自由落下に粘性抵抗と慣性抵抗を添えて。
久々のお勉強会ということで、ニュートン力学で自由落下の計算をしていきます。
※解説放棄でただただ計算する回です。
⠀
復習っぽいもの
位置$${\bm r(t)}$$の時間変化が速度$${\dfrac{\mathrm{d \bm r}}{\mathrm{d} t}}$$、速度の時間変化が加速度$${\dfrac{\mathrm{d^2 \bm r}}{\mathrm{d} t^2}}$$、でココでは位置$${\bm r}$$、速度$${\dot{\bm r}}$$、加速度$${\ddot{\bm r}}$$で表現します。
ニュートンの運動方程式（以下、運動eq）
$$
{\Large m\ddot{\bm r}={\bm F(t)}}\\
\begin{cases}
m\:[\mathrm{kg}]&\texttt{\footnotesize（質量；不変とします）}\\
F\:[\mathrm{kg\cdot m/s^2}]&\texttt{\footnotesize（力；ここの形で難易度ゲキ変）}
\end{cases}
$$
に従って物体の運動は記述され、頑張って位置$${\bm r(t)}$$や速度$${\dot{\bm r}(t)}$$について解きます。
今回は特に$${t\to\infty}$$の終端速度$${\bm v_\infty}$$について論じます。
自由落下
（空気抵抗🍐）
はじめに空気抵抗ナシの場合について解きます。
$${g}$$を重力加速度（$${\simeq9.8\:\mathrm{m/s^2}}$$）とすると運動eqは、
$$
m\ddot{x}=mg
$$
で、（当然ですが）$${m\neq0}$$より、
$$
\ddot{x}=g\:\:\texttt{\small（一定）}
$$
と分かりますね。
ここから両辺を時刻$${t}$$で積分、さらに積分して、
$$
\begin{align*}
\dot{x}(t)&=gt+\mathrm{C}_1\\
x(t)&=\dfrac{1}{2}gt^2+\mathrm{C}_1t+\mathrm{C}_2
\end{align*}
$$
となります。２つの任意定数$${\mathrm{C}_1,\,\mathrm{C}_2}$$は初期条件を課すと一意に決定されます。
今、初期位置$${x(0)=0}$$、初速度$${\dot{x}(0)=0}$$で考えているので、
$$
\mathrm{C}_1=0,\,\mathrm{C}_2=0\\[7.0pt]
\therefore x(t)=\dfrac{1}{2}gt^2
$$
ここで、終端速度$${v_\infty}$$を考えると
$$
\begin{align*}
v_\infty
&=\lim_{t\to\infty}\dot{x}(t)\\
&=\lim_{t\to\infty}\dfrac{1}{2}gt^2\\
&=\infty\\
\end{align*}
$$
より、際限なく加速することが分かります（$${\ddot{x}=\text{const.}}$$より自明？）。
⠀
粘性抵抗のみ
つぎに速度$${v(t)}$$に比例する空気抵抗力（粘性抵抗）が働く場合について考えます。
比例定数を$${b>0}$$とおいて得られる運動eqは、
$$
m\ddot{x}=mg-bv
$$
で、今回は$${v=\dot{x}}$$より２階線型非斉次ODE
$$
m\ddot{x}+b\dot{x}=mg
$$
と観て計算します。線型かつ非斉次なので$${x(t)=\texttt{\small（斉次一般解）}+\texttt{\small（特殊解）}}$$です。
斉次一般解$${x_\mathrm{c}}$$は、
$$
\begin{align*}
mD^2+bD&=0\\
D\left(D+\dfrac{b}{m}\right)&=0
\end{align*}\\[7.0pt]
\therefore D=0,\,-b/m
$$
より、
$$
\therefore
x_\mathrm{c}=\mathrm{C}_1{\hspace{-1pt}\LARGE\bm\searrow{\!\small\raisebox{-10pt}{1}}}\hspace{-20pt}\mathrm{e}^{0t}+\mathrm{C}_2\mathrm{e}^{-\frac{b}{m}t}=\mathrm{C}_1+\mathrm{C}_2\mathrm{e}^{-\frac{b}{m}t}
$$
特殊解$${x_\mathrm{p}}$$は、$${mg\div(mD^2+bD)}$$を実行して
より、$${\dfrac{m}{b}gt}$$です。→宣伝
よって、
$$
\begin{align*}
x(t)
&=x_\mathrm{c}+x_\mathrm{p}\\
&=\mathrm{C}_1+\mathrm{C}_2\mathrm{e}^{-\frac{b}{m}t}+\dfrac{m}{b}gt,\\
\dot{x}(t)
&=-\dfrac{b}{m}\mathrm{C}_2\mathrm{e}^{-\frac{b}{m}t}+\dfrac{m}{b}g
\end{align*}
$$
となり、初期条件を課して、
$$
\mathrm{C}_2=\dfrac{m^2}{b^2}g,\,\mathrm{C}_1=-\dfrac{m^2}{b^2}g\\[7.0pt]
\therefore x(t)=\dfrac{m}{b}gt+\left(\dfrac{m}{b}\right)^2g\mathrm{e}^{-\frac{b}{m}t}-\left(\dfrac{m}{b}\right)^2g
$$
ここで、終端速度$${v_\infty}$$は
$$
\begin{align*}
v_\infty
&=\lim_{t\to\infty}\dot{x}(t)\\
&=\lim_{t\to\infty}\left(\dfrac{m}{b}g\mathrm{e}^{-\frac{b}{m}t}+\dfrac{m}{b}g\right)\\
&=\dfrac{m}{b}g\left(0+1\right)\\
&=\dfrac{m}{b}g<+\infty
\end{align*}
$$
であり、現実に則して有限値に落ち着くことはグラフからも読み取れます：
⠀
ちなみに$${\ddot{x}=\dot{v}(t)}$$を用いて速度$${v(t)}$$に統一した変数分離で解いても良いし、方程式を解かずとも終端速度$${v_\infty}$$は、加速度$${\ddot{x}\equiv\dot{v}(t)=0}$$（時間変化で速度が加算されない→速度が一定で落ち着いた場合）を調べるだけで簡単に得られます：
$$
\begin{align*}
m\dot{v}&=0\\
mg-bv&=0
\end{align*}\\[7.0pt]
\therefore v_\infty=\dfrac{m}{b}g
$$
⠀
慣性抵抗のみ
今度は速度$${v(t)}$$の２乗に比例する空気抵抗力（慣性抵抗）が働く場合について考えます。
比例定数を$${c>0}$$とおいて得られる運動eqは、
$$
m\ddot{x}=mg-cv^2
$$
と２乗の項が存在するため非線形で、$${\ddot{x}=\dot{v}(t)}$$を用いた
$$
m\dot{v}=mg-cv^2
$$
を変数分離で解きます。
解くよりもまず先に、終端速度$${v_\infty}$$を調べます。$${\dot{v}=0}$$を考えると、
$$
\begin{align*}
m\dot{v}=0\\
mg-cv^2=0
\end{align*}\\[7.0pt]
v=\pm\sqrt{\dfrac{m}{c}g}
$$
と２つの解が得られますが、$${v>0}$$であるのは明白なので終端速度$${v_\infty}$$は正です：
$$
\therefore v_\infty=\sqrt{\dfrac{m}{c}g}
$$
では、終端速度$${v_\infty}$$を頭の片隅に置いて、変数分離で解きます。$${mg-cv^2\neq0}$$として両辺を割って積分区間$${0\to t}$$で定積分します：
$$
\begin{align*}
m\dot{v}
&=mg-cv^2\\
\dfrac{m}{mg-cv^2}\dfrac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t}
&=1\\
\int_0^t\dfrac{m}{mg-cv^2}\dfrac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t}{\mathrm{d}t}
&=\int_0^t{\mathrm{d}t}\\
\int_{v_0=0}^{v(t)}\dfrac{m}{mg-cv^2}{\mathrm{d}v}
&=\int_0^t{\mathrm{d}t}\\
\end{align*}\\[7.0pt]
\begin{array}{c:ccc}
t&0&\!\!\!\to&\!\!\!t
\\
\hline
v&v_0&\!\!\!\to&\!\!\!v(t)
\end{array}
$$
左辺の被積分関数の分母に着目すると、積分変数$${v}$$についての２次式で、根$${\pm v_\infty}$$を持ちます。
ここで、
$$
\dfrac{1}{12}=\dfrac{1}{3}-\dfrac{1}{4},\,\dfrac{1}{15}=\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{3}-\dfrac{1}{5}\right)
$$
であるように部分分数分解は
$$
\dfrac{1}{大\times小}=\dfrac{1}{差}\left(\dfrac{1}{小}-\dfrac{1}{大}\right)
$$
と行えます。$${\dfrac{m}{mg-cv^2}=\dfrac{m}{-c(v-v_\infty)(v+v_\infty)}}$$であり、$${v>0}$$より
大・・・$${v+v_\infty}$$
小・・・$${v-v_\infty}$$
差・・・$${大-小=2v_\infty}$$
です。部分分数分解を実行して、
$$
\small
\begin{align*}
\int_{v_0=0}^{v(t)}\dfrac{m}{mg-cv^2}{\mathrm{d}v}
&=\int_0^t{\mathrm{d}t}\\
\int_{v_0=0}^{v(t)}\dfrac{m}{-c(v-v_\infty)(v+v_\infty)}{\mathrm{d}v}
&=\int_0^t{\mathrm{d}t}\\
-\dfrac{m}{c}\dfrac{1}{2v_\infty}\int_{v_0=0}^{v(t)}{\mathrm{d}v}\hspace{29pt}\\
\bigg(\dfrac{1}{v-v_\infty}-\dfrac{1}{v+v_\infty}\bigg)
&=\int_0^t{\mathrm{d}t}\\
-\dfrac{m}{c}\dfrac{1}{2v_\infty}\log\left|\dfrac{v-v_\infty}{v+v_\infty}\right|
&=t\\
\log\left|\dfrac{v-v_\infty}{v+v_\infty}\right|
&=-2{v_\infty}\dfrac{c}{m}t
\end{align*}
$$
今、考えているケースは初速度$${v_0=0}$$から加速していく場合についてなので、$${v < v_\infty}$$すなわち$${v-v_\infty<0}$$より$${\log|\texttt{\footnotesize（略）}|=\log(-\texttt{\footnotesize（略）})}$$と絶対値が外れます：
$$
\begin{align*}
\log\left|\dfrac{v-v_\infty}{v+v_\infty}\right|
&=-2{v_\infty}\dfrac{c}{m}t\\
\log\left(\dfrac{v_\infty-v}{v+v_\infty}\right)
&=-2{v_\infty}\dfrac{c}{m}t\\
\dfrac{v_\infty-v}{v+v_\infty}&=\mathrm{e}^{-2{v_\infty}\frac{c}{m}t}\\
\end{align*}\\[7.0pt]
\therefore v(t)=v_\infty\dfrac{1-\mathrm{e}^{-2{v_\infty}\frac{c}{m}t}}{1+\mathrm{e}^{-2{v_\infty}\frac{c}{m}t}}
$$
確かに、$${t\to\infty}$$の極限で終端速度$${v_\infty}$$に一致します：
$$
\begin{align*}
v(t)&=v_\infty\dfrac{1-\mathrm{e}^{-2{v_\infty}\frac{c}{m}t}}{1+\mathrm{e}^{-2{v_\infty}\frac{c}{m}t}}\\
&\to v_\infty\dfrac{1-0}{1+0}=v_\infty
\end{align*}
$$
もし、位置$${x(t)}$$について解く際には、少々技巧的（カンニング済み）ですが、
$$
\begin{align*}
v(t)
&=v_\infty\dfrac{1-\mathrm{e}^{-2{v_\infty}\frac{c}{m}t}}{1+\mathrm{e}^{-2{v_\infty}\frac{c}{m}t}}\\
&=v_\infty\dfrac{\bcancel{\mathrm{e}^{-{v_\infty}\frac{c}{m}t}}(\mathrm{e}^{+{v_\infty}\frac{c}{m}t}-\mathrm{e}^{-{v_\infty}\frac{c}{m}t})}{\bcancel{\mathrm{e}^{-{v_\infty}\frac{c}{m}t}}(\mathrm{e}^{+{v_\infty}\frac{c}{m}t}+\mathrm{e}^{-{v_\infty}\frac{c}{m}t})}\\
&=v_\infty\tanh\left(v_\infty\frac{c}{m}t\right)
\end{align*}
$$
と整理して$${\tanh}$$の積分に帰着するとキレイです：
$$
\\[-10pt]
\begin{align*}
\tanh\left(v_\infty\frac{c}{m}t\right)
&=\dfrac{\texttt{\small（分子）}}{\texttt{\small（分母）}}\\
&=\dfrac{m}{v_\infty c}\dfrac{\texttt{\small（分母）}'}{\texttt{\small（分母）}}
\end{align*}\\[7.0pt]
\begin{align*}
\therefore \int_0^t v(t)\,\mathrm{d}t
&=\dfrac{m}{c}\log\left|2\cosh\left(v_\infty\frac{c}{m}t\right)\right|\\
&\hspace{28pt}-\dfrac{m}{c}\log\left|2\:\:\bcancel{\cosh\left(0\right)}\right|\:\raisebox{-6pt}{\small1}\\
&=\dfrac{m}{c}\log\left(\cosh\left(v_\infty\frac{c}{m}t\right)\right)
\end{align*}
$$
愚直な方法は、まるまる$${u=\mathrm{e}^{-2{v_\infty}\frac{c}{m}t}}$$とおく置換積分で、部分分数分解を行うヤツですかね。自分は初めソレでした。
⠀
両方のケース
さて、おまけに粘性抵抗と慣性抵抗の両方が影響する場合について考えてみましょう。
比例定数を$${b,c>0}$$とおいて得られる運動eqは、
$$
m\ddot{x}=mg-bv-cv^2
$$
と非線形で、$${\ddot{x}=\dot{v}(t)}$$を用いた
$$
m\dot{v}=mg-bv-cv^2
$$
を変数分離で解きます。
解くよりもまず先に、終端速度$${v_\infty}$$を調べます。$${\dot{v}=0}$$を考えると、
$$
\begin{align*}
m\dot{v}=0\\
mg-bv-cv^2=0
\end{align*}\\[7.0pt]
v=\dfrac{+b\pm\sqrt{b^2+4cmg}}{-2c}
$$
と２つの解が得られますが、$${0< b=\sqrt{b^2}<\sqrt{b^2+4cmg}}$$すなわち$${b-\sqrt{b^2+4cmg}<0}$$より、
$$
\therefore v_\infty=\dfrac{+b-\sqrt{\:\:\:}}{-2c}=\dfrac{\sqrt{\:\:\:}-b}{2c}>0
$$
と求められます。以降、同様に根号$${\sqrt{\:\:\:}}$$の内部は省略します。
慣性抵抗のケースと同様に、両辺を$${mg-bv-cv^2\neq0}$$で割り、積分区間$${0\to t}$$で定積分して部分分数分解を実行します。大、小、差は、それぞれ
大・・・$${v+\dfrac{\sqrt{\:\:\:}+b}{2c}}$$
小・・・$${v-\dfrac{\sqrt{\:\:\:}-b}{2c}}$$
差・・・$${大-小=\dfrac{b}{c}}$$
なので、
$$
\begin{align*}
\dfrac{m}{-c}\dfrac{c}{b}\bigg(\log\left|\dfrac{v-(\sqrt{\:\:\:}-b)/2c}{v+(\sqrt{\:\:\:}+b)/2c}\right|&\\
-\log\left|\dfrac{(\sqrt{\:\:\:}-b)/2c}{(\sqrt{\:\:\:}+b)/2c}\right|\bigg)&=t\\
\left|\dfrac{\left(v-\frac{\sqrt{\:\:\:}-b}{2c}\right)\left(\sqrt{\:\:\:}+b\right)}{\left(v+\frac{\sqrt{\:\:\:}+b}{2c}\right)\left(\sqrt{\:\:\:}-b\right)}\right|&=\mathrm{e}^{-\frac{b}{m}t}
\end{align*}
$$
ここで、不等式$${v-\dfrac{\sqrt{\:\:\:}-b}{2c}<0}$$は条件$${v<\dfrac{\sqrt{\:\:\:}-b}{2c}=v_\infty}$$と同値なので、絶対値内部の符号はマイナスです。$${(\sqrt{\:\:\:}+b)(\sqrt{\:\:\:}-b)}$$が２乗引く２乗であることに注意して計算すれば、
$$
\begin{align*}
\left|\dfrac{\left(v-\frac{\sqrt{\:\:\:}-b}{2c}\right)\left(\sqrt{\:\:\:}+b\right)}{\left(v+\frac{\sqrt{\:\:\:}+b}{2c}\right)\left(\sqrt{\:\:\:}-b\right)}\right|&=\mathrm{e}^{-\frac{b}{m}t}\\
\dfrac{\left(-v+\frac{\sqrt{\:\:\:}-b}{2c}\right)\left(\sqrt{\:\:\:}+b\right)}{\left(v+\frac{\sqrt{\:\:\:}+b}{2c}\right)\left(\sqrt{\:\:\:}-b\right)}&=\mathrm{e}^{-\frac{b}{m}t}\\
\end{align*}\\[7.0pt]
\therefore v(t)=2mg\dfrac{1-\mathrm{e}^{-\frac{b}{m}t}}{\sqrt{\:\:\:}+b+(\sqrt{\:\:\:}-b)\mathrm{e}^{-\frac{b}{m}t}}
$$
と気合いで求められます。
これも確かに$${t\to\infty}$$で終端速度$${v_\infty}$$に一致します：
$$
v\to 2mg\dfrac{1-0}{\sqrt{\:\:\:}+b+0}\\
=2mg\dfrac{\sqrt{\:\:\:}-b}{4cmg}\\
=\dfrac{\sqrt{\:\:\:}-b}{2c}=v_\infty
$$
さらに位置$${x(t)}$$が知りたければ積分……ですが、面倒なので方針と結果だけ載せます。方針としては$${u=\mathrm{e}^{-\frac{b}{m}t}}$$する置換積分で、
$$
\mathrm{d}t=-\dfrac{m}{b}\dfrac{1}{u}\mathrm{d}u\\[7.0pt]
\dfrac{1-u}{A+Bu}=\dfrac{1}{A+Bu}-\dfrac{u}{A+Bu}
$$
と積分を分割して、第１項を部分分数分解で愚直に進めてみましょう。結果は、
$$
\begin{align*}
\therefore x(t)&=\dfrac{m}{2bc}\bigg\{A\log\left(\dfrac{A+Bu}{A+B}\right)\\
&\hspace{25pt}-B\log\left(\dfrac{(A+B)u}{A+Bu}\right)\bigg\}
\end{align*}\\[7.0pt]
\begin{cases}
\sqrt{\:\:\:}&\!\!\!\!=\sqrt{b^2+4cmg}\\
\:\:A&\!\!\!\!=\sqrt{\:\:\:}+b\\
\:\:B&\!\!\!\!=\sqrt{\:\:\:}-b
\end{cases}
$$
……となりましたが、皆様いかがでしょうか？ 計算ミスやもっと良い表示がある場合にはコメント下さい（他力本願）。
⠀
補足
粘性抵抗は空気と擦れ合うことにより生じて、慣性抵抗は空気を押し除けることにより生じます。本来、これら比例定数は
物体の形状
空気の状態 などなど…
に大きく依存する振る舞いをするため、本記事の計算は諸々と単純化（或いは理想化）されたお話です。
今回の話は「質点の力学」であり、本場のお話は「流体力学」に属します。
⠀
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