5
空気抵抗を伴う落下運動
5.1
速度に比例する空気抵抗
y
v
0v
yt
=0
v
y㸠º~
mg
mg
-kv
y-kv
y図22
問題23.速度に比例する空気抵抗f =−kmvが働く場合(k≥0)*17，y= 0 から初速度v0で質点を投げ上げる運動を考える。
23-1.鉛直上方をy軸に選び，運動の概略図を描け。
【解答】図22の通り。
23-2.kの次元がT
−1(SI
単位系ではs
−1)
であることを確認せよ。
【解答】与えられている空気抵抗力よりkの次元を計算すると
[k] = [f] [mv] =
M LT−2
M LT−1 =T
−1. (5.1)
23-3.運動方程式を書け。
【解答】質点に働く力は重力と空気抵抗なので速度vyを使って書けば
mdvy
dt =−mg−kmvy. (5.2)
23-4.運動方程式を積分してvy(t)を求めよ。
【解答】(5.2)を変形して
dvy
dt =−g−kvy=−k(vy+ g k) dvy
vy+gk
=−kdt.
初期条件を考慮して定積分して
∫ vy(t)
v0
dvy
vy+gk
=−
∫ t
0
kdt
[
log(vy+
g k)
]vy(t)
v0
=−[kt]t0
logvy(t) + g k
v0+gk
=−kt
vy(t) =−g
k+ (v0+ g k)e
−kt
(5.3)
と求まる。ktは無次元量なので，指数関数の引数は
きちんと無次元量になっている。また g
k は速度の次
元を持つ。
23-5.速度vy(t)を積分して高さy(t)を求めよ。
【解答】dy
dt =vy(t)より
dy=vy(t)dt ⇒
∫ y(t)
0
dy= ∫ t
0
vy(t)dt (5.4)
なので，vy(t)に(5.3)を代入して定積分する
y(t) = ∫ t
0
(
−g
k+ (v0+ g k)e
−kt)dt
= [
−g
kt−
1
k(v0+ g k)e
−kt ]t
0
=−g
kt−
1
k(v0+ g k)(e
−kt
−1)
=−g
kt+
1
k(v0+ g k)(1−e
−kt). (5.5)
最後の変形は必ずしも必要ないが，e
−kt
≤1なので
行った。
23-6. 十分時間が経った後(t≫k
−1)
での速度す
なわち終端速度v∞と，y∞(t)を求めよ。
*17
このような空気抵抗をStokesの粘性抵抗力という。速さv=|v|が比較的小さい時，あるいは物体の大きさが比較的小さい時に 実現する。実例は，雲や霧雨の水滴，煙突からの煙，花粉の空中飛行，プランクトン・バクテリアの水中の泳ぎなど。
*18
ミリカンの油滴の実験の場合，k∼4×10
5
s−1
となりt≫10 −5
sではv∞∼2×10 −5
m/sの等速運動と考えてよい。また
同様に，半径0.1mmの水滴(霧雨)の場合，k∼10 s −1
【解答】kt≫1なのでe
−kt
≃0なので(5.3)より
v∞≃ −
g
k. (5.6)
よって初速度と無関係の等速落下になる*18。これを
運動方程式(5.2)へ代入すると両辺とも0になり整
合する。逆に積分をしなくても，等速運動つまり加
速度が0であることおよび運動方程式から
0 =−g−kv∞ ⇒v∞=−
g
k (5.7)
の様に終端速度は直ちに計算できる。
同様に高さy∞は
y∞(t)≃ −
g kt+
1
k(v0+ g
k) (5.8)
と変化する*19。
23-7.vy(t)とy(t)をtの関数としてグラフで表せ。
【解答】図23の通り。
0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7t@sD
-4 -2 2 4 v@msD
(a)上向きの速度v(t)。各線の初速度は，m/sを単位として
上からそれぞれ5.0, 2.5, 0, -2.5, -5.0である。赤い破線は終 端速度−
g
kを表す。どんな初速度であれ何れ−
g
kに漸近する。 青い破線は空気抵抗がない場合。速度が0になる瞬間の加速 度すなわちグラフの傾きは，自由落下と等しく−gである。こ れは初速度に依らない。ただしv0≤0の条件が要る。
0.2 0.4 0.6 0.8 1 t@sD 0.2
0.4 0.6 0.8 1 1.2
y@mD
(b) 高さy(t)。初速度5m/sの場 合。赤い破線は漸近線であ
る。青い破線は空気抵抗がない場合。最高点の高さは，空気抵 抗有りで0.32m，無しなら1.3m。約4倍違う。
図23 速度に比例する空気抵抗があるときの垂直投げ上げ運動の上向き速度および高さ。空気抵抗の係数
k= 10 s−1
の場合。
23-8.kt≪1の場合，vy(t)とy(t)をkの1次まで展開せよ。
【解答】問題文のkt≪1は，空気抵抗の影響が小さい状況を意味する。(5.3)で指数関数をテイラー展開
して
vy(t) =−g
k+ (v0+ g k)
[
1−kt+1 2(kt)
2+
O(k3) ]
=−g
k+ g
k +v0−gt−kv0t+
1 2kgt
2+
O(k2)
= (v0−gt)−k(v0t−
g
2t
2) +
O(k2). (5.9)
*19
十分時間が経っためt=∞であり，(5.8)の第1項だけでy∞=−∞とするのは少し乱暴である。この系で十分時間が経った とは，t≫k
−1
であり
g
kt=∞ではない。ミリカンの油滴実験では，t= 100≫10 −5
s後でも
g
ここで指数関数をkの2次まで展開したのは，係数の g
k によって次数が1下がるためである。k= 0のとき， 空気抵抗のない垂直投げ上げ運動の速度(4.10)に一致する。
同様に(5.5)で指数関数をkの3次までテイラー展開して
y(t) =−g
kt+
1
k(v0+ g k)
[ 1−
[
1−kt+1 2(kt)
2
− 1
3!(kt)
3+O(k4)
]]
=−g
kt+ (v0+ g k)
[
t−1
2kt
2+1
6k
2
t3+O(k3) ]
= (v0t−
g
2t
2)
−k(v0 2 t
2
−g6t3) +O(k2). (5.10)
これもk= 0のとき，空気抵抗のない垂直投げ上げ運動の高さ(4.12)に一致する。
23-9.最高点に達する時刻thと高さyhを求めよ。
【解答】最高点で速度は0になるので(5.3)より
vy(th) =−g
k + (v0+ g k)e
−ktt
= 0, (5.11)
∴ th= 1
klog
( 1 +kv0
g
)
. (5.12)
kv0
g ≪1としてこれをテイラー展開すると
th= 1
k
[
kv0
g +
(kv0)2
2g2 +O(k 3)
] = v0
g
[ 1−kv0
2g +O(k
2)]. (5.13)
k= 0で空気抵抗がない場合の(4.13)に一致する。kv0は空気抵抗による加速度の最大値なので，kv
0
g ≪1
は，重力と比べて空気抵抗が小さいことを表す。その範囲内でkが大きくなれば上昇時間が短くなることがわ
かる。
(5.5)と(5.12)より最高点の高さは
yh=y(th) =−
g kth+
1
k(v0+ g k)−
1
k(v0+ g k)e
−kth
=−g
kth+
1
k(v0+ g k)−
g k2
=v0
k − g k2log
( 1 + kv0
g
)
. (5.14)
1行目から2行目への変形で(5.11)を用いた。再度kv
0
g ≪1としてこれをテイラー展開すると
yh≃
v0
k − g k2
[
kv0
g −
(kv0)2
2g2 +
(kv0)3
3g3 +O(k 4)
]
≃v
2 0
2g
[
1−2kv3 0
g +O(k
2)] (5.15)
を得る。やはりk= 0で空気抵抗がない場合の(4.14) に一致する。またkv
0
指数関数と対数関数のTaylor展開(Maclaurin展開)
ex= 1 0!+
x
1!+
x2
2! +· · ·+
xn
n! +· · ·=
∞
∑
n=0
xn
n!, (5.16)
log(1 +x) =x 1 −
x2
2 +
x3
3 +· · ·+ (−1) n−1xn
n +· · ·=
∞
∑
n=1
(−1)n−1xn
n . (5.17)
問題24. 同じく，速度に比例する空気抵抗f =−kmvが働くとき，xy平面で仰角α方向に原点から初速度
V で質点を投げる。
24-1.運動方程式を書け。
【解答】ベクトルで書けば
mdv
dt =−mgey−kmv. (5.18)
成分に分けて書けば
mdvx
dt =−kmvx, (5.19)
mdvy
dt =−mg−kmvy. (5.20)
24-2.x成分について，速度vx(t)と位置x(t)を
求めよ。
【解答】(5.19)より
dvx
vx
=−kdt
これを定積分して
∫ vx
Vcosα
dvx
vx =
∫ t
0 −
kdt
log vx(t)
Vcosα=−kt
∴ vx(t) =V cosα e−kt. (5.21)
dx = vx(t)dt ⇒ ∫x(t)
0 dx =
∫t
0vx(t)dt な の で ，
vx(t)に(5.21)を代入して定積分する
x(t) = ∫ t
0
V cosα e−ktdt
=−V
k cosα e
−kt t
0
=V
k cosα(1−e
−kt
). (5.22)
24-3. y成分について，速度vy(t)と位置y(t)を
求めよ。
【解答】y成分については，問題23の(5.3)と(5.5)
でv0→V sinαとすれば求まる:
vy(t) =−
g
k+ (V sinα+ g k)e
−kt (5.23)
y(t) =−g
kt+
1
k(V sinα+ g k)(1−e
−kt). (5.24)
24-4. 十分時間が経った後(t≫k
−1)
の位置や速
度について考察せよ。
【解答】kt≫1なのでe
−kt
≃0となる。よって
v∞x(t)≃0, (5.25)
x(t)≃V
k cosα, (5.26)
v∞y(t)≃ −
g
k, (5.27)
y∞(t)≃ −
g kt+
1
k(V sinα+ g
k). (5.28)
t ≫k−1
では，x= V
k cosαに沿ってほぼ垂直に落 下する。その速度は初速度と無関係に−g
k である。
0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6t@sD 1
2 3 4 5 v@msD
(a)水平方向の速度vx(t)。空気抵抗によって0に漸近する。 青い破線は空気抵抗がない場合。
0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6t@sD 0.1
0.2 0.3 0.4 0.5
x@mD
(b) 水 平 距 離x(t)。赤 い 破 線 は 漸 近 線 を 表 す 。実 例 で は ス プ
レーで噴出された粒子の軌道である。
0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6t@sD -1
1 2 3 4 5 v@msD
(c)上向きの速度vx(t)。空気抵抗によって−
g
k に漸近する。 青い破線は空気抵抗がない場合。
0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6t@sD
-0.2 -0.1 0.1 0.2 0.3
y@mD
(d) 高 さy(t)。赤 い 破 線 は 漸 近 線 を 表 す 。青 い 破 線 は 空 気 抵
抗がない場合。
0.1 0.2 0.3 0.4 x@mD
-0.2 -0.1 0.1 0.2
y@mD
(e)軌道の グ ラフy(x)。赤 い破 線は 漸 近線 を表 す。青 い 破線
は空気抵抗がない場合。
0.1 0.2 0.3 0.4 x@mD
-0.2 -0.1 0.1 0.2
y@mD
(f)軌 道 の グ ラ フy(x)。投 射 角 に よ る 変 化 。角 度 の 小 さ い 順
にα= 15 ◦
, 20◦
, 30◦
, 40◦
。水平到 達 距離 は，こ の 中で は
20◦
の場合が最も大きい。
図 24 速 度 に 比 例 す る 空 気 抵 抗 が あ る と き の 斜 め 投 げ 上 げ の 速 度 お よ び 位 置 。初 速 度5m/s，投 射 角 α= 30◦
，空気抵抗の係数k= 10 s −1
5.2
速度の
2
乗に比例する空気抵抗
y
v
0v
t
=0
v
㸠º~
mg
mg
-
κ
v
-
κ
v
2 2
図25
問題25.速度の2乗に比例する空気抵抗f =−κmv2が働く場合（κ≥0）*20，
25-1.鉛直上方をy軸に選んで，運動の概略図を描け。
【解答】図25の通り。ここでvはy軸正方向の速度である。水平方向へ運
動しないので添字は使用しない。
25-2.κの次元がL
−1(SI
単位系ではm
−1)
であることを確認せよ。
【解答】与えられている空気抵抗力よりκの次元を計算すると
[κ] = [f] [mv2] =
M LT−2
M L2T−2 =L
−1
. (5.29)
そのほか後で出てくる組み合わせの次元を確かめると以下の通りである。
[gκ] =T−2
→ [√gκ] =T−1, (5.30)
[g
κ
]
=L2T−2
→
[√
g κ
]
=LT−1
. (5.31)
25-3.運動方程式を書け。ついでに下降時の終端速度v∞を運動方程式だけから求めてみよう。
【解答】質点に働く力は重力と空気抵抗である。空気抵抗は、上昇中には下向き，下降中には上向きに働く。
よって
上昇中: m
dv
dt =−mg−κmv
2
, (5.32)
下降中: m
dv
dt =−mg+κmv
2 (5.33)
となる。ちなみに等速落下運動となるときの速度v∞は(5.33)より
0 =−mg+κmv2 ∴v∞=−
√
g
κ. (5.34)
根号を取るとき負号を付けたのは落下運動だから。これが速度の次元を持つことは(5.31)でわかる。
25-4.上昇中における運動方程式を積分し，速度v(t)を求めよ。
【解答】運動方程式(5.32)より
dv dt =−g
( 1 +κ
gv
2
)
dv
1 + κ gv2
=−gdt
∫ v
v0 dv
1 + κ gv2
= ∫ t
0
−gdt=−gt (5.35)
こ こ で v =
√
g
κtanθ に よ り 変 数 変 換 す れ ば ，
dv= √
g κ
dθ
cos2θ となり，積分区間は
v v0 → v
θ γ → θ
θ = tan−1(√κ gv
)
, γ := tan−1(√κ gv0
)
>0で あ
*20
る。従って
(5.35)のl.h.s.=
∫ θ
γ 1 1 + tan2θ
√
g κ
dθ
cos2θ
= ∫ θ
γ √
g κdθ
= √
g κ
[
tan−1(√κ
gv
)
−γ
]
=−gt· · ·(5.35)のr.h.s. (5.36)
v(t)について解けば
v(t) = √
g
κtan(γ−
√
gκ t) (5.37)
を得る。これは正の値でかつtの減少関数となり上
昇中であることと整合する。
25-5.質点が最高点に到達する時刻thを求めよ。
【解答】最高点ではv(th) = 0で，それは(5.37)よりtanの位相が0になる瞬間なので
th=
γ
√gκ =√1gκtan−1
(√κ
gv0
)
. (5.38)
上のthはv0の増加関数である。すなわち初速度が大きいほど上昇時間が長くなる。κに対する変化を調べる
ため
√κ
gv0≪1としてテイラー展開すると
th= 1
√gκ
[√
κ gv0−
1 3
(√κ
gv0
)3 +1
5 (√κ
gv0
)5
− · · ·
]
= v0
g
[
1−13κv
2 0
g +O
(κ2v4
0
g2
)]
. (5.39)
確かにκおよびgの減少関数である。すなわち空気抵抗および重力が大きいほど上昇時間は短い。ここで下
のテイラー展開を用いた。
tan−1x=x
−1
3x
3+1
5x
5+
· · · . (5.40)
このthを使って上昇中の速度(5.37)を書き換えると次式の通りである。
v(t) = √
g κtan
(√
gκ(th−t) )
. (5.41)
25-6.上昇中の高さy(t)および最高点の高さyhを求めよ。
【解答】(5.41)を積分する。
y(t) = ∫ y
0
dy= ∫ t
0
v(t)dt
= ∫ t
0
√
g κtan
(√
gκ(th−t) )
dt
= √
g κ
1
√gκlog cos(√gκ(th−t) )
t
0
=1
κlog cos
(√
gκ(th−t) )
−1
κlog cos
(√
gκ th )
. (5.42)
t=thで第1項は0なので第2項が最高点の高さで
ある:
yh=− 1
κlog cos
(√
gκ th )
≥0. (5.43)
t = 0で き ち ん とy(0) = 0を 満 た す 。yhを 使 っ て
(5.42)を書き直すと
y(t) = 1
κlog cos
(√
gκ(th−t) )
+yh (5.44)
(5.43) を v0 を 用 い て 表 す 。三 角 関 数 の 公 式 cosθ= (1 + tan2θ)−1
2 および(5.38)より
yh=− 1
κlog cos
(√
gκ th)
=−1
κlog
(
1 + tan2(√
gκ th))
−1
2
= 1 2κlog
( 1 +κ
gv
2 0
)
(5.45)
となる。
空気抵抗が重力よりも弱い，すなわち
κv20
g ≪1の
場合，(5.45)を
κv20
g について展開すると
yh= 1 2κ
[
κv02
g − κ2v40
2g2 +
κ3v06
3g3 +. . .
]
≃v
2 0
2g
[ 1−κv
2 0
2g + κ2v04
3g2 +. . .
]
(5.46)
となる。これは，κ= 0で空気抵抗がない結果(4.14)
に一致し，κが大きくなるほど低くなる。
25-7.下降中における運動方程式を積分し，速度v(t)を求めよ。
【解答】運動方程式(5.33)より
dv dt =−g
( 1−κ
gv
2
)
dv
1−κgv2 =−gdt
∫ v
0
dv
1−κgv2 =
∫ t
th
−g dt=−g(t−th) (5.47)
t=thで最高点に到達し速度が0になるという境界
条件を用いた。積分区間の下限は，これを反映させ
た。ここでv=
√
g
κtanhφにより変数変換すれば，
dv= √
g κ
dφ
cosh2φとなり，積分区間は
v 0 → v
φ 0 → φ
φ= tanh−1(√κ gv
)
である。従って
(5.47)のl.h.s.=
∫ φ
0
1 1−tanh2φ
√
g κ
dφ
cosh2φ
= ∫ φ
0
√
g κdφ
= √
g κ tanh
−1(√κ
gv
)
=−g(t−th)· · ·(5.47)のr.h.s. (5.48)
v(t)について解けば
v(t) = √
g κtanh
(
−√gκ(t−th))
=−
√
g κtanh
(√
gκ(t−th))
(5.49)
を得る。これは負の値なので下降中であることと整
合する。またv(t)の絶対値はtと共に増加するが上
界が存在するので終端速度を持つ。
25-8.この質点が等速運動になる条件およびその終端速度v∞を求めよ。
【解答】双曲線関数の定義よりtanhx=
ex−e−x
ex+e−x が飽和 するのはx≫1の場合 。よって(5.49)より √gκ(t
−th)≫1すなわち
t−th= 1
√gκ . (5.50)
空気抵抗係数κが大きくなるほど早く等速に達する。
その終端速度は
v∞=−
√
g
κ (5.51)
となり，κが大きいほど終端速度は小さい。当然，重
力加速度が大きいほど終端速度も大きい。運動方程
式だけから直接求めた(5.34)と一致している。
硬式野球のボールの場合，κ≃8.7×10
−3m−1
である。よって最高点に到達してから 1
√gκ ≃3.4 s 後に，終端速度v∞=−
√
g
κ ≃34 m/s≃122 km/h
に達する*21。
25-9.速度v(t)をグラフで表せ。
【解答】
0.1
0.2
0.3
0.4
t
@
s
D
-2
-1
1
2
3
4
5
v
@
m
s
D
図26 速度の2乗に比例する空気抵抗があるときの垂直投げ上げ運動における上向きの速度v(t)。初速
度v0= 5 m/s，空気抵抗の係数κ= 10 m −1
。黒い実線が速度変化を表す。青い破線は，上昇中の速度を
下降中にまで外挿したもの。緑の破線は，下降中の速度を上昇中にまで外挿したもの。速度が0になる最
高点で滑らかに連結している。その瞬間の加速度すなわちグラフの傾きは，自由落下と等しく−gである。
赤い破線は，終端速度− √g
κを表す。
25-10.下降中の高さy(t)を求めよ。
【解答】速度(5.49)を積分する。
∫ y
yh
dy= ∫ t
th
v(t)dt
=−
√
g κ
∫ t
th
tanh(√gκ(t−th))dt
=−
√
g κ
1
√
gκ
[
log cosh(√gκ(t−th))]t th
=−1
κlog cosh
(√
gκ(t−th)). (5.52)
一方(5.52)の左辺はy−yhなので
y(t) =−1
κlog cosh
(√
gκ(t−th))+yh (5.53)
となる。
*21
双曲線関数の定義と微分
coshx:= e x+e−x
2 , sinhx:=
ex−e−x
2 , tanhx:=
sinhx
coshx =
ex−e−x
ex+e−x, (5.54)
cosh2x−sinh2x= 1, 1−tanh2x= 1
cosh2x, (5.55)
(coshx)′
= sinhx, (sinhx)′
= coshx, (tanhx)′
= 1
cosh2x. (5.56)
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.
