E in Me 最近の更新履歴 物理学ノート

力 学 演 習

友寄

全志

2012

年

4

月

4

日

1

座標変換

1.1

平行移動と反転

問題1. 下の図で表される座標変換について，(x, y)成分と(x ′

, y′

)成分との関係を求めよ。

x

y

x'

y'

x'

y'

P (x, y)

a

b

x

y

x

y

x'

y'

P (

x

,

y

)

x'y'

Œn‚Ì

‘æ1ÛŒÀ

【解答】左図では

x′

=x−a, (1.1)

y′

=y−b (1.2)

行列を使って書くと

(

x′ y′

)

=

(

x y

)

−

(

a b

)

. (1.3)

右図では（xy系とx ′

y′

系の座標軸が区別し易いように原点をずらして描いた。もちろん原点が一致した変換

を考えている）

x′

=−x, (1.4)

y′

=−y, (1.5)

行列を使って書くと

(_x′ y′

)

=−

(_x

y

)

1.2

座標回転

x

y

x'

y'

α

cos

α

sin

α

- sin

α

cos

α

e

_x'

e

_y'

問題2. 右図の座標回転(x, y)→(x ′

, y′

)について以下の考える。

2-1.x′ , y′

方向の単位ベクトルをそれぞれe_x′, e_y′ と書く*1。これ

らをxy座標系から見た成分で表せ。

【解答】単位ベクトルは大きさが1である。これを利用して各軸へ

の射影を求める。図で，e_x′のx成分およびy成分は緑色の線で表し，

ey′のx成分およびy成分はシアンの線で表してある:

ex′ =

(_cosα

sinα

)

, (1.7)

ey′ =

(

−sinα cosα

)

. (1.8)

2-2.この座標回転での(x, y)成分と(x ′

, y′

)成分との関係を求めよ。

x

y

x'

y'

α

x

sin

α

x

cos

α

x'

y

sin

α

y'

y

cos

α

P (

x

,

y

)

【解答】同一の点Pの座標が，xy座標系では(x, y)と，x

′ y′

座標系

では(x ′

, y′

)と表されるとする。図より

x′

=xcosα+ysinα, (1.9) y′

=−xsinα+ycosα (1.10)

と分かる。x ′

に関連する線をマジェンタで，y

′

に関連する線をシアン

で描いた。

2-3.上の座標変換を行列表示せよ。

【解答】行列表記をすれば

( x′ y′ ) = (

cosα sinα

−sinα cosα

) (

x y

)

(1.11)

上の変換行列において，1行目の横ベクトルはe_x′ の転置行列te_x′一致し，2行目の横ベクトルはe_y′の転置

行列te_y′に一致する。すなわち

(

x′ y′

)

=

(t_e x′ t_e y′ )( x y ) (1.12)

のように表せる。(1.12)式の意味を考える。規格直交化された座標系(x

′ , y′

)において，位置ベクトルrのx ′

成分とはx ′

軸への正射影すなわちe_x′との内積であり，y ′

成分とはy ′

軸への正射影すなわちe_y′ との内積で

ある。右辺にある

(x y

)

をベクトルrと解釈すれば，(1.12)式は，正しく上記の内容を表している。すなわち

x′

=ex′·r, (1.13)

y′

=ey′·r, (1.14)

である。これについて，問題3でも再び議論する。

2-4.この座標変換の逆変換を求めよ。求めた逆変換が回転角−αの座標回転と一致することを確かめよ。

*1

【解答】(1.11)式の成分行列を，回転角αの座標回転行列T(α)と定義する:

T(α) : =

(

cosα sinα

−sinα cosα

)

. (1.15)

T(α)の行列式は0ではないので，逆行列が存在する。従って

(

x y

)

=[T(α)]−1

(

x′ y′

)

= 1

cos2_{α+ sin}2_α

(

cosα −sinα + sinα cosα

) (

x′ y′

)

=

(

cosα −sinα + sinα cosα

) (_x′

y′

)

(1.16)

と決まる。ここで三角関数の性質より

(

x y

)

=

(

cos(−α) sin(−α)

−sin(−α) cos(−α)

) (

x′ y′

)

=T(−α)

(

x′ y′

)

. (1.17)

図から予想できた様に，回転角αの座標回転の逆変換は，回転角−αの座標回転となることが分かった。

問題3. xy平面上の任意のベクトルAは

A=Axex+Ayey (1.18)

と表される。ここでA_xおよびA_yを，それぞれAのx成分およびy成分という。同様に問題2のx ′

y′ 座標

系では，Aは

A=Ax′e_x′+A_y′e_y′ (1.19)

と表される。これらの成分間の関係を求めよ。

【解答】(1.18)と(1.19)は，同一のベクトルを単に違う座標系で表現したものに過ぎない。従って当然これ

らは等しい。すなわち

Ax′e_x′+A_y′e_y′ =A_xe_x+A_ye_y (1.20)

が成り立つ。ここで(1.20)の両辺に対してe_x′ との内積をとる:

Ax′e_x′·e_x′+A_y′e_y′ ·e_x′ =A_xe_x·e_x′+A_ye_y·e_x′. (1.21)

左辺ではe_x′とe_y′との直交性を，右辺では(1.7)式を用いると

Ax′e_x′·e_x′

| {z }

1

+Ay′e_y′ ·e_x′

| {z }

0

=Axex·ex′

| {z }

cosα

+Ayey·ex′

| {z }

sinα

∴ Ax′ =Axcosα+Aysinα (1.22)

が導かれる。同様に(1.20)の両辺に対してe_y′ との内積をとり，e_x′ とe_y′ との直交性および(1.8)を用い

ると

Ax′ex′·ey′

| {z }

0

+Ay′ey′ ·ey′

| {z }

1

=Axex·ey′

| {z }

−sinα

+Ayey·ey′

| {z }

cosα

が導かれる。(1.22)および(1.23)をまとめると

(

Ax′ Ay′

)

=

(

Axcosα+Aysinα

−Axsinα+Aycosα

)

(1.24)

=

(

cosα sinα

−sinα cosα

) (

Ax Ay

)

(1.25)

と書ける。これらは(1.9)および(1.10)，あるいは(1.11)と同じ形である。すなわち，座標回転に対してベク

トルは，座標成分と同じ様に変換することが分かる。

(1.20)から(1.23)の計算によって，ベクトルAの両辺に対してe_x′ およびe_y′との内積をとると，そのx ′

成分およびy ′

成分を取り出せることが明らかになった。

✓ ✏

定義: 座標回転に対して座標と同じ様に変換する量をベクトルと呼ぶ。

✒ ✑

x

y

x'

y'

z' z

参考: 右図のような3次元の座標回転を考える。xyz座標系から見たx ′

, y′ , z′

方向の単位ベクトルを次式で表す：

ex′ =





l1 m1

n1



, ey′ =





l2 m2

n2



, ez′ =





l3 m3

n3



. (1.26)

この場合，3次元の座標変換は次式の通りである：

x′

=l1x+m1y+n1z, y′

=l2x+m2y+n2z, (1.27) z′

=l3x+m3y+n3z.

✎ 2次元座標回転の合成によって任意の3次元座標変換が作られるので，ここでは詳しく述べない。

1.3

直線の記述

問題4. ある直線上にある任意の点Pを表す位置ベクトルをpとする。pの満たす方程式は以下の3つの考

え方から求められる。

1. 直線上のある点Aの位置ベクトルaに，直線と平行なベクトルdの定数倍を加える。

2. 原点から直線に降ろした垂線の足をH，Hの位置ベクトルをhとする。P とHを結ぶ線は，hと直

交する。

3. 直線の上の同一でない2つの点S, T の位置ベクトルをそれぞれs, tとする。P は線分ST を適当に

内分または外分した点である。

下図を参考にして，それぞれの場合でpを表す式を作れ。

d

a

H

h

T

S

p

p

p

s

【解答】図を参考に問題文のヒントをそのまま数式で表せばよい。結果は

1. p=a+kd (kは実数のパラメータ), (1.28)

2. (p−h)·h= 0, (1.29)

3. p=s+k(t−s) = (1−k)s+kt (kは実数のパラメータ) (1.30)

となる。

3つの式を比べると(1.28)および(1.30)は2本の等式を含むのに対し，(1.29)は一本の等式しか含まない。

また，(1.28)および(1.30)はベクトルの等式であるのに対し，(1.29)はスカラーの等式である。以下で少し

詳しく調べる。

(1.28)および(1.30)はベクトルに対する式なので，2本の等式を含んでいる。等式が2本あるのは2次元

平面を考えているからであり，3次元空間なら3本，一般にn次元空間ではn本の等式を含む。2次元空間に

2本の等式（制約）があるため1点を指定することになるが，実数パラメータkが変化することで，直線（1

次元のオブジェクト）が記述できる。この構造は3次元以上でも同じで，どんな次元でも直線（1次元のオブ

ジェクト）を記述する式である。

一方，(1.29)はスカラーに対する式なので，1本の等式しか含まない。3次元空間でも，一般にn次元空間

でも等式は1本しかない。平面を考える場合には，2次元空間に1本の等式があるため直線（1次元のオブ

ジェクト）を記述する。しかし3次元空間の場合，3次元空間に1本の等式があるため平面（2次元のオブ

ジェクト）を記述することになる。一般にn次元空間の場合，n次元空間に1本の等式があるためn−1次元

2

速度と加速度

2.1

速度と加速度の定義およびグラフ的な意味

質点：物体の運動において，物体の大きさを考えず質量だけを持った点として扱ったもの。

位置ベクトル：質点の位置P を表すために用いる，原点Oを基準とするベクトルのこと。通常rで表す。

デカルト座標(直角直交座標)系の場合，点P の座標を用いて，

r= (x, y, z) または r=





x y z



 (2.1)

と書く。基本ベクトルe_x,e_y,e_zを用いることで

r=xex+yey+zez (2.2)

と表される。

速度：位置rの時刻tに関する導関数のこと。通常vで表す。

v(t) := dr(t)

dt = lim∆t→0

r(t+ ∆t)−r(t)

∆t =: ˙r (2.3)

= (vx, vy, vz) =





vx vy vz



=

(_dx

dt, dy dt,

dz dt

)

=: ( ˙x,y,˙ z)˙ (2.4)

で定義される*2。デカルト座標系では(2.4)式の様に書く。基本ベクトルを使うと，次式で表される:

v =vxex+vyey+vzez= ˙xex+ ˙yey+ ˙zez. (2.5)

加速度：速度vを時間微分したもの。aで表すことが多い。

a(t) :=dv dt =

d2_r

dt2 =: ˙v=: ¨r (2.6)

= (ax, ay, az) =

(

dvx dt ,

dvy dt ,

dvz dt

)

=

(

d2_x dt2,

d2_y dt2,

d2_z dt2

)

(2.7)

で定義される。基本ベクトルを用いて次式のように書ける:

a=axex+ayey+azez= ˙vxex+ ˙vyey+ ˙vzez= ¨xex+ ¨yey+ ¨zez. (2.8)

問題5. 直線上を運動する質点のx座標が次の様に表される場合，その質点の速度v_xと加速度a_xを求めよ。 5-1.x(t) =x0+v0t+₂1at2，ただしx₀とv₀, aは時刻に依らない定数とする。

【 解 答 】1次 元 の 運 動 な の でy, z 座 標 は 考 え な い 。速 度 の 定 義(2.3)お よ び 加 速 度 の 定 義(2.6)よ り 計 算

する。

vx= dx(t)

dt = d dt

(

x0+v0t+1 2at

2

)

=v0+at, (2.9)

ax= dv(t)

dt = d

dt(v0+at) =a. (2.10)

*2

5-2.x(t) =Asinωt，ただしAとωは時刻に依らない定数とする。 【解答】同様に速度の定義(2.3)および加速度の定義(2.6)より計算する。

vx= dx(t)

dt = d

dt(Asinωt) =Aωcosωt, (2.11)

ax= dv(t)

dt = d

dt(Aωcosωt) =−Aω

2_{sinωt. (2.12)}

t

∆

∆

t

x

P

Q

R

t

t+ t

∆

t+

2

∆

t

t

問題6. 速度と加速度のグラフ的な意味を考える。

6-1.右のx(t)グラフで速度v(t)は何に対応するか? 【解答】点Pにおけるx(t)の接線の傾き。すなわち∆t→0

の極限での線分PQの傾き。

6-2.右のx(t)グラフで加速度a(t)は何に対応するか? 【解答】点Pにおけるx(t)の接線の傾きと，点Qにおけ

るx(t)の接線の傾きの変化の割り合いを表す。x(t)が直線

す な わ ちtの1次 関 数 な ら ば そ の 傾 き は 一 定 な の で ，加 速

度は0になる。線分PRより点Qが下にあれば加速度は正，

上にあれば加速度は負である。ちなみに∆PQRの面積は，

∆PQR= 1 2(∆t)

3_a(t)

と表される。つまり∆PQRと相似で

∆t= 1となるように拡大した三角形の面積と加速度の2倍

とが一致する。

問題7. 位置r(t)が

r(t) = (Rcosωt, Rsinωt) =R(cosωt,sinωt) (2.13)

と表される2次元平面内の運動を考える。Rとωは時刻に依らない正の定数とする。2次元の運動なのでz

座標は考えない。

7-1.位置ベクトルの大きさ|r|を求め，それが時間に依存しないことを確かめよ。

【解答】ベクトルの大きさの定義より

|r_|:=√r_·r=

√

R2_(cos2_{ωt+ sin}2_{ωt) =}

|R|=R (2.14)

となり時間に依らず一定である。最後の等号では，R >0であることを用いた。

x

R

O

y

r

ω

t

v

a

7-2.この運動の軌道（運動の道筋）を図で表せ。

【 解 答 】前 問 の 結 果(2.14)よ り 原 点 か ら 質 点 ま で の 距 離|r|は 時 間 に

依らず一定なので，この質点は円軌道を描く。図示すると右図の通りにな

る。角速度ωの符号によって回転する向きが異なる。ω >0なら図の矢印

のように反時計回りに回転し，ω <0なら時計回りに回転する。

7-3. 速 度v = d r

dt を 求 め 図 示 せ よ 。ま た 速 度 の 大 き さv := |v|を 求

めよ。

【解答】速度の定義より

v:= dr

またその大きさは

v: =|v|=√v·v=

√

R2_ω2_(sin2_{ωt+ cos}2_{ωt) =R|ω|=Rω (2.16)}

となる。最後の等号では，ω >0であることを用いた。

7-4.加速度a= d

2

r

dt2 を求め図示せよ。また加速度の大きさa:=|a|を求めよ。

【解答】同じく加速度の定義より計算できる:

a: =d 2_r

dt2 =Rω(−ωcosωt,−ωsinωt) =−Rω

2_{(cosωt,sinωt), (2.17)}

a: =|a_|=√a_·a=

√

R2_ω4_(cos2_{ωt+ sin}2_{ωt) =Rω}2_{. (2.18)}

7-5.位置ベクトルrと速度vとが直交することを示せ。

【解答】ベクトル同士が直交するための必要十分条件はその内積が0であること。内積を計算してみよう:

r_·v=R2ω(−cosωtsinωt+ sinωtcosωt) = 0. (2.19)

従ってrとvとは直交する。

7-6.速度vと加速度aとが直交することを示せ。

【解答】前問と同様に互いの内積を計算する:

v_·a=R2ω3(+ sinωtcosωt−cosωtsinωt) = 0. (2.20)

よってvとaとは直交する。

7-7.加速度aが位置ベクトルと平行で逆向きであることを示せ。

【解答】(2.13)と(2.17)とを比べる

a=−ω2r (2.21)

である。従ってaはrの定数倍なので平行であり，その係数が負なので逆向きである。

7-8.円運動の周期T(質点が一周するために必要な時間)をωを用いて表せ。

【解答】位置ベクトルが(2.13)と表されることと三角関数の周期が2πであるので，周期T はωT = 2πを

満たす。従って

T = 2π

ω (2.22)

である。この式からωの次元が(時間) −1

であることが確認できる。

7-9.先日のニュースで話題となった国際宇宙ステーションは，地球中心を中心に半径約6.8×103kmの円 軌道*3を，約7.9km/sの速さで周回している。この円運動の周期T を求めよ。

【解答】(2.16)から角速度を求め，(2.22)に代入し周期を求める:

T = 2π ω =

2πR v =

2π×6.8×103 _km

7.9 km/s = 5.40· · · ×10 3

≈5.4×103s≈90分. (2.23)

*3

国際宇宙ステーションは約1時間半で地球を1周することがわかる。またその角速度は

ω= v R =

7.9 km/s

6.8×103 _km = 1.16· · · ×10 −3

≈1.2×10−3_{rad s}−1

≈6.7×10−2_{deg s}−1 _(2.24)

である。つまり位置ベクトルの向きは1秒当たり約0.07

◦

，1分当たり約4 ◦

変化する。

7-10.国際宇宙ステーションの山崎さんが感じる重力加速度g ′

(加速度の大きさaに等しい)を求めよ。

【解答】(2.18)および題意より

g′

=a=Rω2= (Rω) 2

R = v2 R =

(7.9 km/s)2

6.8×103 _km = 9.17· · · ×10

−3 _km/s2

≈9.2 m/s2 (2.25)

である。映像で見る宇宙ステーション内部の無重力(無重量)状態を想像すると，この値が大きく感じるかも

知れない。もちろん宇宙ステーション内部では地球からの重力と遠心力とがつり合って無重量状態が実現して

いるのであり，地球からの重力は0ではない。そもそも地球からの重力がほとんど無ければ宇宙ステーション

の公転運動を保つことが出来ず，宇宙ステーションは遥か彼方へ飛んで行ってしまう。

2.2

2

次元極座標

x

y

r

θ

r

e

_r

e

θ

問題8. 右図の2次元極座標について以下の問いに答えよ。

8-1.xおよびyをrとθとで表せ。 【解答】図より

x=rcosθ, (2.26)

y=rsinθ. (2.27)

8-2.rおよびθをxとyとで表せ。

【解答】(2.26)と(2.27)をrとθ について解けばよい:

r=√x2_+y2_{, (2.28)}

θ= tan−1 y

x あるいは tanθ= y

x. (2.29)

8-3.rが増える方向の単位ベクトルe_r のx, y成分を求めよ。e_rの方向をr方向または動径方向と呼ぶ。 【解答】e_rは，rに平行で大きさが1のベクトルであること及びxとyがそれぞれ(2.26)と(2.27)のよう

に表されることを用いて

er: =

r

r = (x, y)

r =

(rcosθ, rsinθ)

r = (cosθ,sinθ) (2.30)

と決まる。これはθの関数e_r(θ)である。

θ

r

(

θ

)

e

r

e

θ

δθ

r

(

θ+δθ

)

図1

8-4.同様にθが増える方向の単位ベクトルe_θのx, y 成分を求めよ。e_θ の方向をθ方向と呼ぶ。

【解答】e_θの向きは，rが一定でθだけが増える方向なので，図1のよう

にe_rに直交する向きである。これは偏角がθ+π

2 であるときのe_rに一致す

るので

eθ(θ) =er(θ+ π 2) =

(

cos(θ+π 2

)

,sin(θ+π 2

))

を得る。

8-5.erをθで微分するとe_θになることを確かめよ。

【解答】e_r(θ)をe_x,e_y方向の基本ベクトルを用いて表し，それをθで微分する:

∂er ∂θ =

∂

∂θ(cosθex+ sinθey) =−sinθex+ cosθey=eθ. (2.32)

ここでe_xとe_yがθに依らないこと及び(2.31)を用いた。この結果をe_θの定義に照らして考えてみる。e_θ

とは，rを一定にしてθを微小量増やすときにrが変化する方向の単位ベクトルである。図1で説明すると

er(θ+δθ)とe_r(θ)の差を規格化したものと言える。すなわちこれはrのθ微分を規格化したものに他なら

ない。rとe_rの違いはθに依らないrだけなので，e_θはe_rをθ微分を規格化したものに一致するわけであ

る。いま2変数でありθで偏微分するときe_rを大きさ(= 1)を一定に保っているので，規格化が必要ない。

むしろ(2.32)をe_θの定義とする方がわかり易い。e_rから計算だけで基本ベクトルが求められるので特に3

次元以上の極座標では便利である。

8-6.eθをθで微分すると−e_rになることを確かめよ。

【解答】前問と同様にe_θ(θ)をe_x,e_y方向の基本ベクトルを用いて表し，それをθで微分する:

∂eθ ∂θ =

∂

∂θ(−sinθex+ cosθey) =−cosθex−sinθey =−er. (2.33)

8-7.erの時間微分 d er

dt をe_rとe_θを用いて表せ。ただしe_rとe_θの両方が必要とは限らない。

【解答】合成関数の微分法と(2.32)を用いる。

der dt =

dθ dt

∂er

∂θ = ˙θeθ. (2.34)

8-8.eθの時間微分 d e_θ

dt をe_rとe_θを用いて表せ。

【解答】同様に合成関数の微分法と(2.33)を用いる。

deθ dt =

dθ dt

∂eθ

∂θ =−θ˙er. (2.35)

8-9.2次元極座標において位置ベクトルrはr=re_rと表される。これを時間微分し速度v= d r dt を

v=vrer+vθeθ (2.36)

の形で表せ。

【解答】速度の定義より

v= d

dt(rer) = dr dter+r

der

dt = ˙rer+rθ˙eθ. (2.37)

ここでe_rがrに依らないことおよび(2.34)と(2.35)を用いた。

8-10.速度vを時間微分し加速度a=d v dt を

a=arer+aθeθ (2.38)

【解答】同様に加速度の定義およびライプニッツ則と(2.34)，(2.35)より

a= d 2_r

dt2 = d2

dt2(rer) = ¨rer+ 2 ˙re˙r+re¨r= ¨rer+ 2 ˙rθ˙eθ+r

(

¨

θeθ+ ˙θe˙θ

)

=(r¨−rθ˙2)er+

(

2 ˙rθ˙+rθ¨)eθ. (2.39)

8-11.2次元極座標では任意のベクトルをA=A_re_r+A_θe_θと表すことができる。また，同じベクトルを xy座標で表すとA=A_xe_x+A_ye_yである。A_r, A_θとA_x, A_yとの関係を求めよ。

【解答】e_rとe_θは規格直交系を成すので，Aとe_rの内積をとればA_rが，Aとe_θの内積をとればA_θが

得られる。従ってx, y座標で表したAと，e_rまたはe_θとの内積をとればよい。

Ar=er·A=Axer·ex+Ayer·ey =Axcosθ+Aysinθ, (2.40) Aθ=eθ·A=Axeθ·ex+Ayeθ·ey=−Axsinθ+Aycosθ (2.41)

となる。これを行列を使うと

(

Ar Aθ

)

=

(

cosθ sinθ

−sinθ cosθ

) (

Ax Ay

)

=T(θ)

(

Ax Ay

)

(2.42)

の様に表せる。右辺のT(θ)は(1.15)で定義した座標回転行列である。つまり，xy座標系をθだけ回転させ

た座標系と一致する。

θ

r

r

θ

0

R

R

l

θ−θ

0

図2

問題9. 直線の方程式を極座標で書くとrcos(θ−θ₀) =Rのように書ける。 θ0, Rはこの直線の何を表すか? 図も使って説明せよ。

【解答】はじめに図2で上式を確認しよう。2次元なので原点から直線lへ

の法線ベクトルを与えれば直線が指定できる。その法線ベクトルをRとし，l

上の任意の点を終点とするベクトルをrとする。直線の記述法(1.29)と同様

にr−RとRが直交することを用いれば

(r₋R)·R= 0

rRcos(θ−θ0)−R2= 0

∴ rcos(θ−θ0) =R (2.43)

が得られる。あるいはrからRへの射影が，原点からlまでの距離Rに等し

いことが分かれば直ちに(2.43)を得る。ここまでで明らかな通りRは原点か

らlまでの距離を表し，θ₀はRの偏角を表す。

図よりθ= 0のときx軸切片r_xに，θ= π

2 のときy軸切片r_yに対応するので

rxcos(−θ0) =R, rycos( π

2 −θ0) =R,

rx= R cosθ0

ry= R sinθ0

. (2.44)

よってlの傾きは

傾き=− ry rx

=−_tan1_θ 0

=−cotθ0 (2.45)

である。従ってよく見慣れたy=ax+bの形では

y=−_tanx_θ 0

+ R sinθ0

(2.46)

と書ける。また直線の接線ベクトルの偏角がθ₀−π

2 なのでtan(θ₀−π

2.3

3

次元極座標

x

y

r

θ

r

φ

z

r

₁

e

₁

e

_r

e

_φ

e

θ

図3

問題10. 右図の3次元極座標においてr, θ, φの1つだけが増える方向の単位 ベクトルをそれぞれe_r,e_θ,e_ϕとする。

10-1.er, eθ, eϕが，x, y, z方向の単位ベクトルe_x, e_y, e_zを用いて

er= sinθcosφex+ sinθsinφey+ cosθez, (2.47)

eθ= cosθcosφex+ cosθsinφey−sinθez, (2.48)

eϕ=−sinφex+ cosφey, (2.49)

の通りに表せることを示せ。

【解答】図のようにrをxy平面へ正射影させたベクトルr₁とすれば

r=r1+rcosθez. (2.50)

r1の大きさはrsinθなのでr₁をe_x, e_yで表せば

r1=rsinθcosφex+rsinθsinφey. (2.51)

従って(2.50)と(2.51)より

r=rsinθcosφex+rsinθsinφey+rcosθez. (2.52)

これをrの大きさrで割れば(2.47)を得る。

次にe_θを求める。図よりe_θは，e_rでφを変えずにθをθ+π

2 にしたものに他ならない。よって

eθ= sin

(

θ+π 2

)

cosφex+ sin

(

θ+π 2

)

sinφey+ cos

(

θ+π 2

) ez

= cosθcosφex+ cosθsinφey−sinθez, (2.53)

となり，(2.48)と一致する。

また図よりe_ϕは，e_rでθを π

2 に，φをφ+π

2 としたものである。よって

eϕ= sin π 2cos

(

φ+π 2

)

ex+ sin π 2 sin

(

φ+π 2

)

ey+ cos π 2 ez

=−sinφex+ cosφey. (2.54)

となり，(2.49)と一致する。

10-2.以下の式を確かめよ。 ∂er

∂θ =eθ,

∂eθ

∂θ =−er,

∂eϕ

∂θ = 0, (2.55)

∂er

∂φ = sinθeϕ,

∂eθ

∂φ = cosθeϕ,

∂eϕ

∂φ =−sinθer−cosθeθ. (2.56)

【解答】それぞれ導関数を計算すれば出てくるので簡単な解説だけを加える。(2.55)の第1式で，∂

e_r ∂θ が

eθに比例するのは，e_θ の定義そのものである。これは2次元極座標のところ(2.32)の下で述べたことに等し

い。本質的に(2.56)の第1式も同じで，e_ϕの定義より∂ e_r

あるが，e_rでφを微小量増やすときのz軸からの回転半径と考えても良い。(2.56)の第3式の右辺は， ∂e_φ

∂ϕ

がe_ϕに直交することから

∂eϕ

∂φ =−cosφex−sinφey =aer+beθ (2.57)

と展開できる。e_rとe_θは直交しているので，上式とe_rまたはe_θの内積をとることで

a=−cosφex·er−sinφey·er=−sinθcos2φ−sinθsin2φ=−sinθ, (2.58)

b=−cosφex·eθ−sinφey·eθ=−cosθcos2φ−cosθsin2φ=−cosθ (2.59)

得られる。(2.57)の真ん中の式は，(2.49)をφで偏微分して得た。

10-3.3次元極座標における基本ベクトルe_r,e_θ,e_ϕの時間微分を求めよ。

【解答】e_r,e_θ,e_ϕはθとφの関数なので，合成関数の微分法と(2.55)，(2.59)より計算する:

der dt = ˙θ

∂er ∂θ + ˙φ

∂er

∂φ = ˙θeθ+ ˙φsinθeϕ, (2.60) deθ

dt = ˙θ ∂eθ

∂θ + ˙φ ∂eθ

∂φ =−θ˙er+ ˙φcosθeϕ, (2.61) deϕ

dt = ˙θ ∂eϕ

∂θ + ˙φ ∂eϕ

∂φ =−φ˙sinθer−φ˙cosθeθ. (2.62)

10-4.速度v =d r

dt をe_r,e_θ,e_ϕを用いてv=v_re_r+v_θe_θ+v_ϕe_ϕ の形で表せ。また速度の大きさv:=|v|

を求めよ。

【解答】速度の定義と(2.60)より

v= d

dt(rer) = ˙rer+re˙r= ˙rer+rθ˙eθ+rφ˙sinθeϕ. (2.63)

その大きさは

v=√v2

r+v2θ+v2ϕ=

√

˙

r2_+r2_θ˙2_+r2_φ˙2_sin2_{θ . (2.64)}

10-5.加速度a=d

2

r

dt2 をa=a_re_r+a_θe_θ+a_ϕe_ϕ の形で表せ。

【解答】加速度の定義およびライプニッツ則と(2.60)，(2.61)，(2.62)より計算する:

a= d 2

dt2(rer) = ¨rer+ 2 ˙re˙r+re¨r = ¨rer+ 2 ˙r( ˙θeθ+ ˙φsinθeϕ)

+r[θ¨eθ+ ˙θ(−θ˙er+ ˙φcosθ) + ¨φsinθeϕ+ ˙φθ˙cosθeϕ+ ˙φ2sinθ(−sinθer−cosθeθ)

]

2.4

速度の合成

R

O

O'

x

y

O'

θ

P

r

'

B

A

t

•bŒã

t

=0

C

D

図4

問題11. 半径Rの車輪が等速vで滑らずに転がっている。車輪上の

一点の座標と速度，加速度を求める。車輪の中心O

′

が原点Oを通り

過ぎた時刻を0とする。また角速度ωをω:= v

R と定義する*4。以下 (♦,♢)でベクトルのx, y成分を表す。

11-1. Oから見たO ′

の位置をr₀で表す。時刻tでのr₀の座標を

求めよ。

【解答】O ′

のx座標は車輪が進んだ距離OA=vtに等しい。y座

標は車輪の半径Rに等しい。よって

r0= (vt, R). (2.66)

11-2.時刻0で地面に接していた車輪上の点が時刻tで点Pに来た。図のθをωを使って表せ。 【解答】車輪は滑らないので円弧

⌢

APとOAとは長さが等しい。 ⌢

AP=RθおよびOA=vtより

Rθ=vt, ∴ θ=vt

R =ωt. (2.67)

11-3.O′

から見た点Pの位置ベクトルr ′

を求めよ。

【解答】O ′

を原点と考えると，r

′

の大きさはR，偏角は3

2π−θ なので

r′ =R

(

cos(3

2π−θ),sin( 3 2π−θ)

)

=R(−sinθ,−cosθ) =R(−sinωt,−cosω). (2.68)

11-4.原点Oから見た点Pの座標rを求めよ。 【解答】r=r₀+r

′

と書ける。(2.66)と(2.68)，およびv=Rωより

r=r0+r′= (Rωt, R) +R(−sinωt, −cosωt) =R(ωt−sinωt,1−cosωt) (2.69)

である*5。t= 0でr= (0,0) =0となり，点Pはきちんと原点にある。またnを整数としてθ=ωt= 2nπ

のとき，点Pは地面に接する。その時のP の座標は

R(2nπ,0) =n(2πR,0). (2.70)

つまりnは車輪の回転数に対応する。

11-5.原点Oから見た点Pの速度v= ˙rを求めよ。 【解答】速度の定義と(2.69)より

v= ˙r= d

dt(r0+r ′

) = ˙r0+ ˙r′

=R(ω−ωcosωt, ωsinωt) =Rω(1−cosωt,sinωt). (2.71)

*4

角速度については，単振動の節で詳しく議論する。

*5_P

特にP が地面に接するのはωt= 2nπの時で，その瞬間の速度v_Aは

vA=Rω(1−cos 2nπ,sin 2nπ) = (0,0) =0. (2.72)

地 面 に 接 す る 瞬 間 ，P は 静 止 し て い る 。こ れ は 車 輪 が 滑 ら な い こ と を 意 味 す る 。車 輪 の 平 行 移 動 の 速

度r˙₀ = (v,0) と 回 転 運 動 に よ る 速 度 r˙ ′

A = (−v,0) の 合 成 で あ る 。一 方P が 車 輪 の 頂 上B に あ る 時 ， ωt= (2n+ 1)πより，その瞬間の速度v_Bは

vB =Rω(1−cos(2n+ 1)π,sin(2n+ 1)π) =Rω(2,0) = (2v,0). (2.73)

これも平行移動の速度(v,0)と回転運動の速度(v,0)の合成である。同様に図4の点C，点Dでの速度は

vC = (v, v), vD= (v,−v). (2.74)

それぞれ右斜め上および右斜め下を向いている。

11-6.原点Oから見た点Pの加速度aを求めよ。 【解答】加速度の定義と(2.69)より

a= ¨r=Rω2(sinωt, cosωt) =−ω2r′

. (2.75)

常に車輪の中心O

′

向きに加速度が生じている*6。

2.5

外積を用いる計算例

r

r

+

v

∆

t

v

+

a

∆

t

v

a

∆

t

v

r

v

∆

t

O

O

t

•bŒã

∆

Žž

t

θ

図5

問題12. 右図は平面上のある1点の回りを運動している物体のある瞬間

の位置ベクトルrと速度v，加速度aを図示したものである。以下，加速

度aと位置ベクトルrとが常に平行な場合を考える。

12-1.時刻tでrとvで作られる三角形（灰色の領域）の面積を面積速

度という。面積速度が 1

2|r×v|と与えられることを示せ*7。

【解答】外積の定義より

1

2|r×v|= 1

2rvsinθ. (2.76)

ここでr:=|r|, v:=|v|である。これは図の灰色の三角形の大きさに他な

らない。つまり1

2|r×v|は面積速度の大きさに等しい。

12-2.面積速度が一定であることを面積速度の時間微分より示せ。 【解答】S(t) :=

1

2(r×v)とする。

˙

S= 1

2( ˙r×v+r×v˙) = 1

2(v×v+r×a) = 1

2r×a= 0. (2.77)

ここで加速度と位置ベクトルが平行であることa∥rを用いた。時間による導関数が0なのでSは時刻に依

らず一定である。またこの条件には時刻tが陽に入っていないので，任意の時刻に対して成立する。

*6_O′

と共に動く座標系では中心力であることを意味する。回転運動のところで詳しく考察する。

*7

12-3.時刻t+ ∆tでの面積速度を計算し，それが時刻tでの面積速度と一致することを示せ。ただし(∆t)2 のオーダーは無視してよい。

【解答】∆t秒後，位置はr(t+ ∆t) =r+ ˙r∆t+. . .，速度はv(t+ ∆t) =v+ ˙v∆t+. . . となる。よって

S(t+ ∆t) = 1

2[r(t+ ∆t)×v(t+ ∆t)]≃ 1 2

[

(r+ ˙r∆t)×(v+ ˙v∆t) +O((∆t)2)]

≃ 1

2

[

(r+v∆t)×(v+a∆t) +O((∆t)2)]≃1

2

[

(r×v) + (v×v+r×a)∆t+O((∆t)2)]

=S(t) +O((∆t)2_{). (2.78)}

従ってO(∆t)までの計算でS(t)は一定である。最後の変形で前問と同様にa∥rを用いた。ここではrとv

を別途テイラー展開して外積をとったが，Sを直接テイラー展開しても同じである。(2.77)の下でも述べたよ

うに任意の時刻で(2.78)が成り立つので，Sは一定値のままで変化しない。もちろんより高次の項まで計算

してもSは変化しない。つまりO((∆t)2)以上の項も全て0になる。例えばO((∆t)2)の項は

(∆t)2 2! S¨=

(∆t)2 2!

d2

dt2(r×v) = (∆t)2

2! d

dt(v×v+r×a) = 0. (2.79)

最後の変形では，v×v+r×aが恒等的に0であることを用いた。一般にn次の項も0になる。

(∆t)n n!

dn_S dtn =

(∆t)n n!

dn

dtn(r×v) = (∆t)n

n! dn−1

dtn−1(v×v+r×a) = 0. (2.80)

2.6

余弦定理を用いる計算例

α

u

v

z

y

x

O

A

B

図6

問題13. 港から見て角αをなす二直線に沿って船Aが定速度uで港に近づき，舟

Bが定速度vで港から遠ざかっている場合を考える。港の位置を原点Oとし，港か

ら船A，船Bまでの距離をそれぞれx, yとする。

13-1.船Aと船Bとの距離zをx, y, αを使って書け。 【解答】余弦定理より

z2_=x2_+y2_{−2xycosα. (2.81)}

図よりz=x−yなのでz2= (x−y)2としても同じ。

13-2.2つの船同士の距離zが最小のとき，港から2つの船までの距離の比が

x:y= (v+ucosα) : (u+vcosα) (2.82)

となることを示せ。ここで，u:=|u|, v:=|v|である。

【解答】zが最小になる瞬間，その時間微分は0でなくてはならない。そこで(2.81)の両辺をtで微分し，

˙

x=−u,y˙ =vとすると

2zz˙ = 2xx˙+ 2yy˙−2 ˙xycosα−2xy˙cosα= 0

−xu+yv+uycosα−xvcosα= 0

−x(u+vcosα) +y(v+ucosα) = 0

∴ y

x=

u+vcosα

v+ucosα. (2.83)

これは(2.82)に等しい。ここでx˙ =−uと負号を付けた理由は，船Aは港に近づくためx˙ が負であること

3

運動方程式

3.1

運動方程式を解かずにわかること

F

m

3

m

2

m

1

-

S

1

S

1

-

S

2

S

2

a

図7

問題14. 右図のように，滑らかな平面上で質量m₁，m₂，m₃の物体を軽 い糸で連結し直線上に置いた場合を考える。

14-1. m1を力F で引張ると全体が加速度aで動いた。それぞれの糸 の張力をS₁，S₂として，質点m₁，m₂，m₃に対する運動方程式を書け。

【解答】慣性系である地面を基準にそれぞれの質点の運動方程式を立て

る。全体一緒に動くので，どの質点も加速度は|a|。右向きを正に選ぶ。

m1a=F −S1, (3.1)

m2a=S1−S2, (3.2)

m3a=S2. (3.3)

14-2.上の運動方程式から全体の加速度a及び，糸の張力S₁，S₂を求めよ。 【解答】両辺を足し合わせて

(m1+m2+m3)a=F, (3.4)

∴ a= F

m1+m2+m3. (3.5)

残りは上の運動方程式の代数計算で求める:

S1=

m2+m3 m1+m2+m3

F, (3.6)

S2=

m3 m1+m2+m3

F. (3.7)

それぞれの力の大きさには

S2< S1< F (3.8)

なる関係がある。そのため糸の強度を超えるまでF が大きくするとm₁の右側で糸が切れる。(3.4)は，全体を 1つの質点と捉えた場合の運動方程式に一致する。つまり内力S₁,S₂が分からなくても全質量m₁+m₂+m₃

とF だけからaは決定できる。

F

m

M

a

F'

b

_x

図8

問題15. 滑らかな水平面上にある質量M の板の上を質量mの人が 板に対して 加

速度aで歩くと，板は 水平面に対して 加速度bで動いた。人が板から受ける水平

方向の力をF として以下の問いに答えよ。

15-1.運度の様子が分かるように図(座標軸，力，加速度を含む)を描け。

【解答】右図の通り。x軸は，地面に静止した座標系である。F

′

は，板が人か

ら受ける力である。本来ならF の始点は人の足の裏に，F

′

の始点はその直下に書

くべきだが，人も板も質点として扱うので力の矢印の始点を見やすいように移動し

は省略した。省略したのは，以下の通り。人が板を押す垂直下向きの力とその反作用で板から人に働く垂直抗

力。板が地面を押す垂直下向きの力とその反作用で地面から板に働く垂直抗力。人や板に働く重力mgとM g

および地面（地球）に働くその反作用。

15-2.板が人から受ける水平方向の力F ′

はどれだけか？

【解答】作用反作用の法則より，F

′

は，F と大きさが同じで反対向きである。つまり

F′

=−F. (3.9)

15-3.人と板それぞれに対する運動方程式を書け。

【解答】慣性座標系に対して運動方程式を立てることがポイントである。そのため地面に静止したx軸を用

いる。この座標系で（地面に対する）人の加速度はa+bである。従って運動方程式は

人： m(a+b) =F, (3.10)

板： Mb=−F (3.11)

となる。

15-4.上の運動方程式より，板の加速度bと人が板から受ける水平方向の力F を求めよ。 【解答】(3.10)と(3.11)より直ちに

b=−_m+m_Ma, (3.12)

F = mM

M +ma (3.13)

となる。

【補足】(3.10)の左辺第2項を移項した

人： ma=F −mb (3.14)

は，板に固定した座標系での運動方程式で，右辺に見かけの力−mbが現れる*8。また mM

M+m =:µとすれば (3.10)，(3.11)共にµa=F と書ける*9。

(M-m)g F

α Mg F

m

β

x

図9

問題16. 全質量M の気球が加速度αで降下している。質量mの砂袋を捨てる

ことで，加速度βで上昇するようにしたい。気球の浮力F が一定と仮定して以

下の問いに答えよ。

16-1.砂袋を捨てる前と後の運度の様子が分かるように図を描け。

【解答】図9の通り。左図は砂袋を落とす前。右図は落とした後。

16-2.砂袋を捨てる前と後の運動方程式を書け。

【解答】図のように鉛直下向きを正に選ぶ。下降中の加速度はα，上昇中の加

速度は−βなので

M α=M g−F, (3.15)

−(M −m)β = (M −m)g−F. (3.16)

*8

加速度座標系の節で詳しく調べる。

*9_µ

16-3.運動方程式から，捨てるべき砂袋の質量mを求めよ。 【解答】(3.15)，(3.16)よりmを求める:

m= α+β

g+βM < M. (3.17)

題意よりF >0なのでαは自由落下時の加速度より小さい，すなわちα < gである。よって最後の不等号が

成り立つ。当然mは正であり，正常な範囲0< m < M に収まる。またm= α

gM のとき重力と浮力が釣り

合って静止する。

a

m

1

g

m

2

g

a

S

S

図10

問題17. 軽く滑らかな定滑車に糸をかけてその両端に質量m₁，m₂の質点を吊るす*10。

2つの質点から静かに手を放したときに生じる質点の加速度と糸の張力を求めよ。重力加

速度をgとし，糸の質量は無視して良い。

【解答】はじめに運動の様子を図示する。図ではm₁≥m₂としたが，これによって一

般性は失わない。2つの質点を結ぶ糸は一体となって動くので，m₁の加速度は下向きを

正に，m₂の加速度は上向きを正に選んだ。その加速度をaとして運動方程式を立てると

m1a=m1g−S, (3.18)

m2a=−m2g+S. (3.19)

従って

a=m1−m2 m1+m2

g≥0, S= 2m1m2 m1+m2

g. (3.20)

当然より重いm₁の方が下がる。またa≤gである。もしm₁< m₂ならばa <0,つまりm₂が下がる。

a

m

1

g

m

2

g

a

S

S

b

図11

問題18. 前の問題で滑車に上向きの加速度bを与えるとき，滑車に対する2つの質点の

加速度と糸の張力を求めよ。

【解答】運動の様子を図示すると右の通りである。前問と同様に滑車に対してm₁の下

向きの加速度およびm₂の上向きの加速度をaとする。運動方程式を立てるため慣性系

に対する加速度を求めると，m₁のそれは下向きでa−b，m₂のそれは上向きでa+bで

ある。よって

m1(a−b) =m1g−S, (3.21) m2(a+b) =−m2g+S (3.22)

なる運動方程式が得られる。これをaとSについて解いても良いが，(3.18)および(3.19)

と比較すれば，gをg+bに変えた式であることがわかる。したがって(3.20)でg→g+b

として

a=m1−m2

m1+m2(g+b), S=

2m1m2

m1+m2(g+b) (3.23)

と求まる。

b >0ならばg+b > gなので，両質点にとって実質的な重力加速度が大きくなったと感じる。これはエレ

ベーターが上昇し始める瞬間の感覚と同じ。他方b <0ならばg+b < gとなり，重力加速度加速度が小さく

*10

なったと感じる。同じくエレベーターが下降し始める瞬間の感覚である。b=−gすなわち滑車が自由落下す

るとき，a= 0となり滑車に対する加速度は0になる*11。

F

S

P

a

A

_x

B

図12

問題19. 滑らかで水平な地面の上に質量M，長さlの一様な鎖を一直線に置

いた。鎖の両端をそれぞれAとB，またAからx離れた点をPとする。B

を力F で水平に引っ張ると全体が加速度aで動いた。

19-1.運動の様子を図示せよ。点Pにおける鎖の張力をSとする。

【解答】右図の通り。図のSは，A∼P部分を右に引く張力である。もちろ

ん実際にはP で鎖はくっついているが，SがA∼P部分に働くことを明らか

にするため少し離して書いた。図の左向きの力は，Sの反作用であり，P∼B

部分を左に引いている。

19-2.張力Sを求めよ。

【解答】SはA∼P部分に働く力なので，A∼P部分に対する運動方程式を書いてみる。鎖の線密度は M

l

であり，A∼P部分の質量は M

l xである。よって運動方程式は

M

l xa=S(x). (3.24)

Sはxに依存するので引数を明らかにした。これと鎖全体に対する運動方程式Ma=F より

S(x) =x

lF (3.25)

を得る。よってxが増加すると（F の力点Bに近づくにつれ）Sは大きくなる。

水平に鎖やロープを張った場合，付け根の部分に大きな張力が働くことが(3.25)からわかる。同様に電線

や高圧線でも電柱や鉄塔の近くほど張力が大きい。また数千人以上の規模で綱引きをする場合，(3.25)を考慮

して綱を作らないといけない*12。

θ

θ

S

A

B

S'

r

_ω

図13

問題20. 線密度λの糸が半径rの輪を作って，平面内で一定の角速度ωで回っている。

このとき糸に働く張力の大きさSを以下の手順で求めよ。

20-1.右図を参考に微小円弧 ⌢

ABに働く合力を求めよ。

【解答】 ⌢

ABには，Sによる左向きの力と，S ′

による右向きの力が働いている。左右

の成分はそれぞれ打ち消すので，円の中心方向の成分だけが残る。よってその合力は，

大きさが2Ssinθで円の中心を向く。

20-2.AB⌢ に対する運動方程式を書き，Sを求めよ。 【解答】糸全体は円をなして回転するので

⌢

ABも回転している。つまり上で求めた合

力はその回転運動の向心力mrω2に他ならない。ここでmは

⌢

ABの質量で，線密度λ

と長さ2rθよりm= 2rλθである。運動方程式を書いてSを求めると

(2rλθ)rω2_{= 2Ssinθ≃2Sθ, (3.26)}

∴ S=λr2_ω2_=λv2_{. (3.27)}

*11

無重量状態を体験できる飛行機などは，この仕組みを利用している。

*12

よって回転の速さv=rωが大きくなる程Sも大きくなる。(3.26)では， ⌢

ABを回転する質点として近似する

ための条件θ≪1を用いた。

もしこの輪が糸でなくゴムで出来ていた場合，張力はS= 2πk(r−r₀)と書けるだろう。ここでkは弾性定

数，r₀は自然長での輪ゴムの半径である。また輪ゴムの質量をM とすれば線密度はλ= M

2πrなので(3.27)は

S= 2πk(r−r0) = M 2πrω

2₌ M 2πrv

2 _(3.28)

と表される。これをrについて解けば

r= r0 1− M

4π2_kω2

≃r0

(

1 + M 4π2_kω

2

)

(3.29)

となる。

およその数値を代入してみる。k∼0.01N/mm= 10 N/m,M ∼1 g= 10

−3 _kg, ω2

4π2 =n

2 _[s−2_]

，nは１秒

あたりの回転数，n= 10 s −1

とすると

M 4π2_kω

2₌ M k n

2₌10 −3 10 10

2_{= 10}−2 _(3.30)

つ ま り(3.29)の 線 形 近 似 が 有 効 と 考 え て 良 く ，伸 び 率 は10 −2

程 度 。r₀ = 2cm な ら 半 径 の 伸 び は0.2mm

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v_y(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v_y(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) =−1₂gt2+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) =−1₂gt2+y0 (4.5)

となる。

*13

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]−

1 2 = [L]

1

2[LT−2]− 1

2 =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v_y(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

【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v_y(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_+v

0t+C2 (4.11)

となる。初期条件よりy(0) =C₂= 0なので

y(t) =−1₂gt2+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t_hとその高さy_hを求めよ。

【解答】最高点では速度v_y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t_h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

(

−1₂gt1+v0

)

= 0,

∴t1=2v0

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= 2t_h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。

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

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)

m¨y=−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v_x(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v_y(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

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t_hとその高さy_hを求めよ。 【解答】最高点では速度v_y(t_h) = 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t_hにはどんな関係があるか。 【解答】落下時には高さy(t_h) = 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) =Vcosα 2V

g sinα

= V 2

g sin 2α. (4.27)

真上に投げた場合，α_max=π

2 なのでx₁= 0となる。

22-9. x1が 最 大 と な る 投 射 角 度 をα_maxと す る 。α_max と そ の 到 達 距 離l := x₁(α_max)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α_max=π

4。なのでsinπ

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。 【解答】(4.21)よりt= x

Vcosαなのでこれを(4.23)に代入して

y=−g

2

( _x

Vcosα

)2

+Vsinα x Vcosα =−_2V2_cosg 2_αx

2_{+xtanα. (4.30)}

*16_{40m/s=144km/h}

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，投射角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v_y(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，投射角α=

π

6 = 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 =−_2V2_cosg 2_αX

2_+Xtanα=

−_2Vg2(1 + tan

2_{α) +Xtanα,}

tan2α−2V 2

gX tanα+ 2V2Y

gX2 + 1 = 0,

∴ tanα= V 2

gX ±

√

V4 g2_X2 −

2V2_Y

gX2 −1. (4.31)

根号の中が正なら，角度αを変えた2通りの投げ方ができる。

-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 g2_X2 −

2V2_Y

である。これより

Y ≤ −_2Vg2X 2₊V2

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y_h = V

2

2g に一致し，Y = 0としたときのX

は，最長到達距離l= V

2

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

0

v

y

t

=0

v

y ã¸’† ‰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v_y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v_y(t)を求めよ。 【解答】(5.2)を変形して

dvy

dt =−g−kvy=−k(vy+ g k) dvy

vy+g_k

=−kdt.

初期条件を考慮して定積分して

∫ vy(t)

v0

dvy vy+g_k

=−

∫ t

0 kdt

[

log(vy+ g k)

]vy(t)

v0

=−[kt]t0

logvy(t) + g k v0+g_k

=−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v_y(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，v_y(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−_k1(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