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放体の運動|運動の軌跡、最高到達点と最遠到達点

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 重力場(地表面近く)で、質量$m$の物体Mが、高度$h$から水平方向より上向角$θ$で初速$v_0$で放り出された場合(図1)を考える。

図1.放体の運動

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放体Mに作用する力と加速度

地球面近くでは鉛直下方向きの重力加速度$g$が作用しており、物体Mには鉛直下方に$mg$の力が作用する。 物体Mに作用する水平$(x軸)$方向の力を$F_x$、鉛直上$(y軸)$向きの力を$F_y$とすると

$F_x=m \dfrac{d^2x}{dt^2} =0$   ・・・(1)

   $F_y=m \dfrac{d^2y}{dt^2}=-mg$   ・・・(2)

(1)式、(2)式より、物体の水平方向、鉛直方向の加速度は

$\dfrac{d^2x}{dt^2} =0$    ・・・(3)

$\dfrac{d^2y}{dt^2}=-g$    ・・・(4)

放体Mの時刻tにおける速度

 放出から時間tが経過したときの物体Mの速度を求めてみよう。最初に水平成分であるが、(3)式の両辺をそれぞれ積分すれば、

$\int\dfrac{d^2x}{dt^2}dt =\int0dt$    ・・・(5)

これから、 放出から時間tが経過したときの水平方向の速度$v_x$は

$v_x=\dfrac{dx}{dt} =C$   (Cは定数)   ・・・(6)

で時間によらず一定であることがわかる。ここで放出時t=0における放体の速度の水平方向成分が $v_0cosθ$であることから、(6)式を書き換えれば物体Mの水平方向速度は時間によらず一定でその値は

$v_x=\dfrac{dx}{dt} = v_0cosθ $    ・・・(7)

であることがわかる。

同様に、放出から時間tが経過したときの鉛直方向の速度$v_y$を求める。(4)式の両辺をそれぞれ積分すれば、

$\int\dfrac{d^2y}{dt^2}dt =\int(-g)dt$   ・・・(8)

これから、 放出から時間tが経過したときの鉛直方向の速度$v_y$は、

$v_y=\dfrac{dy}{dt} =-gt+C1$ (C1は定数)   ・・・(9)

ここで放出時t=0における放体の速度の鉛直方向成分が $v_0sinθ$であることから、(9)式を書き換えれば物体Mの時刻tにおける鉛直方向速度は、

   $v_y=\dfrac{dy}{dt}=-gt+v_0sinθ$    ・・・(10)

放体Mの時刻tにおける位置

 放出から時間tが経過したときの物体Mの位置を求めてみよう。最初に 水平$(x軸)$方向の位置であるが、(7)式の両辺をそれぞれ積分すれば、

$\int\dfrac{dx}{dt}dt=\int(v_0cosθ)dt$   ・・・(11)

これから、 放出から時間tが経過したときの水平方向の位置$s_x$は 、

$s_x= x=v_0cosθ・t+C2$  (C2は定数)   ・・・(12)

ここで放出時t=0における放体の水平方向位置が $0$であることから、C2=0である。(12)式を書き換えれば、

$s_x= x=v_0cosθ・t$   ・・・(13)

同様に、放出から時間tが経過したときの鉛直$(y軸)$方向の位置を求める。(10)式の両辺をそれぞれ積分すれば、

$\int\dfrac{dy}{dt}dt=\int(-gt+v_0sinθ)dt$   ・・・(14)

これから、 放出から時間tが経過したときの鉛直方向の位置$s_y$は 、

$s_y=y=-\dfrac{1}{2}gt^2+v_0sinθ・t+C3$  (C3は定数)・・・(15)

ここで放出時t=0における放体の鉛直方向位置が $h$であることから、$C3=h$である。 (15)式を書き換えれば、

$s_y=y= -\dfrac{1}{2}gt^2+v_0sinθ・t+ h$  ・・・(16)

となる。

放体Mの軌跡

 (13)式と(16)式から$t$を消去して$y$と$x$の関係、すなわち放体の軌跡を求めてみよう。(13)式から、

$t= \dfrac{x}{v_0cosθ}$であるから、これを(16)式の$t$に代入して式を整理すれば、

$y=-\dfrac{g}{2v_0^2cosθ^2}(x- \dfrac{v_0^2sin2θ}{2g})^2+h+ \dfrac{v_0^2sinθ^2}{2g} $   ・・・(17)

これが放体Mがx-y平面内で描く運動軌跡である。

最高到達点と最長到達点

 上記軌跡の最高到達点は、(17)式で負の符号を持つ第1項が0となる点である$x座標$が$x= \dfrac{v_0^2sin2θ}{2g}$のときであり、 その値 $y_m$ は

$y_m=h+ \dfrac{v_0^2sinθ^2}{2g} $  ・・・(18)

である。

また、最長到達点$x_m$は(17)式で$y=0$とおいて$x$の2次方程式を解けば求めることが出来る。式の導出を略して結果を記せば次の式が得られる。ただし(19)式は根の公式の根号内を2項級数展開して求めた近似式である。

$x_m= \dfrac{v_0^2sin2θ}{2g} (2+\dfrac{gh}{v_0^2sinθ^2} )$ ・・・(19)

(19)式の右辺の括弧を外して整理すれば、最長到達点は(19′)のようにも書ける。

$x_m= \dfrac{v_0^2sin2θ}{g} +hcotθ$  ・・・(19′)

(19)式で$h=0$としたとき、すなわち地上から物体Mを放り投げたときの最長到達点$x’_m$は、

$x’_m=\dfrac{v_0^2sin2θ}{g} $  ・・・(20)

となり、初速$v_0$が同じであれば、$θ= \dfrac{π}{4} $のとき最大値 $\dfrac{v_0^2}{g} $を取ることがわかる。また、(19)式から、地上より高い位置$h$から放出するほうが最長到達距離が大きく出来ることもわかる。

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