力学 I αβ クラス
第３回および第 4 回宿題解答
問題は、教科書（原康夫、’基礎物理学シリーズ 力学’
、東京教学社、1992) の 34 ∼ 36 ページ「演
習問題２」から転載
担当：機械工学科 三澤章博
１ . 質量 20kg の物体に力が働いて、物体は 5m/s2 の加速度で運動している。物体に働いてい
る力の大きさはいくらか。
解答
質量 m が 20[kg]、加速度 a が 5[ m / s 2 ] であるから、ニュートンの運動方程式、ma = F から、
20[ kg] × 5[ m / s2 ] = 100
kgm
= 100[ N ]
s2
２ . 一直線上を 20m/s の速さで走っている質量 30kg の物体を 3 秒間で停止させるには、平
均どれだけの力を加えればよいか。
解答
20[ m / s] の速度で走っているものを 3 秒間で停止させる、すなわち速度を０にするには、毎秒平
20 m
20 m
ずつ速度を減じる、すなわち平均 −
の加速度を生じさせる必要がある。したがっ
3 s2
3 s
て、質量 m が 30[ kg] であるから、ニュートンの運動方程式、ma = F から、
均
kgm
20 m
= −200 2 = −200[ N ]
30[ kg] × −
2
3 s
s
すなわち、進行方向と逆向きに 200[N] の力を加えればよい。
３ .3kg の物体に 12N の力が作用すると加速度はいくらになるか。
解答
質量 m が 3[kg]、力 F が 12[N] であるから、加速度 a は、ニュートンの運動方程式から、
kgm
2
N
F 12[ N ]
m
a= =
=4
= 4 s = 4 2
kg
s
m 3[ kg]
kg
４ . 図 1 の曲線上を物体が一定な速さで運動している。物体が点 A, B, C を通過するときに
働く力の方向と相対的な大きさを図示せよ。
解答
一定の速度で運動しているということであるから、直線運動の時は力は働かない。曲線運動の時は
2
2
p14 で学んだように向心加速度（ a = rω = v / r ）を曲線の中心方向に生ずる。したがって、ニュー
トンの運動方程式、ma = F から、力が曲線の中心方向に作用していることになる。この力を向心
力という。また一定速度で運動しているから、曲線の半径が小さいほど向心加速度は大きく、し
たがって向心力も大きい。このことを考慮して、力の矢印を記入すればよい。 図は省略。
1
５ .200N の張力を加えると切れる。長さが 30m のロープが、建物の屋上から外壁に沿って
垂れ下がっている。体重 40kg の人がこのロープを使って降りるときの最小加速度はいく
らか。この人が地面に着く直前の速さはいくらか。
解答
図−１に示す ようにロープ にぶら下がって いる質量 m の人に は、重力 mg（約
392[N]）が鉛直下向きに作用している。一方、この人はロープにぶら下がっている
から、ロープを引張っているが、これはロープから見るとロープがこの人を引張っ
ていることになる。この力がロープの張力 T であり、作用方向は上向きである。こ
の人 がロ ープ を降 りて いく 加速 度を a と すれ ば、ニュ ート ンの 運動 方程 式、
ma = F は、この問題の場合次のように書ける。
T
mg
30[m]
ma
x
ma = mg − T
この張力 T は、200[N] 未満である必要があるから、
T = mg − ma < 200[ N ]
図−１
kgm
2
200[ N ]
a> g−
= 9.8[ m / s2 ] − 5 s
40[ kg]
kg
2
2
= 9.8[ m / s ] − 5[ m / s ] = 4.8[ m / s2 ]
（注）ロープで降りようとするとき、自分の体重以上の力を支えられる強さを持つロープなら、
そのロープを使って安全に降りることができる。一方、ロープを上っていくときは、
ma = T − mg 、すなわち、張力は T = ma + mg となるから、安全に上れるロープの強さは、
ロープを上るときの加速度の大きさが問題となることがわかる。この問題のように、
200[N] しか支えられないロープにぶら下がるようなことは死を招く。
最小加速度 a = 4.8[ m / s 2 ] で降下する距離と時間の関係を求める。加速度は、
dv x ( t )
= 4.8[ m / s2 ]
dt
であるから、両辺に dt を乗じ積分すると、
a=
∫
v x (t )
v x ( 0)
dvx =
∫
t
0
4.8 dt
vx ( t) − vx (0) = 4.8 t
t=0 の時の速度 vx (0) は０であることを考慮すると、
v x ( t) =
dx
= 4.8 t （１）
dt
両辺に dt を乗じ積分すると、
∫
x( t )
x( 0 )
dx =
∫
t
0
4.8 tdt
t=0 の時の位置 x(0) は０であるから、
x ( t) = 2.4 t 2 （２）
となる。式（２）から、 30[m] 降下するに要する時間は、
t=
30[ m]
= 3.54[ s]
2.4[ m / s2 ]
この時間を式（１）に代入すると、
vx = 4.8[ m / s2 ] × {3.54[ s]} = 17.0[ m / s]
2
６ . 体重 50kg の人がヘリコプターから吊るされた軽いつなにぶらさがっている。ヘリコプ
ターの加速度が（1）上方に 6m/s2、（2）下方に 4m/s2 のとき、つなの張力を求めよ。
解答
T （１）この人に直接作用している力を考えると、地球の引力、すなわち mg 、が下向
ma
mg
きに作用している。また、この人はロープにぶら下がっているから、ロープを引
張っているが、ロープから見るとロープがこの人を引張っていることになる。こ
の力をロープの張力 T と呼べば、上向きに作用している。加速度は上向きに
6[ m / s2 ] 、質量 m が 50[kg] であるから、ニュートンの運動方程式、ma = F は、
加速度と同じ方向の力は T 、逆向きの力が mg であることから、次のように書け
図−２
る。
ma = T − mg
張力 T を求めれば、
T = m( a + g) = 50[ kg] × (6 + 9.8)[ m / s2 ] = 790
kgm
= 790[ N ]
s2
となる。
（２）加速度は下向きに 4[ m / s 2 ] であるから、加速度と同じ方向の力は mg 、ロープ
T
ma
mg
の張力 T は加速度と逆向きであるから、ニュートンの運動方程式、ma = F は、次
のように書ける。
ma = mg − T
上式からロープの張力 T を求めると、
T = mg − ma = 50[ kg] × (9.8 − 4 )[ m / s2 ] = 290
図−３
kgm
= 290[ N ]
s2
７ . 天井から糸でおもりを吊り下げ、さらにそのおもりの下に上と同じ糸をつける（図 2）。
糸を急に強く引くと下の糸が切れ、糸を引く力をゆっくりと強くしていくと上の糸が切
れる。この事実を説明せよ。
解答
T
ma
mg
F
図−４
物体より上側にある糸が物体を引張っている力を T とする。
物体より下側の糸を下向
きに引張る力を F とする。物体には地球の引力、すなわち重力が作用するから、そ
の力は下向きに mg である。非常にゆっくり（加速度を生じないように）下側の糸を
引張ると、力のつり合い式から、
T = F + mg
この式から、ゆっくり引張る場合は、上側の糸が引張る力 T は、下側の糸が引張られ
る力 F より mg だけ大きい。したがって、上下同じ強さの糸ならば上側で切れる。
次に物体に下向きの加速度 a を生ずるように引張る場合は、ニュートンの運動方程
式、ma = F は、
ma = F + mg − T
上式から T を求めると、
T = F + mg − ma
したがって、物体に生ずる加速度 a が重力加速度 g より大きければ、上側の糸の張力 T は、下側
の糸が引張られる力 F より小さくなる。したがって、上下同じ強さの糸ならば下側で切れる。
3
８ . 月は地球の中心から 3.8 × 105km 離れている。月の質量は 7.3 × 1022kg、地球の質量は
6.0 × 1024kg である。地球の中心からどれだけ離れると、物体に働く地球の万有引力と
月の万有引力が等しい大きさで逆向きになるか。物体は地球と月の中間にある。
解答
8
3.8x10 [m]
物体の質量を m[ kg] 、地球からの距離を x[ m] とする。物体に働く地球の
x[m]
地球
月
m
引力と月の引力が等しいから、重力定数を G[ m 3 / kg ⋅ s 2 ] とすれば、次の
関係が成立する。
G
図−５
6.0 × 10 24 [ kg] × m[ kg]
7.3 × 10 22 [ kg] × m[ kg]
=
G
2
2
{ x[ m]}
{3.8 × 108[m] − x[m]}
したがって、方程式
6.0 × 10 2 ( 3.8 × 10 8 − x ) 2 = 7.3 x 2
を得る。。これを解くと、
x = 3.41 × 10 8 [ m] = 3.41 × 10 5 [ km]
月と地球の距離が 38 万キロメートルであるが、引力がつり合う場所は地球から 34.1 万キロメート
ルの地点（約 9:1 に内分する点）である。
９ . 質量 1kg の 2 つの金属球の中心距離が 10cm のとき、これらの間に働く万有引力の大き
さはいくらか。
解答
質量がそれぞれ 1[kg]、距離 r が 0.1[ m] であるから、引力 F は、
F = −G
m1m2
1[ kg] × 1[ kg]
= −6.67259 × 10−11[ m 3 / kg ⋅ s2 ]
2
2
r
{0.1[ m]}
= −6.67259 × 10−9 [ kgm / s2 ] = −6.67259 × 10−9 [ N ]
したがって、生ずる引力の大きさは、約 6.67 × 10−9 [ N ] である。
１０ . 東京ドームの天井の最高点の高さは約 60m である。この真下でボールを真上に打った
とき、ボールが天井に当たるためには初速度は何 m/s 以上でなければならないか。
解答
x
ボールの質量を m 、x 軸を地表から鉛直上向きに採ることにする。物体に作用して
いる力は地球の引力、すなわち重力 mg が鉛直下向きに作用している。ニュートン
の運動方程式、ma = F は、
ma = −mg
となる。あるいは、
mg
m
v0
o
図−６
dv x
= − mg （３）
dt
（注）x 軸の正の向きは鉛直上向きであるから、加速度の正の向きも鉛直上向きであ
る。一方、重力の作用している向きは鉛直下向きである。このことから、運動
方程式は上の式になる。
式（３）の両辺を m で除し、両辺に dt を乗ずると、
dvx = − gdt
上式の右辺を t に関して 0 から t まで積分し、左辺は vx について vx の t = 0 に対応する値 vx (0) か
ら t = t に対応する値、vx ( t) まで積分すると、
4
∫
v x (t )
v x ( 0)
t
dvx = − ∫ gdt
0
積分を実行すると
vx ( t) − vx (0) = − gt
vx (0) は初期速度であるから v0 に等しい。このことを考慮して上式を書き直すと、
v x ( t) =
dx
= − gt + v0 （４）
dt
上式を同様に積分すると、
∫
x( t )
x( 0 )
dx =
∫
t
0
(− gt + v0 )dt
積分を実行すると
1
x ( t) − x (0) = − gt 2 + v0 t
2
初期条件から、x(0) = 0 であるから、次式を得る。
1
x ( t) = − gt 2 + v0 t （５）
2
ボールを鉛直上向きに打ち上げ、ボールが頂点に到達したときは vx = 0 であるから、この条件を
式（４）に代入すれば、ボールが頂点に到達したときの時間が求まり、その値は
v0
g
t=
この時間を式（５）に代入すれば、頂点の x 座標が求まり、その値は、
2
2
v
v
v
1 v
x ( 0 ) = − g 0 + v0 0 = 0
g
g 2g
2 g
この値が 60[m] 以上であればボールは天井に当たることになる。
2
v0
≥ 60[ m]
2g
これを解くと、
v0 ≥ 2 g × 60[ m] ≈ 34.3[ m / s]
１１ . 地表から水平と 60°の角をなす方向に初速度 20m/s で投げたボールの到達する距離を
求めよ。
解答
左図に示すように座標軸を採るものとする。水平と 60°の角をなす方向に
y
初速度 v0 = 20[ m / s] で投げたから、x 軸方向の速度 vx ( t) の t=0 における
v0=20[m/s] 値、vx (0) 、は 20[ m / s]cos 60° = 10[ m / s] 、y 軸方向の速度 vy ( t) の t=0 にお
v0sin60°
v0
60°
o v0cos60°
ける値、vy (0) 、は 20[ m / s]sin 60° = 10 3[ m / s] である。
x
図−７
x 軸方向の運動方程式
x 軸方向には力は作用していないから、
m
dv x ( t )
=0
dt
上式の両辺を m で割り、dt を乗ずると、
dvx ( t) = 0 dt
5
右辺を t=0 から t=t まで、
左辺を t=0 に対応する vx の値、vx (0) 、
から t=t に対応する vx の値、vx ( t) の
値まで積分すると、
vx ( t) − vx (0) = 0
すなわち、
v x ( t) =
dx
= vx (0) = 10 [ m / s]
dt
を得る。
以上行った手順をもう一度繰り返すと、
x ( t) − x (0) = 10 t
を得る。t=0 のとき、ボールは座標の原点にあったから、x(0) = 0 。したがって、
x ( t) = 10 t [ m] （６）
次に、y 軸方向の運動方程式をたてると、ボールに働く力は下向きに mg（加速度の向きと逆向き）
である。したがって、
m
dv y ( t )
= − mg
dt
両辺を m で割り、dt を乗ずると、
dvy ( t) = − gdt
右辺を t=0 から t=t まで、左辺を t=0 に対応する vy の値、vy (0) から t=t に対応する vy の値、vy ( t) ま
で積分する。
∫
v y (t )
v y ( 0)
t
dvy ( t) = − ∫ gdt
0
計算を実行すると、
vy ( t) − vy (0) = − gt
すなわち、
v y ( t) =
dy
= − gt + vy (0) = − gt + 10 3 [ m / s]
dt
を得る。上式を上で行った手順と同様の手順を実行すれば、次式を得る。
1
y ( t) − y (0) = − gt 2 + 10 3t
2
t=0 のときボールは原点にあったから、y(0) = 0 である。したがって、
1
y ( t) = − gt 2 + 10 3t [ m] （７）
2
投げ上げられたボールが再び地上に落下したときは、y=0 であるから、この条件を式（７）に代
入し、時間 t について解くと、
t=
20 3
≈ 3.53[ s]
g
をえる。この値を式（６）に代入すると、
x = 10 ×
20 3
≈ 35.4[ m]
g
したがって、到達距離は約 35.4[m]。
１２ . 初速度 v0 で水平と β の角をなす方向に投げたボールが、最高点に到達するまでの時
間は v0 sin θ / g 、その高さは ( v0 sin θ ) 2 / 2 g であることを示せ。
解答
6
前問と全く同様な手順で解を得ることができる。
y 軸方向の運動方程式は、
m
dv y ( t )
= − mg
dt
t=0 の時、vy (0) = v0 sin θ であることを考慮し、上式を積分すると、
y
dy
= − gt + vy (0) = − gt + v0 sin θ （８）
dt
t=0 の時、y(0) = 0 であることに注意して、再び上式を積分すると、
mg
v0sinθ
v y ( t) =
v0
θ
o v cosθ
0
1
y ( t) = − gt 2 + ( v0 sin θ ) t 2
x
図−８
（９）
一方、 x 軸方向の運動方程式は、
m
dv x ( t )
=0
dt
t=0 の時、vx (0) = v0 cosθ であるから、上式を積分すると次式を得る。
dx
= vx (0) = v0 cosθ
dt
t=0 の時、x(0) = 0 であることに注意して、上式を積分すれば、
x ( t) = ( v0 cosθ ) t （１０）
となる。ボールが最高地点まで上がって落ち始める時は vy = 0 であるから、この条件を式（８）に
v x ( t) =
代入し、t について解くと、
t=
v0 sin θ
g
この時間を式（９）に代入すると、最高地点の高さが求まり、その値は、
2
1 v sin θ
v sin θ ( v0 sin θ ) 2
+ ( v0 sin θ ) × 0
y = − g 0
=
2 g
g
2g
次に参考までに到達点について求めてみる。地上に落下したときは、y = 0 であるから、この条件
を式（８）に代入し、t について解くと、
t=
2 v0 sin θ
g
を得る。この値を式（１０）に代入すると、
2
x = ( v0 cosθ ) ×
2
2 v0 sin θ v0 (2 sin θ cosθ ) v0 sin 2θ
=
=
g
g
g
１３ . 地上 2.5m のところで，テニスボールを水平に 36m/s の速さでサーブした。ネットは
サーブ地点から 12m 離れていて、その高さは 0.9m である。このボールはネットを越え
るか。このボールの落下地点までの距離はいくらか。
解答
図−９に示すように座標軸を採る。テニスボールの質量を m とすると、ボールの重力は、y 軸の
負の方向に作用し、それ以外の力は何もこのボールに作用していない。このことを念頭におき、x
軸方向および y 軸方向の速度をそれぞれ vx ( t) 、vy ( t) で表し、x 軸および y 軸方向の運動方程式を
立てると、次のようになる。
x 軸方向の運動方程式
7
m
dv x ( t )
= 0 （１１）
dt
y 軸方向の運動方程式
y
vy(0)=36[m/s]
mg
2.5[m]
0.9[m]
dv y ( t )
（１２）
= − mg dt
問題に与えられた t=0 における条件（初期条件）は、式で表すと次
のようになる。
12[m]
x
m
vx (0) = 36 [ m / s]
vy (0) = 0 [ m / s]
o
図−９
（１３）
x (0) = 0 [ m]
y (0) = 2.5 [ m]
式（１１）の両辺を m で割り、dt を乗ずると、
dvx ( t) = 0 dt
右辺を t=0 から t=t まで、左辺を t=0 に対応する vx ( t) の値、すなわち vx (0) から t=t に対応する
vx ( t) の値、すなわち vx ( t) まで積分する。
∫
v x (t )
v x ( 0)
dv x ( t ) =
∫
t
0
0 dt = 0
左辺は、vx ( t) − vx (0) となり、式（１３）を考えると、
v x ( t) =
dx
= vx (0) = 36 [ m / s]
dt
上式の両辺に dt を乗じ、同じように積分を実行し、かつ式（13）の条件を考えると、
x ( t) = 36 t [ m] （１４）
を得る。
同様に、式（12）の両辺を m で割り、dt を乗ずると、
右辺を t=0 から t=t まで、左辺を t=0 に対応する vy ( t) の値、すなわち vy (0) から t=t に対応する
vy ( t) の値、すなわち vy ( t) まで積分する。
∫
v y (t )
v y ( 0)
t
dvy ( t) = − ∫ gdt
0
積分を実行し、式（１３）の条件を考えると、
v y ( t) =
dy
= − gt + vy (0) = − gt [ m / s]
dt
同様な計算をもう一度繰り返すと、
1
1
y ( t) = − gt 2 + y (0) = − gt 2 + 2.5 [ m] （１５）
2
2
テニスボールがネットに到達する時間は、式（14）の x に 12[m] を代入し、 t について解くと、
t=
12 1
= [ s]
36 3
このときのボールの高さは、今求めた時間 t を式（15）に代入することによって求められ、
2
1 1
+ 2.5 ≈ 1.96 [ m]
y =− g
2 3
したがって、地上 0.9[m] のネットは越えられることがわかる。ボールの落下地点は、着地すると
きの y 座標は 0 であるから、式（１５）の左辺を０と置けば、
8
t=
5[ m]
=
g
5[ m]
≈ 0.714 [ s]
m
9.8 2
s
この値を式（１４）に代入すると、ボールの着地地点が求まり、
x = 36 ×
5[ m]
≈ 36 × 0.714 = 25.7 [ m]
m
9.8 2
s
１４ . 図 3 のように 2 枚の金属板 A、B を平行におき、電池の負極を A、正極を B につなぐ
と、A と B の間に電場 Ｅ ができる。-e の電荷を帯びた電子（質量 m）が速さ v で両方の
板に平行に飛んできて、C で両方の板の間に入り、D で出るものとする。
（1）C から D まで通過するのに必要な時間はいくらか。
（2）D から出るとき、大きさ eE の電気力のために、A から B の方向にどれだけずれているか。
（3）D から出ていくときの運動方向を求めよ。
解答
図に示すように座標軸を採る。電子の質量を m、x 軸方向および
l
_ _ _ _ _ _
y 軸方向の速度をそれぞれ vx ( t) 、vy ( t) で表すことにする。電荷 -e
を持つ電子が電場 Ｅ に飛び込むと、正極の方向（図−１０の y 軸
の正の方向）に作用する大きさ eE の力を受ける。また当然重力の
v
C
x
影響も受けるが、
mg の大きさは eE の力と比較して非常に小さい
o
eE
D
ので無視できる。しかし、力学を学び始めたばかりの諸君には、
+ + + + + +
このような知識はないので、重力も作用するという前提で考える
y
ことにする。
さらに、問題には金属板の長さが与えられていない。この長さ
図−１０
が分からなければ、この問題を解くことはできない。その意味で
は、問題として不適切である。ここでは電極の長さを図に示すように l として解を求めることにす
る。
x 軸方向、y 軸方向の運動方程式は、
dv x ( t )
= 0 （１６）
dt
dv ( t )
m y = eE + mg （１７）
dt
m
題意から t=0 のとき次の条件を満たしている。
vx (0) = v
vy (0) = 0
（１８）
x (0) = 0
y (0) = 0
式（１６）、
（１７）を式（１８）の条件を満たすように前問にならって解くと、次式を得る。
dx
= vx (0) = v
dt
x ( t) = vt （１９）
v x ( t) =
v y ( t) =
dy eE + mg
=
t
dt m
9
y ( t) =
1 eE + mg 2
t （２０）
2 m
電子の軌跡は、式（１９）から t を求め、これを式（２０）に代入することにより得られ、
2
1 eE + mg x eE + mg 2
=
x
2 m v
2 mv 2
となる。また、この曲線の傾き、dy / dx 、は、上式を x で微分することにより次のようになる。
y ( t) =
dy eE + mg
=
x （２１）
dx
mv 2
（１）電極を通過するのに要する時間は、式（19）の x に l を代入すれば得られ、
t=
l
v
となる。
（２）電極の出口でどれだけ正極の方に移動したかは、上で求めた時間を式（２０）代入すれば得
られ、その値は、
y ( t) =
eE + mg 2
l 。
2 mv 2
（３）出口（D 点）での傾き角を θ（rad）とすれば、
tan θ =
dy eE + mg
=
x
dx
mv 2
であるから、x に l を代入すると、
tan θ =
eE + mg
l
mv 2
あるいは
θ = tan−1
eE + mg
l
mv 2
となる。
（注）教科書の解答は、eE に比べて mg は無視できるほど小さく（電子の質量 m が非常に小さい）、
また v が非常に大きいと考えているので、
eE + mg
eE
l≈
l << 1
2
mv
mv 2
また、tan θ のグラフは、
d tan θ
1
=
=1
dθ θ = 0 cos2 θ θ = 0
であるので、θ が非常に小さいときは原点を通る傾き 1 の直線と考えられる、すなわち
tan θ ≈ θ
の関係を利用して、
θ≈
eEl
mv 2
を導いている。
１５ . 水平面と角度 θ をなす斜面に対し角度 α で物体を初速度 v0 で投げると、角度 α を
どのように選ぶと物体は斜面上を最も遠くまで到達するか（図 4 参照）。
解答
10
x
図に示すような座標軸 x、y を採る。物体の質量を m とすれば、その
物体に作用する重力 mg は鉛直下向きである。この力を x 軸および y
軸の方向に分解すると、x 軸方向は x 軸の負の方向に mgsin θ 、y 軸方
向には、 y 軸の負の方向に mgcosθ の力が作用している。物体には重
α
v0
y
m
osθ
θ
c
n
g
i
s
m
mg
θ
mg
力以外の力は何も作用していないから、 x 軸、y 軸方向の運動方程式
o
は、x 軸および y 軸方向の速度を vx ( t) 、vy ( t) 表せば、次のようになる。
θ
x 軸方向の運動方程式
図−１１
m
dv x ( t )
= − mg sin θ （２２）
dt
y 軸方向の運動方程式
m
dv y ( t )
= − mg cosθ （２３）
dt
題意から t=0 の時の条件として、
vx (0) = v0 cosα
vy (0) = v0 sin α
（２４）
x (0) = 0
y (0) = 0
が成立しなければならない。したがって、式（２２）および式（２３）を式（２４）を満足する
ように解けばよい。式（２２）の両辺を m で割り、dt を乗ずると、
dvx ( t) = − g sin θdt
右辺を t=0 から t=t まで、左辺を t=0 に対応する vx ( t) の値、すなわち vx (0) から t=t に対応する
vx ( t) の値、すなわち vx ( t) まで積分する。
∫
v x (t )
v x ( 0)
t
dvx = − g sin θ ∫ dt
0
積分を実行し、式（２４）の条件を考慮すると、次式が得られる。
v x ( t) =
dx ( t)
= − g sin θ ⋅ t + v0 cosα
dt
上式の両辺に上と同様に dt を乗じ積分すると、
∫
x( t )
x( 0 )
t
t
0
0
dx = − g sin θ ∫ tdt + v0 cosα ∫ dt
式（２４）の条件を考慮すると
1
x ( t) = − g sin θ ⋅ t 2 + v0 cosα ⋅ t （２５）
2
同様に式（２３）について解くと
vy ( t) = − g cosθ ⋅ t + v0 sin α
1
y ( t) = − g cosθ ⋅ t 2 + v0 sin α ⋅ t （２６）
2
落下時間は、式（２６）で y=0 とおけば、
t=
2 v0 sin α
g cosθ
これを式（２５）に代入すると到達距離が得られ、次のようになる。
2
2 v sin α
2 v sin α
1
+ v0 cosα 0
x = − g sin θ ⋅ 0
2
g cosθ
g cosθ
11
2
2 v sin α
= 0 2 {cosα cosθ − sin α sin θ}
g cos θ
2
2
2 v sin α cos(α + θ )
v0
= 0
=
[sin(2α + θ ) − sinθ ] （２７）
2
g cos θ
g cos2 θ
（注）上式右辺 2 行目から 3 行目への変形は、余弦の加法定理、
cos(α + β ) = cosα cos β − sin α sin β
を利用し、3 行目の変形は、
2sin α cos β = sin(α + β ) + sin(α − β )
を利用した。
式（２７）が最大となるには、
sin(2α + θ ) = 1 （２８）
であればよい。題意から
0 <α <
π
π
, 0 <θ <
2
2
であるから、
0 < 2α + θ <
3π
2
上記の範囲で式（２８）が成立するには、
2α + θ =
π
2
すなわち、α は、
α=
π θ
−
4 2
となる。
１６ . 水平な道路を後輪駆動の自動車が走っている．自動車に外部から働くすべての力を図
に示せ。自動車の水平方向の運動方程式を記せ。
解答
進行方向
空気抵抗F3
加速度a
質量m
後輪駆動
重力
摩擦力F1
車に作用する力としては、重力、地面が車を支える抗力、
摩擦力（駆動輪とそうでない場合の摩擦力の作用方向に
注意）
、空気の抵抗力がある。空気の抵抗力は車のさまざ
まな場所に作用するが、一ヶ所にまとめて示してある。
図では 3 つの力が互いに平行に作用しているように見え
るが、各力の作用方向は車体形状、風向き、路面の状況
により変化する。車の質量を m 、加速度を a で表せば、
運動方程式はベクトル表記で次のようになる。
摩擦力F2
m a = F1 + F2 + F3
抗力
抗力
図−１２
１７ . スキーのジャンプ場の斜面が水平面に対して 45°傾いている。スキーと雪の間の摩擦
係数を 0.1 として次の値を求めよ。
（1）スキーヤーの加速度、（2) 斜面を 40m 滑ったあと
の速さ、（3）摩擦がないときの加速度
解答
12
左図に示すように座標軸を採る。スキーヤーの質量を m とすれば、鉛
直下向きに重力 mg がスキーヤーに作用している。斜面が水平面とな
µm
gc
os
く角を θ とおき、重力 mg を斜面に垂直な力と斜面に平行な力に分解
θ
すれば、mgcosθ 、mgsin θ となる。斜面がスキーヤーを押し返す力（抗
a
o
m
θ
os θ
gc
の大きさは、µ mgcosθ で、斜面に平行で上向きに作用する。スキー
gs
in
θ
m
力）は mgcosθ であり、スキーと雪の摩擦係数を µ とすれば、摩擦力
x
ヤーの速度を vx ( t) で表せば、運動方程式は次のようになる。
θ=45° θ
図−１３
m
dv x ( t )
= mg sin θ − µ mg cosθ
dt
上式の両辺を m で割れば加速度が求まり、
dvx ( t)
= g sin θ − µ g cosθ （２９）
dt
式（２９）を下記初期条件、
vx (0) = 0
x (0) = 0
のもとで解けば、次のようになる。
vx ( t) = g(sin θ − µ cosθ ) t （３０）
1
x ( t) = g(sin θ − µ cosθ ) t 2 （３１）
2
（１）スキーヤーの加速度は、式（２９）の θ に 45°を、摩擦係数 µ に 0.1 を代入すれば、
g 0.1g 0.9 g
ax =
−
=
≈ 6.24 [ m / s2 ]
2
2
2
（２）式（３１）の θ に 45°を、摩擦係数 µ に 0.1 を代入すれば、
0.9 g 2
x ( t) =
t ≈ 3.12 t 2 [m]
2 2
上式の左辺に 40[m] を代入し t を求めると、
t ≈ 3.58 [ s]
式（３０）の θ に 45°を、摩擦係数 µ に 0.1 を代入し、t に上で求めた値を代入すると、
0.9 g
vx =
× 3.58 ≈ 22.3 [ m / s]
2
（３）摩擦がないときの加速度は、式（２９）の θ に 45°を、摩擦係数 µ に 0 を代入すれば求まり、
g
ax =
≈ 6.93 [ m / s2 ]
2
となる。
１８ . 霧の中の微小な雨滴は 10-3cm 程度の半径 r を持つ。雨滴はストークスの法則に従う粘
性力を受ける。水の密度 ρ = 1g / cm 3 、空気の粘度 η = 2 × 10−4 g / cm ⋅ s として、雨滴の終端
速度 v∞ を求めよ。静止している雨滴の速さが終端速度の (1 − e−1 ) 倍になる時間を求めよ。
解答
ストークスの法則に従う場合の粘性抵抗は、F = −6πη r v で与えられる。したがって、運動方程
式は、
m
dv x ( t )
= mg − 6πη r v
dt
13
雨滴の終端速度は、
mg = 6πη r v
より、
v∞ =
mg
6πη r
粘性係数 η を計算すると、
−3
g
kg
−4 10 kg
η = 2 × 10
= 2 × 10
= 2 × 10−5
10−2 m ⋅ s
cm ⋅ s
m ⋅ s
−4
= 2 × 10−5
kgm
1 kgm
N
= 2 × 10−5 2 ⋅ 2 ⋅ s = 2 × 10−5 2 ⋅ s
2
s
m ⋅ s
m
m
= 2 × 10−5 [ Pa ⋅ s]
次に雨滴の質量 m を求めると、
m=ρ×
3
4 π 3 10−3 kg 4 π
4π
r = 1 −6 3 ×
× (10−5 [ m]) =
× 10−12 [ kg]
10 m 3
3
3
したがって、終端速度 v∞ は、
4π
m
× 10−12 [ kg] × 9.8 2
s
mg
3
v∞ =
=
−5
6πη r 6π × 2 × 10 [ Pa ⋅ s] × 10−5 [ m]
kgm
2
9.8
−2
−2 N
s
=
× 10
≈ 1.09 × 10
9
N ⋅ s⋅ m
N ⋅ s
2
m
m
1
m
= 1.09 × 10−2 = 1.09 × 10−2
s
s
m
雨滴の落下速度 v( t) は、教科書 p31 の式（２．５２）より、
6 πη r
6 πη r
−
−
t
t
mg
m
m
v( t) =
−
e
=
v
−
e
1
1
∞
6πη r
で計算される。落下速度 v( t) が終端速度 v∞ の (1 − e−1 ) 倍になる時間は、
6πη r
t =1
m
より、
4π
× 10−12 [ kg]
m
3
t=
=
6πη r 6π × 2 × 10−5 [ Pa ⋅ s] × 10−5 [ m]
kg
1
1
= × 10−2 1 = 1.11 × 10−3 [ s]
= × 10−2
9
1
kgm
9
2
s
s 2 ⋅ s⋅ m
m
14
あるいは、
m
v
= ∞=
6πη r g
t=
m
s
= 1.11 × 10−3 [ s]
m
9.8 2
s
1.09 × 10−2
１９ . 水平な床の上の厚さ 1mm の空気のクッションの上を速さ 1m/s で等速直線運動してい
るエア・トラックに働く粘性力は何 N か。エア・トラックの底面積は 500cm2 とし，空
気の粘度は 1.8ｘ10-5Pa・s とせよ。
解答
y
1[mm]
v=1[m/s]
2
500[cm ]
o
単位面積あたりの粘性力 τ [ Pa] は、粘性係数を η[ Pa ⋅ s] とすれ
ば、次式（教科書 p29 式 (2.40)）で計算される。
τ =η
dv
dy
左図から速度勾配（流速の y 軸方向の増加率）は、
1[ m / s]
dv
=
= 10 3 [1 / s]
−3
dy 1 × 10 [ m]
図−１４
したがって、単位面積あたりの粘性力は、
dv
τ = η = 1.8 × 10−5 [ Pa ⋅ s] × 10 3 [1 / s]
dy
= 1.8 × 10−2 [ Pa] = 1.8 × 10−2
N
m 2
[
]
となる。エア・トラックの底面（底面積 500 cm 2 ）に単位面積あたり上記の粘性力が働くから、
粘性力 F は、
F = 500 × 10−4 [ m 2 ] × 1.8 × 10−2
N
= 9 × 10−4 [ N ]
2
m
２０ . 長さ d（m）のベルトコンベアがある。 1 秒間あたり m（kg）の土砂を積み込んでい
る。ベルトコンベアを速さ v( m / s) で動かして高さ h（m）のところまで土砂を運び上げ
るときに必要な力はいくらか。まず h=0 のときを考えよ。
解答
ニュートンの運動方程式は、次式で与えられる。
d[m
d ( mv)
=F
dt
h[m]
]
v[m/s]
m(d/v)gsinθ
θ
θ
m(d/v)g
図−１５
左辺が表すものは、単位時間あたりの運動量の変化量（例
えば、1 秒間あたりの運動量の変化量）であり、それが右
辺の力（物体に直接作用している力の合力）に等しいと
m[kg/s] いっている。上式の左辺は、微分の形で表現されている
が、割り算で考えると次のようになる。
ある物体 の運動量（単位は質量 x 速度であ るから、
kg ⋅ ( m / s) ）が、5 秒間で 20 [ kg ⋅ ( m / s)] 増加したとすれ
ば、単位時間（1 秒間）当たりの運動量の変化は、
15
m
20 kg ⋅
s
kgm
= 4 2 = 4[ N ]
s
5[ s]
となる。
ではこの問題について考えてみる。まず、静止している物体（運動量は０）をコンベアに乗せ
るとこの物体は速度 v[ m / s] で移動を開始するので、運動量はある値を持つことになるが、この問
題では毎秒 m[kg] のものが速度 v[ m / s] で移動するわけであるから、毎秒運動量は次式で示す量、
m
kg ⋅
s = mv kg ⋅ m = mv[ N ]
mv
s2
s
変化することになる。つまり毎秒 m[ kg] の物体を速度 v[ m / s] で動かすためには、mv[ N ] の力が必
要である。いったんコンベアに載ってしまえば、一定速度 v[ m / s] で動き続けるから運動量の変化
はない。しかし、ベルトコンベアは図−１４に示すように傾いているから、通常ならば滑り落ち
るか、転がり落ちるということになる。では、このようなことが起こらないようにするにはどう
したらよいかであるが、斜面を滑り落ちたりしないようにするには斜面に沿って上向きに引張っ
てやればよい。では引張る力はいくらかということになるが、コンベアに載せられている質量 M
が受ける鉛直下向きの重力の斜面に平行な力の成分に相当する力で引張ればよい。
コンベアに載せられている質量 M は、毎秒 m[ kg] 載せるわけであり、コンベアは毎秒 v[ m] 移動
するから、コンベア上で v[ m] ごとに m[ kg] の質量があると考えると、長さ d[ m] のコンベア上には
m[ kg / s]
d[ m]
md
=
[ kg]
v[ m / s]
v
の質量がある。したがって、この質量に作用する重力の斜面に平行な力の成分の大きさは、斜面
角を θ とすれば、
md
md
h mgh
m
[ kg] ⋅ g 2 sin θ =
g[ N ] ⋅ =
[N ]
s
v
v
d
v
（注）図−１４から、sin θ = d / h の関係を利用した。
以上の考察から、必要とする力 F は、
F = mv +
mgh
[N ]
v
である。
２１ . 密度 ρ（kg/m3）の水が速度 v( m / s) で面積 A（m2）の板に垂直に当っている。板を支
えるには何 N の力が必要か。
解答
A(m2)
F
v[m/s]
図に示すように水が左向きに流れ、板にぶつかると左向きの速
度は 0 になる。すなわち、板にぶつかることにより運動量が減
少していることが分かる。では 1 秒間当たりの運動量の変化を
考えてみる。1 秒間に板にぶつ かる水の体積は、断面積が
A[ m 2 ] 、長さ v[ m] の柱の体積に等しい。この体積を持つ水の質
量は、密度が ρ[ kg / m 3 ] であるから、ρAv[ kg] である。この水は
速度 v[ m / s] で運動していたわけであるから、持っていた運動
量は質量x速度で計算されるが、
この運動量が毎秒板にぶつかっ
て無くなっている。つまり運動量の減少量は、毎秒、
図−１６
16
m
kg ⋅
s = ρAv 2 [ N ]
ρAv 2
s
である。すなわち、板を流れに逆らう向きに力 F 、
F = ρAv 2 [ N ]
の力で支える必要がある。
２２ . 床の上に置かれたロープの一端をつかみ、一定の速度 v で持ち上げる。ロープの先端
の高さが h のとき、手に加わる力はいくらか。ロープの単位長さ当たりの質量を ρ とす
る。まず h=0 のときを考えよ。摩擦は無視せよ。
解答
F
であり、その大きさは ρgh である。このほかに一定の速度 v でロープを
上に引き上げる、つまり床上にあるロープに運動を速度 v で開始させる
わけである。毎秒、床上の長さ v[ m] のロープが速度 v[ m / s] の運動を新
たに始めるわけであるから、このときの運動量の増分は、毎秒
ρv ⋅ v = ρv 2
h
ρgh
高さ h のロープを持つために必要な力は、このロープに作用する重力分
である。したがって、手に加わる力 F は
v
F = ρv 2 + ρgh
である。
図−１７
17
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