第3章の章末問題 | 問いから始める物理

演習 1

オリジナル ★★☆☆☆

長さ $180 m$ の列車Aと長さ $240 m$ の列車Bが，平行な線路を一定の速さで走る．列車Aの乗客（質点とみなす）から見て，Bが反対向きにすれ違うとき，Bの先頭が乗客に並んでから末尾が通り過ぎるまでに $6.0 s$ かかった．Bが同じ向きに走って後ろからAを追い越すときには，同じ区間に $30 s$ かかった．各列車の速さは2つの場合で同じとする．

**［図：平行な線路上の列車］**
列車AとBの長さを示し，Bが反対向きの場合と同じ向きの場合を分けて描く．

A，Bの速さを求めよ．
反対向きにすれ違うとき，両列車の先頭が並んでから，末尾が互いに通り過ぎ終わるまでの時間を求めよ．
同じ向きに走るとき，Bの先頭がAの末尾に並んでから，Bの末尾がAの先頭を通り過ぎるまでの時間を求めよ．

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考え方 相手の列車に乗って見れば，片方が止まり，もう片方が相対速度で動く問題になる．通り過ぎるべき長さを相対速度で割ればよい．

A，Bの速さを $v_{A}, v_{B}$ とする．

反対向きのとき，Aから見たBの速さは $v_{A} + v_{B}$ で，長さ $240 m$ を $6.0 s$ で通り過ぎるから $v_{A} + v_{B} = 240 / 6.0 = 40 m s^{- 1}$ ．同じ向きのときは $v_{B} - v_{A} = 240 / 30 = 8.0 m s^{- 1}$ ．連立して $v_{B} = 24 m s^{- 1}$ ， $v_{A} = 16 m s^{- 1}$ ．
先頭が並んでから末尾同士が離れ終わるまでに，Bの先頭はAに対して $180 + 240 = 420 m$ 進む．よって $420 / 40 = 10.5 s$ ．
同様に相対的に $420 m$ 進み，相対速度は $8.0 m s^{- 1}$ だから $420 / 8.0 = 52.5 s$ ．

演習 2

オリジナル ★★★☆☆

まっすぐな道路上の点Aから，道路から垂直に $l = 900 m$ 離れた野原の点Bへ，できるだけ早く車で行きたい．Bから道路に下ろした垂線の足をCとし，Cは道路に沿ってAから $D = 2000 m$ の位置にあるとする．車の速さは道路上で $20 m s^{- 1}$ ，野原の中で $12 m s^{- 1}$ である．道路上でAから $x$ の位置の点Pで道路を離れ，野原をPからBまで直進するとする．

**［図：道路から野原への経路］**
道路上のA，P，Cと野原のBを示す．AP=x，AC=D，BC=lである．

所要時間 $T (x)$ を表せ．
$T$ を最小にする $x$ と，そのときの最小時間を求めよ．必要なら， $(\sqrt{w})^{'} = \frac{1}{2 \sqrt{w}}$ （ $(t^{n})^{'} = n t^{n - 1}$ の $n = \frac{1}{2}$ の場合）と連鎖律を使ってよい．
AからBまで野原を直進する場合，およびCまで道路を走ってから野原を垂直に進む場合と比較せよ．

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考え方 $T (x)$ は道路を走る時間と野原を走る時間の和である． $x$ で微分して0とおく．野原での進路の向きに注目すると見通しがよい．

道路上の速さを $v_{1} = 20$ ，野原での速さを $v_{2} = 12 m s^{- 1}$ とする．

野原での道のりは $\sqrt{l^{2} + (D - x)^{2}}$ だから

T (x) = \frac{x}{v_{1}} + \frac{\sqrt{l^{2} + (D - x)^{2}}}{v_{2}}

微分して，

\frac{d T}{d x} = \frac{1}{v_{1}} - \frac{D - x}{v_{2} \sqrt{l^{2} + (D - x)^{2}}} = 0

野原での進路が道路への垂線となす角を $φ$ とすると， $\sin φ = \frac{D - x}{\sqrt{l^{2} + (D - x)^{2}}}$ だから，条件は $\sin φ = v_{2} / v_{1} = 0.60$ ． $\tan φ = 0.75$ より $D - x = l \tan φ = 675 m$ ， $x = 1325 m$ ．野原での道のりは $l / \cos φ = 900 / 0.80 = 1125 m$ ．最小時間は

T = \frac{1325}{20} + \frac{1125}{12} = 66.25 + 93.75 = 160 s

$T (x)$ の第2項は $x$ について下に凸だから，この停留点が最小である．

野原を直進すると $\sqrt{900^{2} + 2000^{2}} / 12 \approx 183 s$ ．Cまで道路を走る場合は $2000 / 20 + 900 / 12 = 175 s$ ．最小の $160 s$ が最も短い．なお，この最小条件 $\sin φ = v_{2} / v_{1}$ は，光の屈折の法則と同じ形をしている．

演習 3

オリジナル ★★★☆☆

直線上を運動する質点の，速さ $v$ に対する減速度の大きさが $a = k \sqrt{v}$ （ $k$ は正の定数）で与えられる．時刻0の速さを $v_{0} = 9.0 m s^{- 1}$ ， $k = 1.5 m^{1 / 2} s^{- 3 / 2}$ とする．

**［図：直線上を減速する質点］**
進行方向と反対向きに，問題で与えられた減速度が働く状況を示す．

質点が止まるまでの時間を求めよ．
止まるまでに進む距離を求めよ．
減速度が $a = k v$ の場合には，質点は有限の時間で止まるか．また，進む距離の上限はあるか．

必要なら次の公式を使ってよい： $(t^{n})^{'} = n t^{n - 1}$ は $n$ が分数でも成り立つ（たとえば $(\sqrt{v})^{'} = \frac{1}{2 \sqrt{v}}$ ， $(v^{3 / 2})^{'} = \frac{3}{2} \sqrt{v}$ ）．また $(e^{k t})^{'} = k e^{k t}$ なので， $v = v_{0} e^{- k t}$ は $\frac{d v}{d t} = - k v$ と $v (0) = v_{0}$ を満たす．

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考え方 式は $\frac{d v}{d t} = - k \sqrt{v}$ ． $\sqrt{v}$ の関数を時間で微分すると $\frac{d v}{d t}$ が出てくることを使う．距離は，連鎖律で $\frac{d v}{d t} = v \frac{d v}{d x}$ と直して求める．

連鎖律より $\frac{d}{d t} (2 \sqrt{v}) = \frac{1}{\sqrt{v}} \frac{d v}{d t} = - k$ なので， $2 \sqrt{v} = 2 \sqrt{v_{0}} - k t$ ． $v = 0$ となる時刻は $T = \frac{2 \sqrt{v_{0}}}{k} = \frac{2 \times 3.0}{1.5} = 4.0 s$ ．
連鎖律より $\frac{d v}{d t} = \frac{d v}{d x} \frac{d x}{d t} = v \frac{d v}{d x}$ と書けるから， $v \frac{d v}{d x} = - k \sqrt{v}$ ，すなわち $\sqrt{v} \frac{d v}{d x} = - k$ ．左辺は $\frac{d}{d x} (\frac{2}{3} v^{3 / 2})$ なので $\frac{2}{3} (v_{0}^{3 / 2} - v^{3 / 2}) = k x$ ．止まる位置は $x = \frac{2 v_{0}^{3 / 2}}{3 k} = \frac{2 \times 27}{3 \times 1.5} = 12 m$ ．確認として $v (t) = {(\sqrt{v_{0}} - \frac{k}{2} t)}^{2}$ を $0 \leq t \leq T$ で積分しても $12 m$ が得られる．
問題文の公式より， $\frac{d v}{d t} = - k v$ ， $v (0) = v_{0}$ を満たすのは $v = v_{0} e^{- k t}$ である（この形の方程式の解が1つに決まることは，空気抵抗の章で扱う）．これはどんな有限の $t$ でも0にならないので，有限の時間では止まらない．距離は $\int_{0}^{\infty} v_{0} e^{- k t} d t = v_{0} / k$ と有限で，これが進む距離の上限になる（ $v$ と $x$ の関係は $v = v_{0} - k x$ ）．

演習 4

オリジナル ★★★☆☆

水平な地面の上を，台車が右向きに一定の速さ $V$ で走っている．台車の上の点から，台車に対して速さ $v_{0}$ ，水平となす角 $θ$ （ $0 < θ < 90^{\circ}$ ）の向きに，台車の進む向きの前方へボールを投げ出す．空気の抵抗は無視する．台車の上面は水平で十分に長く，ボールが投げた点の高さまで戻ったときを落下とみなす．

**［図：速さVで走る台車から投げるボール］**
水平な地面の上を，台車が右向きに一定の速さVで走っている．台車の上の点から，台車に対する速さv0で，水平となす角θの向きにボールを投げ出す．台車に対する初速度の矢印と角θ，台車の速度Vの矢印を示す．ボールの軌道と着地点は描かない．

台車から見たボールの運動を述べ，ボールが台車のどこに落ちるか答えよ．
地面から見た初速度の成分を書き，投げた点から落下点までの，地面に対する水平距離 $R$ を $v_{0}, V, θ, g$ で表せ．
$R$ を最大にする $θ$ について $\cos θ = \frac{- V + \sqrt{V^{2} + 8 v_{0}^{2}}}{4 v_{0}}$ であることを示せ．必要なら， $(\sin θ)^{'} = \cos θ$ ， $(\cos θ)^{'} = - \sin θ$ ，2倍角の公式 $\cos 2 θ = 2 \cos^{2} θ - 1$ を使ってよい．
$v_{0} = 10 m s^{- 1}$ ， $V = 5.0 m s^{- 1}$ のとき， $R$ を最大にする $θ$ と，そのときの $R$ を求め， $θ = 45^{\circ}$ で投げた場合と比べよ．

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考え方 台車は等速なので，台車から見ても加速度は $- g$ （鉛直下向き）のままである．地面から見た初速度は，台車に対する初速度に台車の速度を足したもの（速度の合成）である．

台車は等速なので，台車から見てもボールの加速度は鉛直下向きに $g$ である．したがって台車から見ると，初速 $v_{0}$ ，角 $θ$ のふつうの放物運動になる．滞空時間 $T = \frac{2 v_{0} \sin θ}{g}$ の後，ボールは台車の上の，投げた点から前方へ $\frac{v_{0}^{2} \sin 2 θ}{g}$ の点に落ちる．この結果は $V$ によらない．
地面から見た初速度は $(v_{0} \cos θ + V, v_{0} \sin θ)$ ．滞空時間は同じ $T$ なので

R = (v_{0} \cos θ + V) \frac{2 v_{0} \sin θ}{g}

$R$ は $f (θ) = (v_{0} \cos θ + V) \sin θ = \frac{v_{0}}{2} \sin 2 θ + V \sin θ$ に比例する．連鎖律で

f^{'} (θ) = v_{0} \cos 2 θ + V \cos θ = 2 v_{0} \cos^{2} θ + V \cos θ - v_{0}

$f^{'} = 0$ を $c = \cos θ$ の2次方程式 $2 v_{0} c^{2} + V c - v_{0} = 0$ とみて， $c > 0$ の解をとると $c = \frac{- V + \sqrt{V^{2} + 8 v_{0}^{2}}}{4 v_{0}}$ ． $c$ がこれより大きい（ $θ$ が小さい）と $f^{'} > 0$ ，小さいと $f^{'} < 0$ なので，ここで最大である． $V = 0$ なら $c = \frac{1}{\sqrt{2}}$ ，すなわち $θ = 45^{\circ}$ に戻る．

$\cos θ = \frac{- 5.0 + \sqrt{25 + 800}}{40} = \frac{- 5.0 + 28.7}{40} \approx 0.593$ より $θ \approx 54^{\circ}$ ． $\sin θ \approx 0.805$ で， $R = (5.93 + 5.0) \times \frac{2 \times 10 \times 0.805}{9.8} \approx 18.0 m$ ． $θ = 45^{\circ}$ では $R = (7.07 + 5.0) \times \frac{2 \times 10 \times 0.707}{9.8} \approx 17.4 m$ で，少し短い．前へ走りながら投げるときは， $45^{\circ}$ より高めに投げるのがよい．

演習 5

オリジナル ★★★☆☆

半径 $R$ の車輪が，水平な地面を滑らずに右向きに一定の速さ $v$ で転がる．車輪は中心のまわりを時計まわりに角速度 $v / R$ で回る．縁の点の位置を，中心から見て水平右向きから反時計まわりに測った角 $θ$ で表す．

**［図：右へ転がる車輪と縁の点］**
水平な地面を右へ滑らずに転がる半径Rの車輪．中心から右向きに速度v（青）を描き，車輪は時計まわりに角速度v/Rで回る．縁の点は，中心から見て水平右向きから反時計まわりに角θの位置にある．

縁の点の地面に対する速度の成分と，速さを $θ$ で表せ．速さが最大，最小になる点はどこか．
車輪の後ろ側（ $\cos θ < 0$ ）で縁の点から泥が離れ，その後は空中を放物運動する．泥が離れる角 $θ$ を変えるとき，泥の最高点の高さ $H$ の最大値を $R, v, g$ で表せ（ $v^{2} > g R$ とする）． $R = 0.30 m$ ， $v = 5.0 m s^{- 1}$ では何 m か．

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考え方 地面から見た速度は，中心の速度と，中心に対する縁の点の速度の和である．

中心に対する速度は $v (\sin θ, - \cos θ)$ ．中心の速度 $(v, 0)$ を加えて $(v (1 + \sin θ), - v \cos θ)$ ．速さは $v \sqrt{2 (1 + \sin θ)}$ で，最上点（ $θ = 90^{\circ}$ ）で最大の $2 v$ ，地面に接する点（ $θ = - 90^{\circ}$ ）で最小の $0$ である．
離れる位置の高さは $R (1 + \sin θ)$ ，上向きの速度成分は $- v \cos θ$ ．よって $s = \sin θ$ として

H = R (1 + s) + \frac{v^{2} \cos^{2} θ}{2 g} = R (1 + s) + \frac{v^{2} (1 - s^{2})}{2 g}

$\frac{d H}{d s} = R - v^{2} s / g = 0$ から $s = g R / v^{2}$ で最大となり， $H_{max} = R + \frac{v^{2}}{2 g} + \frac{g R^{2}}{2 v^{2}}$ ．数値は $0.30 + 1.276 + 0.018 \approx 1.6 m$ ．車輪の上端（ $0.60 m$ ）よりかなり高い．

演習 6

オリジナル ★★★☆☆

1 辺 $L = 12 m$ の正三角形ABCの頂点に虫がいる．時刻 $0$ から，AはBへ，BはCへ，CはAへ，常に相手の方向へ一定の速さ $v = 0.50 m s^{- 1}$ で動く．

**［図：正三角形の頂点から中心Oへ巻き込む軌跡］**
1辺Lの正三角形ABC（Aが左下，Bが右下，Cが上）．AはBへ，BはCへ，CはAへ，それぞれ一定の速さvで進む（青い矢印）．3匹は対称に，中心Oのまわりを反時計まわりに回りながらOへ近づく軌跡（渦巻き）を描く．Oから頂点までの初めの距離をr0とする．

3 匹が出会うまでの時間と，各虫の道のりを求めよ．
中心Oからの距離が $r_{0}$ から $r$ まで縮む間に，Oのまわりに回る角 $φ$ を求めよ．出会うまでの回転数は有限か．必要なら， $r > 0$ で $\int \frac{d r}{r} = \ln r + C$ を使ってよい（ $\ln$ は $e$ を底とする対数で， $(\ln r)^{'} = \frac{1}{r}$ である． $\int t^{n} d t$ の公式で除いた $n = - 1$ の場合にあたる）．

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考え方 対称性から，3 匹は常に正三角形の頂点にいる．速度を，Oに向かう成分とOのまわりを回る成分に分ける．

虫の進む向きと，虫からOへの向きは $30^{\circ}$ をなす．Oに向かう速さは $v \cos 30^{\circ} = \frac{\sqrt{3}}{2} v$ ，初めの距離は $r_{0} = \frac{L}{\sqrt{3}}$ ．よって時間は

T = \frac{r_{0}}{(\sqrt{3} / 2) v} = \frac{2 L}{3 v} = \frac{2 \times 12}{3 \times 0.50} = 16 s

道のりは $v T = 8.0 m$ ．

Oのまわりを回る速さは $v \sin 30^{\circ} = \frac{v}{2}$ ． $\frac{d φ}{d t} = \frac{v}{2 r}$ ， $\frac{d r}{d t} = - \frac{\sqrt{3}}{2} v$ を割り算して $d φ = - \frac{d r}{\sqrt{3} r}$ ． $r_{0}$ から $r$ まで積分し， $\int \frac{d r}{r} = \ln r$ を使うと

φ = \frac{1}{\sqrt{3}} \ln \frac{r_{0}}{r}

$r \to 0$ で $φ \to \infty$ なので，道のりは有限でも，虫は無限回転しながらOに近づく．ただし $r$ が $r_{0}$ の百万分の 1 でも約 $1.3$ 回転である．

演習 7

オリジナル ★★★☆☆

岸壁の滑車（水面から高さ $h = 3.0 m$ ）に通した綱の端を，一定の速さ $u = 1.5 m s^{- 1}$ で引いて，水面の小舟を引き寄せる．綱はたるまない．滑車の真下の水面の点をOとし，舟は大きさの無い点とみなす．必要なら ${(\frac{1}{x})}^{'} = - \frac{1}{x^{2}}$ （ $(t^{n})^{'} = n t^{n - 1}$ の $n = - 1$ の場合）を使ってよい．

**［図：岸壁の滑車で綱を引いて舟を寄せる］**
水面から高さhの岸壁の滑車に綱を通し，綱の一端を一定の速さuで引く（青い矢印）．綱のもう一端は水面の小舟につながる．滑車の真下の水面の点Oから舟までの距離をxとする．

舟のOからの距離が $x$ のときの舟の速さ $v$ と加速度の大きさ $a$ を， $x$ で表せ．
$x = 4.0 m$ での $v$ と $a$ を求めよ．また， $a$ が $g$ に達する $x$ を求めよ．

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考え方 滑車から舟までの綱の長さ $l$ は $l^{2} = x^{2} + h^{2}$ を満たし，一定の割合 $u$ で減る． $x$ の 1 階微分が速さ，2 階微分が加速度である．

$l^{2} = x^{2} + h^{2}$ の両辺を微分し， $\frac{d l}{d t} = - u$ を使うと $- l u = x \frac{d x}{d t}$ ．舟の速さは

v = - \frac{d x}{d t} = \frac{l u}{x} = \frac{u \sqrt{x^{2} + h^{2}}}{x}

さらに微分すると， $\frac{d l}{d t} = - u$ ， $\frac{d x}{d t} = - v$ より

a = \frac{d v}{d t} = u (- \frac{u}{x} + \frac{l v}{x^{2}}) = \frac{u^{2} (l^{2} - x^{2})}{x^{3}} = \frac{u^{2} h^{2}}{x^{3}}

$l = 5.0 m$ なので $v = 1.5 \times 5.0 / 4.0 \approx 1.9 m s^{- 1}$ ， $a = {1.5}^{2} \times {3.0}^{2} / {4.0}^{3} \approx 0.32 m s^{- 2}$ ． $a = g$ は $x = {(u^{2} h^{2} / g)}^{1 / 3} \approx 1.3 m$ ． $x \to 0$ で速さも加速度も限りなく大きくなる．