急ブレーキをかけた自動車の運動を、動摩擦係数が速度 $v$ の関数 $\mu'(1-cv)$ で表されるとして考える。ここで $c$ は正の定数、$\mu'$ は定数である。以下の問いに答える。 (i) 水平方向の質点の運動方程式を求める。 (ii) (i) で求めた運動方程式を解き、加速度、速度、位置をそれぞれ求める。 (iii) 質点が静止するまでに必要な時間を求める。 (iv) その間に進んだ距離 $X_2$ を求める。 (v) 関数 $f(s) = \log(1-s)$ を $s=0$ の周りでマクローリン展開し、$s$ の2次の項まで求める。 (vi) $cv_0 \ll 1$ のとき、$X_2$ はどのように近似されるか。ただし、$v_0$ は初期速度。

はい、承知いたしました。以下に回答します。

1. 問題の内容

急ブレーキをかけた自動車の運動を、動摩擦係数が速度 $v$ の関数 $\mu'(1-cv)$ で表されるとして考える。ここで $c$ は正の定数、$\mu'$ は定数である。以下の問いに答える。

(i) 水平方向の質点の運動方程式を求める。

(ii) (i) で求めた運動方程式を解き、加速度、速度、位置をそれぞれ求める。

(iii) 質点が静止するまでに必要な時間を求める。

(iv) その間に進んだ距離 $X_2$ を求める。

(v) 関数 $f(s) = \log(1-s)$ を $s=0$ の周りでマクローリン展開し、$s$ の2次の項まで求める。

(vi) $cv_0 \ll 1$ のとき、$X_2$ はどのように近似されるか。ただし、$v_0$ は初期速度。

2. 解き方の手順

(i) 運動方程式

水平方向の運動方程式は、ニュートンの運動方程式 $F = ma$ より、

$m \frac{dv}{dt} = -\mu' (1-cv) mg$

となる。ここで、$m$ は質点の質量、$g$ は重力加速度である。

(ii) 運動方程式の解

加速度 $a = \frac{dv}{dt}$ は、

$a = -\mu' g (1-cv)$

速度 $v(t)$ を求めるために、微分方程式を解く。

$\frac{dv}{dt} = -\mu' g (1-cv)$

$\frac{dv}{1-cv} = -\mu' g dt$

両辺を積分する。

$\int \frac{dv}{1-cv} = \int -\mu' g dt$

$-\frac{1}{c} \log|1-cv| = -\mu' g t + C_1$

初期条件 $t=0$ で $v=v_0$ を代入して、$C_1$ を求める。

$-\frac{1}{c} \log|1-cv_0| = C_1$

よって、

$-\frac{1}{c} \log|1-cv| = -\mu' g t - \frac{1}{c} \log|1-cv_0|$

$\log|1-cv| = \log|1-cv_0| + c \mu' g t$

$1-cv = (1-cv_0) e^{-c \mu' g t}$

$v(t) = \frac{1}{c} [1 - (1-cv_0) e^{c\mu'gt}]$

位置 $x(t)$ を求めるために、速度を時間で積分する。

$x(t) = \int v(t) dt = \int \frac{1}{c} [1 - (1-cv_0) e^{-c \mu' g t}] dt$

$x(t) = \frac{1}{c} [t + \frac{(1-cv_0)}{c\mu'g} e^{-c \mu' g t}] + C_2$

初期条件 $t=0$ で $x=0$ を代入して、$C_2$ を求める。

$0 = \frac{1}{c} [0 + \frac{(1-cv_0)}{c\mu'g} ] + C_2$

$C_2 = -\frac{1}{c} \frac{(1-cv_0)}{c\mu'g}$

よって、

$x(t) = \frac{t}{c} + \frac{1-cv_0}{c^2 \mu' g} (e^{-c\mu'gt} - 1)$

(iii) 静止するまでの時間

$v(t) = 0$ となる時間 $t$ を求める。

$v(t) = \frac{1}{c} [1 - (1-cv_0) e^{-c \mu' g t}] = 0$

$1 = (1-cv_0) e^{-c \mu' g t}$

$e^{c \mu' g t} = 1-cv_0$

$-c\mu'gt = \log(1-cv_0)$

$t = - \frac{\log(1-cv_0)}{c\mu'g}$

(iv) 静止するまでに進んだ距離

上記で求めた時間を $x(t)$ に代入する。

$X_2 = x(t) = \frac{t}{c} + \frac{1-cv_0}{c^2 \mu' g} (e^{-c\mu'gt} - 1)$

$X_2 = \frac{1}{c} \left( - \frac{\log(1-cv_0)}{c\mu'g}\right) + \frac{1-cv_0}{c^2 \mu' g} (e^{ \log(1-cv_0)} - 1)$

$X_2 = - \frac{\log(1-cv_0)}{c^2\mu'g} + \frac{1-cv_0}{c^2 \mu' g} ((1-cv_0)^{-1} - 1)$

$X_2 = - \frac{\log(1-cv_0)}{c^2\mu'g} + \frac{1-cv_0}{c^2 \mu' g} (\frac{1}{1-cv_0} - 1)$

$X_2 = - \frac{\log(1-cv_0)}{c^2\mu'g} + \frac{1-cv_0}{c^2 \mu' g} \frac{cv_0}{1-cv_0}$

$X_2 = \frac{1}{c^2\mu'g} [-\log(1-cv_0) + cv_0]$

(v) マクローリン展開

$f(s) = \log(1-s)$ を $s=0$ の周りでマクローリン展開する。

$f(s) = f(0) + f'(0)s + \frac{f''(0)}{2!}s^2 + \dots$

$f(0) = \log(1-0) = \log(1) = 0$

$f'(s) = \frac{-1}{1-s}$, $f'(0) = -1$

$f''(s) = \frac{-1}{(1-s)^2}$, $f''(0) = -1$

よって、

$f(s) = 0 - s - \frac{s^2}{2} + \dots$

$f(s) \approx -s - \frac{s^2}{2}$

(vi) 近似

$cv_0 \ll 1$ のとき、

$\log(1-cv_0) \approx -cv_0 - \frac{(cv_0)^2}{2}$

これを $X_2$ の式に代入する。

$X_2 = \frac{1}{c^2\mu'g} [-\log(1-cv_0) + cv_0]$

$X_2 \approx \frac{1}{c^2\mu'g} [-(-cv_0 - \frac{(cv_0)^2}{2}) + cv_0]$

$X_2 \approx \frac{1}{c^2\mu'g} [cv_0 + \frac{(cv_0)^2}{2} + cv_0]$

$X_2 \approx \frac{1}{c^2\mu'g} [2cv_0 + \frac{(cv_0)^2}{2}]$

$X_2 \approx \frac{2v_0}{c\mu'g} + \frac{v_0^2}{2\mu'g}$

3. 最終的な答え

(i) $m \frac{dv}{dt} = -\mu' (1-cv) mg$

(ii) $a = -\mu' g (1-cv)$, $v(t) = \frac{1}{c} [1 - (1-cv_0) e^{-c \mu' g t}]$, $x(t) = \frac{t}{c} + \frac{1-cv_0}{c^2 \mu' g} (e^{-c\mu'gt} - 1)$

(iii) $t = - \frac{\log(1-cv_0)}{c\mu'g}$

(iv) $X_2 = \frac{1}{c^2\mu'g} [-\log(1-cv_0) + cv_0]$

(v) $f(s) \approx -s - \frac{s^2}{2}$

(vi) $X_2 \approx \frac{2v_0}{c\mu'g} + \frac{v_0^2}{2\mu'g}$