Industrial Mechanics Exam 06

2002

7




19

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解答 1 時間ｔにおけるロケットの全質量 : M (t) = M + (m0 − µt)

(1)

時間ｔにおけるロケットの速度 : v(t)

(2)

とする。時刻 t + ∆t におけるロケットの運動量は

M (t + ∆t) · v(t + ∆t)

(3)

となる。つぎに、噴射ガスの運動量をもとめる。噴射ガスの時刻 t + ∆t における速度は、ロケットとの相対速度が U で あることから次式で与えれれる。

u(t + ∆t) = v(t) + U

(4)

∆t 時間における運動量の変化は、運動量保存の法則にしたがって、 M (t + ∆t)v(t + ∆t) + µ∆tu(t + ∆t) = M (t)v(t)

(5)

となる。eq.(5) に eq.(1),eq.(4) を代入すると eq.(6) を得る。

{M + (m0 − µ(t + ∆t))} v(t + ∆t) + µ∆t (v(t) + U ) = {M + (m0 − µt)} v(t)

(6)

さらに、

v(t + ∆t) = v(t) +

dv ∆t dt

(7)

で近似すると eq.(6) は、

µ ¶ dv {M + (m0 − µ(t + ∆t))} v(t) + ∆t + µ∆t (v(t) + U ) = {M + (m0 − µt)} v(t) dt

(8)

となる。eq.(8) において微小量の 2 次のオーダを無視し、式を整理すると次式を得る。

dv −µU = dt M + m0 − µt

(9)

一方、燃料を使い切るまでの時間 tend は、

m0 − µtend = 0 m0 tend = µ

(10) (11)

となる。eq.(9),(11) から、燃料を使い切った時の速度は、

Z

Z

tend

dv 0

tend

−µU dt M + m0 − µt 0 h itend = U ln(M + m0 − µt) =

0

= U ln

M M + m0

(12) (13) (14)

解答 2 惑星の位置ベクトルを r 半径方向とその接線方向の速度を vr , vθ とし, ポテンシャルエネルギを U (r) とすれば, エネルギ 保存の法則から

¢ 1 ¡ 2 m vr + vθ 2 + U (r) = E 2 1

(15)

˙ vθ = rθ˙ であるから,eq.(15) は次のように書ける である. ここで,vr = r, ´ 1 ³ 2 m r˙ + rθ˙2 + U (r) = E 2

(16)

ここで, ポテンシャル関数 U (r) は,U (r) = −GmM/r であるから

´ GmM 1 ³ 2 m r˙ + r2 θ˙2 − =E 2 r

(17)

ここで,h = r2 θ˙ なる関係を用いると, エネルギ保存の法則は

´ GmM 1 ³ 2 m r˙ + r2 θ˙2 − =E 2 r

(18)

ここで,h = r2 θ˙ なる関係を用いると, エネルギ保存の法則は µ ¶ 1 h2 GmM m r˙ 2 + 2 − =E 2 r r

(19)

となる. 解答 3 力 F を求める.

F

=

−∇U

(20)

= (Fx Fy ) = (y

3

2

3xy )

I の場合 Z WI

Z

2

3

=

3

y dx + Z

0,y=0 3

= 0

3xy 2 dy

0,x=2

6y 2 dy = [2y 3 ]30

= 54 II の場合 Z WII

(2,3)

=

(y 3 dx + 3xy 2 dy)

(0,0) 2

Z

27 6 9 6 x dx + 3x x4 xdx 64 16 4

= 0

Z

2

(

= 0

=

54

y=

3 2 x , 4

27 162 6 + )x dx 64 64

dy =

2

6 xdx 4

(21)