25,20){\vector(0,1){10}}\put(10,60){\vector(0,-1){15}}\put(15,50){$\Vec{g}$}</pic>

(以下続く)
49 coJJyMAN 2012/05/06 (日) 02:08:17 ID:JYV.OZw18Y [修正] [削除]
>>48の続きです。
(1) 反撥は有限の時間で終わる

反撥係数eとすきまdによって、反撥が終わるまでの時間Tが決まる。
初めて床に接触するまでの時間t0は

<tex> d=\frac{1}{2}gt_0^2\ \therefore t_0=\sqrt{\frac{2d}{g}}</tex>

そのときの速度は $ v_y=-gt_0=-\sqrt{2dg}$ 
一回目の反撥で $ v_y'=e\sqrt{2dg}$ 
2回目の接触までの時間は

<tex> -v_y=v_y-gt_1\ \therefore t_1=2\sqrt{\frac{2d}{g}}e=2t_0e</tex>

以下、各接触の間隔は $ t_k=2t_0e^k(k=1,2,,\infty)$ である。

これにより、n回目の接触が起きる時刻が分かる。

<tex>& T_n=\sum_{k=0}^{n-1}t_k=t_0+2t_0\sum_{k=1}^{n-1}e \\& \therefore T_n=t_0\left(-1+2\sum_{k=0}^{n-1}e\right)=t_0\left(\frac{2-2e^{n-1}}{1-e}-1\right)=t_0\frac{1+e-2e^{n-1}}{1-e}</tex>

したがって反撥が終了する時間は次のように得られる。

<tex> T=t_0\frac{1+e}{1-e}=\frac{1+e}{1-e}\sqrt{\frac{2d}{g}}</tex>

(以下続く)
50 coJJyMAN 2012/05/06 (日) 02:12:31 ID:JYV.OZw18Y [修正] [削除]
>>49の続きです。
(2)滑り係数は反発係数より大きくならない

それでは運動方程式を解いていこう。
接触の際の摩擦の量(力積)をfとして

<tex>&m(v_{k+1}-v_k)=-f_k \\& \frac{2}{5}mr^2(\omega_{k+1}-\omega_k)=-rf_k \\& \therefore \frac{2}{5}mr^2\omega_{k+1}-mrv_{k+1}=\frac{2}{5}mr^2\omega_{k}-mrv_{k}\equiv l</tex>

この量は運動の定数である。

<tex> \therefore l=\frac{2}{5}mr^2\omega_{0}-mrv_{0}=\frac{2}{5}mr^2\omega_{\infty}-mrv_{\infty}</tex>

滑り係数の定義より

<tex>& \varepsilon=\frac{r\omega_{k+1}+v_{k+1}}{r\omega_{k}+v_{k}} \\& \therefore r\omega_{k+1}+v_{k+1}=\varepsilon(r\omega_{k}+v_{k}) \\& r\omega_{\infty}+v_{\infty}=0 \\& \frac{2}{5}r\omega_{\infty}-v_{\infty}=\frac{l}{mr} \\& \therefore \frac{7}{5}r\omega_\infty=\frac{l}{mr}\,\therefore r\omega_\infty=\frac{5}{7}\frac{l}{mr}\,\therefore v_\infty=-\frac{5}{7}\frac{l}{mr}</tex>

と、最終速度が得られる。 また

<tex> \frac{r^2}{I}+\frac{1}{m}=\frac{5}{2m}+\frac{1}{m}=\frac{7}{2m}</tex>

より、n回目の接触の際の摩擦の量(力積)は

<tex> f_n=(1-\varepsilon)\frac{2}{7}m(r\omega_n+v_n)</tex>

運動に対する抵抗力は単位時間における運動量の変化なので、
これをFとすると

 $ t_n=2t_0e^n,\,r\omega_n+v_n=\varepsilon^n(r\omega_0+v_0)$ 

より、任意の時刻Tnでの摩擦抵抗力Fnは

<tex> F_{n}=\frac{1}{2t_0}(1-\varepsilon)\frac{2}{7}m\left(\frac{\varepsilon}{e}\right)^n(r\omega_0+v_0)</tex>

この値が発散しないためにはεの性質として、
ε≦e もしくは 1-ε≧1-eである必要がある。
速度と角速度の解は

<tex>& r\omega_n+v_n=\varepsilon^n(r\omega_0+v_0) \\& \frac{2}{5}r\omega_n-v_n=\frac{l}{mr} \\& \therefore \frac{7}{5}r\omega_n=\frac{l}{mr}+\varepsilon^n(r\omega_0+v_0)</tex>

より、以下のようになる。

<tex>& r\omega_n=\frac{5}{7}\frac{l}{mr}+\frac{5}{7}\varepsilon^n(r\omega_0+v_0) \\& v_n=\varepsilon^n(r\omega_0+v_0)-r\omega_n \\& \therefore v_n=-\frac{5}{7}\frac{l}{mr}+\frac{2}{7}\varepsilon^n(r\omega_0+v_0)</tex>

(以下続く)
51 coJJyMAN 2012/05/06 (日) 02:16:51 ID:JYV.OZw18Y [修正] [削除]
>>50の続きです。
(3) 物体の位置を計算する

時刻Tnの時の物体の位置をxnは、x0=0として

<tex>& x_n=v_0t_0+\sum_{k=1}^{n}v_kt_k \\& =v_0t_0-\frac{5}{7}\frac{l}{mr}\times2t_0\sum_{k=1}^{n}e^k+\frac{2}{7}(r\omega_0+v_0)\times2t_0\sum_{k=1}^{n}(e\varepsilon)^k \\& \therefore x_n=v_0t_0-\frac{10}{7}t_0\left(\frac{2}{5}r\omega_0-v_0\right)\frac{e}{1-e}(1-e^n)+\frac{4}{7}t_0(r\omega_0+v_0)\frac{e\varepsilon}{1-e\varepsilon}(1-e^n\varepsilon^n)</tex>

反撥が終わる瞬間の物体の位置は

<tex> T=\sqrt{\frac{2d}{g}}\frac{1+e}{1-e},\, t_0=\sqrt{\frac{2d}{g}}</tex>

より

<tex>& x=\sqrt{\frac{2d}{g}}\left\{v_0-\frac{10}{7}\left(\frac{2}{5}r\omega_0-v_0\right)\frac{e}{1-e}+\frac{4}{7}\left(r\omega_0+v_0\right)\frac{e\varepsilon}{1-e\varepsilon}\right\} \\& \therefore x=\sqrt{\frac{2d}{g}}\left\{\frac{4}{7}r\omega_0\left(\frac{e\varepsilon}{1-e\varepsilon}-\frac{e}{1-e}\right)+v_0\left(1+\frac{10}{7}\frac{e}{1-e}+\frac{4}{7}\frac{e\varepsilon}{1-e\varepsilon}\right)\right\}</tex>

(以下続く)
52 coJJyMAN 2012/05/06 (日) 02:17:59 ID:JYV.OZw18Y [修正] [削除]
>>51の続きです。
(4) 反撥が終わるとき、摩擦が無くなる

この瞬間で物体と床のあいだから滑りが無くなり、それ以降は

<tex>& v=-\frac{5}{7}\left(\frac{2}{5}r\omega_0-v_0\right)\\& \omega=\frac{5}{7}\left(\frac{2}{5}\omega_0-\frac{v_0}{r}\right)</tex>

の一定速度で転がり続ける。

(§3−3おわり)
53 coJJyMAN 2012/07/31 (火) 16:57:18 ID:JYV.OZw18Y [修正] [削除]
色々補足説明が必要な気がしてきました。
(こちらの掲示板の記事が今でもあって大変助かります。。)

>>8で僕は
>>これはつまり、元の併進運動のエネルギーは衝突後の回転エネルギーに転化しない、ということですよね。
>>言い換えると、衝突の激しさと、衝突後の回転の激しさは独立である、と。

> そう見えますよね。。 うまく言えないのですが、僕は「独立ではなく相互に転化することは確かにある。
> そのメカニズムは何だろう?」と思っています。
と答えています。

今でも同様に考えているので、理論の数学的な構造をはっきりさせなければいけませんね。 ちょっと考えます。。
54 coJJyMAN 2012/07/31 (火) 22:46:11 ID:JYV.OZw18Y [修正] [削除]
(自分の考えはこっちのスレですね。。)

運動は2次元に限定します。
衝突時の変形は物体の寸法に比べて微小であると仮定します。
(手元のスーパーボールで確かめた範囲では接触面積は小さかったです。)

接触点を原点とし、運動平面内で接触面に平行な軸をX軸、垂直軸をY軸として想像します。
衝突の間でも、2物体の重心を結ぶ線は接触点から見て常に接触面に垂直です。
なぜなら、相手の重心に最も近づいている場所が最も応力を受け変形しているからです。 
そのことは相手にとっても同じことなので、重心から接触点に向かう方向の前に必ず相手の重心があることになります。
物体の衝突変形中は常にこのことが成り立っていると考えられます。

さて、ニュートンの3法則から言えることとしては
(1)衝突の際に質量の一部を貰ったり上げたりする事が無い限り、物体の質量は変わらない。
(2)運動量の合計は変わらない。
(3)衝突点を原点として計算した、全角運動量(=軌道角運動量+自転角運動量)は交換されず、それぞれ変わらない。
(4)衝突前の全エネルギーから、衝突時の仕事 $\dot{E}=\Vec{F}\cdot \Vec{v}$ の分だけ少なくなったものが、衝突後の全エネルギーとなる。
などがあります。
55 coJJyMAN 2017/05/21 (日) 08:48:42 ID:JYV.OZw18Y [修正] [削除]
[後日談]
このスレッドの研究内容を記念に電子書籍化しようとまとめておりましたら,先行研究を見つけてしまいました.
タイトル: 巨視的物体の非弾性衝突
著者: 國仲, 寛人 researcher_resolver_name
発行日: 20-Aug-2008
出版者: 物性研究刊行会
誌名: 物性研究
巻: 90
号: 5
開始ページ: 685
終了ページ: 720
記述: この論文は国立情報学研究所の電子図書館事業により電子化されました。
URI: http://hdl.handle.net/2433/142659
56 coJJyMAN 2017/05/21 (日) 09:19:53 ID:JYV.OZw18Y 修正アリ: 09:56 [修正] [削除]
中央大学理工学部物理学科の國仲寛人氏の論文より,引用
ーーーーーーーーーーーーーーーー
2.7 1を超えるはねかえり係数
 斜め衝突の実験においてはねかえり孫数と衝突角度の関係を調べると、興味深い現象が観測されることがある。はねかえり係数は 1以上の値を取らないというのは、初等物理の教科書にも載っている常識だが、斜め衝突の場合には 1以上の値を取り得ることが近年報告されている。
ーーーーーーーーーーーーーーーー
論文のその後の方で,
ーーーーーーーーーーーーーーーー
1.はねかえり係数が衝突角度によって上昇し,1をなめらかに超えるためには壁の局所的な変形が必要であり,その変形量を理論的に見積もることによって,衝突角度とはねかえり係数との関係を得ることができた.

2.衝突角度とはねかえり係数の関係には壁表面の摩擦係数が関係しており,衝突角度と摩擦係数の関係も簡単なモデルで説明できる.

特にはねかえり係数と衝突角度の関係に関しては,静弾性理論に基づいた解析を行ったが,壁表面に生じる局所変形の時間的変化が円盤の反発挙動にどう影響するのかを理論的に考察するのは興味深い試みである.
ーーーーーーーーーーーーーーーー
とあります.

このスレッドの僕の研究では一貫して「壁表面に生じる局所変形」を考慮せずに,
「接触点における接触面の角度は接触開始時の角度のまま変わらない」
と仮定していました.
これでは,上記論文で紹介された実験結果を再現できません.

このスレッドの研究はこのままでは終われません.
「回転エネルギーが並進運動エネルギーに転化して,壁面衝突後の最高高度が高くなることもある.」
これが今後の研究課題となります.予定は未定ですが,いつか「パート2」として研究を再開したいと思います.







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