原点から初速度 $v_0$、投射角 $\theta$ で質量 $m$ の質点を投射したときの運動について、以下の問いに答えます。ただし、重力加速度は $g$ とし、空気抵抗は無視します。 問1. 質点の運動方程式を書きなさい。 問2. 時刻 $t$ における質点の速度を求めなさい。 問3. 時刻 $t$ における質点の座標を求めなさい。 問4. 質点の軌道が放物線になることを示しなさい。 問5. 最高到達点の時刻と座標を求めなさい。 問6. 座標 $(X, Y)$ にある的に命中させるために必要な投射角 $(\tan \theta)$ を求めなさい。 問7. 質点が移動する際の軌跡と地面との間の面積が最大となるような投射角 $\theta_{max}$ を求めなさい。ただし、$0 < \theta_{max} < \pi/2$ とします。

1. 問題の内容

原点から初速度 $v_0$、投射角 $\theta$ で質量 $m$ の質点を投射したときの運動について、以下の問いに答えます。ただし、重力加速度は $g$ とし、空気抵抗は無視します。

問

1. 質点の運動方程式を書きなさい。

問

2. 時刻 $t$ における質点の速度を求めなさい。

問

3. 時刻 $t$ における質点の座標を求めなさい。

問

4. 質点の軌道が放物線になることを示しなさい。

問

5. 最高到達点の時刻と座標を求めなさい。

問

6. 座標 $(X, Y)$ にある的に命中させるために必要な投射角 $(\tan \theta)$ を求めなさい。

問

7. 質点が移動する際の軌跡と地面との間の面積が最大となるような投射角 $\theta_{max}$ を求めなさい。ただし、$0 < \theta_{max} < \pi/2$ とします。

2. 解き方の手順

問

1. 運動方程式

水平方向には力が働かないので、

$m \frac{d^2x}{dt^2} = 0$

鉛直方向には重力が働くので、

$m \frac{d^2y}{dt^2} = -mg$

問

2. 速度

初期条件は $t=0$ で $v_x = v_0 \cos \theta$, $v_y = v_0 \sin \theta$ なので、

$v_x = \frac{dx}{dt} = v_0 \cos \theta$

$v_y = \frac{dy}{dt} = v_0 \sin \theta - gt$

問

3. 座標

初期条件は $t=0$ で $x=0$, $y=0$ なので、

$x = v_0 \cos \theta \cdot t$

$y = v_0 \sin \theta \cdot t - \frac{1}{2}gt^2$

問

4. 軌道

$x = v_0 \cos \theta \cdot t$ より、$t = \frac{x}{v_0 \cos \theta}$。

これを $y$ の式に代入すると、

$y = v_0 \sin \theta \cdot \frac{x}{v_0 \cos \theta} - \frac{1}{2}g \left( \frac{x}{v_0 \cos \theta} \right)^2$

$y = \tan \theta \cdot x - \frac{g}{2v_0^2 \cos^2 \theta} x^2$

これは $x$ の二次関数なので、軌道は放物線となる。

問

5. 最高到達点

最高到達点では $v_y = 0$ となるので、

$v_0 \sin \theta - gt = 0$

$t = \frac{v_0 \sin \theta}{g}$

これが最高到達点の時刻。

この時刻を $x$ と $y$ の式に代入すると、

$x = v_0 \cos \theta \cdot \frac{v_0 \sin \theta}{g} = \frac{v_0^2 \sin \theta \cos \theta}{g} = \frac{v_0^2 \sin 2\theta}{2g}$

$y = v_0 \sin \theta \cdot \frac{v_0 \sin \theta}{g} - \frac{1}{2}g \left( \frac{v_0 \sin \theta}{g} \right)^2 = \frac{v_0^2 \sin^2 \theta}{g} - \frac{v_0^2 \sin^2 \theta}{2g} = \frac{v_0^2 \sin^2 \theta}{2g}$

問

6. 命中条件

$x=X, y=Y$ となる時刻 $t$ が存在する必要がある。

$X = v_0 \cos \theta \cdot t$ より、$t = \frac{X}{v_0 \cos \theta}$

$Y = v_0 \sin \theta \cdot t - \frac{1}{2}gt^2 = v_0 \sin \theta \cdot \frac{X}{v_0 \cos \theta} - \frac{1}{2}g \left( \frac{X}{v_0 \cos \theta} \right)^2$

$Y = X \tan \theta - \frac{g X^2}{2 v_0^2 \cos^2 \theta}$

$Y = X \tan \theta - \frac{g X^2}{2 v_0^2} (1 + \tan^2 \theta)$

$\frac{g X^2}{2 v_0^2} \tan^2 \theta - X \tan \theta + Y + \frac{g X^2}{2 v_0^2} = 0$

この $\tan \theta$ に関する二次方程式が実数解を持つ条件は、判別式 $D \ge 0$ となることである。

$D = (-X)^2 - 4 \cdot \frac{g X^2}{2 v_0^2} \cdot \left(Y + \frac{g X^2}{2 v_0^2} \right) \ge 0$

$X^2 - \frac{2g X^2}{v_0^2} Y - \frac{g^2 X^4}{v_0^4} \ge 0$

$1 - \frac{2g Y}{v_0^2} - \frac{g^2 X^2}{v_0^4} \ge 0$

$\tan \theta = \frac{X \pm \sqrt{X^2 - \frac{2gX^2}{v_0^2}Y - \frac{g^2X^4}{v_0^4}}}{\frac{gX^2}{v_0^2}} = \frac{v_0^2}{gX} \left( 1 \pm \sqrt{1 - \frac{2gY}{v_0^2} - \frac{g^2X^2}{v_0^4}} \right)$

問

7. 最大面積

質点の軌跡と地面との間の面積は、

$S = \int_0^{x_{max}} y dx$

ここで、$x_{max}$ は到達距離であり、 $y=0$ となる $x$ の値である。

$y = x \tan \theta - \frac{g}{2 v_0^2 \cos^2 \theta} x^2 = 0$

$x \left( \tan \theta - \frac{g}{2 v_0^2 \cos^2 \theta} x \right) = 0$

$x = 0, \frac{2 v_0^2 \tan \theta \cos^2 \theta}{g} = \frac{2 v_0^2 \sin \theta \cos \theta}{g} = \frac{v_0^2 \sin 2\theta}{g}$

したがって、$x_{max} = \frac{v_0^2 \sin 2\theta}{g}$

$S = \int_0^{\frac{v_0^2 \sin 2\theta}{g}} \left( x \tan \theta - \frac{g}{2 v_0^2 \cos^2 \theta} x^2 \right) dx$

$S = \left[ \frac{1}{2} x^2 \tan \theta - \frac{g}{6 v_0^2 \cos^2 \theta} x^3 \right]_0^{\frac{v_0^2 \sin 2\theta}{g}}$

$S = \frac{1}{2} \left( \frac{v_0^2 \sin 2\theta}{g} \right)^2 \tan \theta - \frac{g}{6 v_0^2 \cos^2 \theta} \left( \frac{v_0^2 \sin 2\theta}{g} \right)^3$

$S = \frac{v_0^4}{g^2} \left( \frac{1}{2} \sin^2 2\theta \tan \theta - \frac{1}{6} \frac{\sin^3 2\theta}{\cos^2 \theta} \right)$

$S = \frac{v_0^4}{g^2} \left( 2 \sin^2 \theta \cos^2 \theta \frac{\sin \theta}{\cos \theta} - \frac{8}{6} \frac{\sin^3 \theta \cos^3 \theta}{\cos^2 \theta} \right)$

$S = \frac{v_0^4}{g^2} \sin^3 \theta \cos \theta \left( 2 - \frac{4}{3} \right) = \frac{2 v_0^4}{3 g^2} \sin^3 \theta \cos \theta$

$\frac{dS}{d\theta} = \frac{2 v_0^4}{3 g^2} (3 \sin^2 \theta \cos^2 \theta - \sin^4 \theta) = 0$

$3 \sin^2 \theta \cos^2 \theta - \sin^4 \theta = 0$

$\sin^2 \theta (3 \cos^2 \theta - \sin^2 \theta) = 0$

$\sin^2 \theta (3 (1-\sin^2 \theta) - \sin^2 \theta) = 0$

$\sin^2 \theta (3 - 4 \sin^2 \theta) = 0$

$\sin^2 \theta = 0$ or $\sin^2 \theta = \frac{3}{4}$

$\sin \theta = 0$ or $\sin \theta = \frac{\sqrt{3}}{2}$

$\theta = 0$ or $\theta = \frac{\pi}{3}$

$\theta = 0$ は面積が0になるので不適。

したがって、$\theta_{max} = \frac{\pi}{3}$

3. 最終的な答え

問

1. $m \frac{d^2x}{dt^2} = 0$, $m \frac{d^2y}{dt^2} = -mg$

問

2. $v_x = v_0 \cos \theta$, $v_y = v_0 \sin \theta - gt$

問

3. $x = v_0 \cos \theta \cdot t$, $y = v_0 \sin \theta \cdot t - \frac{1}{2}gt^2$

問

4. $y = \tan \theta \cdot x - \frac{g}{2v_0^2 \cos^2 \theta} x^2$ (これは $x$ の二次関数なので、軌道は放物線)

問

5. 時刻: $\frac{v_0 \sin \theta}{g}$, 座標: $(\frac{v_0^2 \sin 2\theta}{2g}, \frac{v_0^2 \sin^2 \theta}{2g})$

問

6. $\tan \theta = \frac{v_0^2}{gX} \left( 1 \pm \sqrt{1 - \frac{2gY}{v_0^2} - \frac{g^2X^2}{v_0^4}} \right)$

問

7. $\theta_{max} = \frac{\pi}{3}$