水平投射では初速度が水平方向だけでしたが、斜め上に投げ出す斜方投射では、水平・鉛直の両方に初速度をもちます。
砲丸投げ、バスケットボールのシュート、噴水の水——斜方投射は身近にあふれています。
ここでは放物線の方程式を導き、最高点の高さ・飛距離・滞空時間を求める公式を手に入れましょう。
原点 O から仰角 $\theta$、初速度 $v_0$ で物体を投射します。 水平方向を $x$ 軸（正の向き＝投射方向）、鉛直上向きを $y$ 軸に取ると、 初速度の成分は次のようになります。
空気抵抗を無視すると、物体にはたらく力は重力 $mg$（鉛直下向き）のみです。 したがって、水平方向には力がはたらかず等速直線運動、鉛直方向には重力のみがはたらき鉛直投げ上げ運動です。
位置
$$x = v_0 \cos\theta \cdot t$$
$$y = v_0 \sin\theta \cdot t - \frac{1}{2}gt^2$$
速度
$$v_x = v_0 \cos\theta \quad (\text{一定})$$
$$v_y = v_0 \sin\theta - gt$$
斜方投射は新しい運動ではありません。すでに学んだ等速直線運動と鉛直投げ上げの組み合わせです。
水平方向と鉛直方向を独立に考えることが最重要ポイントです。$x$ と $y$ を結ぶのは共通の時間 $t$ だけです。
$x = v_0\cos\theta \cdot t$ から $t = \dfrac{x}{v_0\cos\theta}$ を $y$ の式に代入すると、
$y = v_0\sin\theta \cdot \dfrac{x}{v_0\cos\theta} - \dfrac{1}{2}g\left(\dfrac{x}{v_0\cos\theta}\right)^2$
$$y = x\tan\theta - \frac{g}{2v_0^2\cos^2\theta}\,x^2$$
これは $x$ の2次関数であり、下に凸の放物線です。
放物線の方程式 $y = x\tan\theta - \dfrac{gx^2}{2v_0^2\cos^2\theta}$ は、ある位置を物体が通過するかどうかの判定に便利です。
✕ 誤：すべての問題で軌跡の方程式を使おうとする
○ 正：時間を求めたいなら $x(t)$、$y(t)$ の式を使う。位置関係だけなら軌跡の方程式が有効
最高点では鉛直方向の速度が $0$ になります。この条件から最高点に到達する時刻と高さを求めましょう。
$v_y = v_0\sin\theta - gt = 0$ より、
$$t_H = \frac{v_0\sin\theta}{g}$$
$t_H$ を $y$ の式に代入します。
$H = v_0\sin\theta \cdot \dfrac{v_0\sin\theta}{g} - \dfrac{1}{2}g\left(\dfrac{v_0\sin\theta}{g}\right)^2$
$= \dfrac{v_0^2\sin^2\theta}{g} - \dfrac{v_0^2\sin^2\theta}{2g}$
$$H = \frac{v_0^2\sin^2\theta}{2g}$$
$$H = \frac{v_0^2\sin^2\theta}{2g}$$
最高点では鉛直方向の運動エネルギーがすべて位置エネルギーに変わると考えると、
$\dfrac{1}{2}m(v_0\sin\theta)^2 = mgH$ より $H = \dfrac{v_0^2\sin^2\theta}{2g}$
エネルギー保存を使うと、時間を経由せずに高さだけを求められます。
物体が再び地面（$y = 0$）に戻る時刻を求めれば、滞空時間が、そのときの $x$ 座標を求めれば飛距離（水平到達距離）がわかります。
$y = 0$ とおくと、
$$v_0\sin\theta \cdot t - \frac{1}{2}gt^2 = 0$$
$$t\left(v_0\sin\theta - \frac{1}{2}gt\right) = 0$$
$t = 0$（出発時）と $t = T$（着地時）の2つの解があるので、
$$T = \frac{2v_0\sin\theta}{g}$$
$x$ に $t = T$ を代入します。
$R = v_0\cos\theta \cdot T = v_0\cos\theta \cdot \dfrac{2v_0\sin\theta}{g}$
$= \dfrac{2v_0^2\sin\theta\cos\theta}{g}$
2倍角の公式 $2\sin\theta\cos\theta = \sin 2\theta$ を使うと、
$$R = \frac{v_0^2\sin 2\theta}{g}$$
$$R = \frac{v_0^2\sin 2\theta}{g}$$
滞空時間が最高点到達時刻のちょうど2倍になるのは、放物運動が最高点を軸として時間的に対称だからです。
上昇にかかる時間と下降にかかる時間は等しく、着地時の速さは初速と同じです（向きは対称）。この対称性は多くの問題で計算を楽にしてくれます。
$R = \dfrac{v_0^2\sin 2\theta}{g}$ は、投射点と着地点が同じ高さの場合にしか使えません。
✕ 誤：崖の上から斜め上に投げた場合にこの公式を使う
○ 正：着地点の高さが異なる場合は $y(t) = 0$ ではなく $y(t) = -h$ などとして $t$ を求め直す
飛距離 $R = \dfrac{v_0^2 \sin 2\theta}{g}$ において、$v_0$ と $g$ は定数なので、$R$ は $\sin 2\theta$ に比例します。
$\sin 2\theta$ は $2\theta = 90°$、すなわち $\theta = 45°$ のときに最大値 $1$ をとります。
$$R_{\max} = \frac{v_0^2}{g} \quad (\theta = 45°)$$
$\sin 2\theta = \sin 2(90° - \theta)$ が成り立つため、投射角 $\theta$ と $(90° - \theta)$ では飛距離が同じです。 たとえば $30°$ と $60°$ では同じ飛距離になります。
飛距離は「水平方向の速度」×「滞空時間」です。
角度を大きくすると滞空時間は長くなりますが、水平速度は小さくなります。角度を小さくするとその逆です。
この2つの要素のバランスがちょうどよいのが $45°$ であり、数学的には $\sin\theta\cos\theta$ が $\theta = 45°$ で最大になることに対応します。
投射点と着地点の高さが異なるとき（例：崖の上から投げる場合）、飛距離を最大にする角度は $45°$ ではなくなります。
✕ 誤：どんな場合でも45°で飛距離最大
○ 正：45°が最適なのは投射点と着地点が同じ高さの場合のみ
| 投射角 $\theta$ | $\sin 2\theta$ | 飛距離 $R$（$v_0^2/g$ 倍） |
|---|---|---|
| $15°$ | $0.50$ | $0.50$ |
| $30°$ | $0.87$ | $0.87$ |
| $45°$ | $1.00$ | $1.00$（最大） |
| $60°$ | $0.87$ | $0.87$ |
| $75°$ | $0.50$ | $0.50$ |
斜方投射は平面内の運動の基本中の基本であり、力学全体の要です。
Q1. 初速度 $v_0$、仰角 $\theta$ で投射したとき、水平方向の速度は時間とともにどう変化しますか。
Q2. 最高点の高さの公式を書き、この式が鉛直投げ上げのどの公式に対応するか説明してください。
Q3. 飛距離の公式 $R = \dfrac{v_0^2\sin 2\theta}{g}$ が成り立つ条件は何ですか。
Q4. 初速度 $v_0 = 20\,\text{m/s}$、$g = 9.8\,\text{m/s}^2$ のとき、最大飛距離はいくらですか。
斜方投射の典型的な入試問題を解きましょう。
地面から仰角 $30°$、初速度 $v_0 = 19.6\,\text{m/s}$ で小球を投射した。$g = 9.8\,\text{m/s}^2$ として、次の問いに答えよ。
(1) 最高点の高さを求めよ。
(2) 滞空時間を求めよ。
(3) 飛距離を求めよ。
(1) $H = 4.9\,\text{m}$
(2) $T = 2.0\,\text{s}$
(3) $R \approx 33.9\,\text{m}$
(1) $H = \dfrac{v_0^2\sin^2 30°}{2g} = \dfrac{19.6^2 \times 0.25}{2 \times 9.8} = \dfrac{96.04}{19.6} = 4.9\,\text{m}$
(2) $T = \dfrac{2v_0\sin 30°}{g} = \dfrac{2 \times 19.6 \times 0.5}{9.8} = \dfrac{19.6}{9.8} = 2.0\,\text{s}$
(3) $R = \dfrac{v_0^2 \sin 60°}{g} = \dfrac{19.6^2 \times \frac{\sqrt{3}}{2}}{9.8} = \dfrac{384.16 \times 0.866}{9.8} \approx 33.9\,\text{m}$
同じ初速度 $v_0$ で投射角 $\theta = 30°$ と $\theta = 60°$ のそれぞれの場合について、飛距離と最高点の高さを比較せよ。
飛距離は等しい。最高点の高さは $60°$ の方が $30°$ の3倍。
飛距離：$R = \dfrac{v_0^2\sin 2\theta}{g}$ で、$\sin 60° = \sin 120°$ なので $R_{30°} = R_{60°}$。
最高点：$H = \dfrac{v_0^2\sin^2\theta}{2g}$ で、
$H_{30°} = \dfrac{v_0^2 \times (1/2)^2}{2g} = \dfrac{v_0^2}{8g}$
$H_{60°} = \dfrac{v_0^2 \times (\sqrt{3}/2)^2}{2g} = \dfrac{3v_0^2}{8g}$
よって $H_{60°} = 3\,H_{30°}$。飛距離は同じでも、到達する高さは大きく異なる。
高さ $h = 19.6\,\text{m}$ の崖の上から、水平面と $45°$ の仰角で初速度 $v_0 = 9.8\,\text{m/s}$ で小球を投げた。$g = 9.8\,\text{m/s}^2$ として、次の問いに答えよ。
(1) 最高点の高さ（地面からの高さ）を求めよ。
(2) 小球が地面に達するまでの時間を求めよ。
(3) 崖の下端からの水平距離を求めよ。
(1) $22.05\,\text{m}$
(2) $\approx 2.71\,\text{s}$
(3) $\approx 18.8\,\text{m}$
崖の上を原点、鉛直上向きを $y$ の正とする。
$v_{0x} = 9.8\cos 45° = \dfrac{9.8}{\sqrt{2}} \approx 6.93\,\text{m/s}$
$v_{0y} = 9.8\sin 45° = \dfrac{9.8}{\sqrt{2}} \approx 6.93\,\text{m/s}$
(1) 最高点（原点からの高さ）：$H = \dfrac{v_0^2\sin^2 45°}{2g} = \dfrac{9.8^2 \times 0.5}{2 \times 9.8} = 2.45\,\text{m}$
地面からの高さ：$h + H = 19.6 + 2.45 = 22.05\,\text{m}$
(2) 地面に達する条件：$y = -h$ すなわち
$v_0\sin 45° \cdot t - \dfrac{1}{2}gt^2 = -19.6$
$6.93t - 4.9t^2 = -19.6$
$4.9t^2 - 6.93t - 19.6 = 0$
解の公式より $t = \dfrac{6.93 + \sqrt{6.93^2 + 4 \times 4.9 \times 19.6}}{2 \times 4.9} = \dfrac{6.93 + \sqrt{48.0 + 384.2}}{9.8} = \dfrac{6.93 + 20.8}{9.8} \approx 2.71\,\text{s}$
(3) $x = v_{0x} \times t = 6.93 \times 2.71 \approx 18.8\,\text{m}$
地面の点Oから仰角 $\theta$、初速度 $v_0$ で小球を投射する。Oから水平距離 $d$ の地点に高さ $h$ の壁がある。$g = 9.8\,\text{m/s}^2$ とする。
(1) 小球が壁の上端をちょうど通過するための条件を $v_0$, $\theta$, $d$, $h$, $g$ を用いて表せ。
(2) $d = 20\,\text{m}$, $h = 10\,\text{m}$, $v_0 = 20\,\text{m/s}$ のとき、壁を越えることができる $\theta$ の範囲を求めよ。
(1) $h = d\tan\theta - \dfrac{gd^2}{2v_0^2\cos^2\theta}$
(2) $\theta = 45°$ のとき壁の上端をちょうど通過。$45° < \theta < 90°$ で壁の上を通過する。ただし着地点が壁の手前にならない条件が必要なため、実質的に $\theta = 45°$ 付近のみ。
(1) 軌跡の方程式 $y = x\tan\theta - \dfrac{gx^2}{2v_0^2\cos^2\theta}$ に $x = d$, $y = h$ を代入する。
壁を越える条件は $y \geq h$（$x = d$ のとき）なので、
$$d\tan\theta - \frac{gd^2}{2v_0^2\cos^2\theta} \geq h$$
(2) 数値を代入すると、$20\tan\theta - \dfrac{9.8 \times 400}{2 \times 400\cos^2\theta} \geq 10$
$20\tan\theta - \dfrac{4.9}{\cos^2\theta} \geq 10$
$t = \tan\theta$ とおき、$\dfrac{1}{\cos^2\theta} = 1 + \tan^2\theta$ を使うと、
$20t - 4.9(1 + t^2) \geq 10$ → $4.9t^2 - 20t + 14.9 \leq 0$
判別式を計算して解くと $\theta = 45°$ 付近で壁を越えられることがわかる。