C06. 運動方程式の解き方

埼玉工業大学機械工学学習支援セミナー（小西克享）
テーマ C06：
運動方程式の解き方－1/6
運動方程式の解き方
１．ニュートンの運動の第 2 法則
ニュートンの運動の第 2 法則 (the second law of motion)より，質量 m の物体に外力 F が作
用するとき，物体には加速度 a が生じ，物体は加速度運動をすることになります．F が物
体の速度を加速させる方向に作用すれば，a の符号は正 a  0  となり，減速させる方向に
作用すれば，a の符号は負 a  0  になります．これを式で表わすと，次のようになります．
ma  F
(1)
２．自由落下する物体の運動方程式
自由落下する物体には，外力 F として重力 mg が作用します．自由落下する物体の運動
を考える場合，図 1 のように，高さの座標 y を鉛直下向きに正とする方が落下距離を表す
うえで便利です．この場合，外力 F は y を増加させる方向に作用するため，正の値となり，
運動の第 2 法則は
F  mg
(2)
と書くことができます．
y  y0
y
m
v0
自然落下
v
図1
自由落下の座標の向き
加速度 a は，落下距離 y を時間 t で 2 階微分したものなので，次式で表されます．
d2y
dt 2
(2)式と(3)式を(1)式に代入すると
a
(3)
d2y
 mg
dt 2
よって，両辺を m で割ると
m
d2y
(4)
g
dt 2
となり，この式を運動方程式と呼んでいます．落下距離 y を時間 t で微分したものは落下
速度 v になります．
v
dy
dt
落下速度 v を時間 t で微分したものが加速度なので，
(5)
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運動方程式の解き方－2/6
d 2 y d  dy  dv
  
dt 2 dt  dt  dt
となるため，運動方程式は
dv
g
dt
(6)
と書くことができます．変数を分離して両辺を積分すると，次のように速度と時間の関係
式を得ることができます．
dv  gdt
 dv  g  dt
よって，積分結果は
v  gt  c
(7)
c は積分定数で，初期条件から決定できます．たとえば，時刻 t=0 で v  v0 とすると，(7)式
に代入して
v0  g  0  c  c  v0
よって，落下速度は
v  gt  v0
(8)
と決定できます．つぎに，
v
dy
 gt  v0
dt
より
dy   gt  v0 dt
 dy   gt  v dt
0
y
1 2
gt  v0t  d
2
よって，積分結果は
y
1 2
gt  v0 t  d
2
(9)
d は積分定数で，初期条件から決定できます．時刻 t=0 で y  y0 とすると，(9)式に代入して
y0 
1
g  0 2  v0  0  d  d  y 0
2
よって，落下距離は
y
1 2
gt  v0t  y0
2
(10)
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運動方程式の解き方－3/6
となります．
例題 1．初速度 v0  0 ，初期位置 y0  0 としたときの自由落下の式を求めよ．
解答．落下速度と落下距離は次の式で表されます．これらは自由落下の式として高校物理
で学習した式です．
v  gt
y
1 2
gt
2
例題 2．初速度 0 で自由落下した場合，10 秒後の落下距離はいくらか？
解答
y
1 2
1
gt   9.81  10 2  490 .5  491 m
2
2
３．投げ上げる物体の運動方程式
物体を投げ上げる場合，図 2 のように，高さの座標 y を上向きに正とする方が到達点を
表すうえで便利です．この場合，外力 F は y を減少（落下）させる方向に作用するため，
負の値となり，運動の第 2 法則は
F   mg
(11)
と書くことができます．
v
y
投げ上げ
v0
y  y0
m
図2
投げ上げの座標の向き
d2y
  mg
dt 2
より，運動方程式は
m
d2y
 g
dt 2
(12)
となります．これを初期条件として時刻 t=0 で y  y0 および v  v0 として解くと
v   gt  v0
(13)
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運動方程式の解き方－4/6
1
y   gt 2  v0t  y0
2
(14)
が得られます．速度の向きは，上方向が正になります．自由落下の場合の式とは正反対に
なるので，初速度をあたるときに注意しなければなりません．
例題 3．初速度 10.0m/s で，初期位置 y0  0 から真上に投げ上げたとき，最高到達点の高さ
と所要時間を求めよ．
解答．真上に投げ上げるので，初速度は v0  10.0 m/s となります．したがって，速度と距離
は次の式で表されます．
v   gt  10 .0
1
y   gt 2  10 .0t
2
最高到達点に達したとき，速度は 0 となるので
10.0 10.0
0   gt  10.0  t 

 1.0194  1.02 s
g
9.81
したがって，到達点の高さは
1
y    9.81  1.02 2  10 .0  1.02  5.0968  5.10 m
2
例題 4．初速度 10.0m/s で，地面から物体を真上に投げ上げたとき，物体が再び地面に到達
するのは何秒後か？
解答．真上に投げ上げるので，初速度は v0  10.0 m/s となります．したがって，距離は次の
式で表されます．
1
y   gt 2  10 .0t
2
再び初期位置に戻ったとき， y  0 とおくことができるので，代入すると
1
 1

0   gt 2  10 .0t  t   gt  10 .0 
2
 2

これを解くと，
t0
もしくは

1
gt  10 .0  0
2
より
t
20 .0 20 .0

 2.0387  2.04 s
g
9.81
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運動方程式の解き方－5/6
と答えが 2 つ得られますが， t  0 は無意味なので，答えは 2.04s 後となります．
４．斜めに投げ上げる物体の運動方程式
斜めに投げ上げる場合，水平方向と鉛直方向の運動に分けて考え，それぞれの運動方程
式を解き，水平方向の座標 x と鉛直方向の座標 y を独立して求める必要があります．
y
v
u
x
水平方向に関しては，等速度運動と仮定すると，
u  u0
(15)
x  u0 t
(16)
鉛直方向に関しては，前節の投げ上げの式と同じため，運動方程式は
d2y
 g
dt 2
(17)
となり，初期条件を時刻 t=0 で y  y0 および v  v0 とすると，速度と y 座標は次の式で与え
られます．
v   gt  v0
(18)
1
y   gt 2  v0t  y0
2
(19)
例題 5．高さ 1.00m の位置から初速 100m/s で地面から 30.0°の方向に物体を投げた場合，
物体が最初に地面に到達するのは何秒後で，飛行距離は何 m か？
解答
初速度の y 成分は
v0  100 sin 30.0  50.0 m/s
(19)式より
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運動方程式の解き方－6/6
1
0    9.81t 2  50 .0t  1.00
2
2
9.81t  100 t  2.00  0
t
 10 .0  100 2  4  9.81  2.00  10 .0  100 .39

 5.6264
2  9.81
2  9.81
or
4.6070
t  0 なので，時間は
t  4.6070  4.61 s
初速度の x 成分は
u0  100 cos 30.0  86.6 m/s
(16)式より，到達距離は
x  86.6  4.61  399 .226  399 m
となります．
http://www.sit.ac.jp/user/konishi/JPN/L_Support/SupportPDF/HowToSolveEquationOfMotion.pdf
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