E in Me05 ans 最近の更新履歴 物理学ノート E in Me05 ans

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全文

(1)

22 4 自由落下・放物運動

4

自由落下・放物運動

4.1

自由落下と垂直投げ上げ運動

例題1. 高さy0から初速度0で自由落下する質点*13について以下の問いに答えよ。

mg

mg

t=0

v

0

=0

t

v

y

y

y

0

図14

1-1.鉛直上方をy軸に選び,運動の概略が分かるように図示せよ。高さの基準と

して地面をy= 0とする。 1-2.運動方程式を書け。

md 2

y

dt2 =−mg. (4.1)

1-3.運動方程式をtで積分し,時刻tにおけるy方向の速度vy(t)を求めよ。 (4.1)より

d2 y dt2 =−g ∫ d2

y dt2dt=

(−g)dt

dy

dt =−gt+C1 (4.2)

となる。

初期条件(境界条件): t= 0のときvy(0) = 0→C1= 0と定まる。これを(4.2)に代入して

vy(t) =

dy

dt =−gt. (4.3)

1-4.運動方程式をもう一度tで積分し,時刻tでの高さy(t)を求めよ。 ∫ dy

dtdt= ∫

(−g)tdt

y(t) =−1 2gt

2

+C2 (4.4)

となる。

初期条件: t= 0のときy(0) =y0→C2=y0と定まる。これを(4.4)に代入して

y(t) =−1 2gt

2

+y0 (4.5)

となる。

*13

(2)

1-5.質点が地面に落下する時刻t1を求めよ。また,得られたt1の次元が時間T であることを確認せよ*14。

y(t1) =− 1 2gt

2

1+y0= 0 (地面の高さは0)

t21= 2y0

g

t1= √

2y0

g ∵ t1>0 (4.6)

物理量Aの次元を[A]と表すと

[t1] = [y0] 1

2[g]−12 = [L]21[LT−2]−12 =T (4.7)

よってt1の次元は,時間T である。

1-6.vy(t)とy(t)をtの関数としてグラフで表せ。 【解答】図15の通り。

0.5 1 1.5 2 t@sD

-20 -15 -10 -5 5 v@msD

(a)速度v(t)

0.5 1 1.5 2 t@sD

5 10 15 20 25

y@mD

(b)高さy(t) 図15

mg

mg

t=t

h

v

y

=0

v

y

y

y

h

v

0

v

y

t=t

1

v

1

図16

問題21. 地面から初速度v0で質点を垂直に投げ上げた場合について以下の問いに答

えよ。

21-1.鉛直上方をy軸に選び,運動の概略が分かるように図示せよ。高さの基準 として地面をy= 0とする。

【解答】右図の通り。 21-2.運動方程式を書け。

【解答】質点に働く力は重力だけなので

md 2

y

dt2 =−mg. (4.8)

21-3.運動方程式をtで積分し,時刻tにおけるy方向の速度vy(t)を求めよ。

*14

長さL,質量M,時間T,電荷Q,温度Θを基本量と考えることで,全ての物理量は基本量の組み立て単位として表すことがで きる。SI単位系における基本量の単位はそれぞれm,kg,s,C,Kである。ただしSI単位系の基本単位には,電荷でなく電流

Aが採用されている。電流の次元はCT−

1

(3)

24 4 自由落下・放物運動

【解答】(4.8)より

d2 y dt2 =−g ∫ d2

y dt2dt=

(−g)dt

dy

dt =−gt+C1 (4.9)

となる。ここで初期条件よりvy(0) =C1 =v0と決 まるので

vy(t) =

dy

dt =−gt+v0 (4.10)

が上向きの速度である。 21-4.運動方程式をもう一度tで積分し,時刻tでの高さy(t)を求めよ。

【解答】(4.10)より ∫ dy

dtdt= ∫

(−gt+v0)dt

y(t) =−1 2gt

2

+v0t+C2 (4.11)

となる。初期条件よりy(0) =C2= 0なので

y(t) =−1 2gt

2

+v0t (4.12)

が質点の高さである。 21-5.質点が最高点に到達する時刻thとその高さyhを求めよ。

【解答】最高点では速度vyが0になることと(4.10) より

vy(th) =−gth+v0= 0,

th=

v0

g (4.13)

よってその高さは

yh=y(th) =

v2 0

2g (4.14)

である。

21-6.地面に落下する時刻t1とその瞬間の速度v1を求めよ。またt1とthにはどんな関係があるか? v1と

v0にはどんな関係があるか?

【解答】落下点では高さが0であるので(4.12)お よびt1>0より

y(t1) =− 1 2gt

2

1+v0t1= 0,

t1 (

−1

2gt1+v0 )

= 0,

∴t1=2v 0

g . (4.15)

t1= 0の解は出発時に対応する。またそのときの速

度は(4.10)より

v1=vy(t1) =−v0. (4.16)

つまり打ち上げ時と落下時では速度の向きは逆だが その速さは同じである。またt1= 2thなので打ち上 げから落下までの中間の時刻で最高点に達する。 21-7.vy(t)とy(t)をtの関数としてグラフで表せ。

(4)

0.5 1 1.5 2 t@sD

-10 -5 5 10 v@msD

(a)速度v(t)

0.5 1 1.5 2 t@sD

1 2 3 4 5 y@mD

(b)高さy(t) 図17 初速v0= 10m/s。

4.2

放物運動

mg

y

V

v

y

x

α

図18

問題22.水平面のある方向をx軸,鉛直上方をy軸とする。xy平面内

の仰角αの方向に*15原点から初速度V で質点を投げる場合を考える。

22-1.運動の概略が分かるように図示せよ。 【解答】図18の通り。

22-2.初速度のx成分とy成分をV :=|V|とαを用いて表せ。 【解答】図より

vx(0) =V cosα, vy(0) =V sinα. (4.17)

22-3.x方向,y方向の運動方程式を書け。 【解答】質点には重力しか働いていないので

m¨x= 0, (4.18)

my¨=−mg. (4.19)

22-4.x方向の運動は容易に解けるので,先に積分してその速度vx(t)と位置x(t)を求めよ。 【解答】(4.18)よりx方向には等速度運動なので

vx(t) =vx(0) =Vcosα, (4.20)

x(t) =V tcosα. (4.21)

22-5.y方向の運動方程式をtで積分し,時刻tでの速度vy(t)を求めよ。

【解答】垂直投げ上げ運動との違いは,初速度がV sinαになっているだけなので

vy(t) =−gt+V sinα. (4.22)

*15

(5)

26 4 自由落下・放物運動

22-6.y方向の運動方程式をもう一度tで積分し,時刻tでの位置y(t)を求めよ。 【解答】同様に

y(t) =−1 2gt

2

+V tsinα. (4.23)

22-7.質点が最高点に到達する時刻thとその高さyhを求めよ。 【解答】最高点では速度vy(th) = 0なので,(4.22)および(4.23)より

th=

V

g sinα, (4.24)

yh=y(th) =

V2 2g sin

2

α. (4.25)

22-8.地面に落下する時刻t1と落下地点のx座標x1を求めよ。またt1とthにはどんな関係があるか。 【解答】落下時には高さy(th) = 0より

y(t1) =t1 (

−1

2gt1+Vsinα )

= 0,

∴ t1=

2V

g sinα= 2th. (4.26)

他の解t1= 0は投げ上げ時に対応する。落下点は

x1=x(t1) =Vcosα2V g sinα

= V 2

g sin 2α. (4.27)

真上に投げた場合,αmax=π

2 なのでx1= 0となる。

22-9. x1が 最 大 と な る 投 射 角 度 をαmaxと す る 。αmax と そ の 到 達 距 離l := x1(αmax)を 求 め よ 。V が 40m/sの場合*16,lは何mになるか?

【解答】x1が最大になるのはsin 2αが最大のときなのでαmax= π

4。なのでsin

π

2 = 1より

l=V 2

g . (4.28)

数値を代入すると

l=40 2

(m/s)2

9.8m/s2 ≈163m. (4.29)

22-10.vx(t), vy(t), x(t), y(t)をtの関数としてグラフで表せ。 【解答】図19と図20の通り。

22-11.yをxの関数として表し運動の経路を求めよ。またこの経路が放物線となることを確認せよ。

*1640m/s=144km/h

(6)

1 2 3 4 t@sD 5

10 15 20 25 30 35 40 v_x@msD

(a) 速度vx(t)

1 2 3 4 t@sD

20 40 60 80 100 120 140

x@mD

(b)水平距離x(t)

図19 初速V = 40m/s,α=

π

6 = 30 ◦

1 2 3 4 t@sD

-20 -15 -10 -5 5 10 15 20 v_y@msD

(a)速度vy(t)

1 2 3 4 t@sD

5 10 15 20 25

y@mD

(b)高さy(t)

図20 初速V = 40m/s,α=

π

6 = 30 ◦

【解答】(4.21)よりt=

x

V cosα なのでこれを(4.23)に代入して y=−g

2 ( x

Vcosα )2

+Vsinα x Vcosα

=− g

2V2cos2αx 2

+xtanα. (4.30)

y(x)は上に凸の放物線になる。

22-12.この質点を点P = (X, Y)にある的に当てるには投射角αをどう選べばよいか。的に命中するとき の角度αを求めよ。(tanαを求めればよい。)

【解答】P = (X, Y)が,軌道の方程式(4.30)の解となれば良いので

Y =− g

2V2cos2αX 2

+Xtanα=− g

2V2(1 + tan 2

α) +Xtanα,

tan2α−2V

2

gX tanα+

2V2 Y

gX2 + 1 = 0,

∴ tanα= V

2

gX ± √

V4 g2X2 −

2V2Y

gX2 −1. (4.31)

(7)

28 参考文献

-150 -100 -50 50 100 150 x@mD 20

40 60 80 y@mD

図21 初 速V = 40m/sで 届 く 範囲。

22-13.初速V で命中させることのできる領域を求めよ。

【解答】解(4.31)が存在しないとき,すなわち根号の中が負になる

様なP(X, Y)には届かない。従って質点が届くための条件は

V4 g2X2 −

2V2 Y

gX2 −1≥0 (4.32)

である。これより

Y ≤ − g 2V2X

2 +V

2

2g (4.33)

の放物線の範囲まで質点は届く。等号成立なら投げる角度αは1通り

しかなく,その軌道は上式に接する。逆に上式は,αが1通りしかな

い軌道群の包絡線に対応する。上式でX = 0としたときのY は,真

上に投げた場合の最高点yh=

V2

2g に一致し,Y = 0としたときのXは,最長到達距離l= V2

g に一致する。

参考文献

[1] 後藤憲一,山本邦夫,神吉健. 詳解力学演習. 共立出版株式会社, 2003. [2] 原島鮮. 力学I-質点・剛体の力学-. 裳華房, 1990.

[3] 原島鮮. 力学II -解析力学-. 裳華房, 1990. [4] 小出昭一郎. 物理学. 裳華房, 2003.

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参照

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