ＮＯ７
仕事とエネルギー、エネルギー保存則
解答例
ｘ軸方向に F ＝ 10(N)の力を加えて 3(m)移動させたとき、
１．①
(a)
力と移動距離のグラフを書き込みなさい。
Ｆ
この面積
(b)
力がした仕事を求めなさい。
10
が
仕事
Ｗ＝Ｆ・ｓ＝ 10・3 ＝３０（Ｊ）
ｓ
３（移動距離）
②
ｘ軸方向に、Ｆ １＝１０(N)の力で 2(m)、その後、５(N)の力で４(m)移動させた。
(a)
力と移動距離のグラフを書き込みなさい。
Ｆ
(b)
力がした仕事を求めなさい。
10
Ｗ＝ 10・2 ＋ 5・4 ＝４０（Ｊ）
5
ｓ
2
③
6
（移動距離）
ｘ軸方向にＦ２＝６ｘ(N)の力で４(m)移動させた。
(a)
力と移動距離のグラフを書き込みなさい。
Ｆ
(b)
力がした仕事を求めなさい。
24
面積計算
をする
Ｗ＝４・２４／２＝４８（Ｊ）
ｓ
4
④
ｘ軸方向にＦ３＝６ｘ (N)の力で２(m)移動させた。
(a)
力と移動距離のグラフを書き込みなさい。
(b)
力がした仕事を求めなさい。
2
6 x 2 dx
W
2x3
2
0
Ｆ
積分で
面積を
24
16( J )
計算
0
ｓ
２
⑤
（移動距離）
２
(a)
（移動距離）
１０(N)の力を水平方向と鉛直方向に分解しなさい。
10(N)
10sin30 °
Fx
30 °
10cos30 °
Fy
3.0(m)
ｓｘ＝ 3.0,
ｓｙ＝ 0,
(b)
ｓ＝（3.0 ，0）
(c)
水平方向：
Wx
Fx s x
5 3 3 .0
鉛直方向：
Wy
Fy s y
5 0
0
-1-
15 3
3
5 3
2
1
10
5
2
10
(d) 角度３０°で斜め方向に加えた力がした仕事
W
F s
Fx s x
F x cos
Fy s y
10 3
15 3
3
2
0
15 3
または、
15 3
２．(a) 状況は下図のようになる。
3.0(m/s)
ｖ
10(N)
3.0(m)
1
mv A2
2
KA
KB
WA
B
初めの状態の運動エネルギー
WA
加えられた仕事
1
mv 2
2
ＫＡ＝
B
1
2.0 3.0 2
2
9.0( J )
＝Ｆ・ｓ＝ 10 × 3.0 ＝ 30（Ｊ）
移動後の速度をｖとすると、その時の運動エネルギーはＫ Ｂ＝
よって、仕事とエネルギーの関係式、ＫＢ ＝ＫＡ ＋ ＷＡ→Ｂ
v
2
9 .0
v
30
1
2.0 v 2
2
v2
より、
39
6 . 24 ( m / s )
(b) 状況は下図のようになる。このとき、物体には動摩擦力が働くので、摩擦力が仕事を
して、運動エネルギーが変化する。
ｖo
止（ｖ＝０）
摩擦力
ｆ＝μ N ＝μｍｇ
ｓ
よってエネルギーと仕事の関係式を考えると、
初めの運動エネルギー
KA
1
mv 02
2
移動後の運動エネルギーは、物体が止まるのでｖ＝０となるので、
-2-
KB
1
m 02
2
0
ｓだけ動くときに摩擦力がした仕事
Ｗ＝μｍｇ・ｓ cos π＝－μｍｇｓ
以上より、
0
1
mv 02
mg s
2
v 02
s
2 g
特にｍ＝ 0.50(kg)、ｖ o ＝ 6.0(m/s) 、μ＝ 0.30 のとき、エネルギーと仕事の関係より
0
３．(1)
1
5 .0 6 .0 2 0 .3 5 .0 9 .8 s
2
90
s
6.12(m)
14.7
バネの位置エネルギー
ｘ’
バネの復元力
－ｋｘ’ ｋｘ’
バネの力に逆らってバネを伸ばす力
ｘ＝０
ｘ
バネを自然長からｘ’伸ばしたとき、バネの復元力－ｋｘ’が働く。
従って、バネを伸ばすためには、この力に逆らって逆向きに
Ｆ＝－（－ｋｘ’）＝ｋｘ’
の力を加えて、自然長ｘ’＝０からｘまで伸ばさなくてはいけないので、
そのときにバネに逆らって加える力
x
U
x
( kx' )dx'
0
kx' dx'
0
Ｆ＝ｋｘ’がした仕事は、
1 2
kx
2
つまり、バネを自然長からｘまで伸ばしたとき、エネルギー
1 2
k x が蓄えられる。
2
これをバネの位置エネルギー（ポテンシャルエネルギー）という。
(2) 重力の位置エネルギー
高さｚの所に質量ｍの物体があるとき、重力ｍｇが下向きに働く。
地上を原点、上向きにｚ軸を取ると
Ｆ g ＝－ｍｇ
-3-
ｚ
重力に逆らって加える力
重力ｍｇ
Ｆ＝－（－ｍｇ）＝ｍｇ
向きまで考えると
Ｆ g ＝－ｍｇ
よって、物体を高さ０から高さｈまで持ち上げるとき、重力と逆向きに
Ｆ＝－（－ｍｇ）＝ｍｇ
を上向きにかけて、０からｈまで移動させるので、
そのときに重力に逆らって加える力Ｆ＝ｍｇがする仕事は、
h
U
h
( mg )dz
(mg ) dz
0
mgh
0
つまり、物体を高さ０からｈだけ上方向に移動したとき、エネルギーｍｇｈが
蓄えられる。これを重力の位置エネルギーという。
(3)
G
地球から距離ｘ’の所にある質量ｍの物体には、地球からの万有引力
が働く。
Ｍ
ｘ’
ｘ
万有引力
G
万有引力に逆らって
加える力
mM
x' 2
よって、基準点を無限遠点にしたとき、万有引力に逆らって
力
F
G
mM
x' 2
G
mM
x' 2
をかけて
物体を無限遠点からｘまで動かすのに必要な仕事は、
x
U
( G
mM
) dx'
x '2
x
(G
mM
) dx'
x'2
G
mM
x
これが万有引力の位置エネルギー（ポテンシャル）である。
-4-
F
G
mM
x' 2
mM
x' 2
１．エネルギー保存則（重力）
1 2
mv1
2
mgh1
1 2
mv2
2
mgh2
（問題１）高さ 10m の所から質量 2.0kg の物体を初速度 20m/s で真上になげあげた時
(1)～(5)の状況は図のようになる。
(1)
ｚ
(2)
投げ初め
(3)地上
(4)速さ
(5)高さ 20m
10m/s
最高点
ｖ２＝０
ｖ４=10(m/s)
ｖ１=20(m/s)
ｖ５(?)
H (?)
h １=10
h ４(?)
h ５ =20(m)
h ３=0
V(?)
(1) ｍ＝ 2.0(kg)、 ｖ１=20(m/s)、h １=10(m)より
1 2
mv1
2
1
2 20 2
2
運動エネルギー
K1
400
位置エネルギー
Ｕ１＝ 2・9.8・１０＝ 196
力学的エネルギー
Ｅ１＝Ｋ１＋Ｕ１ ＝ 400 ＋ 196 ＝ 596（Ｊ）・・・①
(2)最高点ではｖ＝０，そこでの高さを H とすると、
Ｋ２
＝０，
Ｕ２＝ 2・9.8・H ＝ 19.6H
Ｅ２＝Ｋ２＋Ｕ２＝０＋ 19.6H ＝ 19.6H・・・②
∴
力学的エネルギーが保存されるので、Ｅ１＝Ｅ２
Ｅ２＝Ｅ１より、①、②式を使って、19.6H ＝ 594
∴
Ｈ＝ 30.4(m)
(3) 地上に落ちたとき、ｈ＝０，速度 V を代入して、
K3
1 2
mv3
2
1
2 v2
2
v2
Ｕ３＝ 2・9.8・０＝０
∴
Ｅ３＝Ｋ３＋Ｕ３ ＝ V ２
・・・③
Ｅ３＝Ｅ１より、①、③式を使って、V ２ ＝ 596
-5-
V ＝± 24.4(m/s)
∴
いま、地面に落ちているので、速度は－なので、
V ＝－ 24.4
または、下向きに 24.4(m/s)
(4)速さが 10(m/s)の所の高さを h ４とすると、そこの力学的エネルギーは、
E4
1
2 10 2
2
2 9.8 h4
100 19.6h4
エネルギー保存則より、Ｅ４＝Ｅ１
が成立するので、
１００＋ 19.6 h ４＝ 596
∴ 19.6 h ４＝ 496
∴
(5)
h ４＝ 25.3(m)
高さが 20(m)の時の物体の速さをｖ５とすると、そこでの力学的エネルギーは、
E5
1
2 v52
2
2 9.8 20 v52
エネルギー保存則より、Ｅ５＝Ｅ１
v52 392 596
392
が成立するので、
v52
204,
v5 14.3
４． (1)
一般的に、糸の長さをａ，
糸が鉛直となす角度をθ
高さの基準点をＯ点の高さとすると、
θ
P 点の高さｈは、
より、
ｈ
ｈ＝ａ－ａ cos θ
またＰ点で静かに放すので、ｖＰ＝０
Ｏ
よって、Ｐ点で、
1 2
mv P
2
ａ cos θ
P
ａ
ｈ＋ａ cos θ ＝ａ
ａ
1
m 02
2
運動エネルギーは
KP
0
位置エネルギーは、
ＵＰ ＝ｍｇ・ａ（１－ cos θ），
力学的エネルギーは、
ＥＰ＝ＫＰ＋ＵＰ＝ｍｇａ（１－ cos θ）
この問題では、ａ＝ 1.8(m)，ｍ＝ 2.0(kg)、θ＝ 60 °なので、
ＫＰ ＝０，
ＵＰ ＝２・9.8・1.8・（１－ cos60 °）＝ 17.64(J)
ＥＰ＝ＫＰ＋ＵＰ＝ 17.64(J)
-6-
(2) 最下点 O ではｈ＝０，よって速さをｖとすると、
1
2.0 v 2
2
KO
EO
、
v2
Ｕ O ＝０，
v2
KO UO
エネルギー保存則より、ＥＰ ＝ EO
従っ て、 17.64
v2
v
17.64
4.2(m / s)
(3) おもりが１ m/s の速さを持つときの高さをｈとすると、その時の力学的エネルギーは、
E
1
2 12
2
K U
2 9.8 h 1 19.6h
エネルギー保存則より、これがＥＰ＝ 17.64(J)
と等しいので、
１＋ 19.6 ｈ＝ 17.64
∴
(4)
ｈ＝ 0.85(m)
糸の角度が 30 °の時、おもりの高さは、ｈ＝ 1.8（１－ cos30 °）＝ 0.241(m)
よって、その時の速さをｖ’とすると、その時の力学的エネルギーは、
E
1
2 v'2 2 9.8 0.241 v'2 4.72
2
K U
エネルギー保存則より、これがＥＰ＝ 17.64(J)
と等しいので、
v' 2 4.72 17.64
v'
12.92
3.59(m / s)
(5)糸が鉛直と角度θをなすときの高さは、ｈ＝ 1.8（1 － cos θ）
よって、その時の速さを V とすると、この時の力学的エネルギーは、
E
1
2 V 2 2 9.8 1.8(1 cos )
2
35.28(1 cos )
K U
V2
エネルギー保存則より、これがＥＰ＝ 17.64(J)
V2
35.28(1 cos )
v'
と等しいので、
17.64
17.64 35.28(1 cos )
-7-
17.64( 2 cos
1)
初めの状態では、速度 V,
５．(1)
1
mV 2 , U A
2
KA
EA
KA
高さｈ＝ Lsin θなので、
mgh
mgL sin
1
mV 2
2
UA
mgL sin
(2) 物体が斜面の上から a 滑り降りた B 点にあるとき、B 点の高さｈ’は図の三角形 ABC
（斜辺Ｌ－ａ、角度θの直角三角形）の高さを計算して、
h’＝（L － a）sin θ
EB
KB UB
L
1
m v2
2
ａ
B
mg ( L a ) sin
L－a
h’
力学的エネルギー保存則より、Ｅ a ＝Ｅ B
1
m V2
2
V2
v
1
m v2
2
mgL sin
A
mg ( L a) sin
C
2ag sin
(3) 地上では高さが０となるので、速さをｖ'とすると力学的エネルギーは、
E1
K1 U 1
1
m v' 2 m g 0
2
1
m v' 2 ( J )
2
力学的エネルギー保存則より、Ｅ a ＝Ｅ１
1
mV 2
2
mgL sin
V2
v'
1
mv ' 2
2
2 gL sin
２．エネルギー保存則(バネ)
(問題２)
①
②
(1)
静かに手を離すので、Ａ点での速さは 0
1
4 02
2
KA
0,
UA
1
200 0.3 2
2
9,
EA
KA
UA
9
自然長を通過する時ｘ＝０なので、そのときの速さをｖとすると力学的エネルギーは、
1
4 v2
2
K0
2v 2 ,
U0
1
200 0 2
2
力学的エネルギー保存則より、
E0
2v 2
EA
v
4 .5
9
2.12(m / s )
-8-
0
E0
K0 U0
2v 2
速さが 1.0m/s の時の物体の位置をｘとすると、力学的エネルギーは、
③
1
4 1.0 2
2
K1
2,
1
200 x 2
2
U1
100 x 2
E1
K1
2 100 x 2
U1
力学的エネルギー保存則より、
E1
2 100 x 2
EA
x
(2)
④
0.264(m)
26.4(cm)
自然長を通過する時ｘ＝０、ｖ＝５なので
1
4 52
2
K0 '
⑤
0.07
9
50,
U0 '
1
200 0 2
2
0
E0 ' K 0 ' U 0 ' 50
バネが伸びきったとき速さが０、変位をｘとすると、力学的エネルギーは、
1
4 02
2
K2
0
U2
1
200 x 2
2
100 x 2
E2
K2 U2
100 x 2
力学的エネルギーが保存されるので、
E2
x
⑥
100 x 2
E0 '
0 .5
0.707(m)
50
70.7(cm)
バネが 40cm 縮んだときの物体の速さをｖ’とすると、
1
4 v' 2
2
K3
2v' 2
U3
1
200 ( 0.40) 2
2
16
E3
K3
力学的エネルギーが保存されるので、
E3
2v' 2 16
E0
v'
17
50
4.12(m / s )
（問題 2）
①
A 点では速さ＝０，高さ 2.0(m)なので、力学的エネルギーは、
EA
②
1
4.0 0 2
2
4.0 9.8 2.0
78.4( J )
・・①
B 点での速度をｖとすると、ここでは高さｈ＝０なので、
EB
1
4.0 v 2
2
4.0 9.8 0
2v 2 ( J )
・・②
力学的エネルギーがＡ，Ｂで保存されるので、①＝②より、
78.4 ＝２ｖ２
∴
ｖ＝ 6.3(m/s)
-9-
U3
2v' 2 16
③
C 点でのバネの縮みをｘとする。縮みきったところでは速度＝０なので、
C 点での力学的エネルギーは、
1
4.0 0 2
2
EC
1
100 x 2
2
50 x 2
・・③
力学的エネルギーがＡ，C で保存されるので、①＝③より、
78.4 ＝ 50 ｘ２
ｘ＝ 1.25(m)
∴
３．エネルギー保存則（万有引力）
（問題３）
地表から速度ｖ o で質量ｍのロケットを発射したとき、
①
Ｍ＝ＭＥ（地球の質量）、ｒ１＝ＲＥ 、ｖ１＝ｖ０ を代入して、力学的エネルギーＥ０は、
1
mv02
2
E0
②
G
mM E
RE
・・・①
地表からの高さが ｈ になったときの速さをｖとすると、
このときの地球の中心からの距離はｒ２＝ＲＥ
1
mv22
2
E1
G
mM E
( RE
h)
＋ｈ、
・・・②
よって、このときのロケットの速さをｖとすると、エネルギー保存則より①＝②
1
mv02
2
G
v 02
∴ v
③
mM E
RE
2GM E
G
h
RE RE
mM E
( R E h)
・・・③
h
最高点では速度＝ 0 なので、③でｖ＝０、ｈ＝Ｈ’とおくと、平方根の中が０なので、
H'
v 02 2GM E
RE ( RE H ' )
これを変形して、
④
1
mv 2
2
H'
v 02 R E2
2 GM E v 02 R E
ロケットは無限遠まで飛んでいくとき、最高点の高さが無限大になるので、最高点の
高さを求めた③でＨ’→∞とすればよい。Ｈ’→∞のとき、Ｈ’の分母が０になり、
2GM E
v02 RE
この速度より初速度が大きいとロケットは無限遠まで飛んでいくので、求める解は
v0
2GM E
RE
- 10 -
（別解）
無限遠点までロケットが行くとき、ｒ２→∞、よってＵ∞→０
その時の速さをｖ２（≧０） とすると、力学的エネルギーは、
1
mv22
2
E
よって、エネルギー保存則を立てると、
1
mv02
2
G
∴ v22
∴
v0
mM E
RE
1
mv 22
2
M
v02 2G E
RE
0
2GM E
RE
．
- 11 -
＜レポート課題＞
静かに手を離したので、ｖ A=0，自然長からａ伸ばしたので、ｘ A ＝ａ
（１）(1)①
KA
②
1
1
m 0 2 0( J ), U A
k a2
2
2
1
1
EA 0
k a2
k a2
2
2
物体が自然長を通過するとき、ｘ０=0、速さｖなので、エネルギー保存則を立てると、
1
k 02
2
E0
EA
1
1
m v2
m v2
2
2
1
1
k a2
m v2
2
2
E0
k
a
m
v
③ 物体の速さがｖ／２の時、物体の位置をｘとしてエネルギー保存則を立てると、
1
k x2
2
1
m
2
1
k a2
2
x
(2)
1
k x2
2
1
m v2
8
1
m v2
8
x
a2
m 2
v
4k
を代入すると、
a2
m 2
v
4k
m k 2
a
4k m
a2
3
a
4
物体を自然長の位置に置いたのでｘ０=0、このとき、速さ v ０＝Ｖ
④
KA
⑤
2
1
k x2
2
k
a
m
v
v
2
1
m V 2,
2
1
EA
m V2
2
UA
0
1
k 02
2
0( J )
1
m V2
2
バネが伸びきったところではｖ＝０、このときの変位をｘとしてエネルギー保存則を
立てると、
E
（２）
①
EA
②
1
m 02
2
1
m V2
2
1
k x2
2
1
k x2
2
1
k x 2 (J )
2
m
x
V
k
A 点では速さ＝０，高さ 2.0(m)なので、力学的エネルギーは、
1
4.0 0 2
2
4.0 9.8 2.0
78.4( J )
・・①
B 点での速度をｖとすると、ここでは高さｈ＝０なので、
- 12 -
1
4.0 v 2
2
EB
2v 2 ( J )
4.0 9.8 0
・・②
力学的エネルギーがＡ，Ｂで保存されるので、①＝②より、
78.4 ＝２ｖ２
③
ｖ＝ 6.3(m/s)
∴
C 点でのバネの縮みをｘとする。縮みきったところでは速度＝０なので、
C 点での力学的エネルギーは、
1
4.0 0 2
2
EC
1
100 x 2
2
50 x 2
・・③
力学的エネルギーがＡ，C で保存されるので、①＝③より、
78.4 ＝ 50 ｘ２
∴
ｘ＝ 1.25(m)
４．エネルギーが保存されない場合
（３）①
②
KA
1
m V 2 , U A m g L sin
2
1
EA
m V 2 m g L sin
2
斜面の最下点まで滑り落ちたとき、
摩擦力の大きさは、Ｆ＝μ N ＝μ mgcos θ
移動距離は
ｓ＝Ｌ
従って、摩擦力がした仕事は、摩擦力の向きに注意して、
W
③
1
2
m v1
2
0
1
2
m v1
2
以上より、力学的エネルギーが摩擦がした仕事だけ変化するので、
E' EA W
v1
⑤
mgL cos
最下点では高さが０，速度をｖ１として、力学的エネルギーを書くと、
E'
④
F s cos
V2
1 2
mv1
2
2 gL(sin
1
mV 2
2
mgL sin
mgL cos
cos )
同様にして、斜面を 1/3 だけ滑った時、高さ＝２ L/3・sin θ,
このときの速度を V’とすると、力学的エネルギーは
- 13 -
移動距離は 2L/3
1
2L
m V '2 m g
sin
2
3
E1
L/3 移動する間に摩擦力がした仕事は、
W1
よって
F s cos
mg cos
L/3
力学的エネルギーが摩擦がした仕事だけ変化するので、
E1
EA
W1
1
2
mV ' 2
mgL sin
2
3
2
V'
V2
gL(sin
3
1
mV 2
2
mgL sin
L
3
mg cos
cos )
（４）(a) Ｐ点での速度をｖ １とすると、力学的エネルギー保存則より、
1
m v2
2
∴
1
2
m v1
2
ｖ１２ ＝
m g a (1 cos )
ｖ２ －２ｇａ（１－ cos θ）
(1)
(b) おもりに働く力は重力ｍｇと張力 T。
よって、法線方向の運動方程式は、
ｖ１２
ｍ
ａ
∴
＝Ｔ－ｍｇ cos θ
Ｔ ＝ｍ
ｖ１２
ａ
＋ ｍｇ cos θ
これに(1)を代入すると、
Ｔ ＝ｍ
ｖ２
－２ｍｇ＋ ３ｍｇ cos θ
ａ
(c) 一周するためには、最高点（θ＝π）で、Ｔ≧０であればよい。
∴
Ｔ ＝ｍ
＝ｍ
∴
（５）(a)
v
ｖ２
－２ｍｇ＋ ３ｍｇ cos π
ａ
ｖ２
－５ｍｇ ≧０
ａ
5ag
Ｂ点での速度をｖとする。球の中心を位置エネルギーの基準点とすると、
エネルギー保存則より、
１
２
ｍｖｏ２＋ｍｇｒ ＝
１
２
ｍｖ２＋ｍｇｒ cos θ
- 14 -
(1)
ｖ２ ＝
ｖｏ２＋ 2 ｇｒ（1 － cos θ）
(1')
一方、Ｂ点での小球に働く力は図のようになる。
従って、法線方向の運動方程式は、
ｍ
ｖ２
ｒ
＝ ｍｇ cos θ － N
(2)
(1')を(2)に代入して垂直抗力 N を求めると、
N
＝ ｍｇ cos θ－ ｍ
ｖ２
ｒ
＝ ｍｇ（３ cos θ－２）－ｍ
(b)
(3)
ｒ
Ｎ＝０となるところで、小球は球面から離れる。
cos θ ＝
∴
(c)
ｖｏ２
２
３
＋
ｖｏ２
(4)
３ｇｒ
(4)式でｖｏ２ ＝０とおいて求める。
cos θ＝２／３のときＮ＝０となり、球面を離れる。
(d)
小球がＡ点でただちに球面を離れるには、θ＝０のとき、Ｎ＝０となればよい。
(3)式でθ＝０、Ｎ＝０を代入すると、
N
∴
＝ ｍｇ－ｍ
v0
ｖｏ２
ｒ
＝０
gr
- 15 -

アジアインターンシップ2001

dv m kx dt dx v dt

演習問題 4(行列式)

演習(7)解答例

z変換 ∫ ∑ ∑

cos( ) x A tkm

θ θ 09 6 3 4 = - + + y y x 16 : = + y xC θ θ - tcp-ip

複素正弦波を使う理由

g(t) - SUUGAKU.JP

複素数値関数の微分 · 積分 &gt