物理 / 平面内の運動

斜面に垂直に投げ出す

★★★★ 難関斜方投射斜面軸の取り方

問題

水平から $α$ だけ下に傾いた長い斜面がある。 $sin α = 0.60$ 、 $cos α = 0.80$ とする。斜面上の点 P から、斜面に垂直な向き に速さ $v_{0} = 9.8 m/s$ で小球を投げ出した。空気の抵抗は無視し、重力加速度の大きさを $g = 9.8 m/ s^{2}$ とする。

(1) 斜面に沿う向きと斜面に垂直な向きに分けたとき、初速と重力加速度の成分をそれぞれ書け。

(2) 小球が再び斜面に達するまでの時間を求めよ。

(3) その落下点は P から斜面に沿って何 m 離れているか。

(4) 飛んでいるあいだに、小球が斜面から最も離れる距離を求めよ。

下り斜面の上の点 P から、斜面に垂直な向きに投げ出す

ヒントを見る

重力を斜面に沿う成分と垂直な成分に分けてみる。斜面に戻る条件は、どちらの向きの話になるか。

解答・解説

方針

水平と鉛直に分けると、着地の条件が「斜面の直線上に来ること」となって2次方程式になる。斜面に沿う向きと垂直な向きに軸を取り直すと、垂直方向は投げ上げと同じ形、沿う向きは静止から始まる等加速度になり、話が2つの1次元運動に分かれる。

解答

⓪ 発想 — どう考え始めるか。 水平・鉛直のまま解こうとすると、「斜面に達した」という条件が $y = - x tan α$ という直線の式になり、2次方程式を解くことになる。解けるが遠回りである。

ここでは 軸を斜面に合わせて回す 。斜面に沿う向きを1つの軸、斜面に垂直な向きをもう1つの軸にする。

すると、初速は垂直方向だけ、重力は両方に成分をもつ。垂直方向は「投げ上げて戻ってくる」運動そのもの で、戻ってきた瞬間が斜面に達した瞬間である。時間はここで決まる。沿う向きは静止から滑り出す等加速度で、距離はそこから出る。

① 成分に分ける。 斜面に垂直な向き(斜面から離れる向き)を正、斜面に沿って下る向きを正とする。

初速は斜面に垂直だから

$v_{⊥ 0} = v_{0} = 9.8 m/s, v_{∥ 0} = 0$

重力加速度は真下を向いている。これを2つの軸に分けると

$a_{∥} = g sin α = 9.8 \times 0.60 = 5.88 m/ s^{2}, a_{⊥} = - g cos α = - 9.8 \times 0.80 = - 7.84 m/ s^{2}$

重要斜面がからむ運動では、軸を斜面に合わせて取る。**重力だけを分解すれば、あとは2つの独立な等加速度運動** になる

② 斜面に戻るまでの時間。 垂直方向だけを見る。初速 $v_{0}$ で投げ上げ、加速度 $- g cos α$ で戻ってくる運動である。 $η = 0$ に戻る時刻は

$η = v_{0} t - \frac{1}{2} g cos α t^{2} = 0 ⟹ t = \frac{2 v _{0}}{g cos α}$

$t = \frac{2 \times 9.8}{7.84} = 2.5 s$

真上に投げ上げたときの $\frac{2 v _{0}}{g}$ の、 $g$ が $g cos α$ に置きかわった形である。斜面の世界では重力が薄まる と思えばよい。

③ 斜面に沿った距離。 沿う向きは、静止から加速度 $g sin α$ で滑り出す運動である。

$L = \frac{1}{2} g sin α t^{2} = \frac{1}{2} \times 5.88 \times 2. 5^{2} = 18.375 m$

約 $18.4 m$ である。真下に落ちるのではなく、斜面をずいぶん下ったところに落ちる。

④ 斜面から最も離れる距離。 垂直方向の投げ上げの「最高点」にあたる。

$η_{m a x} = \frac{v _{0}^{2}}{2 g cos α} = \frac{96.04}{2 \times 7.84} = 6.125 m$

そのときの時刻は $\frac{t}{2} = 1.25 s$ である。ここでも、真上に投げ上げたときの公式の $g$ を $g cos α$ に替えただけになっている。

重力を斜面に沿う成分と垂直な成分に分ける。垂直な向きの投げ上げが戻ってきた瞬間に、小球は斜面へ達する

まとめ 軸は水平・鉛直でなくてもよい。問題の形に合わせて軸を回すと、重力の分解1回で2つの独立な運動に分かれる。 斜面・傾いた面がからむ問題は、まずこれを疑う。

発展 — 一歩先へ。 $α \to 0$ (平らな地面)にすると $t \to \frac{2 v _{0}}{g}$ 、 $L \to 0$ 、 $η_{m a x} \to \frac{v _{0}^{2}}{2 g}$ となり、真上への投げ上げに戻る。式が極限で見慣れた形になるかどうかは、答えの確かめに使える。

逆に $α$ を $9 0^{\circ}$ に近づけると、 $cos α \to 0$ で滞空時間が限りなく長くなる。ほとんど垂直な崖から水平に投げ出す状況で、いつまでも壁に当たらないというわけである。

答

(1) 初速は斜面に垂直な向きに $9.8$ 、沿う向きに $0$ 。加速度は沿う向き(下向き)に $g sin α = 5.88$ 、垂直な向き(斜面へ向かう)に $g cos α = 7.84$ (2) $t = \frac{2 v _{0}}{g cos α} = 2.5 s$ (3) $18.375 m$ (約 $18.4 m$ ) (4) $\frac{v _{0}^{2}}{2 g cos α} = 6.125 m$ (約 $6.1 m$ )

別解

水平・鉛直のまま押し切るルート。 軸を回さずに解いて、同じ答えになることを確かめておく。回さない場合にどれだけ手間が増えるかも見える。

斜面に垂直な向きは、水平から測ると $9 0^{\circ} - α$ の向きである。したがって初速の成分は

$v_{x} = v_{0} sin α = 9.8 \times 0.60 = 5.88, v_{y} = v_{0} cos α = 9.8 \times 0.80 = 7.84$

P を原点にとると、時刻 $t$ の位置は

$x = 5.88 t, y = 7.84 t - 4.9 t^{2}$

斜面は原点を通り、 $y = - x tan α = - 0.75 x$ という直線である。落下点はこの直線上にあるから

$7.84 t - 4.9 t^{2} = - 0.75 \times 5.88 t$

$t \neq = 0$ で割ると

$7.84 - 4.9 t = - 4.41 ⟹ 4.9 t = 12.25 ⟹ t = 2.5 s$

落下点は $x = 14.7$ 、 $y = - 11.025$ で、P からの距離は

$14. 7^{2} + 11.02 5^{2} = 18.375 m$

答えは一致する。ただし④の「斜面から最も離れる距離」を出そうとすると、点と直線の距離を $t$ の関数にして最大を探すことになり、明らかに手間である。軸を回すと④がただの最高点になる ところに、座標の取り方の価値がある。

ポイント

斜面の問題は、斜面に沿う向きと垂直な向きに軸を取る。分解するのは重力だけ
斜面に戻る条件は「垂直方向の変位が $0$ 」。真上への投げ上げで $g$ を $g cos α$ に替えた形
斜面に沿う向きは静止から始まる等加速度。距離は $\frac{1}{2} g sin α t^{2}$

よくある間違い

斜面に垂直に投げたのだから斜面に垂直に戻ってくる、と考えてしまう。沿う向きにも加速度があるので、戻るころには斜面をかなり下っている
軸を回したのに、重力を $g$ のまま垂直方向に入れてしまう。垂直方向に効くのは $g cos α$ だけ
斜面に沿った距離を、水平距離 $14.7 m$ と答えてしまう。斜面に沿う長さはその $1/ cos α$ 倍