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の運動を考える問題です。小球は速度に比例する空気抵抗 $f = -bv$ を受けます。 (a) 鉛直上向きに $y$ 軸を取り、小球の運動方程式を立てる。 (b) 運動方程式を解き、$t$ 秒後のボールの速度 $v(t)$ を求め、そのグラフを描く。また、投げ上げ直後の速度の近似式を求め、そのグラフを描く。 (c) 加速度の時間変化を求め、そのグラフを描く。また、投げ上げ直後の近似式を求め、そのグラフを描く。 (d) 小球が最高点に達するまでの時間を求める。 (e) 特別な初速度 $v_0 = \frac{mg}{b}$ で小球を投げ上げた場合、空気抵抗がある場合の最高点 $h$ と、空気抵抗がない場合の最高点 $h'$ を求め、その比 $h/h'$ を求め、この $v_0$ がどう特別なのかを考察する。

1. 問題の内容

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の運動を考える問題です。小球は速度に比例する空気抵抗 $f = -bv$ を受けます。

(a) 鉛直上向きに $y$ 軸を取り、小球の運動方程式を立てる。

(b) 運動方程式を解き、$t$ 秒後のボールの速度 $v(t)$ を求め、そのグラフを描く。また、投げ上げ直後の速度の近似式を求め、そのグラフを描く。

(c) 加速度の時間変化を求め、そのグラフを描く。また、投げ上げ直後の近似式を求め、そのグラフを描く。

(d) 小球が最高点に達するまでの時間を求める。

(e) 特別な初速度 $v_0 = \frac{mg}{b}$ で小球を投げ上げた場合、空気抵抗がある場合の最高点 $h$ と、空気抵抗がない場合の最高点 $h'$ を求め、その比 $h/h'$ を求め、この $v_0$ がどう特別なのかを考察する。

2. 解き方の手順

(a) 運動方程式:

ニュートンの運動方程式より、

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

(b) 運動方程式の解:

運動方程式を解くために、変数分離を行う。

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

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

両辺を積分する。

$\int \frac{dv}{g + \frac{b}{m}v} = \int -dt$

$\frac{m}{b} \ln |g + \frac{b}{m}v| = -t + C$

初期条件 $t = 0$ で $v = v_0$ を代入して積分定数 $C$ を求める。

$\frac{m}{b} \ln |g + \frac{b}{m}v_0| = C$

したがって、

$\frac{m}{b} \ln |g + \frac{b}{m}v| = -t + \frac{m}{b} \ln |g + \frac{b}{m}v_0|$

$\ln |g + \frac{b}{m}v| = -\frac{b}{m}t + \ln |g + \frac{b}{m}v_0|$

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

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

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

投げ上げ直後の近似:

$e^{-\frac{b}{m}t} \approx 1 - \frac{b}{m}t$

$v(t) \approx (v_0 + \frac{mg}{b})(1 - \frac{b}{m}t) - \frac{mg}{b} = v_0 - gt$

グラフは省略。

(c) 加速度の時間変化:

$a(t) = \frac{dv(t)}{dt} = -\frac{b}{m}(v_0 + \frac{mg}{b})e^{-\frac{b}{m}t}$

$a(t) = - (g + \frac{b}{m}v_0)e^{-\frac{b}{m}t}$

投げ上げ直後の近似:

$a(t) \approx - (g + \frac{b}{m}v_0)(1 - \frac{b}{m}t) \approx -g - \frac{b}{m}v_0$

グラフは省略。

(d) 最高点に達するまでの時間:

最高点では $v(t) = 0$ なので、

$0 = (v_0 + \frac{mg}{b})e^{-\frac{b}{m}t} - \frac{mg}{b}$

$e^{-\frac{b}{m}t} = \frac{mg/b}{v_0 + mg/b}$

$-\frac{b}{m}t = \ln \frac{mg/b}{v_0 + mg/b}$

$t = -\frac{m}{b} \ln \frac{mg/b}{v_0 + mg/b} = \frac{m}{b} \ln \frac{v_0 + mg/b}{mg/b}$

(e) $v_0 = \frac{mg}{b}$ の場合:

空気抵抗がある場合:

$v(t) = (\frac{mg}{b} + \frac{mg}{b})e^{-\frac{b}{m}t} - \frac{mg}{b} = \frac{2mg}{b}e^{-\frac{b}{m}t} - \frac{mg}{b}$

$v = \frac{dy}{dt}$ より、

$y(t) = \int v(t) dt = \int (\frac{2mg}{b}e^{-\frac{b}{m}t} - \frac{mg}{b}) dt = -\frac{2m^2g}{b^2}e^{-\frac{b}{m}t} - \frac{mg}{b}t + C$

$t=0$ で $y=0$ より、

$0 = -\frac{2m^2g}{b^2} + C$

$C = \frac{2m^2g}{b^2}$

$y(t) = -\frac{2m^2g}{b^2}e^{-\frac{b}{m}t} - \frac{mg}{b}t + \frac{2m^2g}{b^2}$

最高点では $v(t) = 0$ より、(d)の結果より、

$t = \frac{m}{b} \ln \frac{mg/b + mg/b}{mg/b} = \frac{m}{b} \ln 2$

$h = y(\frac{m}{b} \ln 2) = -\frac{2m^2g}{b^2}e^{-\frac{b}{m}\frac{m}{b} \ln 2} - \frac{mg}{b}\frac{m}{b} \ln 2 + \frac{2m^2g}{b^2} = -\frac{2m^2g}{b^2} \frac{1}{2} - \frac{m^2g}{b^2} \ln 2 + \frac{2m^2g}{b^2} = \frac{m^2g}{b^2}(1 - \ln 2)$

空気抵抗がない場合:

$v(t) = v_0 - gt = \frac{mg}{b} - gt$

$v = 0$ のとき、 $t = \frac{mg}{bg}$

$t = \frac{m}{b}$

$y(t) = \int v(t) dt = \frac{mg}{b}t - \frac{1}{2}gt^2 + C$

$y(0) = 0$ より $C = 0$

$h' = y(\frac{m}{b}) = \frac{mg}{b} \frac{m}{b} - \frac{1}{2}g (\frac{m}{b})^2 = \frac{m^2g}{b^2} - \frac{1}{2} \frac{m^2g}{b^2} = \frac{1}{2} \frac{m^2g}{b^2}$

$\frac{h}{h'} = \frac{\frac{m^2g}{b^2}(1 - \ln 2)}{\frac{1}{2} \frac{m^2g}{b^2}} = 2(1 - \ln 2)$

$v_0 = \frac{mg}{b}$ は、終端速度と等しい。

3. 最終的な答え

(a) 運動方程式: $m \frac{dv}{dt} = -mg - bv$

(b) $v(t) = (v_0 + \frac{mg}{b})e^{-\frac{b}{m}t} - \frac{mg}{b}$, $v(t) \approx v_0 - gt$

(c) $a(t) = - (g + \frac{b}{m}v_0)e^{-\frac{b}{m}t}$, $a(t) \approx -g - \frac{b}{m}v_0$

(d) $t = \frac{m}{b} \ln \frac{v_0 + mg/b}{mg/b}$

(e) $h = \frac{m^2g}{b^2}(1 - \ln 2)$, $h' = \frac{1}{2} \frac{m^2g}{b^2}$, $\frac{h}{h'} = 2(1 - \ln 2)$