[2014 問 9-1]
図 9-1 に示すように，辺の長さがそれぞれ 2,5 および 2 である直方 体が，直交座標系 xyz のそれぞれの軸に 3 辺をそろえて置かれてい
る．点 C，D，E は直方体の頂点であり，点 A,B は辺の中点にある．
(点 C はこの問題では使いません．) 点 P が一定の加速度
~a 0 = (0 , 0 , − 10) (p9.1) で運動しているとする．次の問に答えなさい．
D A C
O
E B
2
5 2
図 9-1
(1) 点 P が図の点 D を時刻 t = 1 に通過した．また，時刻 t = 2 に点 E を通過した．任意の時刻 t の点 P の位 置ベクトル ~ r P (t) =
(
x P (t) , y P (t) , z P (t) )
を求めなさい．
(2) 点 P が 3 点 A,B,D を含む平面を横切る時刻を求めなさい．(t = 1 で点 P が平面を横切るのは問題の設定か
ら明らかなので，t = 1 以外の時刻を求めてください．) 尚，平面を表す方程式は [問 2] の (4) で求めました．
[2014 問 9-2]
x-y 平面上で物体が曲線 y = sin(x) 上を一定の速さ (速度の大きさ) ，| ~ v(t) | = 3，で左から右に動いている．物体 が，原点 O：(0 , 0) を通る時の速度ベクトル ~ v 1 と加速度ベクトル ~a 1 ，点 A：
( π 2 , 1
)
を通る時の速度ベクトル ~ v 2
と加速度ベクトル ~a 2 ，点 B：
( 5π 6 , 1
2 )
を通る時の速度ベクトル ~ v 3 と加速度ベクトル ~a 3 を求めたい．以下の手 順に従って考えよう．
(1) 時刻 t での物体の速度ベクトル ~ v(t) と加速度ベクトル ~a(t) を x(t)， dx(t)
dt ， d 2 x(t)
dt 2 を用いて表そう．
(2) 物体は速さ (速度の大きさ) | ~ v(t) | = 3 で左から右に動いている．(つまり dx(t)/dt > 0 となっている．) この 条件を使って dx(t)
dt を x(t) で表そう．
(3) (2) で得られた式を t でもう一度微分して d 2 x(t)
dt 2 を x(t) を用いて表そう．
(4) 物体が点 O を通る時刻を t = t 1 とする．(つまり，x(t 1 ) = 0 となる．) t = t 1 での物体の速度と加速度を求 めよう．
(5) 同様に，物体が点 A, および B を通る時の速度と加速度をそれぞれ求めよう．
[2014 答 9-1]
この座標系について各点の座標は
A : (2, 0, 1) ， B : (1, 5, 0) ， C : (2, 5, 2) , D : (0, 0, 2) , E : (2, 5, 0) , (p9.2) となる．
(1) プリントの式 (24.4) より， 一定の加速度 ~a 0 で運動する物体が時刻 t = t 0 に位置 ~ r 0 を通り，その時の速度 が v ~ 0 である場合の位置ベクトルは
~ r(t) = ~ r 0 + (t − t 0 ) v ~ 0 + (t − t 0 ) 2
2 ~a 0 (p9.3)
となる．点 P は時刻 t = 1 に点 D を通るので，t 0 = 1 , ~ r 0 = −→
OD とすると，点 P の位置ベクトルは
~
r P (t) = (t − 1) 2
2 ~a 0 + (t − 1) ~ v 0 + −→
OD (p9.4)
と表される．問題の条件より
~
r P (2) = 1
2 ~a 0 + ~ v 0 + −→
OD = −→
OE (p9.5)
なので，
~ v 0 = −→
OE − −→
OD − 1 2 ~a 0 =
( 2 , 5 , 0
) − ( 0 , 0 , 2
) +
( 0 , 0 , 5
)
= (
2 , 5 , 3 )
(p9.6) が得られる．(p9.6) を (p9.4) に代入して，時刻 t の点 P の位置ベクトルは以下で与えられる；
~ r P (t) =
(
x P (t) , y P (t) , z P (t) )
= (
2t − 2 , 5t − 5 , − 5t 2 + 13t − 6 )
. (p9.7)
(2) 平面を表す方程式は [問 2-4] より次式となる：
5x + 3y + 10z − 20 = 0 . (p9.8)
時刻 t = t 1 に点 P が平面を横切るとすると，(p9.7) を (p9.8) に代入して，t 1 に対する条件，
0 = 5x P (t 1 ) + 3y P (t 1 ) + 10z P (t 1 ) − 20 = − 50t 2 1 + 155t 1 − 105 = − 5(t 1 − 1)(10t 1 − 21) (p9.9) が得られる．従って t = 1 以外に点 P が平面を横切る時刻は
t 1 = 21
10 (p9.10)
となる.
[2014 答 9-2]
(1) 時刻 t の物体の x 座標を x(t) と書くと，物体の y 座標は y(t) = sin(x(t)) と x(t) を用いて表せる．これよ り物体の位置ベクトルは
~ r(t) =
(
x(t) , sin(x(t)) )
(p9.11) と書き表すことができる．速度ベクトルは
~ v(t) = d~ r(t) dt =
( dx(t)
dt , d sin(x(t)) dt
)
= (
dx(t)
dt , d sin(u) du
¯¯ ¯¯
u=x(t)
dx(t) dt
)
= dx(t) dt
(
1 , cos(x(t)) )
(p9.12)
となる．
次に加速度ベクトルは以下となる：
~a(t) = d~ v(t) dt = d
dt
{ dx(t) dt
(
1 , cos(x(t)) )}
= d 2 x(t) dt 2
(
1 , cos(x(t)) )
+ dx(t) dt
d dt
(
1 , cos(x(t)) )
= d 2 x(t) dt 2
(
1 , cos(x(t)) )
+ dx(t) dt
(
0 , d cos(u) du
¯¯ ¯¯
u=x(t)
dx(t) dt
)
= d 2 x(t) dt 2
(
1 , cos(x(t)) )
+ ( dx(t)
dt ) 2 (
0 , − sin(x(t)) )
= (
d 2 x(t)
dt 2 , d 2 x(t)
dt 2 cos(x(t)) − ( dx(t)
dt ) 2
sin(x(t)) )
. (p9.13)
(2) 物体が一定の速さ | ~ v(t) | = 3 で運動しているという条件から 3 = | ~ v(t) | = ¯¯
¯¯ dx(t) dt
¯¯ ¯¯ ¯¯ ¯ (
1 , cos(x(t)) )¯¯ ¯ = ¯¯
¯¯ dx(t) dt
¯¯ ¯¯ √
1 + cos 2 (x(t)) (p9.14) が得られる．dx(t)/dt > 0 なので dx(t)/dt は x(t) を用いて次のように表せる：
dx(t)
dt = 3
√ 1 + cos 2 (x(t)) (
= 3 √
√ 2
3 + cos(2x(t)) )
. (p9.15)
(3) (p9.15) を t でもう一度微分すると d 2 x(t)
dt 2 = d
dt
√ 3
1 + cos 2 (x(t)) = 3 d du
(
1 + cos 2 (u) ) − 1/2 ¯¯
¯¯ u=x(t)
dx(t) dt
= − 3 2
− 2 cos(u) sin(u) (
1 + cos 2 (u) ) 3/2
¯¯ ¯¯
¯¯ ¯
u=x(t)
dx(t)
dt = 3 cos(x(t)) sin(x(t)) (
1 + cos 2 (x(t)) ) 3/2
dx(t)
dt (p9.16)
が得られる．この式の右辺に (p9.15) を代入して以下が得られる：
d 2 x(t)
dt 2 = 9 cos(x(t)) sin(x(t)) (
1 + cos 2 (x(t)) ) 2
= 18 sin(2x(t)) (
3 + cos(2x(t)) ) 2
. (p9.17)
(4) (p9.12)，(p9.13) と (p9.15)，(p9.17) から時刻 t での物体の速度ベクトルと加速度ベクトルは x(t) を用いて
~ v(t) = 3
√ 1 + cos 2 (x(t)) (
1 , cos(x(t)) )
(p9.18)
~a(t) =
9 cos(x(t)) sin(x(t)) (
1 + cos 2 (x(t))
) 2 , 9 cos 2 (x(t)) sin(x(t)) (
1 + cos 2 (x(t))
) 2 − 9 sin(x(t)) 1 + cos 2 (x(t))
= 9 sin(x(t)) (
1 + cos 2 (x(t)) ) 2
(
cos(x(t)) , − 1 )
(p9.19)
となる．
従って，点 O での速度と加速度は (p9.18)，(p9.19) に t = t 1 を代入して，x(t 1 ) = 0 を用いると
~ v 1 = ~ v(t 1 ) = 3
√ 1 + cos 2 (x(t 1 )) (
1 , cos(x(t 1 )) )
= 3
√ 1 + cos 2 (0) (
1 , cos(0) )
= 3
√ 2 (1 , 1) , (p9.20)
~a 1 = ~a(t 1 ) = 9 sin(x(t 1 )) (
1 + cos 2 (x(t 1 )) ) 2
(
cos(x(t 1 )) , − 1 )
= 9 sin(0) (
1 + cos 2 (0) ) 2
(
cos(0) , − 1 )
= (0 , 0) (p9.21)
となる．
(5) 同様に物体が点 A を通過する時刻を t = t 2 とすると，x(t 2 ) = π
2 なので，点 A での速度と加速度は
~ v 2 = ~ v(t 2 ) = 3
√ 1 + cos 2 (x(t 2 )) (
1 , cos(x(t 2 )) )
= 3
√ 1 + cos 2 (π/2) (
1 , cos(π/2) )
= (3 , 0) , (p9.22)
~a 2 = ~a(t 2 ) = 9 sin(x(t 2 )) (
1 + cos 2 (x(t 2 )) ) 2
(
cos(x(t 2 )) , − 1 )
= 9 sin(π/2) (
1 + cos 2 (π/2) ) 2
(
cos(π/2) , − 1 )
= (0 , − 9) (p9.23)
となる．
物体が点 B を通過する時刻を t = t 3 とすると，x(t 3 ) = 5π
6 なので，点 B での速度と加速度は以下となる：
~ v 3 = ~ v(t 3 ) = 3
√ 1 + cos 2 (x(t 3 )) (
1 , cos(x(t 3 )) )
= 3
√ 1 + cos 2 (5π/6) (
1 , cos(5π/6) )
= 3
√ 7 (
2 , − √ 3
)
, (p9.24)
~a 3 = ~a(t 3 ) = 9 sin(x(t 3 )) (
1 + cos 2 (x(t 3 )) ) 2
(
cos(x(t 3 )) , − 1 )
= 9 sin(5π/6) (
1 + cos 2 (5π/6) ) 2
(
cos(5π/6) , − 1 )
= − 36 49
( √ 3 , 2
)
. (p9.25)
【注】一般に，物体が曲線 y = f(x) の上を速度の大きさ v 0 で左から右に運動する場合は以下の様になる：
まず，時刻 t の物体の x 座標を x(t) と書くと，物体の y 座標は y(t) = f(x(t)) と x(t) を用いて表せる．これよ り物体の位置ベクトルは
~ r(t) =
(
x(t) , f (x(t)) )
(p9.26) と書き表すことができる．速度ベクトルは
~
v(t) = d~ r(t) dt =
( dx(t)
dt , df (x(t)) dt
)
= (
dx(t)
dt , df(u) du
¯¯ ¯¯
u=x(t)
dx(t) dt
)
= dx(t) dt
(
1 , f 0 (x(t)) )
(p9.27)
となる．上で f 0 (x) は f (x) の導関数を意味する，つまり f 0 (x) = df(x)
dx ．
次に加速度ベクトルは
~a(t) = d~ v(t) dt = d
dt
{ dx(t) dt
(
1 , f 0 (x(t)) )}
= d 2 x(t) dt 2
(
1 , f 0 (x(t)) )
+ dx(t) dt
d dt
(
1 , f 0 (x(t)) )
= d 2 x(t) dt 2
(
1 , f 0 (x(t)) )
+ dx(t) dt
d du
(
1 , f 0 (u) )¯¯
¯¯ u=x(t)
dx(t) dt
= d 2 x(t) dt 2
(
1 , f 0 (x(t)) )
+ ( dx(t)
dt ) 2 (
0 , f 00 (x(t)) )
= (
d 2 x(t)
dt 2 , d 2 x(t)
dt 2 f 0 (x(t)) + ( dx(t)
dt ) 2
f 00 (x(t)) )
(p9.28)
となる．上で f 00 (x) は f (x) の 2 次の導関数を意味する，つまり f 00 (x) = d 2 f(x) dx 2 ． 次に，物体が一定の速さ v 0 で運動しているという条件から
v 0 = | ~ v(t) | = ¯¯
¯¯ dx(t) dt
¯¯ ¯¯ ¯¯ ¯ (
1 , f 0 (x(t)) )¯¯ ¯ = ¯¯
¯¯ dx(t) dt
¯¯ ¯¯ √
1 + (f 0 (x(t))) 2 (p9.29) が得られる．dx(t)/dt > 0 なので dx(t)/dt は x(t) と次の関係
dx(t)
dt = v 0
√ 1 + (f 0 (x(t))) 2 (p9.30)
があることがわかる．(p9.30) を t でもう一度微分して d 2 x(t)
dt 2 = v 0
d dt
√ 1
1 + (f 0 (x(t))) 2 = v 0
d du
(
1 + (f 0 (u)) 2 ) − 1/2 ¯¯
¯¯ u=x(t)
dx(t) dt
= − v 0
2
2f 0 (u)f 00 (u) (
1 + (f 0 (u)) 2 ) 3/2
¯¯ ¯¯
¯¯ ¯
u=x(t)
dx(t)
dt = − v 0 f 0 (x(t)) f 00 (x(t)) (
1 + (f 0 (x(t))) 2 ) 3/2
dx(t)
dt (p9.31)
が得られるが，この式の右辺に (p9.30) を代入して d 2 x(t)
dt 2 = − v 0 2 f 0 (x(t)) f 00 (x(t)) (
1 + (f 0 (x)) 2
) 2 (p9.32)
となる．
(p9.27)，(p9.28) と (p9.30)，(p9.32) から時刻 t での物体の速度ベクトルと加速度ベクトルは x(t) を用いて
~ v(t) = v 0
√ 1 + (f 0 (x(t))) 2 (
1 , f 0 (x(t)) )
, (p9.33)
~a(t) =
− v 0 2 f 0 (x(t))f 00 (x(t)) (
1 + (f 0 (x(t))) 2
) 2 , − v 0 2 (f 0 (x(t))) 2 f 00 (x(t)) (
1 + (f 0 (x(t))) 2
) 2 + v 2 0 f 00 (x(t)) 1 + (f 0 (x(t))) 2
= v 0 2 f 00 (x(t)) (
1 + (f 0 (x(t))) 2 ) 2
( − f 0 (x(t)) , 1 )
(p9.34)
と表せる．これらの式に f (x) = sin(x)，f 0 (x) = cos(x)， f 00 (x) = − sin(x)， v 0 = 3 を代入すると (p9.18)，(p9.19) が得られる．
尚，上の 2 式から ~a(t) · ~ v(t) = 0 であることがわかるが，これは物体が一定の速度の大きさで運動している場合に
一般に成り立つ．また，f 00 (x) = 0 となる点 (変曲点) で ~a = ~ 0 となることがわかる．
[2014 問 10-1]
質量 m の物体に力 F ~ を加えると，加速度 ~a = 1 m
F ~ を生じる．
時刻 t = 0 に原点 x = 0 で静止していた質量 m = 5 の物体が，力 F(t) = (F ~ x (t) , 0 , 0);
F x (t) =
0 ; t ≤ 0
F 0 (1 − cos (2πt)) ; 0 < t ≤ 1
0 ; 1 < t
(p10.1)
を受けて x 軸上を運動する．
(1) 0 < t ≤ 1 での物体の速度の x 成分 v x (t) を求めなさい．
(2) 1 < t での物体の速度の x 成分 v x (t) を求めなさい．
(3) 力を加え終わった後 (1 < t) に，物体が x 軸の正の向きに速さ 7 で進むように F 0 を定めなさい。
(4) 上のように F 0 を定めたとき，0 < t ≤ 1 と 1 < t での物体の位置 x(t) をそれぞれ求めなさい．
[2014 問 10-2]
滑らかな水平面 (x-y 平面) 上を運動する質量 m = 5 の物体を考える．時刻 t = 0 で物体は ~ r(0) = (0 , 3) の位置 にあり，速度 ~ v 0 = (1 , 0) を持つ．この物体に，時刻 t = 1( > 0 ) から t = 2 まで力
F ~ (t) =
~ 0 ; t ≤ 1
(
1 − cos(2πt)
) F ~ 0 ; 1 < t ≤ 2
~ 0 ; 2 < t
(p10.2)
を加える．ここで， F ~ 0 は定ベクトルを表す．力を加えて物体の軌道を変えて，物体が点 A:(3 , 0) を通るように F ~ 0
を定めたい．以下の手順で考えよう：
(1) 時刻 t = 1 での物体の位置ベクトル ~ r(1) を求めなさい．
(2) 時刻 t = 2 での物体の位置ベクトル ~ r(2) を求めなさい．
(3) 時刻 2 < t での物体の位置ベクトル ~ r(t) を求めなさい．
(4)
F ~ 0 = − f 0 (2 , 3) = ( − 2f 0 , − 3f 0 ) (p10.3) とする。この物体が t = 2 以降の時刻 t 2 で点 A を通るという条件
~ r(t 2 ) = (3 , 0) (p10.4)
から f 0 と t 2 を求めなさい．
[2014 答 10-1]
(1) 0 < t ≤ 1 での物体の加速度の x 成分，a x ，は a x (t) = 1
m F x (t) = F 0
5 (1 − cos(2πt)) (p10.5)
となるので，
v x (t) = v x (0) +
∫ t 0 =t t 0 =0
a x (t 0 )dt 0 = F 0 5
∫ t 0 =t t 0 =0
(1 − cos(2πt 0 )) dt 0
= F 0
5 [
t 0 − 1
2π sin(2πt 0 ) ] t 0 =t
t 0 =0
= F 0
5 (
t − 1
2π sin(2πt) )
, 0 < t ≤ 1 (p10.6) となる．
(2) 1 < t では，物体の加速度の x 成分，a x は 0 なので，物体は等速度運動を行う；
v x (t) = v x (1) +
∫ t 0 =t t 0 =1
a x (t 0 )dt 0 = v x (1) +
∫ t 0 =t t 0 =1
0 dt 0 = v x (1) . (p10.7) (p10.6) より v x (1) = F 0 /5 なので，
v x (t) = F 0
5 , 1 < t (p10.8)
となる．
(3) 条件，v x (1) = 7，より F 0 = 35 となる．
(4) v x (t) を積分する．0 < t ≤ 1 では，(p10.6) より x(t) = x(0) +
∫ t 0 =t t 0 =0
v x (t 0 )dt 0 = 7
∫ t 0 =t t 0 =0
( t 0 − 1
2π sin(2πt 0 ) )
dt 0
= 7 [ (t 0 ) 2
2 + 1
4π 2 cos(2πt 0 ) ] t 0 =t
t 0 =0
= 7 ( t 2
2 + 1
4π 2 cos(2πt) − 1 4π 2
)
. (p10.9)
従って
x(1) = 7 ( 1
2 + 1
4π 2 cos(2π) − 1 4π 2
)
= 7
2 (p10.10)
となる．
次に，1 < t では x(t) = x(0)+
∫ t 0 =t t 0 =0
v x (t 0 )dt 0 = x(1)+
∫ t 0 =t t 0 =1
v x (t 0 )dt 0 = x(1)+v x (1)(t − 1) = 7
2 +7(t − 1) = 7t − 7
2 (p10.11)
となる．
.
[2014 答 10-2]
(1) 時刻 t ≤ 1 での速度ベクトルは
~ v(t) = ~ v(0) +
∫ t 0 =t t 0 =0
~a(t 0 )dt 0 = ~ v(0) (p10.12)
となる．次に，時刻 t ≤ 1 での位置ベクトルは
~ r(t) = ~ r(0) +
∫ t 0 =t t 0 =0
~ v(t 0 )dt 0 = ~ r(0) + [
~ v(0)t 0
] t 0 =t t 0 =0
= ~ r(0) + ~ v(0)t (p10.13) となる．従って
~ r(1) = ~ r(0) + ~ v(0) (
= (
1 , 3 ))
(p10.14) となる．
【注】等速度運動を行う物体の位置ベクトルの式 (24.1) から ~ r(t) = ~ r(0) + ~ v(0)t を出してもよい．
(2) 時刻 1 < t ≤ 2 での速度ベクトルは
~ v(t) = ~ v(0) +
∫ t 0 =t t 0 =0
~a(t 0 )dt 0 = ~ v(0) +
∫ t 0 =1 t 0 =0
~a(t 0 )dt 0 +
∫ t 0 =t t 0 =1
~a(t 0 )dt 0 = ~ v(1) +
∫ t 0 =t t 0 =1
~a(t 0 )dt 0
= ~ v(0) + F ~ 0
5
∫ t 0 =t t 0 =1
(1 − cos (2πt 0 )) dt 0 = ~ v(0) + F ~ 0
5 [
t 0 − 1
2π sin (2πt 0 ) ] t 0 =t
t 0 =1
= ~ v(0) + F ~ 0
5 (
t − 1 − 1
2π sin (2πt) )
(p10.15) となる．次に，時刻 1 < t ≤ 2 での位置ベクトルは
~
r(t) = ~ r(0) +
∫ t 0 =t t 0 =0
~ v(t 0 )dt 0 = ~ r(0) +
∫ t 0 =1 t 0 =0
~ v(t 0 )dt 0 +
∫ t 0 =t t 0 =1
~ v(t 0 )dt 0 = ~ r(1) +
∫ t 0 =t t 0 =1
~ v(t 0 )dt 0
= ~ r(0) + ~ v(0) +
∫ t 0 =t t 0 =1
{
~
v(0) + F ~ 0 5
(
t 0 − 1 − 1
2π sin (2πt 0 ) )}
dt 0
= ~ r(0) + ~ v(0) + (t − 1)~ v(0) + F ~ 0 5
[ (t 0 − 1) 2
2 + 1
4π 2 cos (2πt 0 ) ] t 0 =t
t 0 =1
= ~ r(0) + t~ v(0) + F ~ 0
5
{ (t − 1) 2
2 + 1
4π 2 cos (2πt) − 1 4π 2
}
(p10.16) となる．従って，
~
r(2) = ~ r(0) + 2~ v(0) + F ~ 0 10
(
= (2 , 3) + F ~ 0 10
)
(p10.17) となる．
(3) 時刻 2 < t での速度ベクトルは
~ v(t) = ~ v(0) +
∫ t 0 =t t 0 =0
~a(t 0 )dt 0 = ~ v(0) +
∫ t 0 =2 t 0 =0
~a(t 0 )dt 0 +
∫ t 0 =t t 0 =2
~a(t 0 )dt 0 = ~ v(2) = ~ v(0) + F ~ 0
5 (p10.18) となる．次に，時刻 2 < t での位置ベクトルは
~
r(t) = ~ r(0) +
∫ t 0 =t t 0 =0
~ v(t 0 )dt 0 = ~ r(0) +
∫ t 0 =2 t 0 =0
~ v(t 0 )dt 0 +
∫ t 0 =t t 0 =2
~ v(t 0 )dt 0 = ~ r(2) +
∫ t 0 =t t 0 =2
~ v(t 0 )dt 0
= ~ r(2) + ~ v(2)(t − 2) = ~ r(0) + 2~ v(0) + F ~ 0
10 + (
~ v(0) +
F ~ 0
5 )
(t − 2)
= ~ r(0) + t~ v(0) + F ~ 0
10 (2t − 3) (
= (t , 3) + F ~ 0
10 (2t − 3) )
(p10.19) となる．
【注】等速度運動を行う物体の位置ベクトルの式 (24.1) から ~ r(t) = ~ r(2) + ~ v(2)(t − 2) を出してもよい．
(4) F ~ 0 = − f 0 (2 , 3) = ( − 2f 0 , − 3f 0 ) を (p10.19) に代入すると
~ r(t) =
( t − 2f 0
10 (2t − 3) , 3 − 3f 0
10 (2t − 3) )
(p10.20) となる。条件
(3 , 0) = ~ r(t 2 ) = (
t 2 − 2f 0
10 (2t 2 − 3) , 3 − 3f 0
10 (2t 2 − 3) )
(p10.21) より得られる連立方程式
t 2 − 2f 0
10 (2t 2 − 3) = 3 , f 0
10 (2t 2 − 3) = 1 (p10.22)
を解いて
t 2 = 5 , f 0 = 10
7 (p10.23)
が得られる．
x y
A
いくつかの
f 0
の値に対する~ r(t)
[2014 問 11-1]
(1-1) x 軸上を運動する質量 m の物体を考える。静止している物体に時刻 t = 0 から時刻 t = t 1 まで大きさ F
の一定の力を x 軸の正の向きに加えた．力を加え終わったときの物体の速度の大きさ v 0 と力を加えている 間に物体が進む距離 ` 0 を求めなさい．
(1-2) 静止している質量 60kg の物体に一定の力を 1 秒間加えると，速度の大きさが 時速 40 km/h になった．物
体に加えた力の大きさ F [N] を求めなさい。また，力を加えている間に物体が動く距離 ` [m] を求めなさ い．単位に注意して計算すること．
[2014 問 11-2]
時刻 t = 0 に原点 x = 0 で静止していた質量 m = 3 の質点が，力 F(t) = ~ (
F x (t) , 0 , 0 )
；
F x (t) =
3 ; 0 < t ≤ 1
− 6 ; 2 < t ≤ 6
0 ; その他の t
(p11.1)
を受けて x 軸上を運動する．0 < t の任意の時刻での質点の位置 x(t) を求めなさい．
[2014 答 11-1]
(1-1)
物体に加えた力により生じる加速度の x 成分は a x (t) = F/m となる．物体に力を加え始める時刻 t = 0 の 物体の x 座標を x(0) = 0 とする．0 ≤ t ≤ t 1 で速度の x 成分は
v x (t) = v x (0) +
∫ t 0
a x (t 0 )dt 0 = F m
∫ t 0
dt 0 = F
m t , 0 ≤ t ≤ t 1 (p11.1) となる．これより，力を加え終わった時刻 t = t 1 での物体の速度の大きさは
v 0 = v x (t 1 ) = F
m t 1 (p11.2)
となる．
次に，0 ≤ t ≤ t 1 で物体の x 座標は x(t) = x(0) +
∫ t 0
v x (t 0 )dt 0 = F m
∫ t 0
t 0 dt 0 = F m
[ (t 0 ) 2 2
] t 0 =t t 0 =0
= F
2m t 2 , 0 ≤ t ≤ t 1 (p11.3) となる．これより，力を加えている間に物体がすすむ距離は
` 0 = x(t 1 ) = F
2m t 2 1 (p11.4)
となる．
(1-2)
v 0 = 40 km/h = 4 × 10 4
60 × 60 m/s = 100
9 m/s ≈ 11 m/s (p11.5)
となる．m = 60 kg，t 1 = 1 s と式 (p11.2) より力の大きさは F = mv 0
t 1
= 60 100
9 1 kg m/s 2 = 2
3 × 10 3 N ≈ 6.7 × 10 2 N (p11.6) となる．また，式 (p11.4) より力を加えている間に物体のすすむ距離は
` = v 0 t 1
2 = 100 9
1
2 m = 50
9 m ≈ 5.6 m (p11.7)
となる．
[2014 答 11-2]
加速度の x 成分，a x (t)，は
a x (t) = 1
3 F x (t) =
1 ; 0 < t ≤ 1 0 ; 1 < t ≤ 2
− 2 ; 2 < t ≤ 6 0 ; 6 < t
(p11.1)
となる．
まず，v x (t) を初期条件，v x (0) = 0，を用いて求める．
v x (t) = v x (t 0 ) +
∫ t t 0
a x (t 0 )dt 0 (p11.2)
より，0 < t ≤ 1 では (p11.2) で t 0 = 0 として，
v x (t) = v x (0) +
∫ t 0
a x (t 0 ) dt 0 =
∫ t 0
1 dt 0 = t , 0 < t ≤ 1 . (p11.3) これより v x (1) = 1 となる．次に，1 < t ≤ 2 では (p11.2) で t 0 = 1 として，
v x (t) = v x (1) +
∫ t 1
a x (t 0 ) dt 0 = v x (1) +
∫ t 1
0 dt 0 = v x (1) = 1 , 1 < t ≤ 2 . (p11.4) これより v x (2) = 2 となる．2 < t ≤ 6 では (p11.2) で t 0 = 2 として，
v x (t) = v x (2) +
∫ t 2
a x (t 0 ) dt 0 = v x (2) +
∫ t 2
( − 2) dt 0 = 1 − [ 2t 0
] t 0 =t t 0 =2
= 5 − 2t , 2 < t ≤ 6 (p11.5) となる．これより v x (6) = − 7 であることがわかる．最後に，6 < t では (p11.2) で t 0 = 6 として，
v x (t) = v x (6) +
∫ t 6
a x (t 0 ) dt 0 = v x (6) +
∫ t 6
0 dt 0 = v x (6) = − 7 , 6 < t (p11.6) となる．以上をまとめると
v x (t) =
t ; 0 < t ≤ 1 1 ; 1 < t ≤ 2 5 − 2t ; 2 < t ≤ 6
− 7 ; 6 < t
(p11.7)
となる．
次に，x(t) を初期条件，x(0) = 0，を用いて求める．
x(t) = x(t 0 ) +
∫ t t 0
v x (t 0 )dt 0 (p11.8)
より，0 < t ≤ 1 では (p11.8) で t 0 = 0 として x(t) = x(0) +
∫ t 0
a x (t 0 ) dt 0 =
∫ t 0
t dt 0 = t 2
2 , 0 < t ≤ 1 . (p11.9)
これより x(1) = 1
2 となる．
次に 1 < t ≤ 2 では (p11.8) で t 0 = 1 として x(t) = x(1) +
∫ t 1
v x (t 0 ) dt 0 = 1 2 +
∫ t 1
1 dt 0 = 1 2 +
[ t 0
] t 0 =t t 0 =1
= t − 1
2 , 1 < t ≤ 2 . (p11.10) これより x(2) = 3
2 となる．2 < t ≤ 6 では (p11.8) で t 0 = 2 として x(t) = x(2) +
∫ t 2
v x (t 0 ) dt 0 = 3 2 +
∫ t 2
(5 − 2t 0 ) dt 0 = 3 2 + [
5t 0 − (t 0 ) 2 ] t 0 =t t 0 =2
= 3
2 + 5t − t 2 − 10 + 4 = 5t − t 2 − 9
2 , 2 < t ≤ 6 (p11.11)
となる．これより x(6) = − 21
2 であることがわかる．最後に，6 < t では (p11.8) で t 0 = 6 として x(t) = x(6) +
∫ t 6
v x (t 0 ) dt 0 = − 21 2 +
∫ t 6
( − 7) dt 0 = − 21 2 +
[ − 7t 0 ] t 0 =t
t 0 =6
= 63
2 − 7t , 6 < t (p11.12) となる．以上をまとめると
x(t) =
t 2
2 ; 0 < t ≤ 1 t − 1 2 ; 1 < t ≤ 2
− t 2 + 5t − 9 2 ; 2 < t ≤ 6
− 7t + 63 2 ; 6 < t
(p11.13)
となる．
[2014 問 12-1]
空気の抵抗が無視できる場合の質量 m のボールの運動を考える．
図 12-1 に示すように，点 O が崖の端に位置する．点 O より水平に L だけ離れた位置に，幅 L の台がある．台の位置は点 O より L だ け低い．
点 O を座標系の原点にとり，z 軸を鉛直上向きにとる．また， x 軸 を点 O から水平に，崖に垂直にとる．点 O から，初速度の大きさ v 0 で水平面と θ = π
4 の角度にボールを投げる．ボールが台の上に 落下するためには v min < v 0 < v max であればよい．v min と v max を 求めなさい．ただし，重力加速度の大きさを g とする．
O
L
L
x
L
図 12-1
[2014 問 12-2]
質量 m のボールを水平面上の点 O から，初速度の大きさ v 0 は一定 で，水平面との角度 θ をいろいろ変えて上方に向かって投げる．点 O から水平に v 0 2
2g だけ離れた，高さ v 0 2
4g の点 A をボールが通過する ためには，どの角度にボールを投げればよいか？ tan(θ) を求めなさ い．ただし，重力加速度の大きさを g とし，空気の抵抗が無視でき るとする．
O
A
2 0
g v z
2 0
g v x
図 12-2
[2014 答 12-1]
時刻 t = 0 にボールを投げるとする．ボールの運動は，もし台がないとすると，
x(t) = v 0 cos(θ) t = v 0
√ 2 t , z(t) = v 0 sin(θ) t − g
2 t 2 = v 0
√ 2 t − g
2 t 2 (p12.1)
と表される．
問題の条件より，ボールの x 座標が L となった時刻 t 1 でのボールの z 座標が − L より大きい必要がある：
x(t 1 ) = L , z(t 1 ) > − L . (p12.2)
また，台がないとした場合のボールの軌道を考えて，ボールの x 座標が 2L となった時刻 t 2 でのボールの z 座標 が − L より小さい必要がある：
x(t 2 ) = 2L , z(t 2 ) < − L . (p12.3)
(p12.2) の最初の方程式の解，t 1 =
√ 2L v 0
，を 2 番目の不等式に代入して得られる v 0
√ 2
√ 2L v 0 − g
2 2L 2
v 0 2 > − L (p12.4)
より v 0 に対する条件は
v 0 >
√ gL
2 (p12.5)
となる．また，(p12.3) の最初の方程式の解，t 2 = 2 √ 2L
v 0 ，を 2 番目の不等式に代入して得られる v 0
√ 2 2 √
2L v 0 − g
2 8L 2
v 2 0 < − L (p12.6)
より v 0 に対する条件は
v 0 < 2
√ gL
3 (p12.7)
となる．
以上より
v min =
√ gL
2 , v max = 2
√ gL
3 (p12.8)
が得られる．
【注】
ボールの z 座標が − L となった時刻 t 3 でのボールの x 座標が L より大きく 2L より小さいという条件
z(t 3 ) = − L , L < x(t 2 ) < 2L (p12.9)
を用いてもよい．(p12.9) の最初の方程式 v 0
√ 2 t 3 − g
2 t 2 3 + L = 0 (p12.10)
より
t 3 = v 0
√ 2g (
1 +
√
1 + 4gL v 2 0
)
(p12.11) が得られる．t 3 を (p12.9) の 2 番目の不等式に代入して
L < v 2 0 2g
( 1 +
√
1 + 4gL v 0 2
)
< 2L (p12.12)
より
2gL v 0 2 − 1 <
√
1 + 4gL
v 0 2 (p12.13)
√
1 + 4gL v 2 0 < 4gL
v 0 2 − 1 (p12.14)
が得られる．
まず，最初の不等式 (p12.13) を考える． 2gL
v 0 2 > 1，つまり v 2 0 < 2gL の場合は，不等式の両辺を 2 乗して 1 + 4gL
v 2 0 ge1 − 4gL
v 2 0 + 4g 2 L 2
v 4 0 (p12.15)
より，条件
gL
2 ≤ v 0 2 (< 2gL) (p12.16)
を得る．また， 2gL
v 0 2 − 1 ≤ 0，つまり v 0 2 ≥ 2gL の場合は，(p12.13) は自動的に成り立つ．以上から，v 0 に対する 条件は
v 0 >
√ gL
2 (p12.17)
となる．
次に， 2 番目の不等式 (p12.14) を考える．まず，不等式の右辺は正である必要があるので 4gL
v 0 2 > 1，つまり v 2 0 < 4gL が得られる．この条件の下で，不等式の両辺を 2 乗して
1 + 4gL
v 0 2 < 1 − 8gL v 2 0 +
( 4gL v 0 2
) 2
(p12.18) より，
4gL v 0 2
( 4gL v 0 2 − 3
)
> 0 . (p12.19)
これより条件
v 0 2 < 4gL
3 (p12.20)
を得る．
[2014 答 12-2]
点 O を原点とし，z 軸を鉛直上向きにとり，ボールが x-z 平面内を運動するように x 軸を水平にとる．時刻 t = 0 にボールを投射したとする．初期条件は
~ r(0) = (0 , 0 , 0) , ~ v(0) = (
v 0 cos(θ) , 0 , v 0 sin(θ) )
(p12.21) となり，ボールの位置ベクトル ~ r(t) =
(
x(t) , y(t) , z(t) )
は
x(t) = v 0 cos(θ) t , y(t) = 0 , z(t) = − 1
2 gt 2 + v 0 sin(θ) t (p12.22) と表される．
ボールが点 A を通過する時刻を t 1 とすると，条件より v 0 2
2g = v 0 cos(θ)t 1 , v 2 0 4g = − g
2 t 2 1 + v 0 sin(θ) t 1 (p12.23) が成り立つ．最初の式より得られる t 1 = v 0
2g cos(θ) を 2 番目の式に代入して t 1 を消去すると v 2 0
4g = − v 0 2
8g cos 2 (θ) + v 0 2 2g
sin(θ)
cos(θ) (p12.24)
が得られる． 1
cos 2 (θ) = 1 + tan 2 (θ) なので，tan(θ) についての方程式
0 = tan 2 (θ) − 4 tan(θ) + 3 (p12.25)
が得られる．これより
tan(θ) = 1 , 3 (p12.26)
となる．
【注】
軌道の式
z = − g 2v 0 2
x 2
cos 2 (θ) + tan(θ)x (p12.27)
に，x = v 2 0
2g ，z = v 0 2
4g を代入して (p12.25) を求めてもよい．
[2014 問 13-1]
(1) 0 ≤ t ≤ 10 の範囲で
x(t) = 2 cos ( 2π
5 t − π 5 )
のグラフの概形を描きなさい．山や谷，横軸を横切る点の t の値を書きなさい．
(2) x 軸上で原点を中心に，角振動数 ω > 0 で単振動を行う物体を考える．時刻 t = 0 の物体の x 座標が x(0) = 7，
速度の x 成分が v x (0) = 0 であった．また，物体の x 座標が t > 0 で初めて 0 となる時刻を t 1 とすると ( x(t 1 ) = 0)，そのときの速度の x 成分が v x (t 1 ) = − 5 であった．この物体の任意の時刻 t での x 座標 x(t) を書きなさい．
[2014 問 13-2]
xy 平面上で原点を中心に，等速円運動を行う物体を考える．ただし，物体は z 軸から見て反時計回りに回転して いるとする (つまり，角速度 ω > 0 となっている．) 時刻 t = 0 の物体の座標が ~ r(0) =
( 2 , 1 , 0
)
，時刻 t = 5 の 物体の座標が ~ r(5) =
( − 2 , − 1 , 0 )
である場合に，この物体の任意の時刻 t での位置ベクトル ~ r(t) を書きなさ
い．ただし，物体の角速度の大きさが最も小さい場合について求めること．
.
