GSO003 問題4

本問は、斜方投射の軌跡の式を用いて、未知の初速度 $v_0$v0​ と投射角 $\theta$θ を決定する典型的な標準問題です。一見すると文字が多く複雑に見えますが、着地地点 $(D, 0)$(D,0) の条件をうまく使うことで、計算を劇的に簡略化することができます。

1. 軌跡の式の導出

まずは基本となる斜方投射の軌跡の式を導出します。 時間 $t$t におけるシュレの座標 $(x, y)$(x,y) は、初速 $v_0$v0​ の各成分を用いて次のように表されます。

$$x = (v_0 \cos\theta) t$$x=(v0​cosθ)t $$y = (v_0 \sin\theta) t - \frac{1}{2} g t^2$$y=(v0​sinθ)t−21​gt2

$x$x の式より $t = \frac{x}{v_0 \cos\theta}$t=v0​cosθx​ となるので、これを $y$y の式に代入して $t$t を消去します。

$$y = (v_0 \sin\theta) \left( \frac{x}{v_0 \cos\theta} \right) - \frac{1}{2} g \left( \frac{x}{v_0 \cos\theta} \right)^2$$y=(v0​sinθ)(v0​cosθx​)−21​g(v0​cosθx​)2

整理すると、以下の軌跡の式が得られます。

$$y = x \tan\theta - \frac{g x^2}{2 v_0^2 \cos^2\theta}$$y=xtanθ−2v02​cos2θgx2​

2. 拘束条件の適用

シュレは着地地点 $(D, 0)$(D,0) を通るため、軌跡の式に代入します。

$$0 = D \tan\theta - \frac{g D^2}{2 v_0^2 \cos^2\theta}$$0=Dtanθ−2v02​cos2θgD2​

$D \neq 0$D=0 より両辺を $D$D で割り、移項して整理すると、以下の重要な関係式が得られます。

$$\frac{g D}{2 v_0^2 \cos^2\theta} = \tan\theta \quad \cdots \text{①}$$2v02​cos2θgD​=tanθ⋯①

これを変形し、軌跡の式の第2項の係数部分を $\tan\theta$tanθ と $D$D で表しておきます。

$$\frac{g}{2 v_0^2 \cos^2\theta} = \frac{\tan\theta}{D} \quad \cdots \text{②}$$2v02​cos2θg​=Dtanθ​⋯②

次に、シュレは障害物の先端 $(L, H)$(L,H) をすれすれで通過するため、これも軌跡の式に代入します。

$$H = L \tan\theta - \frac{g L^2}{2 v_0^2 \cos^2\theta}$$H=Ltanθ−2v02​cos2θgL2​

ここに先ほどの式②を代入することで、$v_0$v0​ を消去し $\theta$θ のみを残すことができます。

$$H = L \tan\theta - L^2 \left( \frac{\tan\theta}{D} \right)$$H=Ltanθ−L2(Dtanθ​) $$H = L \tan\theta \left( 1 - \frac{L}{D} \right) = \frac{L(D-L)}{D} \tan\theta$$H=Ltanθ(1−DL​)=DL(D−L)​tanθ

これにより、仰角 $\theta$θ が満たすべき条件が決定されます。

$$\tan\theta = \frac{H D}{L(D-L)}$$tanθ=L(D−L)HD​

3. 具体的な数値の代入

与えられた制約の数値を代入し、$\tan\theta$tanθ の値を求めます。

$$\tan\theta = \frac{0.50 \times 1.6}{1.0 \times (1.6 - 1.0)} = \frac{0.80}{0.60} = \frac{4}{3}$$tanθ=1.0×(1.6−1.0)0.50×1.6​=0.600.80​=34​

これにより、このジャンプの投射角は $\tan\theta = \frac{4}{3}$tanθ=34​ （約 $53^\circ$53∘）であることが分かります。

4. 初速度の平方 $v_0^2$v02​ の算出

式①を変形して $v_0^2$v02​ を求めます。

$$v_0^2 = \frac{g D}{2 \tan\theta \cos^2\theta}$$v02​=2tanθcos2θgD​

ここで、三角関数の相互関係 $\frac{1}{\cos^2\theta} = 1 + \tan^2\theta$cos2θ1​=1+tan2θ を用いると、$\cos\theta$cosθ を直接求めずとも計算が可能です。

$$v_0^2 = \frac{g D (1 + \tan^2\theta)}{2 \tan\theta}$$v02​=2tanθgD(1+tan2θ)​

$\tan\theta = \frac{4}{3}$tanθ=34​ より $\tan^2\theta = \frac{16}{9}$tan2θ=916​ なので、$1 + \tan^2\theta = \frac{25}{9}$1+tan2θ=925​ となります。 最後に、残りの数値（$g = 9.8$g=9.8, $D = 1.6$D=1.6）を代入します。

$$v_0^2 = \frac{9.8 \times 1.6 \times \frac{25}{9}}{2 \times \frac{4}{3}} = \frac{15.68 \times 25}{9} \times \frac{3}{8}$$v02​=2×34​9.8×1.6×925​​=915.68×25​×83​ $$v_0^2 = \frac{392}{9} \times \frac{3}{8} = \frac{392 \times 3}{9 \times 8} = \frac{49}{3}$$v02​=9392​×83​=9×8392×3​=349​

初速度の2乗は $v_0^2 = \frac{49}{3} \text{ (m/s)}^2$v02​=349​ (m/s)2 となります。 既約分数 $\frac{A}{B}$BA​ の形になっており、$A = 49$A=49, $B = 3$B=3 （互いに素な自然数）です。 したがって、求める値 $A + B$A+B は以下のようになります。

$$49 + 3 = 52$$49+3=52