応用物理 解答解説 イナプリ 05
イナプリ 応用物理 05

運動方程式

運動方程式

力が加わる方向に 加速 するという単純な方程式

F = ma
力
〔N〕質量
〔kg〕加速度
〔m/s²〕
mFa

運動方程式を立てる川柳物体に　力を描いて　あとは軸わけ

運動方程式の立て方（川柳の手順）
  1. 物体に力を描く：重力 \(mg\)，垂直抗力 \(N\)，引く力・押す力，摩擦力 など。
  2. 軸を決める：加速度の向きを \(x\) 軸，それに垂直な向きを \(y\) 軸にとる。斜めの力は2つの軸の向きに分解する。
  3. 軸わけ：動かない向き（\(y\)）は「力のつりあい（\(=0\)）」，加速する向き（\(x\)）は「\(ma = \)（力の合計）」。

動摩擦力…摩擦がある面を物体がこすれて動いているときは「動摩擦力」がはたらく。向きは動く向きと逆向き。

Nf動F♪
\[ f_{\text{動}} = \mu' N \]

\(f_{\text{動}}\)：動摩擦力　\(\mu'\)：動摩擦係数　\(N\)：垂直抗力

  • 等速で動いているとき　\(f_{\text{動}} = F\)
  • 加速しているとき　\(f_{\text{動}} < F\)

運動方程式の利用

運動方程式で加速度を求め，それを時間 \(t\) で積分すると速度，さらに積分すると位置がわかる。積分定数は \(t=0\) のときの値（初期条件）から決める。

\[ v = \int a\,dt, \qquad x = \int v\,dt \]
\[ \begin{aligned} v &= \int a\,dt \\ x &= \int v\,dt \end{aligned} \]

例題①

質量 \(m\) の物体Aが面から受ける垂直抗力と加速度の大きさを求めよ。ただし，重力加速度の大きさを \(g\) とし，あらい面と物体Aとの動摩擦係数を \(\mu'\) とする。また，物体Aが移動する向きは で示した。

(1) なめらかな面の上を 力 \(F\) で水平に押す。

AFxyNmga
垂直抗力\(mg\)
加速度\(\dfrac{F}{m}\)
解説

物体Aにはたらく力は，押す力 \(F\)（右向き），重力 \(mg\)（下向き），垂直抗力 \(N\)（上向き）の3つ。加速する向き（右）を \(x\) 軸，上向きを \(y\) 軸にとって軸わけする。

y\(N - mg = 0\)　（上下には動かない ＝ つりあい） x\(F = ma\)
垂直抗力 \(N = \boldsymbol{mg}\)，　加速度 \(a = \boldsymbol{\dfrac{F}{m}}\)

(2) なめらかな面の上を 力 \(F_1\) と力 \(F_2\) で水平に引く。

AF1F2xyNmga
垂直抗力\(mg\)
加速度\(\dfrac{F_1 - F_2}{m}\)
解説

右向き（加速する向き）を正とするので，右向きの \(F_1\) は ＋，左向きの \(F_2\) は − で式に入れる。

y\(N - mg = 0\) x\(F_1 - F_2 = ma\)
垂直抗力 \(N = \boldsymbol{mg}\)，　加速度 \(a = \boldsymbol{\dfrac{F_1 - F_2}{m}}\)

(3) なめらかな面の上を 力 \(F\) で \(\theta\) の角度に斜めに引く。

AθFxyaF cosθF sinθNmg
垂直抗力\(mg - F\sin\theta\)
加速度\(\dfrac{F\cos\theta}{m}\)
解説

斜めの力 \(F\) は，\(x\) 軸方向（水平）の \(F\cos\theta\) と \(y\) 軸方向（鉛直）の \(F\sin\theta\) に分解してから軸わけする。

y\(N + F\sin\theta - mg = 0\) x\(F\cos\theta = ma\)
垂直抗力 \(N = \boldsymbol{mg - F\sin\theta}\)，　加速度 \(a = \boldsymbol{\dfrac{F\cos\theta}{m}}\)

ポイント　\(F\) の上向きの成分 \(F\sin\theta\) が物体を持ち上げる分だけ，垂直抗力は \(mg\) より小さくなる。

(4) あらい面の上を 力 \(F\) で水平に引く。

AFxyaNmgμ′N
垂直抗力\(mg\)
加速度\(\dfrac{F - \mu' mg}{m}\)
解説

あらい面なので，動く向きと逆向き（左向き）に動摩擦力 \(\mu' N\) がはたらく。

y\(N - mg = 0 \quad\Rightarrow\quad N = mg\) x\(F - \mu' N = ma \quad\Rightarrow\quad F - \mu' mg = ma\)
垂直抗力 \(N = \boldsymbol{mg}\)，　加速度 \(a = \boldsymbol{\dfrac{F - \mu' mg}{m}}\)

(5) あらい面の上を 力 \(F\) で \(\theta\) の角度に斜めに引く。

AθFxyaF cosθF sinθNmgμ′N
垂直抗力\(mg - F\sin\theta\)
加速度\(\dfrac{F\cos\theta - \mu'(mg - F\sin\theta)}{m}\)
解説

(3) と (4) の組み合わせ。\(F\) を分解し，動摩擦力 \(\mu' N\) を左向きに描く。

y\(N + F\sin\theta - mg = 0 \quad\Rightarrow\quad N = mg - F\sin\theta\) x\(F\cos\theta - \mu' N = ma\)

\(x\) の式に \(N = mg - F\sin\theta\) を代入すると

\[ ma = F\cos\theta - \mu'(mg - F\sin\theta) \]
垂直抗力 \(N = \boldsymbol{mg - F\sin\theta}\)，　加速度 \(a = \boldsymbol{\dfrac{F\cos\theta - \mu'(mg - F\sin\theta)}{m}}\)

注意　動摩擦力は \(\mu' mg\) ではなく \(\mu' N\)。斜めに引くと \(N\) が小さくなるので，摩擦力も小さくなる。

例題②

時刻 \(t = 0\)〔s〕のとき，教室の天井から質量 \(m\)〔kg〕の物体を初速度 0 で落下させた。ただし，鉛直下向きを正とし天井の位置を 0 m とする。また，重力加速度の大きさを \(g\)〔m/s²〕とする。

  1. 物体の加速度を \(a\)〔m/s²〕とし，運動方程式を立てよ。
  2. 時刻 \(t\)〔s〕における物体の速度 \(v\)〔m/s〕を \(g\)，\(t\) を用いて表せ。
  3. 時刻 \(t\)〔s〕における物体の位置 \(y\)〔m〕を \(g\)，\(t\) を用いて表せ。
  4. 物体が床に達するまでの時刻は何 s か測れ。

以下の問いは \(g = 9.8\)〔m/s²〕として答えよ。

  1. 物体が床に達したときの速度は何 m/s か。
  2. 教室の天井から床までの距離は何 m か。
00y9.8 m/s2t =
解説

(1)運動方程式

mg

物体にはたらく力は重力 \(mg\) だけ（鉛直下向き＝正の向き）。よって運動方程式は

\[ ma = mg \]

両辺を \(m\) で割ると \(a = g\)。質量に関係なく，落下の加速度は \(g\) になる。

(2)速度 \(v\)

速度 \(v\) は，加速度 \(a\) を時間 \(t\) で積分すると求まる（「運動方程式の利用」の流れ）。(1) より \(a = g\)（一定）なので，

\[ v = \int a\,dt = \int g\,dt = gt + C_1 \]
\[ \begin{aligned} v &= \int a\,dt \\ &= \int g\,dt \\ &= gt + C_1 \end{aligned} \]

積分定数 \(C_1\) は，\(t = 0\) のときの速度（初速度）から決める。静かに落としたので \(t = 0\) で \(v = 0\)。代入すると \(0 = g\times 0 + C_1\) より \(C_1 = 0\)。よって \(v = gt\)。

(3)位置 \(y\)

位置 \(y\) は，(2) で求めた速度 \(v = gt\) をさらに \(t\) で積分すると求まる。

\[ y = \int v\,dt = \int gt\,dt = \frac{1}{2}gt^2 + C_2 \]
\[ \begin{aligned} y &= \int v\,dt \\ &= \int gt\,dt \\ &= \frac{1}{2}gt^2 + C_2 \end{aligned} \]

積分定数 \(C_2\) は，\(t = 0\) のときの位置から決める。天井が 0 m なので \(t = 0\) で \(y = 0\)。よって \(C_2 = 0\)，\(y = \dfrac{1}{2}gt^2\)。

(4)〜(6)測定値を使って計算

(5) は (2) の式に，(6) は (3) の式に，(4) で測った時刻 \(t\) を代入する（\(g = 9.8\)）。

\[ v = 9.8\,t, \qquad y = \frac{1}{2}\times 9.8 \times t^2 = 4.9\,t^2 \]
\[ \begin{aligned} v &= 9.8\,t \\ y &= \frac{1}{2}\times 9.8 \times t^2 \\ &= 4.9\,t^2 \end{aligned} \]

下に測定値を入れると計算できます。

測定値を入力してください。（例：平均 \(t = 0.80\) s なら \(v = 9.8 \times 0.80 \approx 7.8\) m/s，\(y = 4.9 \times 0.80^2 \approx 3.1\) m）
(1)\(ma = mg\)　（\(a = g\)）
(2)\(v = gt\)
(3)\(y = \dfrac{1}{2}gt^2\)
(4)測定値（4回の平均）
(5)\(9.8\,t\)〔m/s〕
(6)\(4.9\,t^2\)〔m〕

例題③

角度 \(\theta\) のなめらかな斜面に沿って上向きを \(x\) 軸とする。図のように，時刻 \(t = 0\) のときに，原点Oから \(x\) 軸の正の向きに初速度 \(v_0\) で質量 \(m\) の物体を打ち出した。重力加速度の大きさを \(g\) とする。

θxOv0
  1. 物体の加速度 \(a\) を \(g\)，\(\theta\) を用いて表せ。
  2. 時刻 \(t\) における物体の速度 \(v\) を \(v_0\)，\(g\)，\(t\)，\(\theta\) を用いて表せ。
  3. 時刻 \(t\) における物体の \(x\) 座標を \(v_0\)，\(g\)，\(t\)，\(\theta\) を用いて表せ。
  4. 物体が斜面を上って，折り返すときの時刻 \(T\) を \(v_0\)，\(g\)，\(\theta\) を用いて表せ。
  5. 物体が斜面の折り返し点での \(x\) 座標を \(v_0\)，\(g\)，\(\theta\) を用いて表せ。
  6. 物体が再び原点に戻ってくるときの時刻 \(T'\) を \(v_0\)，\(g\)，\(\theta\) を用いて表せ。
解説

(1)加速度 \(a\)

θxyNmgmg sinθmg cosθθ

物体にはたらく力は重力 \(mg\) と垂直抗力 \(N\)。重力を斜面に平行な成分 \(mg\sin\theta\)（斜面下向き）と垂直な成分 \(mg\cos\theta\) に分解する。

y\(N - mg\cos\theta = 0\) x\(-mg\sin\theta = ma\)

\(mg\sin\theta\) は \(x\) 軸の負の向きなので − をつける。

\(a = \boldsymbol{-g\sin\theta}\)

(2)速度 \(v\)

(1) の加速度 \(a = -g\sin\theta\) は時間によらず一定。これを \(t\) で積分すると速度になる（\(g\)，\(\theta\) は定数なので，\(t\) だけを積分する）。

\[ v = \int a\,dt = \int (-g\sin\theta)\,dt = -gt\sin\theta + C_1 \]
\[ \begin{aligned} v &= \int a\,dt \\ &= \int (-g\sin\theta)\,dt \\ &= -gt\sin\theta + C_1 \end{aligned} \]

積分定数は初速度から決める。\(t = 0\) で \(v = v_0\)（\(v(0) = v_0\)）なので，代入して \(C_1 = v_0\)。　よって　\(v = v_0 - gt\sin\theta\)

(3)\(x\) 座標

(2) の速度をさらに \(t\) で積分すると位置（\(x\) 座標）になる。\(v_0\) の項は \(v_0t\)，\(t\) の項は \(\dfrac{1}{2}t^2\) になる。

\[ x = \int v\,dt = \int (v_0 - gt\sin\theta)\,dt = v_0 t - \frac{1}{2}gt^2\sin\theta + C_2 \]
\[ \begin{aligned} x &= \int v\,dt \\ &= \int (v_0 - gt\sin\theta)\,dt \\ &= v_0 t - \frac{1}{2}gt^2\sin\theta + C_2 \end{aligned} \]

原点Oから打ち出したので \(t = 0\) で \(x = 0\)（\(x(0) = 0\)）。よって \(C_2 = 0\)，\(x = v_0 t - \dfrac{1}{2}gt^2\sin\theta\)

(4)折り返す時刻 \(T\)

折り返し点では速度が 0 になる。(2) の式で \(v = 0\) とおくと

\[ 0 = v_0 - gT\sin\theta \qquad\Rightarrow\qquad T = \frac{v_0}{g\sin\theta} \]
\[ \begin{aligned} 0 &= v_0 - gT\sin\theta \\ \Rightarrow\ T &= \frac{v_0}{g\sin\theta} \end{aligned} \]

(5)折り返し点の \(x\) 座標

(3) の式に (4) の \(T\) を代入する。

\[ \begin{aligned} x &= v_0\cdot\frac{v_0}{g\sin\theta} \\ &\qquad - \frac{1}{2}g\left(\frac{v_0}{g\sin\theta}\right)^2\sin\theta \\ &= \frac{v_0^2}{g\sin\theta} - \frac{v_0^2}{2g\sin\theta} \\ &= \frac{v_0^2}{2g\sin\theta} \end{aligned} \]

(6)原点に戻る時刻 \(T'\)

原点に戻るのは，位置が再び \(x = 0\) になるとき。(3) の式に \(x = 0\)，\(t = T'\) を代入する。

\[ 0 = v_0T' - \frac{1}{2}gT'^2\sin\theta = T'\left(v_0 - \frac{1}{2}gT'\sin\theta\right) \]
\[ \begin{aligned} 0 &= v_0T' - \frac{1}{2}gT'^2\sin\theta \\ &= T'\left(v_0 - \frac{1}{2}gT'\sin\theta\right) \end{aligned} \]

\(T' \neq 0\) より　\(T' = \dfrac{2v_0}{g\sin\theta}\)

確かめ　\(T' = 2T\)。上りにかかる時間と下りにかかる時間は等しい（なめらかな斜面では運動が対称になる）。

(1)\(a = -g\sin\theta\)
(2)\(v = v_0 - gt\sin\theta\)
(3)\(x = v_0t - \dfrac{1}{2}gt^2\sin\theta\)
(4)\(T = \dfrac{v_0}{g\sin\theta}\)
(5)\(x = \dfrac{v_0^2}{2g\sin\theta}\)
(6)\(T' = \dfrac{2v_0}{g\sin\theta}\)

練習問題①

質量 \(m\) の物体Aが面から受ける垂直抗力と加速度の大きさを求めよ。ただし，重力加速度の大きさを \(g\) とし，あらい面と物体Aとの動摩擦係数を \(\mu'\) とする。また，物体Aが移動する向きは で示した。

(1) 力 \(F\) で鉛直に引き上げる。

FAyamg
垂直抗力\(0\)
加速度\(\dfrac{F - mg}{m}\)
解説

物体は面から離れて持ち上がるので，面から受ける力はない（垂直抗力は 0）。はたらく力は \(F\)（上向き）と \(mg\)（下向き）だけ。加速する向き（上向き）を \(y\) 軸の正にとる。

y\(F - mg = ma\)
垂直抗力 \(\boldsymbol{0}\)，　加速度 \(a = \boldsymbol{\dfrac{F - mg}{m}}\)

(2) 角度が \(\theta\) のあらい斜面上を滑り落ちる。

θAxyaNmgmg sinθmg cosθθμ′N
垂直抗力\(mg\cos\theta\)
加速度\(g\sin\theta - \mu' g\cos\theta\)
解説

加速する向き（斜面下向き）を \(x\) 軸，斜面に垂直な向きを \(y\) 軸にとる。重力を \(mg\sin\theta\)（斜面下向き）と \(mg\cos\theta\)（斜面に垂直）に分解する。動摩擦力 \(\mu' N\) は動く向きと逆の斜面上向き。

y\(N - mg\cos\theta = 0 \quad\Rightarrow\quad N = mg\cos\theta\) x\(mg\sin\theta - \mu' N = ma\)

\(N = mg\cos\theta\) を代入して両辺を \(m\) で割ると

\[ a = g\sin\theta - \mu' g\cos\theta = g(\sin\theta - \mu'\cos\theta) \]
\[ \begin{aligned} a &= g\sin\theta - \mu' g\cos\theta \\ &= g(\sin\theta - \mu'\cos\theta) \end{aligned} \]
垂直抗力 \(N = \boldsymbol{mg\cos\theta}\)，　加速度 \(a = \boldsymbol{g\sin\theta - \mu' g\cos\theta}\)

(3) 角度が \(\theta\) のなめらかな斜面上を力 \(F\) で引き上げる。

θAFxyaNmgmg sinθmg cosθθ
垂直抗力\(mg\cos\theta\)
加速度\(\dfrac{F - mg\sin\theta}{m}\)
解説

加速する向き（斜面上向き）を \(x\) 軸にとる。重力の斜面方向の成分 \(mg\sin\theta\) は斜面下向き（\(x\) の負の向き）。

y\(N - mg\cos\theta = 0\) x\(F - mg\sin\theta = ma\)
垂直抗力 \(N = \boldsymbol{mg\cos\theta}\)，　加速度 \(a = \boldsymbol{\dfrac{F - mg\sin\theta}{m}}\)

練習問題②

時刻 \(t = 0\)〔s〕のときに，地面から小球を 19.6 m/s で鉛直上向きに投射した。鉛直上向きに \(y\) 軸をとり，地面の \(y\) 座標を 0 とし，重力加速度の大きさを 9.8 m/s² とする。

  1. 時刻 \(t\)〔s〕における小球の速度 \(v\)〔m/s〕を \(t\) を用いて表せ。
  2. 時刻 \(t\)〔s〕における小球の \(y\) 座標〔m〕を \(t\) を用いて表せ。
  3. 時刻 \(t\)〔s〕と小球の速度 \(v\) の関係をグラフで示せ。
  4. 時刻 \(t\)〔s〕と小球の \(y\) 座標の関係をグラフで示せ。
  5. 投射してから 1.0 s 後の小球の速度はいくらか。
  6. 地面からの高さが 14.7 m の地点を小球が通過する時刻を答えよ。
yO19.6 m/s9.8 m/s2
解説

まず加速度を求める

mg

はたらく力は重力 \(mg\)（下向き）だけ。\(y\) 軸は上向きが正なので

\[ -mg = ma \qquad\Rightarrow\qquad a = -g = -9.8 \]
\[ \begin{aligned} -mg &= ma \\ \Rightarrow\ a &= -g \\ &= -9.8 \end{aligned} \]

(1)速度

上で求めた加速度 \(a = -9.8\)（一定）を時間 \(t\) で積分すると，速度 \(v\) が求まる。

\[ v = \int a\,dt = \int (-9.8)\,dt = -9.8t + C_1 \]
\[ \begin{aligned} v &= \int a\,dt \\ &= \int (-9.8)\,dt \\ &= -9.8t + C_1 \end{aligned} \]

積分定数 \(C_1\) は初速度から決める。\(t = 0\) で上向きに 19.6 m/s で投げたので \(v(0) = 19.6\)。代入すると \(19.6 = -9.8\times 0 + C_1\) より \(C_1 = 19.6\)。　よって　\(v = -9.8t + 19.6\)

(2)\(y\) 座標

(1) の速度 \(v = -9.8t + 19.6\) をさらに \(t\) で積分すると，位置（\(y\) 座標）が求まる。\(-9.8t\) は \(-\dfrac{9.8}{2}t^2 = -4.9t^2\)，\(19.6\) は \(19.6t\) になる。

\[ y = \int v\,dt = \int (-9.8t + 19.6)\,dt = -4.9t^2 + 19.6t + C_2 \]
\[ \begin{aligned} y &= \int v\,dt \\ &= \int (-9.8t + 19.6)\,dt \\ &= -4.9t^2 + 19.6t + C_2 \end{aligned} \]

積分定数 \(C_2\) は投げた位置から決める。地面（\(y = 0\)）から投げたので \(y(0) = 0\)。よって \(C_2 = 0\)，\(y = -4.9t^2 + 19.6t\)

(4) のグラフをかくために，平方完成して頂点を求めておく。

\[ y = -4.9(t^2 - 4t) = -4.9\{(t-2)^2 - 4\} = -4.9(t - 2)^2 + 19.6 \]
\[ \begin{aligned} y &= -4.9(t^2 - 4t) \\ &= -4.9\{(t-2)^2 - 4\} \\ &= -4.9(t - 2)^2 + 19.6 \end{aligned} \]

→ \(t = 2\) s で最高点 19.6 m に達する。

(3)(4)グラフ

(1) の式（傾き −9.8 の直線）と (2) の式（上に凸の放物線）をグラフにする。\(t = 2\) s で \(v = 0\)（最高点），\(t = 4\) s で \(y = 0\)（地面に戻る）。

(5)1.0 s 後の速度

(1) の式に \(t = 1.0\) を代入：\(v = -9.8 \times 1.0 + 19.6 = 9.8\)　→ 正なので鉛直上向きに 9.8 m/s。

(6)14.7 m を通過する時刻

(2) の式で \(y = 14.7\) のとき：

\[ 14.7 = -4.9t^2 + 19.6t \]

両辺を 4.9 で割ると \(3 = -t^2 + 4t\)，すなわち

\[ t^2 - 4t + 3 = 0 \qquad\Rightarrow\qquad (t-1)(t-3) = 0 \]
\[ \begin{aligned} t^2 - 4t + 3 &= 0 \\ \Rightarrow\ (t-1)(t-3) &= 0 \end{aligned} \]

\(t = 1.0\) s（上がっていくとき）と \(t = 3.0\) s（落ちてくるとき）の2回通過する。

(1)\(v = -9.8t + 19.6\)〔m/s〕
(2)\(y = -4.9t^2 + 19.6t\)〔m〕
(3)t〔s〕v〔m/s〕O19.64−19.62
(4)t〔s〕y〔m〕O219.64
(5)鉛直上向きに 9.8〔m/s〕
(6)1.0〔s〕と 3.0〔s〕

練習問題③

角度 30° のあらい斜面上向きに \(x\) 軸とする。図のように，時刻 \(t = 0\) のときに，原点Oから \(x\) 軸の正の向きに初速度 \(v_0\) で質量 \(m\) の物体を打ち出したところ，斜面を上り，折り返した。重力加速度の大きさを \(g\) とし，物体と斜面との動摩擦係数を \(\mu'\) とする。

30°xOv0
  1. 物体が斜面を上っている間の加速度 \(a\) を答えよ。
  2. 物体が斜面を上っている間の時刻 \(t\) における速度 \(v\) を \(v_0\)，\(g\)，\(t\)，\(\mu'\) を用いて表せ。
  3. 物体が斜面の折り返し点での \(x\) 座標を \(v_0\)，\(g\)，\(\mu'\) を用いて表せ。
  4. 物体が斜面を下っている間の加速度 \(a'\) を \(g\)，\(\mu'\) を用いて表せ。
解説

\(\sin 30^\circ = \dfrac{1}{2}\)，\(\cos 30^\circ = \dfrac{\sqrt{3}}{2}\) なので，重力の斜面方向の成分は \(\dfrac{1}{2}mg\)，斜面に垂直な成分は \(\dfrac{\sqrt{3}}{2}mg\)。動摩擦力の向きは「動く向きと逆」なので，上りと下りで向きが変わることに注意。

30°xyNmg½ mg(√3/2) mgμ′N
30°xyNmg½ mg(√3/2) mgμ′N

(1)上りの加速度 \(a\)

上っているとき，動摩擦力 \(\mu' N\) は斜面下向き。

y\(N - \dfrac{\sqrt{3}}{2}mg = 0 \quad\Rightarrow\quad N = \dfrac{\sqrt{3}}{2}mg\) x\(-\dfrac{1}{2}mg - \mu' N = ma\)

\(x\) の式の \(N\) に，\(y\) の式から求めた \(N = \dfrac{\sqrt{3}}{2}mg\) を代入し，両辺を \(m\) で割る。

\[ ma = -\frac{1}{2}mg - \mu'\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}mg \qquad\Rightarrow\qquad a = -\frac{1+\sqrt{3}\mu'}{2}\,g \]
\[ \begin{aligned} ma &= -\frac{1}{2}mg - \mu'\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}mg \\ \Rightarrow\ a &= -\frac{1+\sqrt{3}\mu'}{2}\,g \end{aligned} \]

(2)上りの速度 \(v\)

(1) の加速度は時間によらず一定なので，そのまま \(t\) で積分すると速度になる。

\[ v = \int a\,dt = -\frac{1+\sqrt{3}\mu'}{2}\,gt + C_1 \]
\[ \begin{aligned} v &= \int a\,dt \\ &= -\frac{1+\sqrt{3}\mu'}{2}\,gt + C_1 \end{aligned} \]

初速度は \(v_0\) なので \(v(0) = v_0\) より \(C_1 = v_0\)。　よって　\(v = v_0 - \dfrac{1+\sqrt{3}\mu'}{2}\,gt\)

(3)折り返し点の \(x\) 座標

まず折り返す時刻 \(T\) を求める。折り返し点では \(v = 0\) なので

\[ 0 = v_0 - \frac{1+\sqrt{3}\mu'}{2}\,gT \qquad\Rightarrow\qquad T = \frac{2v_0}{(1+\sqrt{3}\mu')g} \]
\[ \begin{aligned} 0 &= v_0 - \frac{1+\sqrt{3}\mu'}{2}\,gT \\ \Rightarrow\ T &= \frac{2v_0}{(1+\sqrt{3}\mu')g} \end{aligned} \]

次に，折り返し点の位置を求めるために位置の式をつくる。上っている間（\(0 \le t \le T\)）の速度 (2) を \(t\) で積分する。

\[ x = \int v\,dt = v_0t - \frac{1+\sqrt{3}\mu'}{4}\,gt^2 + C_2 \]
\[ \begin{aligned} x &= \int v\,dt \\ &= v_0t - \frac{1+\sqrt{3}\mu'}{4}\,gt^2 + C_2 \end{aligned} \]

原点から打ち出したので \(x(0) = 0\)，よって \(C_2 = 0\)。

折り返すのは \(t = T\) のときなので，この式に \(t = T\) を代入する。

\[ \begin{aligned} x &= v_0\cdot\frac{2v_0}{(1+\sqrt{3}\mu')g} \\ &\qquad - \frac{1+\sqrt{3}\mu'}{4}\,g\cdot\frac{4v_0^2}{(1+\sqrt{3}\mu')^2g^2} \\ &= \frac{2v_0^2}{(1+\sqrt{3}\mu')g} - \frac{v_0^2}{(1+\sqrt{3}\mu')g} \\ &= \frac{v_0^2}{(1+\sqrt{3}\mu')g} \end{aligned} \]

(4)下りの加速度 \(a'\)

下っているとき，動摩擦力 \(\mu' N\) は斜面上向き（\(x\) の正の向き）に変わる。\(N\) は上りと同じ。

x\(-\dfrac{1}{2}mg + \mu' N = ma'\)

\(y\) の式から求めた \(N = \dfrac{\sqrt{3}}{2}mg\)（上りと同じ）を代入し，両辺を \(m\) で割る。

\[ ma' = -\frac{1}{2}mg + \mu'\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}mg \qquad\Rightarrow\qquad a' = -\frac{1-\sqrt{3}\mu'}{2}\,g \]
\[ \begin{aligned} ma' &= -\frac{1}{2}mg + \mu'\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}mg \\ \Rightarrow\ a' &= -\frac{1-\sqrt{3}\mu'}{2}\,g \end{aligned} \]

ポイント　\(a'\) が負 ＝ 斜面下向きに加速する。上りの加速度の大きさ \(\dfrac{1+\sqrt{3}\mu'}{2}g\) より，下りの加速度の大きさ \(\dfrac{1-\sqrt{3}\mu'}{2}g\) のほうが小さい（摩擦が運動を妨げる向きに変わるため）。

(1)\(a = -\dfrac{1+\sqrt{3}\mu'}{2}\,g\)
(2)\(v = v_0 - \dfrac{1+\sqrt{3}\mu'}{2}\,gt\)
(3)\(x = \dfrac{v_0^2}{(1+\sqrt{3}\mu')g}\)
(4)\(a' = -\dfrac{1-\sqrt{3}\mu'}{2}\,g\)

練習問題④

図のように，水平面に沿うように \(x\) 軸，鉛直方向に \(y\) 軸をとり，時刻 \(t = 0\) のときに原点Oから仰角 \(\theta\)，初速度 \(v_0\) で物体を投射した。重力加速度の大きさを \(g\) とする。

xyOv0θg
  1. 時刻 \(t\) における物体の速度の水平成分を \(v_x(t)\)，鉛直成分を \(v_y(t)\) とすると，時刻 \(t = 0\) における \(v_x(0)\)，\(v_y(0)\) をそれぞれ答えよ。
  2. \(v_x(t)\)，\(v_y(t)\) をそれぞれ答えよ。
  3. 時刻 \(t\) における物体の \(x\) 座標 \(x(t)\)，および \(y\) 座標 \(y(t)\) をそれぞれ答えよ。
  4. 物体を投射してから最高点の \(y\) 座標を答えよ。
  5. 物体を投射した位置から，水平面に達した位置までの水平距離を答えよ。
解説
v0v0 cosθv0 sinθθ
mgax = 0ay = −g

はたらく力は重力 \(mg\)（鉛直下向き）だけ。水平方向には力がはたらかない。運動方程式を軸わけすると

x\(m a_x = 0 \quad\Rightarrow\quad a_x = 0\) y\(m a_y = -mg \quad\Rightarrow\quad a_y = -g\)

(1)初速度の分解

\(v_x(0) = v_0\cos\theta\)，　\(v_y(0) = v_0\sin\theta\)

(2)速度

\(x\) 方向，\(y\) 方向それぞれで，加速度を \(t\) で積分すると速度になる。\(a_x = 0\) を積分すると定数だけが残る。

\[ v_x = \int a_x\,dt = \int 0\,dt = C_1 \]
\[ \begin{aligned} v_x &= \int a_x\,dt \\ &= \int 0\,dt \\ &= C_1 \end{aligned} \]

積分定数は (1) の初速度から決める。\(v_x(0) = v_0\cos\theta\) より　\(v_x(t) = v_0\cos\theta\)（水平方向は等速）

\(y\) 方向は \(a_y = -g\)（一定）を積分する。

\[ v_y = \int a_y\,dt = \int (-g)\,dt = -gt + C_2 \]
\[ \begin{aligned} v_y &= \int a_y\,dt \\ &= \int (-g)\,dt \\ &= -gt + C_2 \end{aligned} \]

\(v_y(0) = v_0\sin\theta\) より　\(v_y(t) = -gt + v_0\sin\theta\)

(3)位置

(2) の速度をそれぞれ \(t\) で積分すると位置になる。

\[ x = \int v_x\,dt = v_0t\cos\theta + C_3, \qquad y = \int v_y\,dt = -\frac{1}{2}gt^2 + v_0t\sin\theta + C_4 \]
\[ \begin{aligned} x &= \int v_x\,dt \\ &= v_0t\cos\theta + C_3 \\ y &= \int v_y\,dt \\ &= -\frac{1}{2}gt^2 + v_0t\sin\theta + C_4 \end{aligned} \]

原点Oから投げたので \(x(0) = 0\)，\(y(0) = 0\)。よって \(C_3 = C_4 = 0\) となり

\[ x(t) = v_0t\cos\theta, \qquad y(t) = -\frac{1}{2}gt^2 + v_0t\sin\theta \]
\[ \begin{aligned} x(t) &= v_0t\cos\theta \\ y(t) &= -\frac{1}{2}gt^2 + v_0t\sin\theta \end{aligned} \]

(4)最高点の \(y\) 座標

最高点では，上向きの速度がちょうど 0 になって上昇から下降に変わる。つまり \(v_y(t) = 0\) なので　\(t_1 = \dfrac{v_0\sin\theta}{g}\)。これを \(y(t)\) に代入する。

\[ \begin{aligned} y &= -\frac{1}{2}g\left(\frac{v_0\sin\theta}{g}\right)^2 \\ &\qquad + v_0\sin\theta\cdot\frac{v_0\sin\theta}{g} \\ &= \frac{v_0^2\sin^2\theta}{2g} \end{aligned} \]

(5)水平到達距離

水平面に達するのは，高さが再び 0 になるとき（\(y(t) = 0\)）。そのときの時刻を求めてから，\(x(t)\) に代入して水平距離を出す。

\(y(t) = 0\) のとき：\(t\left(v_0\sin\theta - \dfrac{1}{2}gt\right) = 0\)，\(t \neq 0\) より　\(t_2 = \dfrac{2v_0\sin\theta}{g}\)。これを \(x(t)\) に代入する。

\[ x = v_0\cos\theta\cdot\frac{2v_0\sin\theta}{g} = \frac{2v_0^2\sin\theta\cos\theta}{g} = \frac{v_0^2\sin 2\theta}{g} \]
\[ \begin{aligned} x &= v_0\cos\theta\cdot\frac{2v_0\sin\theta}{g} \\ &= \frac{2v_0^2\sin\theta\cos\theta}{g} \\ &= \frac{v_0^2\sin 2\theta}{g} \end{aligned} \]

ポイント　\(\sin 2\theta\) が最大（＝1）になる \(\theta = 45^\circ\) のとき，最も遠くまで届く。また \(t_2 = 2t_1\)（最高点までの時間の2倍で地面に戻る）。

(1)\(v_x(0) = v_0\cos\theta\)
(1)\(v_y(0) = v_0\sin\theta\)
(2)\(v_x(t) = v_0\cos\theta\)
(2)\(v_y(t) = -gt + v_0\sin\theta\)
(3)\(x(t) = v_0t\cos\theta\)
(3)\(y(t) = -\dfrac{1}{2}gt^2 + v_0t\sin\theta\)
(4)\(\dfrac{v_0^2\sin^2\theta}{2g}\)
(5)\(\dfrac{2v_0^2\sin\theta\cos\theta}{g} = \dfrac{v_0^2\sin 2\theta}{g}\)