割と至急お願いします。力学の問題です。

質量mの物体を初速度v0で鉛直上方に投げ上げたとき以下の問いに答えよ。ただし重量加速度の大きさをg、鉛直上向きにy軸をとるものとする。なお、必要なら速度vに対してdv/dt=(dy/dt)(dv/dy)=vdv/dyとなることを用いよ。

(a)物体に摩擦による抵抗が働かないとき、物体の最高点での高さを求めよ。
(b)物体に速度に比例する摩擦力mkvが働くとき(kは正の定数)、物体の最高点での高さを求めよ。
(c)物体に速度の二乗に比例する摩擦力mk'v^2が働くとき(k'は正の定数)、物体の最高点での高さを求めよ。

よろしくお願いします。

No.3 回答者： syotao 回答日時： 2022/12/10 23:06

実は（a）でもdv/dt=vdv/dyが使える：

この場合運動方程式は　ｍvdv/dy＝－ｍｇ　vdv/dy＝－ｇ
vdv/dy＝（d/dy)(1/2ｖ²)　だから（d/dy)(1/2ｖ²)＝－ｇ
積分して　1/2ｖ²＝－ｇy＋C　投げ上げ時はｖ＝ｖ₀、ｙ＝0だから
C=1/2ｖ₀²したがって1/2ｖ²＝－ｇy＋1/2ｖ₀²、最高時にはｖ＝0で
この時の高さｈは　0＝－ｇｈ＋1/2ｖ₀²　から
ｈ＝ｖ₀²/2ｇ　といういつもの式がでる。

No.2 回答者： stomachman 回答日時： 2022/12/09 14:21

(b) 物体に速度に比例する摩擦力mkvが働くとき

　　dv/dt = - g - kv
を解いてv(t)を計算し、それを積分してy(t)を出してもいいのだが、いやこれは、あからさまに時間変数tを出さない運動方程式（ラプラス方程式、ハミルトン方程式）への入門のための練習問題ではないかな。
　　dv/dt = (dv/dy) (dy/dt) = v (dv/dy)
を使って
　　v (dv/dy) = - (g + kv)
より変数分離法で
　　∫(v/(g + kv)) dv = ∫dy
を計算する。積分定数は初速v0で決まり、最高点はv=0で決まる。

(c)物体に速度の二乗に比例する摩擦力mk'v^2が働くとき
一般には
　　dv/dt = -g - sgn(v) k'(v^2) （sgn(v)はvの符号(1か-1)、ただしsgn(0)=0）
であることに注意が必要だが、この問題ではv≧0の範囲だけを考えれば足りるので
　　v (dv/dy) = - (g + k'(v^2))
以下(b)と同様。

No.1 回答者： yhr2 回答日時： 2022/12/09 12:21

＞dv/dt=(dy/dt)(dv/dy)=vdv/dyとなることを用いよ

こういう指定があるということは大学生ですよね？
講義でやっているのでは？

(a) 抵抗がなければ単純な「等加速度運動」です。（高校物理の範囲）
　a = -g
　v(t) = v0 - gt　　　　　　　　　①
　y(t) = v0･t - (1/2)gt^2　　　　②

最高点では v=0 となるので、そのときの時刻を T とすれば、①より
　v(T) = v0 - gT = 0
→　T = v0/g
そのときの変位（投げ上げ位置からの高さ）は、②より
　y(T) = v0(v0/g) - (1/2)g(v0/g)^2
　　　= (v0)^2 /g - (1/2)(v0)^2 /g
　　　＝(1/2)(v0)^2 /g
　　　＝(v0)^2 /(2g)

(b) 物体に速度に比例する摩擦力mkvが働くとき、運動方程式は
　ma = -mg - mkv
→　a = -g - kv
ここで
　a = dv/dt
なので、
　dv/dt = -g - kv　　　　③
これを解いて
　∫[1/(g + kv)](dv/dt)dt = -∫dt
→　∫[1/(g + kv)]dv = -∫dt
→　(1/k)log|g + kv| = -t + C1
→　log|g + kv| = -kt + kC1
→　g + kv = ±e^(-kt + kC1)
→　v = ±(1/k)e^(-kt + kC1) - g/k
　　　= ±(1/k)e^(-kt)･e^(kC1) - g/k
　　　= Ce^(-kt) - g/k　　　← ±(1/k)e^(kC1) = C とおいた
t=0 のとき v=v0 なので
　v(0) = C - g/k = v0
→　C = v0 + g/k
よって
　v(t) = (v0 + g/k)e^(-kt) - g/k　　　　④

④を t で積分すれば
　y(t) = -(1/k)(v0 + g/k)e^(-kt) - (g/k)t + C2
t=0 のとき y(0)=0 なので
　y(0) = -(1/k)(v0 + g/k) + C2 = 0
→　C2 ＝ (1/k)(v0 + g/k)
よって
　y(t) = (1/k)(v0 + g/k)[1 - e^(-kt)] - (g/k)t　　　　⑤

あとは、(a) と同じように
・④で v(T)=0 となる T と求め
・その T を⑤に代入
すれば答は求まります。

ちょっと計算が面倒なのでパスします。

↓　下記にフルの解答がありました。参考まで。
https://www.icrr.u-tokyo.ac.jp/~yuzu/lecture/201 …

(c) さらに同じように、運動方程式
　ma = -mg - mk'v^2　　　⑥（上昇時）
　ma = -mg + mk'v^2　　　⑦（下降時）
を解く必要があります。

ここでは「最高点まで」を解けばよいので⑥のみでよさそうです。

a=dv/dt を使って
　dv/dt = -g - k'v^2　　　⑧

これを解けば
　∫[1/(g/k' + v^2)]dv = -k'∫dt　　　⑨

左辺は、
　v = [√(g/k')]tan(p)
と置く置換積分かな。
そうすれば
　dv/dp = [√(g/k')]/cos^2(p)
なので
　∫[1/(g/k' + v^2)]dv = ∫{1/[g/k' + (g/k')tan^2(p)]}{[√(g/k')]/cos^2(p)}dp
= [1/√(g/k')]∫{1/[cos^2(p) + son^2(p)]}dp
= [1/√(g/k')]∫dp
= [1/√(g/k')]p + C3

よって⑨は
　[1/√(g/k')]p = -k't + C4
→　p = -[√(gk')]t + C5

p を v に戻して
　v = [√(g/k')]tan{-[√(gk')]t + C5}

t=0 のとき v=v0 なので
　v0 = [√(g/k')]tan{C5}
よって
　C5 = arctan[v0/√(g/k')]

従って
　v = [√(g/k')]tan{-[√(gk')]t + arctan[v0/√(g/k')]}　　　⑩


ここで、問題文で与えられた「dv/dt = (dy/dt)(dv/dy) = vdv/dy」を使って
⑧より
　vdv/dy = -g - k'v^2
→　dv/dy = -(g + k'v^2)/v
→　∫[v/(g + k'v^2)]dv = -∫dy　　　　⑪

q=g + k'v^2 とおけば
　dq/dv = 2k'v
→　vdv = (1/2k')dq
なので
　左辺 = ∫[v/(g + k'v^2)]dv
= ∫[1/q](1/2k')dq
= (1/2k')log|q|
よって⑪は
　(1/2k')log|q| = -y + C6
→　y = C6 - (1/2k')log|q|

q を戻して
　y = C6 - (1/2k')log(g + k'v^2)

t=0 のとき v=v0, y=0 なので
　0 = C6 - (1/2k')log[g + k'(v0)^2]
よって
　C6 = (1/2k')log[g + k'(v0)^2]
従って
　y = (1/2k')log[g + k'(v0)^2] - (1/2k')log(g + k'v^2)
　　= (1/2k')log{[g + k'(v0)^2]/(g + k'v^2)}

最高点では v=0 なので
　ymax = (1/2k')log{[g + k'(v0)^2]/g}
= (1/2k')log[1 + (k'/g)(v0)^2]

(c) の後半は計算間違いをしているかも。
ご自分でもトレースしてください。