(力学 I（`16）予想問題集解答例)

(力学 I（’16）予想問題集解答例)
1.
(1) x(t) = A sin(ωt) を順次 t で微分すると、速度、加速度が v(t) =
Aω cos(ωt) 、a(t) = −Aω 2 sin(ωt) と求まる。
(2) x(t) = t3 − 3t2 より、速度が v(t) = 3t(t − 2) と求まる。t = 0, 2 で
v = 0 となるので、「増減表」を書くと分かるように、質点は t = 0 で原
点を出発し x 軸と逆向きに運動し、t = 2 に x = −4 の位置で静止した
後、向きを変えて x 軸の向きに運動し、t = 3 で原点に戻ったことにな
る。よって、質点が t = 0 から t = 3 の間に運動した距離は 2 × 4 = 8 で
ある。または
∫
3
0
|v(t)|dt
を計算して求めてもよい。
2.
(1) P を含むある（鉛直）面内に飛び散った破片に注目する。P を原点と
し、水平方向に x 軸、鉛直上向きに z 軸をとると、x 軸に対し角度 θ で
飛び出した破片の、爆発から時間 t 経過したときの位置座標は 1
(x, z) = (v0 cos θ t, v0 sin θ t − gt2 )
2
となる。
(2) (1) の結果から θ を消去し x と z の関係を求めれば、時間 t 経過し
た時に、花火の破片が今考えている鉛直面内で描く図形の方程式が求ま
る。具体的には、(1) で求めた x に関する式から cos θ = vx0 t 、z の式から
sin θ =
(
z+ 12 gt2
v0 t
x
v0 t
)2
が得られるので、これらを２乗して足すと
(
z + 12 gt2
+
v0 t
)2
=1
→
(
1
x + z + gt2
2
2
)2
= (v0 t)2
が得られる。これは P 点より 21 gt2 だけ鉛直下方の点を中心とし、半径
v0 t の円を表している。P を含む鉛直面は任意に選べるので、z 軸を回転
軸として円を回転して得られる回転体、即ち、P 点より 12 gt2 だけ鉛直下
方の点を中心とし、半径 v0 t の球面が、求める図形である。
(N.B.) 仮に、花火の爆発後に点 P から自由落下する観測者がいたとする
と、この観測者から見ると（慣性力のために）破片はあたかも無重力状
態にある様に見える。従って、t 経過したときの破片の図形は、自分を中
心に半径 v0 t の球面になるはずである。こう考えると、上で得た結果は当
然の結果であるとも言える。
3.
(1) F = ma で、F = −γv = −γ dx
、a =
dt
−γ
dx
d2 x
=m 2
dt
dt
→ m
d2 x
dt2
とすると、x(t) についての
d2 x
dx
＋γ
=0
2
dt
dt
という二階の微分方程式が得られる。
(2) x(t) = eλt (λ : 定数) と置いて、(1) の微分方程式に代入すると、λ に
関する２次方程式 mλ2 + γλ = 0
γ
という二つの解が得られる。これか
が得られ、これを解くと λ = 0, − m
γ
−mt
ら、二つの特解 x = 1, x = e
が得られる。
よって、一般解は γ
x(t) = c1 + c2 e− m t
となる。ただし、c1,2 は任意定数。次に初期条件 x(0) = 0 より c1 +c2 = 0。
γ
γ −m
0
e t なので v(0) = v0 → c2 = − mv
。こうしてまた v(t) = −c2 m
γ
x(t) =
γ )
mv0 (
1 − e− m t
γ
と求まる。
0
となる。（抵抗力のため
十分時間が経った時 (t → ∞) には x → mv
γ
に、物体はこの座標の点で静止することになる。）
4.
(1) エレベーター内の観測者から見ると、質量 m の質点には、鉛直下向
きに ma の大きさの慣性力が、重力 mg の他に働くので、あたかも重力が
mg + ma = m(g + a) になった様にみえる。つまり、重力加速度の大きさ
が（慣性力の効果で）g + a に変化した様に見える事になる。また、この
時、エレベータ―の天井からつるされた長さ
l の振り子の周期は、通常の
√
√
l
l
振り子の周期の式 T = 2π g において、g を g + a で置き換えて 2π g+a
の様に求まる。
(2) 電車内の観測者（加速度系）から見ると、つり革に働く慣性力は水平
方向で（電車の進行方向と逆）、その大きさは ma (m はつり革の質量) で
ある。その他に、重力 mg とつり革の張力が働くので、つり革に関する
力のつり合いを考えると tan θ =
ma
a
=
mg
g
の様に、θ が与えられる。
また、慣性力のために、重力は鉛直方向から (θ だけ) 傾き、重力加速
√
度の大きさも、 g 2 + a2 （(1) の場合と違い、重力と慣性力の方向が互
いに垂直なので）に変化した様に見える。よって、電車内の振り子の周
√
期は 2π √ 2l 2 となる。
g +a
5.
なので、
(1) x 軸上の運動では、力と位置エネルギーの関係は F = − dV
dx
dV
3
物体に働く力がゼロとなる場所の x 座標は dx = 4ax − 2bx = 0 → x =
√
b
0, ± 2a
と求まる。
また、運動エネルギーは常にゼロ以上なので、物体が運動可能な領域
は V (x) ≤ E → ax4 − bx2 ≤ E という不等式で与えられる。この不等式
√ √
2
4
2
を解くと、ax − bx = E の（実数）解が x = ± b+ b2a+4aE なので √
−
b+
√
√
b2 + 4aE
≤x≤
2a
b+
√

b2 + 4aE 
|x| ≤
2a
√
b+
√

b2 + 4aE 
2a
が、物体が運動する x 軸上の領域となる。
(2) 地球の中心を原点とし、無限遠方に伸びる x 軸を考える。x 軸上の座
標 x (RE < x とする) の点でロケットが地球から受ける万有引力（の x
成分）は F (x) = −G MxE2m である。よって、地球の中心からの距離が r の
位置における位置エネルギーは V (r) = −
∫
r
∞
F (x0 )dx0 = −
GME m
r
と求まる。
(3) V (r) のグラフを描くと分かるように、E ≥ 0 であれば、RE ≤ r のす
べての領域で V (r) ≤ E なので、ロケットは宇宙の果てまで到達出来る。
一方、地上で打ち上げる時のロケットの初速を v0 とすると、E ≥ 0 の条
件は GME m
1
≥0
E = mv02 −
2
RE
と書ける。これから宇宙の果てまで到達出来るために必要な最小の初速
√
E
度（脱出速度）は 2GM
となる。
RE
6.
(1) 重心は、あたかも全質量 (3m) と外力の合力（A, B に働く重力の合
力。大きさ 2mg + mg = 3mg ）が重心に集中した様に運動をする。つま
り、重心は重力加速度 g で、地上からの高さ h の点から自由落下するこ
とになる。
(2) 破片 A, B は爆発時に水平に飛び出したので、鉛直方向の運動は自由
落下の場合と同じである。従って、破片 A が水変な地上面の、O から距
離 l の位置に落下した時、重心も地上面の O に在り、もう一つの破片 B
も地面に落下している。従って、落下した時の破片 B の O からの距離を
l0 とすると、l : l0 = m : 2m → l0 = 2l が言える。即ち、破片 B は線分
AO を延長した線上の、O からの距離が 2l の地点に落下しているはずで
ある。

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