第 6 講        (平成 19 年 5 月 15 日)

(基本的例題)

今回から二回に渡って、幾つかの基本的例題を通じて運動方程式の解法の 具体的な方法を示す。一般に、運動方程式の解法は次の４つのステップから なる。

(1)

物体に働く力を全て探し出す。

(2)

運動方程式をたてる。

(3)

一般解を求める。

(4)

初期条件から題意に即した解を得る。

1. 放物運動

水平方向に $x$ -軸、$y$ -軸、垂直方向に $z$ -軸をとり、 それぞれの方向への単位ベクトルを ${\boldsymbol e}_x$ , ${\boldsymbol e}_y$ , ${\boldsymbol e}_z$ とする。 $x$ -$z$ 平面内で仰角 $\theta$ の方向に大きさ $v_0$ の速度で 打ち上げた玉 (質量 $m$ とする) の水平面での到達距離を求める。 座標系 ${\cal K}(O; {\boldsymbol e}_x, {\boldsymbol e}_y, {\boldsymbol e}_z)$ は絶対静止座標系で慣性系で あると仮定する。すなわち、地球の自転等の効果は無視する。

(1) 玉に働く力は、 ${\boldsymbol W}=-mg {\boldsymbol e}_z$         (重力)

(2) 運動方程式は

$$m\frac{d^2 {\boldsymbol r}}{dt^2}=-mg {\boldsymbol e}_z$$ (0)

そこで、 ${\boldsymbol r}=x {\boldsymbol e}_x+y {\boldsymbol e}_y+z {\boldsymbol e}_z$ として、各成分で書くと

$$\frac{d^2 x}{dt^2}=0\ \ ,\qquad \frac{d^2 y}{dt^2}=0\ \ ,\qquad \frac{d^2 z}{dt^2}=-g$$ (0)

(3) $x$ , $y$ 方向は等速運動、$z$ 方向は自由落下運動である。 積分は簡単に出来て

$$v_x=v_{x0}\ \ ,\qquad v_y=v_{y0}\ \ ,\qquad v_z=-gt+v_{z0}\ \ ,$$

$$x=v_{x0}t+x_0\ \ ,\qquad y=v_{y0}t+y_0\ \ ,\qquad z=-\frac{1}{2}gt^2+v_{z0}t+z_0$$ (0)

と一般解が求まる。ここに、 $v_{x0},~\cdots, z_0$ 等は 積分定数である。

(4) 初期条件として、$t=0$ で $x=y=z=0$ , $v_x=v_0 \cos \theta$ , $v_y=0$ , $v_z=v_0 \sin \theta$ をとると、積分定数が決まり

$$v_x=v_0 \cos \theta\ \ ,\qquad v_y=0\ \ ,\qquad v_z=-gt+v_0 \sin \theta \ \ ,$$

$$x=(v_0 \cos \theta) t\ \ ,\qquad y=0\ \ ,\qquad z=-\frac{1}{2}gt^2+(v_0 \sin \theta)t$$ (0)

と解が求まる。これを、 ${\boldsymbol v}=-gt {\boldsymbol e}_z+{\boldsymbol v}_0$ , ${\boldsymbol r}=-(1/2)gt^2 {\boldsymbol e}_z+{\boldsymbol v}_0 t$ とベクトルに まとめて書くと便利である。ここに ${\boldsymbol v}_0=(v_0 \cos \theta){\boldsymbol e}_x +(v_0 \sin \theta){\boldsymbol e}_z$ である。

運動の軌跡は、$t$ を $x$ の函数として表わし、それを $z$ の式に 入れることにより

$$z=-\frac{1}{2}\frac{g}{(v_0 \cos \theta)^2} x^2+x\,{\rm tan}\,\theta$$ (0)

これは放物線である。最高点に達するまでの時間は $v_z=0$ とする ことにより、 $t=(v_0 \sin \theta)/g$ . これを、$x$ と $z$ の式に代入することにより、最高点の座標が求まる。 また、着地点までの距離は、$z=0$ を $t$ について解くことにより、 着地点までの時間が

$$t_0=2 \frac{v_0 \sin \theta}{g}$$ (0)

と求まるので、これを $x$ の式に代入して

$$x_0=(v_0 \cos \theta) t_0=\frac{{v_0}^2}{g}(\sin\,2\theta)$$ (0)

と求まる。Eq. (4.6) の $t_0$ は最高点に達するまでの時間の丁度 2 倍である。 特に、$v_0$ =一定、の条件のもとに一番遠くまで玉を飛ばすことの 出来る角度は、 $\sin 2\theta=1$ , つまり $\theta=\pi/4=45^\circ$ の 角度で投げ上げた場合である。

(大気の抵抗を考慮した場合)

この時、最大の到達距離を得るためには、$\theta$ を $45^\circ$ より 大きくすればよいか、あるいは小くすればよいかという問題を 考えてみる。経験によれば、一般に大気の抵抗力は速度に比例して その向きに逆の方向をもつ。これを、 ${\boldsymbol F}=-\gamma m {\boldsymbol v}$ ($\gamma >0$ は定数) とすると、Eq. (4.1) の運動方程式は

$$m\frac{d^2 {\boldsymbol r}}{dt^2}=-mg {\boldsymbol e}_z-\gamma m {\boldsymbol v}$$ (0)

と変更をうける。加速度を ${\boldsymbol v}$ で書くと

$$\frac{d {\boldsymbol v}}{dt}=-g {\boldsymbol e}_z-\gamma {\boldsymbol v}$$ (0)

そこで、 ${\boldsymbol v}=v_x {\boldsymbol e}_x+v_y {\boldsymbol e}_y+v_z {\boldsymbol e}_z$ として

$$\frac{d v_x}{dt}=-\gamma v_x\ \ ,\qquad \frac{d v_y}{dt}=-\gamma v_y\ \ ,\qquad \frac{d v_z}{dt}=-g-\gamma v_z$$ (0)

という 3 つの独立した微分方程式が得られる。まず $x$ 方向の成分の解は $(1/v_x)(d v_x/dt)=-\gamma$ として $t$ で積分することにより、 $C$ を積分定数として、 ${\rm log}\,v_x=-\gamma+C$ である。 そこで $e^C$ を新しく $A$ とおくと $v_x=A e^{-\gamma t}$ と 求まる。同様に、$z$ 方向の積分は $(d v_z/dt)=-\gamma (g/\gamma+v_z)$ を $(1/ (g/\gamma+v_z))(d v_z/dt)=-\gamma$ と書いて $t$ で積分 することにより $v_z=A^\prime e^{\gamma t}-g/\gamma$ である。ここに $A^\prime$ は新しい積分定数である。結局、速度の一般解は

$$v_x=A_x e^{-\gamma t}\ \ ,\qquad v_y=A_y e^{-\gamma t}\ \ ,\qquad v_z=A_z e^{-\gamma t}-\frac{g}{\gamma}$$ (0)

ここに、積分定数 $A_x$ , $A_y$ , $A_z$ は $t=0$ で $v_x=A_x=v_0 \cos \theta$ , $\cdots$ , $v_z=A_z-g/\gamma=v_0 \sin \theta$ であることにより、 $A_x=v_0 \cos \theta$ , $A_y=0$ , $A_z=g/\gamma+v_0 \sin \theta$ と求まる。結局、速度の解は

$$v_x=e^{-\gamma t}(v_0 \cos \theta) \ \ ,\qquad v_y=0\ \ ,\qquad v_z=\left(\frac{g}{\gamma}+v_0 \sin \theta \right) e^{-\gamma t}-\frac{g}{\gamma}$$ (0)

これを、$t$ でもう 1 度積分して

$$x = -\frac{1}{\gamma} e^{-\gamma t}(v_0 \cos \theta)+C_x\ ,$$

$$y = C_y$$

$$z = -\left(\frac{g}{\gamma}+v_0 \sin \theta \right)\frac{1}{\gamma} e^{-\gamma t}-\frac{g}{\gamma} t + C_z$$ (0)

ここに、新しい積分定数 $C_x$ , $C_y$ , $C_z$ は $t=0$ で $x=y=z=0$ であることから決まる。結局、最終的な解として

$$x = (v_0 \cos \theta) \frac{1}{\gamma} \left(1-e^{-\gamma t}\right)\ ,$$

$$y =$$ 0

$$z = \left(\frac{g}{\gamma}+v_0 \sin \theta \right) \frac{1}{\gamma} \left(1-e^{-\gamma t}\right)-\frac{g}{\gamma} t$$ (0)

が求まる。

運動の軌跡の式は、$x$ の式から $t$ を $x$ で表して、これを $z$ の 式に代入すれば求められるが、今の場合、あまり簡単な式にはならない。 それよりも重要なのは、 $\gamma \rightarrow 0$ の極限で、以前の 空気抵抗の無い場合の式になるか、ということである。 これを見るために、指数函数 $e^z$ の Taylor 展開

$$e^z=1+\frac{1}{1!}z+\frac{1}{2!}z^2+\frac{1}{3!}z^3+\cdots$$ (0)

を利用する。これを用いると $e^{\gamma t}=1-\gamma t+(1/2)\gamma^2 t^2 -\cdots$ より、

$$\frac{1}{\gamma}\left(1-e^{\gamma t}\right) =t-\frac{1}{2}\gamma t^2+\cdots$$ (0)

となるので、これを Eq. (4.14) に代入すると

$$x = (v_0 \cos \theta) t \left(1-\frac{1}{2}\gamma t +\cdots\right) \ ,$$

$$y =$$ 0

$$z = \left(\frac{g}{\gamma}+v_0 \sin \theta \right) \left(t-\frac{1}{2}\gamma t^2+\cdots \right)-\frac{g}{\gamma}t$$

$$= -\frac{1}{2} g t^2+(v_0 \sin \theta) t + O(\gamma)$$ (0)

となり、 $\gamma \rightarrow 0$ の時 Eq. (4.4) に帰着する。 Eq. (4.17) で、$O(\gamma)$ は $\gamma$ の 1 次の order の微少量で あることを示す。 また、 $t \rightarrow \infty$ の極限で Eq. (4.12) は

$$v_x \rightarrow 0\ ,$$

$$v_z \rightarrow -\frac{g}{\gamma}$$ (0)

となる。ここで、最後の $-g/\gamma$ は、もとの式 Eq. (4.10) で $d v_z/dt=a_z \rightarrow 0$ となった時の極限の速度に対応しており、 これを空気抵抗のある時の''終端速度''と呼んでいる。 また、 $t \rightarrow \infty$ の時 Eq. (4.14) から

$$x \rightarrow \frac{v_0 \cos \theta}{g}\ ,$$

$$z \rightarrow -\frac{g}{\gamma}t$$ (0)

であることにより、 $x=(v_0 \cos \theta)/g$ は $x$ -$z$ 平面上での 軌跡の漸近線であることがわかる。

今度は、反対の極限として $\gamma$ が十分大きい時を考える。 Eq. (4.10) からすぐ分かるように、$\gamma$ は [1/s] の次元を もっているので、いま考えている問題に特徴的な時間 $t_0$ を 考えて、 $\gamma t_0 \gg 1$ の場合を考えることになる。 $t_0$ として、ここでは玉が再び地表に達するまでの時間、 すなわち $x$ -$y$ 平面 ($z=0$ 平面) への到達時間を考えることにする。 この時、Eq. (4.14) で $e^{-\gamma t_0}$ を無視すると

$$x_0 \sim \frac{v_0 \cos \theta}{\gamma} \ ,$$

$$\left(\frac{g}{\gamma}+v_0 \sin \theta \right)\frac{1}{\gamma} \sim \frac{g}{\gamma} t_0$$ (0)

となる。ここに、$x_0$ は $x$ -$y$ 平面での到達距離である。下の式より

$$t_0 \sim \frac{1}{\gamma}\left(1+\gamma \frac{v_0}{g}\sin \theta \right)$$ (0)

が得られるので、これを

$$\gamma t_0 \sim 1+\gamma \frac{v_0}{g}\sin \theta \gg 1$$ (0)

と書くと、今考えている条件 $\gamma t_0 \gg 1$ より、 Eq. (4.22) の右辺の 1 はその後の $\gamma (v_0/g)\sin \theta$ に 比べて無視できることがわかる。そこで $t_0 \sim (v_0/g)\sin \theta$ . これは、大気の抵抗が無い場合の式 Eq. (4.6) と同じ order の時間である。 Eq. (4.20) の上の式からは、到達距離 $x_0$ は $\theta$ が 小さい方が有利であることがわかる。しかし、 $1/\gamma \ll t_0$ を 用いると、$x_0$ は

$$x_0 \ll (v_0 \cos \theta) t_0=\frac{{v_0}^2}{g}\sin \theta \cos \theta =\frac{{v_0}^2}{2g} (\sin 2\theta)$$ (0)

より、抵抗がない場合よりも常に小さいことがわかる。 実際は、$\gamma$ はかなり大きい。 仮に、$v_0=120$ km/s とすると、 $v_0=120\times 10^3/(60 \times 60) ~\hbox{ m/s} \sim 30~\hbox{m/s}$ だから、 ${v_0}^2/g \sim (30~\hbox{m/s})^2/(9.8~\hbox{m}/\hbox{s}^2) \sim 100~\hbox{m}$ . そこで、 $t_0 \sim (v_0/g) \sin \theta \sim (30~\hbox{m/s})/(9.8~\hbox{m}/\hbox{s}^2) \sim 3~\hbox{s}$ . ここに、 $\sin \theta \sim 1$ とした。 そこで、もし $\gamma \gg 1/t_0$ なら、 $\gamma \gg 0.3~/\hbox{s}$ となる。 $x_0$ は $\theta=0$ の時最大だが、 $\gamma t_0 \gg 1$ を満すためには ある程度の角度は必要である。以上より、大気の抵抗がある場合に 一定の初速度のもとに最大の到達距離を得るためには、$\theta$ を $45^\circ$ より は小くとる方がよいことが予想される。