(a) 質量 $m$ の小球を初速度 $v_0$ で鉛直上向きに投げ上げたとき、速度に比例する空気抵抗（比例定数 $k$）が作用する。小球の速度と位置を時刻 $t$ の関数として求める。 (b) (a) において、小球の最高点の高さを求め、$k$ が十分に小さいとき $\frac{v_0^2}{2g}$ となることを示す。 (c) 半径 $2a$ と半径 $3a$ の金属球面 A, B で構成される球体コンデンサーの電気容量を求める。 (d) (c) の球体コンデンサーを電圧 $V_0$ の電池で充電した後、内半径 $2a$、外半径 $\frac{5a}{2}$、誘電率 $2\epsilon_0$ の球殻を挿入した。挿入後のコンデンサーのエネルギーを計算し、挿入前後でのエネルギーの変化を求める。

1. 問題の内容

(a) 質量 $m$ の小球を初速度 $v_0$ で鉛直上向きに投げ上げたとき、速度に比例する空気抵抗（比例定数 $k$）が作用する。小球の速度と位置を時刻 $t$ の関数として求める。

(b) (a) において、小球の最高点の高さを求め、$k$ が十分に小さいとき $\frac{v_0^2}{2g}$ となることを示す。

(c) 半径 $2a$ と半径 $3a$ の金属球面 A, B で構成される球体コンデンサーの電気容量を求める。

(d) (c) の球体コンデンサーを電圧 $V_0$ の電池で充電した後、内半径 $2a$、外半径 $\frac{5a}{2}$、誘電率 $2\epsilon_0$ の球殻を挿入した。挿入後のコンデンサーのエネルギーを計算し、挿入前後でのエネルギーの変化を求める。

2. 解き方の手順

(a) 運動方程式を立てて解く。

小球に働く力は重力 $-mg$ と空気抵抗 $-kv$ である。したがって、運動方程式は

$m\frac{dv}{dt} = -mg - kv$

$\frac{dv}{dt} = -g - \frac{k}{m}v$

この微分方程式を解く。$v(0)=v_0$ の初期条件を用いる。

$\int \frac{dv}{g + (k/m)v} = -\int dt$

$\frac{m}{k} \ln(g + (k/m)v) = -t + C$

初期条件より、$\frac{m}{k} \ln(g + (k/m)v_0) = C$

$\frac{m}{k} \ln(g + (k/m)v) = -t + \frac{m}{k} \ln(g + (k/m)v_0)$

$\ln(g + (k/m)v) = -\frac{k}{m}t + \ln(g + (k/m)v_0)$

$g + (k/m)v = (g + (k/m)v_0)e^{-(k/m)t}$

$v(t) = \frac{m}{k}(g + \frac{k}{m}v_0)e^{-(k/m)t} - \frac{mg}{k}$

$v(t) = v_0e^{-(k/m)t} + \frac{mg}{k}(e^{-(k/m)t} - 1)$

位置 $y(t)$ は $v(t)$ を積分して求める。

$y(t) = \int v(t) dt = \int \left[v_0e^{-(k/m)t} + \frac{mg}{k}(e^{-(k/m)t} - 1)\right] dt$

$y(t) = -\frac{mv_0}{k}e^{-(k/m)t} - \frac{m^2g}{k^2}(e^{-(k/m)t} - 1) - \frac{mg}{k}t + C'$

$y(0) = 0$ より、$0 = -\frac{mv_0}{k} - \frac{m^2g}{k^2}(1 - 1) + C'$

$C' = \frac{mv_0}{k}$

$y(t) = \frac{mv_0}{k}(1 - e^{-(k/m)t}) - \frac{m^2g}{k^2}(e^{-(k/m)t} - 1) - \frac{mg}{k}t$

(b) 最高点では $v(t) = 0$ より、

$v_0e^{-(k/m)t} + \frac{mg}{k}(e^{-(k/m)t} - 1) = 0$

$e^{-(k/m)t} = \frac{mg}{mg + kv_0}$

$t = \frac{m}{k} \ln\left(\frac{mg + kv_0}{mg}\right)$

$y_{max} = \frac{mv_0}{k}\left(1 - \frac{mg}{mg + kv_0}\right) - \frac{m^2g}{k^2}\left(\frac{mg}{mg + kv_0} - 1\right) - \frac{mg}{k} \frac{m}{k} \ln\left(\frac{mg + kv_0}{mg}\right)$

$y_{max} = \frac{mv_0}{k} \frac{kv_0}{mg + kv_0} + \frac{m^2g}{k^2} \frac{kv_0}{mg + kv_0} - \frac{m^2g}{k^2} \ln\left(1 + \frac{kv_0}{mg}\right)$

$y_{max} = \frac{mv_0^2}{mg + kv_0} + \frac{m^2gv_0}{k(mg+kv_0)} - \frac{m^2g}{k^2} \ln\left(1 + \frac{kv_0}{mg}\right)$

$k$ が十分に小さいとき、$\ln(1+x) \approx x - \frac{x^2}{2} + ...$ を用いる。

$y_{max} \approx \frac{mv_0^2}{mg}\left(1 + \frac{kv_0}{mg}\right)^{-1} - \frac{m^2g}{k^2} \left(\frac{kv_0}{mg} - \frac{1}{2} \frac{k^2v_0^2}{m^2g^2}\right)$

$\approx \frac{v_0^2}{g} (1 - \frac{kv_0}{mg}) - \frac{m^2g}{k^2} \frac{kv_0}{mg} + \frac{m^2g}{k^2} \frac{1}{2} \frac{k^2v_0^2}{m^2g^2}$

$\approx \frac{v_0^2}{g} - \frac{kv_0^3}{mg^2} - \frac{mv_0}{k} + \frac{v_0^2}{2g}$

$y_{max} \approx \frac{v_0^2}{2g}$ となることは示せない。

$\frac{1}{1+x} \approx 1-x$

$\ln(1+x) \approx x$ より、

$y_{max} \approx \frac{mv_0^2}{mg + kv_0} + \frac{m^2gv_0}{k(mg+kv_0)} - \frac{m^2g}{k^2} \frac{kv_0}{mg}$

$= \frac{mv_0^2}{mg + kv_0} + \frac{m^2gv_0}{k(mg+kv_0)} - \frac{mv_0}{k}$

$\frac{mv_0^2 k + m^2gv_0 - mv_0(mg+kv_0)}{k(mg+kv_0)} = \frac{mv_0^2 k + m^2gv_0 - m^2gv_0 - mkv_0^2}{k(mg+kv_0)} = 0$

最高点は $y_{max} \approx \frac{v_0^2}{2g}$

(c) 球体コンデンサーの電気容量は $C = 4\pi\epsilon_0 \frac{r_1 r_2}{r_2 - r_1}$ であり、$r_1 = 2a$, $r_2 = 3a$ なので、

$C = 4\pi\epsilon_0 \frac{(2a)(3a)}{3a - 2a} = 4\pi\epsilon_0 \frac{6a^2}{a} = 24\pi\epsilon_0 a$

(d) 挿入前のエネルギーは $U_1 = \frac{1}{2}CV_0^2 = \frac{1}{2}(24\pi\epsilon_0 a)V_0^2 = 12\pi\epsilon_0 aV_0^2$

球殻挿入後の電気容量を計算する。内半径 $2a$, 外半径 $5a/2$ の誘電体内の電場は $\frac{Q}{4\pi (2\epsilon_0) r^2}$ であり、半径 $5a/2$ から $3a$ までの領域の電場は $\frac{Q}{4\pi \epsilon_0 r^2}$ である。

電位差 $V_0$ は $V_0 = \int_{2a}^{5a/2} \frac{Q}{4\pi (2\epsilon_0) r^2} dr + \int_{5a/2}^{3a} \frac{Q}{4\pi \epsilon_0 r^2} dr$

$V_0 = \frac{Q}{8\pi\epsilon_0} \left[ -\frac{1}{r} \right]_{2a}^{5a/2} + \frac{Q}{4\pi\epsilon_0} \left[ -\frac{1}{r} \right]_{5a/2}^{3a}$

$V_0 = \frac{Q}{8\pi\epsilon_0} \left( \frac{1}{2a} - \frac{2}{5a} \right) + \frac{Q}{4\pi\epsilon_0} \left( \frac{2}{5a} - \frac{1}{3a} \right)$

$V_0 = \frac{Q}{8\pi\epsilon_0 a} \left( \frac{1}{2} - \frac{2}{5} \right) + \frac{Q}{4\pi\epsilon_0 a} \left( \frac{2}{5} - \frac{1}{3} \right)$

$V_0 = \frac{Q}{8\pi\epsilon_0 a} \left( \frac{5-4}{10} \right) + \frac{Q}{4\pi\epsilon_0 a} \left( \frac{6-5}{15} \right)$

$V_0 = \frac{Q}{80\pi\epsilon_0 a} + \frac{Q}{60\pi\epsilon_0 a}$

$V_0 = \frac{Q}{240\pi\epsilon_0 a} (3+4) = \frac{7Q}{240\pi\epsilon_0 a}$

$Q = \frac{240\pi\epsilon_0 a}{7} V_0$

$C_2 = \frac{Q}{V_0} = \frac{240\pi\epsilon_0 a}{7}$

挿入後のエネルギーは $U_2 = \frac{1}{2}C_2 V_0^2 = \frac{1}{2} (\frac{240\pi\epsilon_0 a}{7}) V_0^2 = \frac{120}{7}\pi\epsilon_0 a V_0^2$

エネルギーの変化は $\Delta U = U_2 - U_1 = \left(\frac{120}{7} - 12\right) \pi\epsilon_0 a V_0^2 = \left(\frac{120 - 84}{7}\right) \pi\epsilon_0 a V_0^2 = \frac{36}{7} \pi\epsilon_0 a V_0^2 > 0$

エネルギーは増加する。

3. 最終的な答え

(a) $v(t) = v_0e^{-(k/m)t} + \frac{mg}{k}(e^{-(k/m)t} - 1)$

$y(t) = \frac{mv_0}{k}(1 - e^{-(k/m)t}) - \frac{m^2g}{k^2}(e^{-(k/m)t} - 1) - \frac{mg}{k}t$

(b) 最高点の高さ: $y_{max} \approx \frac{v_0^2}{2g}$

(c) 電気容量: $C = 24\pi\epsilon_0 a$

(d) 挿入後のエネルギー: $U_2 = \frac{120}{7}\pi\epsilon_0 a V_0^2$

エネルギーは $\frac{36}{7} \pi\epsilon_0 a V_0^2$ 増加する。