146 ばねでつながれた物体との衝突
【問題の確認】まずは問題文をしっかり読み解こう
この問題は、「弾性衝突」と「ばねで連結された物体の運動」という2つの重要なテーマを組み合わせた問題です。段階的に物理現象を追っていく必要があります。
- 小物体A, B, Cの質量: すべて \(m\)
- 小物体Aの初速度: \(v_0\)
- 小物体B, Cの初速度: \(0\)
- 床: なめらか
- AとBの衝突: 弾性衝突 (\(e=1\))
- ばね定数: \(k\)
- (1) 衝突直後のA, Bの速さ \(v_A\), \(v_B\)
- (2) ばねが最も縮んだときのB, Cの速さ \(v_B’\), \(v_C’\)
- (3) ばねの最大の縮み \(d\)
【設問別解説】考え方から計算プロセスまで徹底ガイド
本解説は、模範解答で示されている解法を主たる解説として採用しつつ、学習者の多角的な理解を促進するため、以下の教育的に有益な別解を追記します。
- 設問(3)の別解
- 重心系における力学的エネルギー保存則を用いた解法
- この別解が有益である理由は以下の通りです。
- 実験室系で全体のエネルギーを考えるよりも、重心運動のエネルギーと内部エネルギー（相対運動とポテンシャルエネルギー）を分離して考えることで、計算が簡潔になります。
- 複数の物体からなる系の運動を「重心の並進運動」と「重心周りの運動」に分けて捉えるという、物理学における重要な視点を学ぶことができます。
- いずれのアプローチを用いても、最終的に得られる答えは模範解答と一致します。
この問題のテーマは、「弾性衝突と、その後の連結物体の単振動的な運動」です。衝突の法則と、複数物体系における運動量保存則・エネルギー保存則を正しく適用できるかが問われます。
問題を解く上で鍵となる物理法則や概念は以下の通りです。
- 運動量保存則: 衝突の前後や、外力が働かない系（または内力のみが働く系）で運動量の総和が保存される法則。
- 反発係数（はねかえり係数）の式: 衝突における反発の度合いを示す関係式。弾性衝突では \(e=1\)。
- 力学的エネルギー保存則: 外力や非保存力が仕事をしない場合に、運動エネルギーと位置エネルギーの和が一定に保たれる法則。
- ばねが最も縮む（伸びる）条件: 連結された2物体の相対速度が0になる、つまり2物体の速度が等しくなる瞬間に、ばねの伸縮が最大となる。
基本的なアプローチは以下の通りです。
- まず、小物体AとBの衝突現象に限定して考えます。運動量保存則と反発係数の式を連立させて、衝突直後のAとBの速度を求めます（問1）。
- 次に、衝突後の小物体BとC、そしてばねからなる系に着目します。ばねが最も縮む条件（BとCの速度が等しくなる）を考え、この系での運動量保存則を用いてそのときの速度を求めます（問2）。
- 最後に、(2)の状況について、BとCとばねの系で力学的エネルギー保存則を立式し、ばねの最大の縮み \(d\) を計算します（問3）。
問(1)
思考の道筋とポイント
小物体AとBの衝突直後の速さを求める問題です。衝突現象を扱う基本は「運動量保存則」と「反発係数の式」です。この2つの法則を連立方程式として解くことで、衝突後の各物体の速度を求めることができます。
この設問における重要なポイント
- 系の設定: 衝突はAとBの間だけで瞬時に起こると考え、AとBの2物体からなる系に着目します。この間、ばねの力はBに働きますが、衝突の瞬間では、衝突による力（撃力）がばねの力に比べて非常に大きいとみなせるため、ばねの影響は無視して考えます。
- 運動量保存則: AとBの系には水平方向に外力が働かないため、衝突の前後で運動量の和は保存されます。
- 反発係数の式: 問題文に「弾性衝突」とあるので、反発係数 \(e=1\) を用います。
具体的な解説と立式
衝突前の小物体Aの速度を \(v_0\)、小物体Bの速度を \(0\) とします。衝突直後の小物体A, Bの速度をそれぞれ \(v_A\), \(v_B\) とします。衝突前にAが進んでいた向きを正の向きとします。
AとBの衝突の前後で、運動量保存則が成り立ちます。
$$ mv_0 + m \cdot 0 = mv_A + mv_B $$
両辺を \(m\) で割ると、
$$ v_0 = v_A + v_B \quad \cdots ① $$
また、AとBは弾性衝突 (\(e=1\)) をするので、反発係数の式を立てます。
$$ (v_0 – 0) \times (-1) = v_A – v_B $$
これを整理すると、
$$ -v_0 = v_A – v_B \quad \cdots ② $$
使用した物理公式
- 運動量保存則: \(m_1v_1 + m_2v_2 = m_1v_1′ + m_2v_2’\)
- 反発係数の式: \((v_1 – v_2) \times (-e) = v_1′ – v_2’\)
①式と②式を連立して \(v_A\) と \(v_B\) を求めます。
① + ② より:
$$
\begin{aligned}
(v_A + v_B) + (v_A – v_B) &= v_0 + (-v_0) \\[2.0ex]
2v_A &= 0 \\[2.0ex]
v_A &= 0
\end{aligned}
$$
したがって、小物体Aの速さは \(0 \text{ [m/s]}\) です。
この結果を①式に代入して \(v_B\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
v_0 &= 0 + v_B \\[2.0ex]
v_B &= v_0
\end{aligned}
$$
したがって、小物体Bの速さは \(v_0 \text{ [m/s]}\) です。
物体がぶつかる前後で、全体の「勢い」（運動量）は変わらないというルール（運動量保存則）と、跳ね返り具合を示すルール（反発係数の式）の2つを使います。今回は「弾性衝突」なので、とてもよく跳ね返る場合を考えます。この2つのルールを連立方程式として解くことで、衝突後のそれぞれの物体の速さが分かります。
衝突直後の小物体Aの速さは \(0\)、小物体Bの速さは \(v_0\) です。
これは、質量が等しい2つの物体が弾性衝突した場合に、互いの速度が入れ替わる「速度交換」という現象が起きたことを意味します。小物体Aは静止し、その速度 \(v_0\) がそのまま小物体Bに乗り移った形になります。この結果は物理的に妥当です。
問(2)
思考の道筋とポイント
衝突後に動き出したBが、ばねを介して静止しているCを押し始めます。このとき、Bは減速し、Cは加速します。ばねが「最も縮む」瞬間がいつなのかを物理的に捉えることが鍵です。
この設問における重要なポイント
- ばねが最も縮む条件: BがCに追いつくように運動し、ばねを縮めていきます。Bの速度がCの速度より大きい間はばねは縮み続けます。やがてCが加速され、Bの速度とCの速度が等しくなった瞬間に、2つの物体の相対速度が0になります。このとき、ばねの縮みは最大となり、その後は逆にばねが伸び始めます。したがって、「ばねが最も縮む」とは「BとCの速度が等しくなる」ときです。
- 系の設定: 衝突後のBとC、そしてばねを一つの「系」として考えます。
- 運動量保存則: このB-C系には水平方向に外力が働きません（ばねが及ぼしあう力は内力）。したがって、Bが動き始めてからばねが最も縮むまでの間で、系の全運動量は保存されます。
具体的な解説と立式
(1)の結果より、衝突直後のBの速度は \(v_0\)、Cの速度は \(0\) です。これがB-C系の運動の初期状態です。
ばねが最も縮んだとき、BとCの速度は等しくなります。このときの速度を \(V\) とします。
BとCからなる系で、運動量保存則を立てます。
初期状態（Bの速度が \(v_0\)、Cの速度が \(0\)）の運動量は \(mv_0 + m \cdot 0\)。
最終状態（B, Cの速度がともに \(V\)）の運動量は \(mV + mV\)。
したがって、運動量保存則の式は以下のようになります。
$$ mv_0 + m \cdot 0 = mV + mV \quad \cdots ③ $$
使用した物理公式
- 運動量保存則
- ばねの最大伸縮の条件（相対速度が0）
③式を \(V\) について解きます。
$$
\begin{aligned}
mv_0 &= 2mV \\[2.0ex]
V &= \displaystyle\frac{v_0}{2}
\end{aligned}
$$
求める速さは、小物体B, Cともに \(V\) です。
速さ \(v_0\) で動き出したBが、前にあるCをばねを介して押し始めます。すると、Bはだんだん遅くなり、Cはだんだん速くなります。ばねが一番縮むのは、ちょうどBとCの速さが同じになった瞬間です。このとき、2つの物体は一体となって動いていると見なせます。Bが持っていた最初の「勢い」（運動量）が、最終的にBとCの2つに分配されると考えることで、そのときの速さを計算できます。
ばねが最も縮んだ瞬間における小物体Bと小物体Cの速さは、ともに \(\displaystyle\frac{v_0}{2}\) です。
これは、Bが持っていた運動量 \(mv_0\) を、質量が等しいBとCの2物体で分け合った結果と解釈できます。2物体の合計質量は \(2m\) なので、速度が \(\displaystyle\frac{v_0}{2}\) となるのは理にかなっています。
問(3)
思考の道筋とポイント
ばねの最大の縮み \(d\) を求める問題です。ばねの縮み（弾性エネルギー）が関わるので、「力学的エネルギー保存則」を用いるのが定石です。どの系で、どの2つの瞬間を比較するかを明確に設定することが重要です。
この設問における重要なポイント
- 系の設定: (2)と同様に、衝突後のB、C、ばねを一つの系として考えます。
- 力学的エネルギー保存則: この系には、保存力である弾性力しか働かず、非保存力（摩擦など）は働かないため、系の力学的エネルギー（運動エネルギーと弾性エネルギーの和）は保存されます。
- 比較する2つの瞬間:
- 初期状態: Bが速度 \(v_0\) で動き出し、Cがまだ静止しており、ばねが自然長の瞬間。
- 最終状態: ばねが最も縮み(\(d\))、BとCがともに速度 \(V = \displaystyle\frac{v_0}{2}\) で動いている瞬間。
具体的な解説と立式
B, C, ばねからなる系の力学的エネルギー保存則を考えます。床はなめらかなので、非保存力は仕事をしません。
初期状態（Bの速度 \(v_0\)、Cの速度 \(0\)、ばねの縮み \(0\)）の力学的エネルギー \(E_{\text{初}}\) は、
$$ E_{\text{初}} = \displaystyle\frac{1}{2}mv_0^2 + \displaystyle\frac{1}{2}m \cdot 0^2 + \displaystyle\frac{1}{2}k \cdot 0^2 $$
これを計算すると、
$$ E_{\text{初}} = \displaystyle\frac{1}{2}mv_0^2 $$
最終状態（B, Cの速度 \(V=\displaystyle\frac{v_0}{2}\)、ばねの縮み \(d\)）の力学的エネルギー \(E_{\text{後}}\) は、
$$ E_{\text{後}} = \displaystyle\frac{1}{2}mV^2 + \displaystyle\frac{1}{2}mV^2 + \displaystyle\frac{1}{2}kd^2 $$
\(V=\displaystyle\frac{v_0}{2}\) を代入すると、
$$ E_{\text{後}} = \displaystyle\frac{1}{2}m \left(\displaystyle\frac{v_0}{2}\right)^2 + \displaystyle\frac{1}{2}m \left(\displaystyle\frac{v_0}{2}\right)^2 + \displaystyle\frac{1}{2}kd^2 $$
力学的エネルギー保存則 \(E_{\text{初}} = E_{\text{後}}\) より、
$$ \displaystyle\frac{1}{2}mv_0^2 = \displaystyle\frac{1}{2}m \left(\displaystyle\frac{v_0}{2}\right)^2 + \displaystyle\frac{1}{2}m \left(\displaystyle\frac{v_0}{2}\right)^2 + \displaystyle\frac{1}{2}kd^2 \quad \cdots ④ $$
使用した物理公式
- 力学的エネルギー保存則: \(K_1 + U_1 = K_2 + U_2\)
- 運動エネルギー: \(K = \displaystyle\frac{1}{2}mv^2\)
- 弾性エネルギー: \(U = \displaystyle\frac{1}{2}kx^2\)
④式を \(d\) について解きます。まず右辺を整理します。
$$
\begin{aligned}
\displaystyle\frac{1}{2}mv_0^2 &= m \left(\displaystyle\frac{v_0}{2}\right)^2 + \displaystyle\frac{1}{2}kd^2 \\[2.0ex]
\displaystyle\frac{1}{2}mv_0^2 &= m \cdot \displaystyle\frac{v_0^2}{4} + \displaystyle\frac{1}{2}kd^2 \\[2.0ex]
\displaystyle\frac{1}{2}mv_0^2 &= \displaystyle\frac{1}{4}mv_0^2 + \displaystyle\frac{1}{2}kd^2
\end{aligned}
$$
\(\displaystyle\frac{1}{2}kd^2\) について整理します。
$$
\begin{aligned}
\displaystyle\frac{1}{2}kd^2 &= \displaystyle\frac{1}{2}mv_0^2 – \displaystyle\frac{1}{4}mv_0^2 \\[2.0ex]
\displaystyle\frac{1}{2}kd^2 &= \displaystyle\frac{1}{4}mv_0^2
\end{aligned}
$$
両辺に \(2\) を掛けて \(d^2\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
kd^2 &= \displaystyle\frac{1}{2}mv_0^2 \\[2.0ex]
d^2 &= \displaystyle\frac{m}{2k}v_0^2
\end{aligned}
$$
\(d>0\) なので、平方根をとります。
$$
\begin{aligned}
d &= \sqrt{\displaystyle\frac{m}{2k}v_0^2} \\[2.0ex]
d &= \sqrt{\displaystyle\frac{m}{2k}} v_0
\end{aligned}
$$
Bが動き始めた瞬間のエネルギーと、ばねが一番縮んだ瞬間のエネルギーが等しい、というエネルギー保存のルールを使います。最初のエネルギーは、すべてBの運動エネルギーです。ばねが一番縮んだときは、そのエネルギーの一部がCの運動エネルギーとばねの「縮むエネルギー」（弾性エネルギー）に変わり、残りがBの運動エネルギーとして残ります。この関係を式にして、ばねの縮み \(d\) を計算します。
思考の道筋とポイント
BとCからなる系を、その系の「重心」から見るという視点で考えます。重心から見ると、系の運動はよりシンプルに記述でき、特にエネルギー計算が簡単になる場合があります。
この設問における重要なポイント
- 重心速度: B-C系の重心速度 \(v_G\) は、外力が働かないため一定です。初期状態（Bの速度 \(v_0\)、Cの速度 \(0\)）から計算できます。
- 重心系でのエネルギー: 系の全運動エネルギーは、「重心の運動エネルギー」と「重心に対する相対運動のエネルギー」の和に分解できます。力学的エネルギー保存則を考えるとき、重心の運動エネルギーは変化しないため、重心に対する相対運動のエネルギーとポテンシャルエネルギーの和が保存される、と考えることができます。
- ばねが最も縮む条件（重心系）: 実験室系と同様、BとCの相対速度が0になるときです。これは、重心系から見ると、BとCがそれぞれ一瞬静止する瞬間に対応します。
具体的な解説と立式
まず、B-C系の重心速度 \(v_G\) を求めます。
$$ v_G = \displaystyle\frac{m v_B + m v_C}{m+m} $$
初期状態の速度 \(v_B = v_0\), \(v_C = 0\) を代入すると、
$$
\begin{aligned}
v_G &= \displaystyle\frac{m v_0 + m \cdot 0}{2m} \\[2.0ex]
v_G &= \displaystyle\frac{v_0}{2}
\end{aligned}
$$
この重心速度は、運動の途中で変化しません。
次に、重心系から見た各物体の速度を考えます。
初期状態（Bが動き出した直後）:
- Bの相対速度: \(v_{B, \text{相}} = v_B – v_G = v_0 – \displaystyle\frac{v_0}{2} = \displaystyle\frac{v_0}{2}\)
- Cの相対速度: \(v_{C, \text{相}} = v_C – v_G = 0 – \displaystyle\frac{v_0}{2} = -\displaystyle\frac{v_0}{2}\)
このときの、重心に対する相対運動のエネルギー（内部エネルギーの一部）\(K_{\text{相,初}}\)は、
$$ K_{\text{相,初}} = \displaystyle\frac{1}{2}m v_{B, \text{相}}^2 + \displaystyle\frac{1}{2}m v_{C, \text{相}}^2 $$
値を代入すると、
$$ K_{\text{相,初}} = \displaystyle\frac{1}{2}m \left(\displaystyle\frac{v_0}{2}\right)^2 + \displaystyle\frac{1}{2}m \left(-\displaystyle\frac{v_0}{2}\right)^2 $$
最終状態（ばねが最も縮んだとき）:
BとCの速度はともに \(v_G = \frac{v_0}{2}\) となるため、重心に対する相対速度はともに0になります。
このときの相対運動のエネルギー \(K_{\text{相,後}}\) は \(0\) です。
重心系で力学的エネルギー保存則を立てます。重心の運動エネルギーは変化しないので、相対運動のエネルギーと弾性エネルギーの和が保存されます。
初期状態のエネルギー（ばねの縮み \(0\)）: \(E_{\text{初}} = K_{\text{相,初}} + 0\)
最終状態のエネルギー（ばねの縮み \(d\)）: \(E_{\text{後}} = K_{\text{相,後}} + \displaystyle\frac{1}{2}kd^2 = 0 + \displaystyle\frac{1}{2}kd^2\)
よって、保存則の式は、
$$ \displaystyle\frac{1}{2}m \left(\displaystyle\frac{v_0}{2}\right)^2 + \displaystyle\frac{1}{2}m \left(-\displaystyle\frac{v_0}{2}\right)^2 = \displaystyle\frac{1}{2}kd^2 \quad \cdots ⑤ $$
使用した物理公式
- 重心速度: \(v_G = \displaystyle\frac{m_1v_1 + m_2v_2}{m_1+m_2}\)
- 重心系における力学的エネルギー保存則
⑤式の左辺を計算します。
$$
\begin{aligned}
\text{左辺} &= \displaystyle\frac{1}{2}m \cdot \displaystyle\frac{v_0^2}{4} + \displaystyle\frac{1}{2}m \cdot \displaystyle\frac{v_0^2}{4} \\[2.0ex]
&= \displaystyle\frac{1}{8}mv_0^2 + \displaystyle\frac{1}{8}mv_0^2 \\[2.0ex]
&= \displaystyle\frac{2}{8}mv_0^2 \\[2.0ex]
&= \displaystyle\frac{1}{4}mv_0^2
\end{aligned}
$$
したがって、⑤式は以下のようになります。
$$ \displaystyle\frac{1}{4}mv_0^2 = \displaystyle\frac{1}{2}kd^2 $$
この式は、主たる解法の計算途中で現れた式と全く同じです。
これを \(d\) について解きます。
$$
\begin{aligned}
kd^2 &= 2 \times \displaystyle\frac{1}{4}mv_0^2 \\[2.0ex]
kd^2 &= \displaystyle\frac{1}{2}mv_0^2 \\[2.0ex]
d^2 &= \displaystyle\frac{m}{2k}v_0^2 \\[2.0ex]
d &= \sqrt{\displaystyle\frac{m}{2k}} v_0
\end{aligned}
$$
となり、同じ結果が得られます。
BとCの「真ん中」（重心）から運動を眺める方法です。重心自体は一定の速さ \(\frac{v_0}{2}\) で進み続けます。重心から見ると、BとCは互いに逆向きに近づいてきて、ばねが一番縮んだときに一瞬だけ止まります。このとき、重心から見たBとCの運動エネルギーが、すべてばねのエネルギーに変わった、と考えることで計算ができます。
重心系という異なる視点から問題を解析しても、同じ \(\sqrt{\displaystyle\frac{m}{2k}} v_0\) という結果が得られました。これは、解法の正しさを裏付けるものです。重心系を用いると、系の並進運動（重心の運動）と内部の運動（相対運動）を分離して考えられるため、見通しが良くなり、計算が簡略化されることが多いです。この考え方は、より複雑な問題を解く際に強力なツールとなります。
【総まとめ】この一問を未来の得点力へ！完全マスター講座
最重要ポイント：この問題の核心となる物理法則は？
- 運動量保存則と反発係数の式（問1）:
- 核心: 小物体AとBの衝突という、極めて短い時間に起こる現象を解析するための基本法則です。衝突の前後で系の「運動量の総和」が保存されること、そして「弾性衝突」という条件から反発係数\(e=1\)として立式することが、衝突後の各物体の速度を決定する上で不可欠です。
- 理解のポイント: 衝突問題では、この2つの法則を連立方程式として解くのが定石です。特に、質量が等しい物体の弾性衝突では「速度交換」が起こる、という特徴的な結果も覚えておくと検算に役立ちます。
- 運動量保存則（問2）:
- 核心: 衝突後、ばねで繋がれた小物体BとCの系に水平方向の外力が働かないため、この系の運動量も保存されます。ばねが最も縮むのは「BとCの速度が等しくなる」瞬間であり、この条件と運動量保存則を組み合わせることで、そのときの速度を求めることができます。
- 理解のポイント: ばねが及ぼしあう弾性力は「内力」です。内力は系の内部で作用しあう力なので、系全体の運動量を変化させません。このため、運動量保存則が適用できます。
- 力学的エネルギー保存則（問3）:
- 核心: ばねの弾性エネルギーが関わる問題では、エネルギーに着目するのが有効です。B-C系では、働く力は保存力である弾性力のみなので、系の力学的エネルギー（運動エネルギー＋弾性エネルギー）の総和は一定に保たれます。衝突直後の状態と、ばねが最も縮んだ状態の2つの瞬間でエネルギー保存則を立式することが、ばねの縮みを求める鍵となります。
- 理解のポイント: どのエネルギーが、どのエネルギーに変換されたのかを明確に意識することが重要です。この問題では、Bが最初に持っていた運動エネルギーが、最終的に「BとCの運動エネルギー」と「ばねの弾性エネルギー」に分配されています。
応用テクニック：似た問題が出たらココを見る！解法の鍵と着眼点
- 応用できる類似問題のパターン:
- 分裂・合体問題: 2つの物体が合体する場合（反発係数\(e=0\)の非弾性衝突）や、静止した物体が内部の力（爆発など）で分裂する場合も、運動量保存則が中心的な役割を果たします。
- ばね付き物体の衝突: 一方の物体にばねが固定されている状態での衝突問題。衝突直後は運動量保存則と反発係数の式で考え、その後の運動は力学的エネルギー保存則で解析する、という流れは本問と共通です。
- 2体問題（重心運動）: 2つの物体が相互に力を及ぼしあいながら運動する問題全般。本問の(3)の別解で用いた「重心系」の考え方は、天体の運動など、より高度な2体問題にも応用できる強力な解析手法です。
- 初見の問題での着眼点:
- 現象を時系列で分割する: この問題は「① AとBの衝突」「② BとCのばねを介した運動」という2つのフェーズに明確に分けられます。複雑な問題ほど、このように現象を単純なステップに分解して、各ステップで適切な物理法則を適用することが重要です。
- 「保存則」が使えないか常に疑う: 問題文に「なめらかな床」とあれば摩擦がなく、エネルギーが保存される可能性が高いです。「外力がない」または「内力のみ」の状況であれば、運動量が保存される可能性が高いです。保存則は、運動方程式を直接解くよりも計算が簡単になる場合が多いため、常に適用の可否を検討しましょう。
- 極限状態の物理的条件を考える: 「ばねが最も縮む」「最高点に達する」といった問題文の表現は、物理的な条件（この問題では「相対速度が0」）に翻訳する必要があります。この翻訳ができるかどうかが、立式の可否を分けます。
要注意！ありがちなミス・誤解とその対策
- 運動量保存則とエネルギー保存則の混同:
- 誤解: 衝突現象で、運動量だけでなく力学的エネルギーも常に保存されると思い込む。
- 対策: 力学的エネルギーが保存されるのは「弾性衝突」(\(e=1\))のときだけです。非弾性衝突（合体など）では、運動エネルギーの一部が熱や音のエネルギーに変わるため、力学的エネルギーは保存されません。一方、運動量保存則は、外力が働かなければどんな衝突でも（弾性・非弾性を問わず）成り立ちます。この違いを明確に区別しましょう。
- 適用する「系」の範囲を間違える:
- 誤解: (1)のAとBの衝突を考えるべき場面で、Cやばねまで含めた全体のエネルギー保存を考えてしまう。
- 対策: 物理法則を適用する際は、まず「どの物体（たち）についての法則なのか」という「系」を明確に定義する習慣をつけましょう。(1)ではA-B系、(2)(3)ではB-C-ばね系、というように、考えるフェーズに応じて系を適切に設定することが重要です。
- ばねが最も縮んだときの運動エネルギーを0と誤解する:
- 誤解: ばねが最も縮んだとき、物体の運動が一瞬止まると思い込み、運動エネルギーを0としてしまう。
- 対策: 止まるのはあくまで「相対速度」です。系全体としては、重心が運動を続けているため、各物体の速度は0にはなりません（この問題では \(\frac{v_0}{2}\)）。必ず(2)で求めた速度を使って運動エネルギーを計算する必要があります。
物理の眼を養う：現象のイメージ化と図解の極意
- この問題での有効なイメージ化と図示:
- タイムライン図: 時間の経過とともに各物体の状態がどう変化するかを図示します。「①衝突前」「②衝突直後」「③ばねが縮む途中」「④ばねが最大に縮む」という4コマ漫画のように描くと、各瞬間の速度やエネルギーの状態が整理しやすくなります。
- エネルギーの移り変わり図: エネルギーの形態がどのように変化するかを円グラフなどでイメージします。
- 初期状態: 全て「Aの運動エネルギー」
- 衝突直後: 全て「Bの運動エネルギー」に移動
- 最大圧縮時: 「Bの運動エネルギー」が「Bの運動エネルギー」「Cの運動エネルギー」「ばねの弾性エネルギー」の3つに分配される。
このエネルギーの流れを追うことで、力学的エネルギー保存則の立式が直感的に理解できます。
- 重心から見た運動のイメージ: (3)の別解のように、一定速度で進む台車（重心）の上からBとCの運動を観察するイメージです。台車から見ると、BとCは互いに逆向きに同じ速さで運動し、ばねを挟んで衝突し、一瞬静止して、また逆向きに離れていく、という非常に対称的で単純な運動に見えます。
- 図を描く際に注意すべき点:
- 速度ベクトルを矢印で描く: 各物体の速度を、向きと相対的な大きさがわかるように矢印で描き込みましょう。
- 状態を明記する: 「衝突直後」「最大圧縮時」など、図がどの瞬間を表しているのかを必ず明記します。
- 座標軸を設定する: 速度や力の向きを正負で表すために、最初に座標軸（正の向き）を明確に図中に示しておきましょう。
なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法
- 運動量保存則:
- 選定理由: (1)の「衝突」や(2)の「内力による運動」のように、外力が無視できる系での速度変化を扱うため。力の詳細な時間変化が分からなくても、運動の前後の状態を結びつけられる強力な法則だからです。
- 適用根拠: ニュートンの第三法則（作用・反作用の法則）から導かれる、物理学の基本原理です。
- 反発係数の式:
- 選定理由: (1)で、運動量保存則だけでは未知数（\(v_A, v_B\)）が2つあり式が1本足りないため、衝突の性質（弾性衝突）を表すもう一つの関係式として必要だからです。
- 適用根拠: 衝突におけるエネルギー損失の度合いを定義した、実験則に基づく関係式です。
- 力学的エネルギー保存則:
- 選定理由: (3)で、ばねの「縮み」という位置エネルギーに関連する量を求めるため。運動の状態（速度）と位置（縮み）の関係を直接結びつけることができるためです。
- 適用根拠: 働く力が保存力（この問題では弾性力）のみの場合に成り立つ、仕事とエネルギーの関係から導かれる重要な法則です。
思考を整理する：立式から計算までのロジカルフロー
- (1) 衝突後の速度計算:
- 戦略: A-B間の衝突に限定し、2つの保存則を連立させる。
- フロー: ①A-B系で運動量保存則を立式 → ②A-B間で反発係数の式を立式 (\(e=1\)) → ③得られた2本の連立方程式を解き、\(v_A\)と\(v_B\)を求める。
- (2) 最大圧縮時の速度計算:
- 戦略: B-C-ばね系に着目し、最大圧縮の条件と運動量保存則を適用する。
- フロー: ①「最大圧縮 \(\iff\) BとCの速度が等しい」という条件を把握 → ②B-C系で運動量保存則を立式（初期状態: 衝突直後、最終状態: 最大圧縮時） → ③式を解き、共通の速度\(V\)を求める。
- (3) 最大圧縮量の計算:
- 戦略: B-C-ばね系で、2つの瞬間における力学的エネルギー保存則を適用する。
- フロー: ①初期状態（衝突直後）の力学的エネルギーを計算 → ②最終状態（最大圧縮時）の力学的エネルギーを計算（(2)の結果を利用） → ③両者が等しいとして等式を立てる → ④式を\(d\)について解く。
計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック
- 2乗の計算を慎重に: \(\left(\frac{v_0}{2}\right)^2 = \frac{v_0^2}{4}\) のように、分数や係数を含んだ項の2乗計算はミスが起こりやすいポイントです。焦らず、一つ一つ丁寧に展開しましょう。
- エネルギーの項の数え間違いを防ぐ: (3)では、最終状態のエネルギーは「Bの運動エネルギー」「Cの運動エネルギー」「ばねの弾性エネルギー」の3つの項からなります。立式した際に、必要な項がすべて含まれているかを確認する習慣をつけましょう。
- 文字式のまま計算を進める: この問題はすべて文字式ですが、具体的な数値が与えられている場合でも、できるだけ計算の最終段階まで文字式のまま進めるのが有効です。物理的な意味が見通しやすくなり、途中の計算ミスも発見しやすくなります。
- 単位や次元の確認: 最終的に求めた \(d\) の次元を確認してみましょう。\(d = \sqrt{\frac{m}{k}} v_0\) の右辺の次元は、\(\sqrt{\frac{[\text{M}]}{[\text{M/T}^2]}} \cdot [\text{L/T}] = \sqrt{[\text{T}^2]} \cdot [\text{L/T}] = [\text{T}] \cdot [\text{L/T}] = [\text{L}]\) となり、長さの次元と一致します。このような次元解析は、計算ミスを発見する有効な手段です。
解きっぱなしはNG！解答の妥当性を吟味する習慣をつけよう
- 得られた答えの物理的妥当性の検討:
- (1) 速度交換: 質量が等しい物体の弾性衝突で速度が交換されるのは、ビリヤードの玉の動きなどでも見られる現象であり、物理的に妥当な結果です。
- (2) 共通速度: 衝突したBとされたCが一体となるときの速度 \(\frac{v_0}{2}\) は、Bの初速 \(v_0\) とCの初速 \(0\) のちょうど中間の値です。これは、質量が等しい2物体が運動量を分け合った結果として直感的に理解できます。
- (3) 縮みdの依存性: \(d = \sqrt{\frac{m}{2k}} v_0\) という結果は、「\(v_0\) や \(m\) が大きいほどよく縮み、\(k\) が大きい（ばねが硬い）ほど縮みにくい」という物理的直感と完全に一致します。もし計算結果がこの直感に反していたら、どこかでミスを犯している可能性が高いと判断できます。
- 別解との比較:
- (3)のばねの縮みは、実験室系でのエネルギー保存則と、重心系でのエネルギー保存則という2つの異なるアプローチで求められました。両者で全く同じ結果が得られたことは、計算の正しさと物理的理解の確かさを裏付ける強力な証拠となります。
147 木材への弾丸の打ちこみ
【問題の確認】まずは問題文をしっかり読み解こう
この問題は、弾丸が木材に打ち込まれて一体となる、典型的な「非弾性衝突」の問題です。運動量保存則と、仕事とエネルギーの関係（または運動方程式）を組み合わせて解くことが求められます。
- 弾丸の質量: \(m\)
- 木材の質量: \(3m\)
- 弾丸の初速度: \(v_0\)
- 木材の初速度: \(0\)
- 床: なめらか
- 弾丸と木材の間にはたらく力: 大きさ \(F\) で一定（抵抗力）
- (1) 弾丸と木材が一体となったときの速さ \(v\)。
- (2) 弾丸が木材の中で止まるまでの時間 \(t\)。
- (3) 失われた力学的エネルギー \(\Delta E\) と、弾丸が木材中を移動した距離 \(l\)。
【設問別解説】考え方から計算プロセスまで徹底ガイド
本解説は、模範解答で示されている解法を主たる解説として採用しつつ、学習者の多角的な理解を促進するため、以下の教育的に有益な別解を追記します。
- 設問(2)の別解
- 木材の運動量変化（力積）を用いた解法
- 相対運動を用いた解法
- 設問(3)の別解
- 重心系におけるエネルギー変化を用いた解法
- これらの別解が有益である理由は以下の通りです。
- (2) 木材の運動量変化: 弾丸だけでなく木材の側から見ても同じ結果が得られることを確認でき、作用・反作用の関係を力積の観点から理解できます。
- (2) 相対運動: 弾丸が木材に対して静止するまでの運動を、木材を基準とした相対的な視点で捉えることで、問題をよりシンプルにモデル化できます。これは特に距離を求める際に有効です。
- (3) 重心系: 系のエネルギー変化を「重心の運動エネルギーの変化」と「内部エネルギーの変化」に分けて考えることで、失われたエネルギーが本質的に何であるか（内部エネルギーへの転化）を明確に理解できます。
- いずれのアプローチを用いても、最終的に得られる答えは模範解答と一致します。
この問題のテーマは、「完全非弾性衝突とそれに伴うエネルギー損失」です。衝突の過程と、その後の運動を物理法則に基づいて分析します。
問題を解く上で鍵となる物理法則や概念は以下の通りです。
- 運動量保存則: 弾丸と木材を一つの「系」と見なすと、水平方向には外力が働かないため、衝突の前後で系の全運動量は保存されます。
- 運動量と力積の関係: 物体の運動量の変化は、その物体が受けた力積に等しいという関係。個々の物体の運動を追跡する際に用います。
- エネルギー保存則（より広くは、仕事とエネルギーの関係）: この衝突は、抵抗力 \(F\) が仕事をするため、系の力学的エネルギーは保存されません。失われたエネルギーは、抵抗力がした仕事に等しくなります。
- 一体となる条件: 弾丸が木材の中で「止まる」とは、木材に対する弾丸の相対速度が0になる、つまり両者が同じ速度で動く状態を指します。
基本的なアプローチは以下の通りです。
- まず、弾丸と木材が一体となって動く現象を「完全非弾性衝突」と捉え、運動量保存則を用いて一体となった後の速度を求めます（問1）。
- 次に、弾丸のみに着目し、「運動量と力積の関係」を用いて、弾丸が木材の中で止まるまでの時間を計算します（問2）。
- 最後に、衝突前後の系の力学的エネルギーをそれぞれ計算し、その差から失われたエネルギーを求めます。また、この失われたエネルギーが抵抗力 \(F\) のした仕事に等しいという関係から、弾丸の移動距離を求めます（問3）。
問(1)
思考の道筋とポイント
弾丸と木材が一体となって動くときの速さを求める問題です。これは「完全非弾性衝突」の典型例であり、「運動量保存則」を適用することで簡単に解くことができます。
この設問における重要なポイント
- 系の設定: 弾丸と木材を一つの「系」として考えます。
- 運動量保存則: 弾丸が木材にめり込む際に及ぼしあう力（大きさ\(F\)）は、この系にとっては「内力」です。水平方向には外力が働かないため、衝突の前後で系の全運動量は保存されます。
- 一体化: 衝突後、弾丸と木材は同じ速度 \(v\) で運動します。
具体的な解説と立式
衝突前の弾丸の速度を \(v_0\)、木材の速度を \(0\) とします。衝突後に一体となったときの速度を \(v\) とします。弾丸の進行方向を正の向きとします。
弾丸と木材からなる系で、運動量保存則を立てます。
衝突前の系の運動量は \(mv_0 + 3m \cdot 0\)。
衝突後の系の運動量は \((m+3m)v\)。
したがって、運動量保存則の式は以下のようになります。
$$ mv_0 + 3m \cdot 0 = (m+3m)v \quad \cdots ① $$
使用した物理公式
- 運動量保存則: \(m_1v_1 + m_2v_2 = (m_1+m_2)V\)
①式を \(v\) について解きます。
$$
\begin{aligned}
mv_0 &= 4mv \\[2.0ex]
v &= \displaystyle\frac{mv_0}{4m} \\[2.0ex]
v &= \displaystyle\frac{v_0}{4}
\end{aligned}
$$
弾丸が木材にめり込む前後で、弾丸と木材を合わせた全体の「勢い」（運動量）は変わりません。最初の勢いは弾丸だけが持っています。最後は、弾丸と木材が合体して一つの大きな物体（質量\(4m\)）となり、その物体がすべての勢いを受け継ぎます。この関係を式にすることで、合体後の速さを計算できます。
一体となったときの速さは \(\displaystyle\frac{v_0}{4}\) です。
弾丸が自分より3倍重い物体と合体した結果、速度が元の \(\displaystyle\frac{1}{4}\) になったというのは、直感的にも妥当な結果です。
問(2)
思考の道筋とポイント
弾丸が木材の中で止まるまでの時間を求める問題です。弾丸が木材から受ける力（抵抗力）の大きさが \(F\) で一定であることから、「運動量と力積の関係」を用いるのが最も直接的です。
この設問における重要なポイント
- 着目する物体: 時間を求めたいので、力が直接働いている「弾丸」のみに着目します。
- 運動量と力積の関係: 弾丸の運動量の変化は、弾丸が木材から受けた力積に等しい、という関係式を立てます。
- 力積の計算: 弾丸が受ける力は、進行方向と逆向きに大きさ \(F\) なので、力積は \(-Ft\) となります。
- 速度の変化: 弾丸の速度は、初速度 \(v_0\) から、最終的に(1)で求めた一体速度 \(v = \displaystyle\frac{v_0}{4}\) に変化します。
具体的な解説と立式
弾丸の運動について考えます。弾丸の初速度は \(v_0\)、木材の中で止まった（木材と一体になった）ときの速度は \(v = \displaystyle\frac{v_0}{4}\) です。
この間、弾丸は進行方向と逆向きに大きさ \(F\) の力を時間 \(t\) の間受け続けます。したがって、弾丸が受けた力積は \(-Ft\) です。
弾丸についての「運動量の変化 = 力積」の関係式を立てます。
$$ (後の運動量) – (前の運動量) = (力積) $$
$$ m v – m v_0 = -Ft $$
ここに \(v = \displaystyle\frac{v_0}{4}\) を代入します。
$$ m \left(\displaystyle\frac{v_0}{4}\right) – mv_0 = -Ft \quad \cdots ② $$
使用した物理公式
- 運動量と力積の関係: \(mv’ – mv = I\)
②式を \(t\) について解きます。
$$
\begin{aligned}
\displaystyle\frac{mv_0}{4} – \displaystyle\frac{4mv_0}{4} &= -Ft \\[2.0ex]
-\displaystyle\frac{3mv_0}{4} &= -Ft \\[2.0ex]
t &= \displaystyle\frac{3mv_0}{4F}
\end{aligned}
$$
弾丸の「勢い」（運動量）は、木材にめり込む間にだんだん減っていきます。この勢いの変化量は、弾丸が木材から受けた「衝撃」（力積）の大きさに等しくなります。衝撃は「力×時間」で計算できるので、この関係式から時間を求めることができます。
弾丸が木材の中で止まるまでの時間は \(\displaystyle\frac{3mv_0}{4F}\) です。
この結果を吟味すると、
- 初速 \(v_0\) や質量 \(m\) が大きいほど、止めるのに時間がかかる。
- 抵抗力 \(F\) が大きいほど、短時間で止まる。
これらは物理的な直感と一致しており、妥当な結果です。
思考の道筋とポイント
作用・反作用の法則により、弾丸が木材から力 \(-F\) を受けるとき、木材は弾丸から力 \(+F\) を受けます。この木材側の運動に着目しても、同じ時間 \(t\) を求めることができます。
この設問における重要なポイント
- 着目する物体: 「木材」のみに着目します。
- 運動量と力積の関係: 木材の運動量の変化は、木材が弾丸から受けた力積に等しい。
- 力積の計算: 木材が受ける力は、進行方向に大きさ \(F\) なので、力積は \(+Ft\) となります。
- 速度の変化: 木材の速度は、初速度 \(0\) から、最終的に一体速度 \(v = \displaystyle\frac{v_0}{4}\) に変化します。
具体的な解説と立式
木材の運動について考えます。木材の初速度は \(0\)、最終的な速度は \(v = \displaystyle\frac{v_0}{4}\) です。
この間、木材は進行方向に大きさ \(F\) の力を時間 \(t\) の間受け続けます。したがって、木材が受けた力積は \(+Ft\) です。
木材についての「運動量の変化 = 力積」の関係式を立てます。
$$ (3m)v – (3m) \cdot 0 = +Ft $$
ここに \(v = \displaystyle\frac{v_0}{4}\) を代入します。
$$ 3m \left(\displaystyle\frac{v_0}{4}\right) – 0 = Ft \quad \cdots ③ $$
③式を \(t\) について解きます。
$$
\begin{aligned}
\displaystyle\frac{3mv_0}{4} &= Ft \\[2.0ex]
t &= \displaystyle\frac{3mv_0}{4F}
\end{aligned}
$$
弾丸に着目した場合と全く同じ結果が得られました。
思考の道筋とポイント
弾丸が木材の中で止まるまでの運動を、木材から見た「相対運動」として捉える方法です。特に距離を求める際に有効ですが、時間も計算できます。
この設問における重要なポイント
- 相対加速度: 木材から見た弾丸の相対加速度を求めます。
- 等加速度直線運動の式: 相対運動も等加速度直線運動になるため、\(v=v_0+at\) の公式を相対速度、相対加速度で用います。
- 相対速度の変化: 初期の相対速度は \(v_0 – 0 = v_0\)。最終的に一体となるので、最終の相対速度は \(0\) です。
具体的な解説と立式
まず、弾丸と木材のそれぞれの加速度を求めます。
弾丸の加速度 \(a_弾\) は、運動方程式 \(ma = -F\) より、
$$ a_弾 = -\displaystyle\frac{F}{m} $$
木材の加速度 \(a_木\) は、運動方程式 \(3ma = F\) より、
$$ a_木 = \displaystyle\frac{F}{3m} $$
木材に対する弾丸の相対加速度 \(a_{相}\) は、
$$ a_{相} = a_弾 – a_木 $$
$$
\begin{aligned}
a_{相} &= -\displaystyle\frac{F}{m} – \displaystyle\frac{F}{3m} \\[2.0ex]
&= -\displaystyle\frac{3F}{3m} – \displaystyle\frac{F}{3m} \\[2.0ex]
&= -\displaystyle\frac{4F}{3m}
\end{aligned}
$$
初めの相対速度は \(v_{相,0} = v_0 – 0 = v_0\)。最終的な相対速度は \(v_{相} = 0\)。
相対運動における等加速度直線運動の式 \(v=v_0+at\) を用いて、
$$ 0 = v_{相,0} + a_{相} t \quad \cdots ④ $$
④式に値を代入して \(t\) を解きます。
$$
\begin{aligned}
0 &= v_0 + \left(-\displaystyle\frac{4F}{3m}\right) t \\[2.0ex]
\displaystyle\frac{4F}{3m} t &= v_0 \\[2.0ex]
t &= v_0 \cdot \displaystyle\frac{3m}{4F} \\[2.0ex]
t &= \displaystyle\frac{3mv_0}{4F}
\end{aligned}
$$
これも同じ結果を与えます。
問(3)
思考の道筋とポイント
失われた力学的エネルギーと、弾丸の移動距離を求める問題です。エネルギーが保存されない非弾性衝突では、「エネルギーの差」が「非保存力のした仕事」に等しいという関係が鍵となります。
この設問における重要なポイント
- 失われたエネルギーの計算: (衝突前の系の力学的エネルギー) – (衝突後の系の力学的エネルギー) を計算します。
- 仕事とエネルギーの関係: 失われた力学的エネルギー \(\Delta E\) は、弾丸と木材の間で抵抗力 \(F\) がした仕事に等しくなります。
- 抵抗力がした仕事: この仕事は、弾丸が木材に対して動いた距離（相対距離） \(l\) を用いて \(W = Fl\) と表されます。したがって、\(\Delta E = Fl\) の関係が成り立ちます。
具体的な解説と立式
まず、失われた力学的エネルギー \(\Delta E\) を求めます。
衝突前の系の力学的エネルギー \(E_{前}\) は、弾丸の運動エネルギーのみです。
$$ E_{前} = \displaystyle\frac{1}{2}mv_0^2 $$
衝突後に一体となったときの系の力学的エネルギー \(E_{後}\) は、
$$ E_{後} = \displaystyle\frac{1}{2}(m+3m)v^2 $$
\(v = \displaystyle\frac{v_0}{4}\) を代入すると、
$$ E_{後} = \displaystyle\frac{1}{2}(4m) \left(\displaystyle\frac{v_0}{4}\right)^2 $$
失われたエネルギー \(\Delta E\) はその差です。
$$ \Delta E = E_{前} – E_{後} \quad \cdots ⑤ $$
$$ \Delta E = \displaystyle\frac{1}{2}mv_0^2 – \displaystyle\frac{1}{2}(4m) \left(\displaystyle\frac{v_0}{4}\right)^2 $$
次に、弾丸が木材中を移動した距離を \(l\) とします。
この間に抵抗力 \(F\) がした仕事 \(W\) は \(Fl\) です。この仕事の分だけ、系の力学的エネルギーが減少（熱エネルギーなどに変換）します。
したがって、次の関係が成り立ちます。
$$ \Delta E = Fl \quad \cdots ⑥ $$
使用した物理公式
- 運動エネルギー: \(K = \displaystyle\frac{1}{2}mv^2\)
- 仕事とエネルギーの関係: \(\Delta E = W_{\text{非保存力}}\)
まず⑤式から \(\Delta E\) を計算します。
$$
\begin{aligned}
\Delta E &= \displaystyle\frac{1}{2}mv_0^2 – \displaystyle\frac{1}{2}(4m) \left(\displaystyle\frac{v_0^2}{16}\right) \\[2.0ex]
&= \displaystyle\frac{1}{2}mv_0^2 – \displaystyle\frac{4mv_0^2}{32} \\[2.0ex]
&= \displaystyle\frac{1}{2}mv_0^2 – \displaystyle\frac{1}{8}mv_0^2 \\[2.0ex]
&= \displaystyle\frac{4}{8}mv_0^2 – \displaystyle\frac{1}{8}mv_0^2 \\[2.0ex]
&= \displaystyle\frac{3}{8}mv_0^2
\end{aligned}
$$
次に、⑥式を用いて \(l\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
Fl &= \displaystyle\frac{3}{8}mv_0^2 \\[2.0ex]
l &= \displaystyle\frac{3mv_0^2}{8F}
\end{aligned}
$$
弾丸が木材にめり込むことで、運動エネルギーの一部が熱や音に変わって失われます。失われたエネルギーの量は、「衝突前の全エネルギー」から「衝突後の全エネルギー」を引き算することで計算できます。
また、この失われたエネルギーは、弾丸が木材の中を進むときに抵抗力に逆らってした「仕事」の量と等しくなります。「仕事」は「力×距離」で計算できるので、この関係から弾丸が木材の中を進んだ距離を求めることができます。
失われたエネルギーは \(\displaystyle\frac{3}{8}mv_0^2\)、移動距離は \(\displaystyle\frac{3mv_0^2}{8F}\) です。
失われたエネルギーは、最初の運動エネルギー \(\frac{1}{2}mv_0^2\) の \(\frac{3}{4}\) に相当します。これは非弾性衝突でエネルギーが大きく失われることを示しており、妥当です。
また、距離 \(l\) は抵抗力 \(F\) が大きいほど小さくなり、これも直感と一致します。
思考の道筋とポイント
系のエネルギー変化を、重心の運動と内部の運動に分けて考える方法です。失われる力学的エネルギーは、本質的には「内部エネルギー」の変化（重心に対する相対運動のエネルギーが熱に変わる）に対応します。
この設問における重要なポイント
- 重心速度: (1)で求めた一体速度 \(v = \frac{v_0}{4}\) は、実はこの系の重心速度 \(v_G\) であり、衝突の前後で変化しません。
- エネルギーの分解: 系の全運動エネルギーは「重心の運動エネルギー」と「重心に対する相対運動のエネルギー」の和に分解できます。
- 失われるエネルギー: 衝突によって失われるのは「重心に対する相対運動のエネルギー」のみです。重心の運動エネルギーは保存されます。
具体的な解説と立式
重心速度 \(v_G\) は、(1)の結果から \(v_G = \displaystyle\frac{v_0}{4}\) です。
衝突前の重心に対する相対速度は、
- 弾丸: \(v_{弾,相} = v_0 – v_G = v_0 – \displaystyle\frac{v_0}{4} = \displaystyle\frac{3v_0}{4}\)
- 木材: \(v_{木,相} = 0 – v_G = -\displaystyle\frac{v_0}{4}\)
衝突前の相対運動のエネルギー \(K_{相,前}\) は、
$$ K_{相,前} = \displaystyle\frac{1}{2}m v_{弾,相}^2 + \displaystyle\frac{1}{2}(3m) v_{木,相}^2 $$
値を代入すると、
$$ K_{相,前} = \displaystyle\frac{1}{2}m \left(\displaystyle\frac{3v_0}{4}\right)^2 + \displaystyle\frac{1}{2}(3m) \left(-\displaystyle\frac{v_0}{4}\right)^2 $$
衝突後は一体となるため、相対速度は0になり、相対運動のエネルギー \(K_{相,後}\) は \(0\) です。
失われた力学的エネルギー \(\Delta E\) は、この相対運動エネルギーの変化量に等しくなります。
$$ \Delta E = K_{相,前} – K_{相,後} $$
$$ \Delta E = K_{相,前} – 0 \quad \cdots ⑦ $$
⑦式を計算します。
$$
\begin{aligned}
\Delta E &= \displaystyle\frac{1}{2}m \left(\displaystyle\frac{9v_0^2}{16}\right) + \displaystyle\frac{1}{2}(3m) \left(\displaystyle\frac{v_0^2}{16}\right) \\[2.0ex]
&= \displaystyle\frac{9mv_0^2}{32} + \displaystyle\frac{3mv_0^2}{32} \\[2.0ex]
&= \displaystyle\frac{12mv_0^2}{32} \\[2.0ex]
&= \displaystyle\frac{3}{8}mv_0^2
\end{aligned}
$$
これは主たる解法で得られた結果と一致します。この \(\Delta E\) を用いて距離 \(l\) を求めると、同様に \(l = \displaystyle\frac{3mv_0^2}{8F}\) が得られます。
【総まとめ】この一問を未来の得点力へ！完全マスター講座
最重要ポイント：この問題の核心となる物理法則は？
- 運動量保存則（問1）:
- 核心: 弾丸と木材を一つの「系」と見なしたとき、水平方向には外力が働かないため、衝突の前後で系の運動量の総和が保存されます。これは、弾丸が木材にめり込むという「完全非弾性衝突」を解析する上での最も基本的な法則です。
- 理解のポイント: 弾丸と木材が及ぼしあう抵抗力\(F\)は、系全体で見れば「内力」であるため、系の運動量を変化させません。この視点が重要です。
- 運動量と力積の関係（問2）:
- 核心: 個々の物体（この場合は弾丸）の運動状態の変化を追跡するための法則です。「物体の運動量の変化は、その物体が受けた力積に等しい」という関係を用いることで、力が作用した時間を求めることができます。
- 理解のポイント: 運動量保存則が「系」全体の関係性を記述するのに対し、運動量と力積の関係は「個々の物体」に焦点を当てます。問題に応じて視点を切り替える能力が問われます。
- 仕事とエネルギーの関係（問3）:
- 核心: この問題のように、摩擦や抵抗力といった「非保存力」が仕事をする場合、系の力学的エネルギーは保存されません。その代わり、「力学的エネルギーの変化量（減少量）が、非保存力がした仕事に等しい」という関係が成り立ちます。
- 理解のポイント: 失われたエネルギーは消えてなくなったわけではなく、抵抗力\(F\)の仕事によって熱や音などの別の形態のエネルギーに変換された、と解釈することが物理的本質の理解につながります。この問題では、\(\Delta E = Fl\) という式がその関係を端的に表しています。
応用テクニック：似た問題が出たらココを見る！解法の鍵と着眼点
- 応用できる類似問題のパターン:
- 物体の分裂: 静止していた物体が爆発などによって2つ以上に分裂する問題。これも内力による現象なので、分裂の前後で運動量保存則が成り立ちます。
- 動く台車上での物体の運動: 動いている台の上で物体を滑らせる問題。台と物体を一つの系と見れば運動量保存則が、個々の物体や相対運動に着目すれば運動方程式や力積、仕事とエネルギーの関係が使えます。
- 摩擦のある斜面での衝突: 衝突現象に加えて、重力や摩擦力といった外力・非保存力が関わる複合問題。どの瞬間にどの法則が適用できるか（例：衝突の瞬間は運動量保存、その後の運動はエネルギーと仕事の関係）を正確に見極める必要があります。
- 初見の問題での着眼点:
- 「保存される量」と「変化する量」を見極める: まず、この系で運動量は保存されるか？力学的エネルギーは保存されるか？を問いかけます。この問題では「運動量は保存されるが、力学的エネルギーは保存されない」ことが解析の出発点です。
- 「系」で見るか「個」で見るか: (1)や(3)のように系全体の変化を問う場合は「系」で考え（運動量保存、エネルギー変化）、(2)のように特定の物体の運動時間を問う場合は「個」で考えます（力積）。この視点の切り替えが解法の鍵です。
- 「一体となる」の物理的意味を捉える: 問題文の「一体となって動いた」という記述は、「衝突後の両者の速度が等しい」「両者の相対速度が0」という物理的な条件に翻訳できます。この翻訳が立式の第一歩です。
要注意！ありがちなミス・誤解とその対策
- 力学的エネルギー保存則を誤って適用する:
- 誤解: 運動量保存則が成り立つなら、力学的エネルギー保存則も成り立つだろうと安易に考えてしまう。
- 対策: 衝突、特に物体がくっつく「完全非弾性衝突」では、必ず力学的エネルギーが失われます。これは原則として覚えておきましょう。「なめらかな床」という条件は、あくまで「弾丸と木材の系と床との間には摩擦がない」ことを意味するだけで、系内部の力（抵抗力）によるエネルギー損失を否定するものではありません。
- 仕事の計算で使う「距離」を間違える:
- 誤解: 仕事 \(W=Fl\) を計算する際に、距離 \(l\) として木材が床に対して動いた距離を使ってしまう。
- 対策: 仕事を計算する力 \(F\) は、弾丸と木材の間で及ぼしあう内力です。したがって、仕事の計算で使うべき距離は、この力が作用しながら動いた距離、すなわち「弾丸が木材に対して動いた距離（相対距離）」である \(l\) です。どの力がどの距離だけ仕事をしたのかを正確に対応させることが重要です。
- 力積の向き（符号）の間違い:
- 誤解: 弾丸が受けた力積を \(+Ft\) としてしまう。
- 対策: 最初に座標軸の正の向きを決めたら、すべてのベクトル量（速度、力、力積）の符号をその座標軸に従って一貫して扱うことが不可欠です。弾丸は正の向きに進むのに対し、抵抗力 \(F\) は負の向きに働くため、力積は \(-Ft\) となります。
物理の眼を養う：現象のイメージ化と図解の極意
- この問題での有効なイメージ化と図示:
- 衝突前後の状態図: 「衝突前」と「一体となった後」の2つの状態を、速度ベクトルとともに並べて描くことで、運動量保存則やエネルギー変化の立式が容易になります。
- 弾丸と木材、それぞれの運動: 弾丸は「初速\(v_0\)から等加速度運動で減速」、木材は「初速0から等加速度運動で加速」し、時間\(t\)後に同じ速度\(v\)になる、というグラフ（v-tグラフ）を描くと、両者の運動の関係性が視覚的に理解できます。
- 相対運動の視点: 木材に乗った観測者から弾丸を見るイメージです。観測者からは、弾丸が初速度\(v_0\)で突っ込んできて、一定の抵抗を受けながら減速し、距離\(l\)だけ進んでピタッと止まるように見えます。この視点では、木材の運動を考える必要がなくなり、問題が単純化されます。
- 図を描く際に注意すべき点:
- 力の図示: 弾丸と木材、それぞれに働く力を矢印で明確に描きましょう。特に、弾丸に働く抵抗力と木材に働く力は、作用・反作用の関係にあることを意識して、逆向きで同じ大きさの矢印として描くと理解が深まります。
- 座標軸の明記: 速度や力の向きを議論する大前提として、必ず図のどこかに正の向きを示す座標軸を描き入れましょう。
なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法
- 運動量保存則:
- 選定理由: (1)で、衝突という相互作用の前後での速度変化を、力の詳細に立ち入らずに知るため。
- 適用根拠: 弾丸と木材の系に水平方向の外力が働かないため、ニュートンの第三法則（作用・反作用の法則）から、系の全運動量は変化しないという原理に基づきます。
- 運動量と力積の関係 (\(mv’ – mv = I\)):
- 選定理由: (2)で、特定の物体（弾丸）に一定の力が作用した「時間」を求めるため。運動量の変化と力積（力×時間）を直接結びつけるこの式が最適です。
- 適用根拠: ニュートンの運動方程式 \(F=ma\) を時間で積分したものであり、運動方程式と等価な関係式です。
- 仕事とエネルギーの関係 (\(\Delta E = W\)):
- 選定理由: (3)で、「失われたエネルギー」と「弾丸の移動距離」という、エネルギーと位置に関わる量を結びつけるため。
- 適用根拠: エネルギーというスカラー量で運動を記述する、力学における極めて重要な原理です。特に非保存力が関わる場合に威力を発揮します。
思考を整理する：立式から計算までのロジカルフロー
- (1) 一体速度の計算:
- 戦略: 弾丸と木材を一つの系とみなし、運動量保存則を適用する。
- フロー: ①衝突前後の運動量をそれぞれ定義 → ②運動量保存則を立式 (\(mv_0 = (m+3m)v\)) → ③式を\(v\)について解く。
- (2) 時間の計算:
- 戦略: 弾丸のみに着目し、運動量と力積の関係を適用する。
- フロー: ①弾丸の運動量の変化を計算 (\(mv – mv_0\)) → ②弾丸が受けた力積を定義 (\(-Ft\)) → ③両者が等しいとして立式 → ④式を\(t\)について解く。
- (3) エネルギーと距離の計算:
- 戦略: まずエネルギー変化を計算し、次に仕事とエネルギーの関係を適用する。
- フロー: ①衝突前後の系の力学的エネルギーをそれぞれ計算 → ②その差から失われたエネルギー\(\Delta E\)を求める → ③仕事とエネルギーの関係式 \(\Delta E = Fl\) を立式 → ④式を\(l\)について解く。
計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック
- 質量の扱いに注意: 衝突後は一体となって質量が \((m+3m)=4m\) になります。運動量や運動エネルギーを計算する際に、この変化を見落とさないようにしましょう。
- 分数の計算: \(\frac{1}{2} – \frac{1}{8} = \frac{3}{8}\) のような基本的な分数計算を焦って間違えないこと。通分を丁寧に行いましょう。
- 文字の整理: \(m, v_0, F\) など複数の文字が登場します。最終的にどの文字を使って答えるべきか、問題文を再確認する習慣をつけましょう。
- 連立方程式の代入ミス: 複数の設問にまたがる問題では、前の設問で求めた結果を次の設問で使います。例えば(1)で求めた \(v=\frac{v_0}{4}\) を(3)の \(E_{後}\) の計算で使う際に、代入を間違えないように注意が必要です。
解きっぱなしはNG！解答の妥当性を吟味する習慣をつけよう
- 得られた答えの物理的妥当性の検討:
- (1) 速度: \(v = \frac{v_0}{4}\) は、初速度 \(v_0\) より小さい。重い物体と合体したので減速するのは当然であり、妥当です。
- (2) 時間: \(t = \frac{3mv_0}{4F}\) は、抵抗力 \(F\) が大きいほど短時間で止まることを示しており、直感に合致します。
- (3) エネルギー: 失われたエネルギー \(\Delta E\) は正の値であり、非弾性衝突でエネルギーが失われるという事実と一致します。もし負になったら計算ミスを疑うべきです。
- (3) 距離: \(l = \frac{3mv_0^2}{8F}\) は、失われたエネルギー \(\Delta E\) に比例し、抵抗力 \(F\) に反比例します。これも物理的に妥当な関係です。
- 別解との比較:
- (2)の時間は、弾丸に着目する方法、木材に着目する方法、相対運動で考える方法の3通りで求められました。全てが同じ結果を与えることを確認することで、作用・反作用の法則や相対運動の考え方の正しさを実感でき、理解が深まります。
- (3)の失われたエネルギーも、実験室系と重心系という異なる視点から同じ結果が導かれました。これにより、計算の確実性が増すとともに、物理現象を多角的に捉える力が養われます。
148 斜面との衝突
【問題の確認】まずは問題文をしっかり読み解こう
この問題は、自由落下した小球がなめらかな斜面と弾性衝突し、再び放物運動を行うという、複数の物理現象を組み合わせた問題です。力学的エネルギー保存則、衝突の法則、放物運動の解析という、力学の重要テーマが凝縮されています。
- 斜面の角度: \(45^\circ\)
- 小球の質量: \(m\)
- 落下開始点Pの高さ: \(h\) (点Aからの鉛直高さ)
- 衝突: 点Aで弾性衝突
- 重力加速度: \(g\)
- (1) 衝突直後の速さ \(v\) と、斜面に対する反射角 \(\theta\)
- (2) 衝突で斜面から受けた力積の大きさ \(I\)
- (3) 点Aから点Bに達するまでの時間 \(t\)
- (4) AB間の距離 \(L\)
【設問別解説】考え方から計算プロセスまで徹底ガイド
本解説は、模範解答で示されている解法を主たる解説として採用しつつ、学習者の多角的な理解を促進するため、以下の教育的に有益な別解を追記します。
- 設問(1)の別解
- 反発係数の式を用いた解法
- 設問(3)の別解
- 斜面に沿った方向の等加速度直線運動の式を用いた解法
- 設問(4)の別解
- 斜面に沿った方向の等加速度直線運動の式を用いた解法
- これらの別解が有益である理由は以下の通りです。
- (1) 反発係数の式: 模範解答では「弾性衝突なので速度の大きさが変わらない」と結論付けていますが、反発係数の式を用いて斜面に垂直な方向の速度成分を具体的に計算することで、その結論をより厳密に導出するプロセスを学ぶことができます。
- (3)(4) 斜面に沿った方向の運動: 模範解答では水平・鉛直方向の運動として解析していますが、斜面に平行・垂直な座標系で運動を捉えるという、斜面上の運動を扱う際のもう一つの定石的なアプローチを学ぶことができます。この視点では、重力を分解して考える必要があり、異なる角度から問題を解析する良い練習になります。
- いずれのアプローチを用いても、最終的に得られる答えは模範解答と一致します。
この問題のテーマは、「斜面との弾性衝突と、その後の放物運動」です。運動を「落下」「衝突」「放物運動」の3つのフェーズに分け、それぞれのフェーズで適切な物理法則を適用することが重要です。
問題を解く上で鍵となる物理法則や概念は以下の通りです。
- 力学的エネルギー保存則: 小球が落下する過程で、重力のみが仕事をするため、力学的エネルギーが保存されます。
- 速度の分解: 衝突や放物運動を解析するために、速度ベクトルを適切な2方向に分解します。この問題では「水平・鉛直方向」と「斜面に平行・垂直な方向」の2つの座標系の使い分けがポイントになります。
- 弾性衝突の法則:
- なめらかな面との衝突では、面に平行な方向の速度成分は変化しません。
- 弾性衝突では、面に垂直な方向の速度成分は、大きさが変わらず向きだけが反転します（反発係数 \(e=1\)）。
- 放物運動の解析: 衝突後の小球の運動は、鉛直方向には重力による等加速度運動、水平方向には等速直線運動として扱えます。
基本的なアプローチは以下の通りです。
- まず、PからAへの落下運動に力学的エネルギー保存則を適用し、衝突直前の速さ \(v_0\) を求めます。次に、衝突の法則を用いて、衝突直後の速さ \(v\) と角度 \(\theta\) を求めます（問1）。
- 衝突による運動量変化を計算し、「運動量と力積の関係」から力積の大きさを求めます。この際、運動量を斜面に平行・垂直な成分に分解して考えるのが有効です（問2）。
- 衝突後のAからBへの運動を、水平・鉛直方向に分けて解析します。点Bが再び斜面上にあるという条件から、時間 \(t\) を求めます（問3）。
- (3)で求めた時間 \(t\) を用いて、AからBまでの移動距離を計算します（問4）。
問(1)
思考の道筋とポイント
衝突直後の速さ \(v\) と角度 \(\theta\) を求める問題です。まず、衝突直前の速さ \(v_0\) をエネルギー保存則で求めます。次に、衝突現象を「斜面に平行な方向」と「斜面に垂直な方向」に分けて考え、衝突の法則を適用します。
この設問における重要なポイント
- 衝突前の速さ: 点Pから点Aまで自由落下するので、力学的エネルギー保存則から衝突直前の速さ \(v_0\) が求まります。
- 速度の分解: 衝突直前の速度ベクトル \(\vec{v_0}\)（鉛直下向き）と、衝突直後の速度ベクトル \(\vec{v}\) を、斜面（45°）に平行な成分と垂直な成分に分解します。
- 衝突の法則:
- 斜面に平行な方向: なめらかなので力は働かず、速度成分は変化しません。
- 斜面に垂直な方向: 弾性衝突なので、速度成分の大きさは変わらず、向きが反転します。
具体的な解説と立式
まず、点Pから点Aまでの落下について、A点を基準の高さとして力学的エネルギー保存則を立てます。
$$ mgh + 0 = 0 + \displaystyle\frac{1}{2}mv_0^2 $$
これを解いて、衝突直前の速さ \(v_0\) を求めます。
$$ v_0^2 = 2gh $$
$$ v_0 = \sqrt{2gh} $$
このとき、速度 \(\vec{v_0}\) は鉛直下向きです。
次に、点Aでの衝突を考えます。斜面に平行な方向と垂直な方向に分けて考えます。
衝突直前の速度 \(v_0\) の各成分は、
- 斜面に平行な成分: \(v_{0\parallel} = v_0 \cos 45^\circ\)
- 斜面に垂直な成分: \(v_{0\perp} = v_0 \sin 45^\circ\)
衝突直後の速度 \(v\) の各成分を \(v_{\parallel}\), \(v_{\perp}\) とすると、
- 斜面に平行な方向: なめらかなので速度成分は不変です。
$$ v_{\parallel} = v_{0\parallel} $$
$$ v_{\parallel} = v_0 \cos 45^\circ $$ - 斜面に垂直な方向: 弾性衝突なので速度成分の大きさが不変で向きが反転します。
$$ v_{\perp} = v_{0\perp} $$
$$ v_{\perp} = v_0 \sin 45^\circ $$
衝突直後の速さ \(v\) は、三平方の定理より、
$$ v^2 = v_{\parallel}^2 + v_{\perp}^2 $$
$$ v^2 = (v_0 \cos 45^\circ)^2 + (v_0 \sin 45^\circ)^2 $$
$$ v^2 = v_0^2 (\cos^2 45^\circ + \sin^2 45^\circ) $$
$$ v^2 = v_0^2 $$
$$ v = v_0 $$
よって、
$$ v = \sqrt{2gh} $$
衝突後の角度 \(\theta\) は、図aより、
$$ \tan\theta = \displaystyle\frac{v_{\perp}}{v_{\parallel}} $$
$$ \tan\theta = \displaystyle\frac{v_0 \sin 45^\circ}{v_0 \cos 45^\circ} $$
$$ \tan\theta = \tan 45^\circ $$
$$ \tan\theta = 1 $$
よって、
$$ \theta = 45^\circ $$
使用した物理公式
- 力学的エネルギー保存則: \(K_1 + U_1 = K_2 + U_2\)
- 弾性衝突の法則（速度成分）
上記の立式がそのまま計算過程となります。
速さ \(v\) は、
$$ v = \sqrt{2gh} $$
角度 \(\theta\) は、
$$ \tan\theta = 1 $$
より、\(\theta = 45^\circ\) となります。
まず、高さ\(h\)から落とした物体の速さをエネルギーの考え方で求めます。次に、斜めにぶつかる運動を「斜面に沿う方向」と「斜面に垂直な方向」に分けて考えます。床がツルツルなので、沿う方向の速さは変わりません。弾性衝突なので、垂直にぶつかって跳ね返る成分の速さも変わりません。結局、衝突の前後で速さの大きさは全く変わらないことになります。また、入射角と反射角が等しくなるため、角度も計算できます。
衝突直後の速さは \(\sqrt{2gh}\)、角度は \(45^\circ\) です。
弾性衝突では力学的エネルギーが保存されるため、衝突の前後で速さの大きさが変わらない (\(v=v_0\)) という結果は妥当です。また、斜面に対して45°の角度で入射し、45°の角度で反射するという結果も、光の反射のように直感的で理解しやすいです。
思考の道筋とポイント
弾性衝突を、反発係数 \(e=1\) を用いて記述する方法です。斜面に垂直な方向の相対速度を考えることで、衝突後の速度成分を求めます。
具体的な解説と立式
斜面に垂直な方向について、反発係数の式を立てます。
衝突前の小球の速度成分は \(-v_0 \sin 45^\circ\)（斜面に近づく向きを負とする）。斜面は静止しているので速度は0です。
衝突後の小球の速度成分を \(v_{\perp}\) とします。
$$ (0 – (-v_0 \sin 45^\circ)) \times (-1) = (0 – v_{\perp}) $$
$$ -v_0 \sin 45^\circ = -v_{\perp} $$
$$ v_{\perp} = v_0 \sin 45^\circ $$
これは主たる解法と同じ結果です。斜面に平行な成分は \(v_{\parallel} = v_0 \cos 45^\circ\) で不変なので、以降の計算は主たる解法と同じになります。
問(2)
思考の道筋とポイント
衝突によって小球が斜面から受けた力積の大きさを求める問題です。「運動量の変化は力積に等しい」という関係を用います。運動量もベクトルなので、斜面に平行・垂直な成分に分解して考えるのが有効です。
この設問における重要なポイント
- 運動量と力積の関係: \(\Delta \vec{p} = \vec{I}\)
- 運動量変化の方向: なめらかな斜面との衝突では、力積は斜面に垂直な方向にのみ働きます。したがって、運動量が変化するのも斜面に垂直な成分だけです。
- 運動量変化の計算: （衝突後の垂直成分）-（衝突前の垂直成分）を計算します。向きに注意して符号を正しく設定することが重要です。
具体的な解説と立式
力積は斜面に垂直な方向にのみ働くので、この方向の運動量の変化を考えます。
斜面から遠ざかる向きを正とします（図b参照）。
衝突前の速度の垂直成分は \(-v_0 \sin 45^\circ\)。
衝突後の速度の垂直成分は \(+v \sin \theta = +v_0 \sin 45^\circ\)。
運動量と力積の関係より、力積の大きさ \(I\) は、
$$ I = (後の運動量) – (前の運動量) $$
$$ I = m(v_0 \sin 45^\circ) – m(-v_0 \sin 45^\circ) \quad \cdots ① $$
使用した物理公式
- 運動量と力積の関係: \(\Delta p = I\)
①式を計算します。
$$
\begin{aligned}
I &= 2 m v_0 \sin 45^\circ
\end{aligned}
$$
ここに \(v_0 = \sqrt{2gh}\) と \(\sin 45^\circ = \displaystyle\frac{1}{\sqrt{2}}\) を代入します。
$$
\begin{aligned}
I &= 2 m \sqrt{2gh} \cdot \displaystyle\frac{1}{\sqrt{2}} \\[2.0ex]
&= 2m\sqrt{gh}
\end{aligned}
$$
「力積」は物体が受けた衝撃の大きさを表し、「運動量の変化」に等しくなります。今回の衝突では、小球は斜面から垂直な向きにのみ力を受けます。したがって、運動量の変化もこの向きだけを考えればOKです。衝突前後の「斜面に垂直な方向の運動量」の差を計算することで、力積の大きさが求まります。
力積の大きさは \(2m\sqrt{gh}\) です。
この結果は、質量 \(m\)、重力加速度 \(g\)、高さ \(h\) に依存しており、物理的に妥当な変数を含んでいます。力積の図（図bの右側）を描くと、ベクトル \(\vec{p}_{前}\) と \(\vec{p}_{後}\) の差 \(\vec{I} = \vec{p}_{後} – \vec{p}_{前}\) が、確かに斜面に垂直上向きになることが視覚的に確認できます。
問(3)
思考の道筋とポイント
点Aから点Bに達するまでの時間を求める問題です。衝突後の小球は、重力を受けて放物運動をします。この運動を水平方向と鉛直方向に分けて解析するのが定石です。
この設問における重要なポイント
- 運動の分解: 衝突後の運動を、水平方向（等速直線運動）と鉛直方向（等加速度運動）に分解します。
- 初速度の分解: 衝突直後の速度 \(v\) を水平・鉛直成分に分解する必要があります。角度の関係に注意が必要です。
- 点Bに到達する条件: 点Aを原点とすると、点Bは再び直線 \(y=-x\) （斜面を表す式）の上に乗る点です。この条件を数式で表現します。
具体的な解説と立式
点Aを原点とし、水平右向きにx軸、鉛直上向きにy軸をとります。
衝突直後の速度 \(v\) は、(1)より速さ \(\sqrt{2gh}\)、斜面と45°の角をなす向きです。斜面自体が水平と45°をなしているので、速度 \(v\) の向きは水平方向となります。
よって、衝突直後の初速度の成分は、
- x成分: \(v_x = v = \sqrt{2gh}\)
- y成分: \(v_y = 0\)
時刻 \(t\) における小球の位置 (x, y) は、
$$ x = v_x t $$
$$ x = \sqrt{2gh} \cdot t \quad \cdots ② $$
$$ y = v_y t – \displaystyle\frac{1}{2}gt^2 $$
$$ y = 0 \cdot t – \displaystyle\frac{1}{2}gt^2 $$
$$ y = -\displaystyle\frac{1}{2}gt^2 \quad \cdots ③ $$
小球が点Bに達するとき、その座標 (x, y) は斜面上の点なので、\(y = -x \tan 45^\circ\) の関係を満たします。
$$ y = -x $$
②式、③式を代入すると、
$$ -\displaystyle\frac{1}{2}gt^2 = -(\sqrt{2gh} \cdot t) \quad \cdots ④ $$
使用した物理公式
- 等速直線運動: \(x = vt\)
- 等加速度直線運動: \(y = v_0t + \frac{1}{2}at^2\)
④式を \(t\) について解きます。\(t>0\) なので、両辺を \(t\) で割ることができます。
$$
\begin{aligned}
\displaystyle\frac{1}{2}gt &= \sqrt{2gh} \\[2.0ex]
t &= \displaystyle\frac{2\sqrt{2gh}}{g} \\[2.0ex]
t &= 2\sqrt{\displaystyle\frac{2gh}{g^2}} \\[2.0ex]
t &= 2\sqrt{\displaystyle\frac{2h}{g}}
\end{aligned}
$$
衝突後の小球は、水平方向には一定の速さで、鉛直方向には重力で下に落ちながら飛んでいきます。ちょうど斜面に再びぶつかる点Bの位置を、x座標とy座標で表します。x座標は「速さ×時間」、y座標は自由落下と同じ式で計算できます。点Bは斜面上の点なので、x座標とy座標の大きさは等しくなります（傾き45°のため）。この関係を使って時間を計算します。
時間は \(2\sqrt{\frac{2h}{g}}\) です。
この時間は、高さ \(h\) が高いほど長くなり、重力加速度 \(g\) が大きいほど短くなることを示しており、物理的に妥当です。
思考の道筋とポイント
運動を斜面に平行・垂直な方向に分解して考える方法です。この座標系では、重力を分解する必要があります。
具体的な解説と立式
斜面に沿って下向きにx’軸、斜面に垂直上向きにy’軸をとります。
重力加速度 \(g\) の成分は、
- x’方向: \(g_{x’} = g \sin 45^\circ\)
- y’方向: \(g_{y’} = -g \cos 45^\circ\)
衝突直後の初速度は、
- x’方向: \(v_{x’,0} = v \cos 45^\circ = \sqrt{2gh} \cdot \displaystyle\frac{1}{\sqrt{2}} = \sqrt{gh}\)
- y’方向: \(v_{y’,0} = v \sin 45^\circ = \sqrt{2gh} \cdot \displaystyle\frac{1}{\sqrt{2}} = \sqrt{gh}\)
点Bに到達するとき、y’座標は0になります。y’方向の運動について \(y = v_0t + \frac{1}{2}at^2\) を用いて、
$$ 0 = v_{y’,0} t + \displaystyle\frac{1}{2}g_{y’} t^2 $$
$$ 0 = \sqrt{gh} \cdot t + \displaystyle\frac{1}{2}(-g \cos 45^\circ) t^2 \quad \cdots ⑤ $$
⑤式を \(t>0\) の条件で解きます。
$$
\begin{aligned}
0 &= \sqrt{gh} – \displaystyle\frac{1}{2}g \cos 45^\circ \cdot t \\[2.0ex]
\displaystyle\frac{1}{2}g \cos 45^\circ \cdot t &= \sqrt{gh} \\[2.0ex]
\displaystyle\frac{1}{2}g \displaystyle\frac{1}{\sqrt{2}} t &= \sqrt{gh} \\[2.0ex]
t &= \displaystyle\frac{2\sqrt{2}\sqrt{gh}}{g} \\[2.0ex]
t &= 2\sqrt{2}\sqrt{\displaystyle\frac{gh}{g^2}} \\[2.0ex]
t &= 2\sqrt{2}\sqrt{\displaystyle\frac{h}{g}} \\[2.0ex]
t &= 2\sqrt{\displaystyle\frac{2h}{g}}
\end{aligned}
$$
同じ結果が得られました。
問(4)
思考の道筋とポイント
AB間の距離 \(L\) を求める問題です。(3)で求めた時間 \(t\) を使って、移動距離を計算します。
この設問における重要なポイント
- 距離の計算: (3)で水平・鉛直方向に運動を解析したので、その結果を使うのが自然です。点Bのx座標とy座標を求め、三平方の定理で原点Aからの距離を計算します。
具体的な解説と立式
(3)で求めた時間 \(t = 2\sqrt{\frac{2h}{g}}\) を、②式と③式に代入して点Bの座標 (x, y) を求めます。
$$
\begin{aligned}
x &= \sqrt{2gh} \cdot t \\[2.0ex]
&= \sqrt{2gh} \cdot 2\sqrt{\displaystyle\frac{2h}{g}} \\[2.0ex]
&= 2\sqrt{2gh \cdot \displaystyle\frac{2h}{g}} \\[2.0ex]
&= 2\sqrt{4h^2} \\[2.0ex]
&= 4h
\end{aligned}
$$
$$
\begin{aligned}
y &= -\displaystyle\frac{1}{2}gt^2 \\[2.0ex]
&= -\displaystyle\frac{1}{2}g \left(2\sqrt{\displaystyle\frac{2h}{g}}\right)^2 \\[2.0ex]
&= -\displaystyle\frac{1}{2}g \left(4 \cdot \displaystyle\frac{2h}{g}\right) \\[2.0ex]
&= -4h
\end{aligned}
$$
AB間の距離 \(L\) は、原点A(0,0)と点B(4h, -4h)の距離なので、
$$ L = \sqrt{x^2 + y^2} \quad \cdots ⑥ $$
$$ L = \sqrt{(4h)^2 + (-4h)^2} $$
使用した物理公式
- 三平方の定理
⑥式を計算します。
$$
\begin{aligned}
L &= \sqrt{16h^2 + 16h^2} \\[2.0ex]
&= \sqrt{32h^2} \\[2.0ex]
&= \sqrt{16 \cdot 2 \cdot h^2} \\[2.0ex]
&= 4\sqrt{2}h
\end{aligned}
$$
(3)で求めた時間を使って、小球が水平方向に進んだ距離と、鉛直方向に落ちた距離をそれぞれ計算します。この2つの距離から、三平方の定理（ピタゴラスの定理）を使って、AとBの間の直線距離を求めます。
AB間の距離は \(4\sqrt{2}h\) です。
高さ \(h\) が大きいほど、衝突のエネルギーが大きくなり、より遠くまで飛ぶというのは直感に合っています。
思考の道筋とポイント
(3)の別解と同様に、斜面に沿った座標系で考えます。距離 \(L\) は、この座標系ではx’軸方向の移動距離そのものです。
具体的な解説と立式
(3)の別解で用いた斜面に沿った座標系（x’軸）で、時間 \(t\) の間の移動距離 \(L\) を計算します。
初速度は \(v_{x’,0} = \sqrt{gh}\)、加速度は \(g_{x’} = g \sin 45^\circ\) でした。
等加速度直線運動の式 \(x = v_0t + \frac{1}{2}at^2\) を用いて、
$$ L = v_{x’,0} t + \displaystyle\frac{1}{2}g_{x’} t^2 \quad \cdots ⑦ $$
⑦式に、\(v_{x’,0} = \sqrt{gh}\), \(g_{x’} = g \displaystyle\frac{1}{\sqrt{2}}\), \(t = 2\sqrt{\frac{2h}{g}}\) を代入します。
$$
\begin{aligned}
L &= \sqrt{gh} \left(2\sqrt{\displaystyle\frac{2h}{g}}\right) + \displaystyle\frac{1}{2}\left(g \displaystyle\frac{1}{\sqrt{2}}\right) \left(2\sqrt{\displaystyle\frac{2h}{g}}\right)^2 \\[2.0ex]
&= 2\sqrt{gh \cdot \displaystyle\frac{2h}{g}} + \displaystyle\frac{g}{2\sqrt{2}} \left(4 \cdot \displaystyle\frac{2h}{g}\right) \\[2.0ex]
&= 2\sqrt{2h^2} + \displaystyle\frac{g}{2\sqrt{2}} \cdot \displaystyle\frac{8h}{g} \\[2.0ex]
&= 2\sqrt{2}h + \displaystyle\frac{4h}{\sqrt{2}} \\[2.0ex]
&= 2\sqrt{2}h + 2\sqrt{2}h \\[2.0ex]
&= 4\sqrt{2}h
\end{aligned}
$$
同じ結果が得られました。この解法は計算がやや複雑になりますが、異なる視点からのアプローチとして有効です。
【総まとめ】この一問を未来の得点力へ！完全マスター講座
最重要ポイント：この問題の核心となる物理法則は？
- 力学的エネルギー保存則（問1）:
- 核心: 小球が点Pから点Aに落下する間、仕事をするのは保存力である重力のみです。そのため、(運動エネルギー)＋(位置エネルギー)の和は一定に保たれます。これを用いて衝突直前の速さを求めるのが第一歩です。
- 理解のポイント: 「なめらかな」という言葉は、摩擦によるエネルギー損失がないことを示唆しています。
- 速度の分解と衝突の法則（問1, 2）:
- 核心: 斜面との衝突を扱う際の最重要テクニックです。速度や運動量を「斜面に平行な成分」と「斜面に垂直な成分」に分解します。なめらかな斜面との弾性衝突では、(1)平行成分は不変、(2)垂直成分は大きさが同じで向きが逆転、という2つの法則が成り立ちます。
- 理解のポイント: なぜこの2方向に分解するのか？それは、斜面から受ける力（垂直抗力）が、斜面に垂直な方向にしか働かないからです。力が働く方向と働かない方向に運動を分けることで、現象をシンプルに解析できます。
- 放物運動の解析（問3, 4）:
- 核心: 衝突後の小球は、重力だけを受けて運動する放物運動です。この運動は「水平方向の等速直線運動」と「鉛直方向の等加速度運動（投げ上げ・投げ下ろし）」の組み合わせとして捉えるのが定石です。
- 理解のポイント: (1)の解析で衝突後の速度が水平方向だと分かったため、(3)以降の解析が「水平投射」という非常にシンプルな形になりました。もし衝突後の速度が斜めを向いていれば、初速度を水平・鉛直成分に分解して計算する必要があります。
なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法
- 力学的エネルギー保存則:
- 選定理由: (1)で、高さと速さの関係を知るため。途中の運動（力の時間変化など）を問わず、始点と終点の状態だけで関係式を立てられるため、最も効率的です。
- 適用根拠: 働く力が重力（保存力）のみであるため。
- 運動量と力積の関係:
- 選定理由: (2)で、衝突によって加えられた「力積」を求めるため。運動量の変化を計算することが、力積を求める直接的な手段だからです。
- 適用根拠: ニュートンの運動方程式を時間で積分したものであり、力の作用による運動量の変化を記述する普遍的な法則です。
- 等速直線運動・等加速度直線運動の式:
- 選定理由: (3), (4)で、放物運動という時間変化する運動を追跡するため。任意の時刻における位置や速度を計算できます。
- 適用根拠: 運動を、力が働かない方向（水平）と一定の力が働く方向（鉛直）に分解することで、これらの単純な運動モデルに帰着させることができます。
応用テクニック：似た問題が出たらココを見る！解法の鍵と着眼点
- 応用できる類似問題のパターン:
- 壁との斜め衝突: 水平な床に置かれた壁にボールが斜めに弾性衝突する問題。壁に平行・垂直な方向に分解して考えるという、本問と全く同じアプローチで解けます。
- 非弾性衝突: もしこの問題が「非弾性衝突（\(e<1\)）」であれば、斜面に垂直な速度成分が \(v_{\perp}’ = e \cdot v_{\perp}\) となります。平行成分は変わらないので、同様に解き進めることができます。
- 動く斜面との衝突: 斜面が固定されておらず、衝突によって動く問題。この場合、小球と斜面を一つの「系」として、系全体の運動量保存則（水平方向）も考慮に入れる必要があります。
- 初見の問題での着眼点:
- 座標軸をどう設定するか？: 問題を解き始める前に、どの座標軸（水平・鉛直 or 斜面に平行・垂直）で考えるのが最も効率的かを見極めます。衝突現象そのものを分析するなら「斜面系」、衝突後の放物運動を分析するなら「水平・鉛直系」が便利です。時には両者を使い分ける必要があります。
- 現象をフェーズ分けする: 「落下」→「衝突」→「放物運動」のように、問題を時系列のイベントに分割します。そして、各フェーズでどの物理法則が主役になるかを考えます（エネルギー保存→衝突の法則→放物運動の公式）。
- 「なめらか」「弾性衝突」の意味を読み取る: これらのキーワードは、適用すべき物理法則を限定する重要なヒントです。「なめらか」→面に平行な速度成分は不変。「弾性衝突」→力学的エネルギーは衝突前後で保存、面に垂直な速度成分の大きさも不変。
要注意！ありがちなミス・誤解とその対策
- 速度の分解における角度の間違い:
- 誤解: 速度ベクトルを分解する際に、\(\sin\) と \(\cos\) を取り違える。特に、斜面系と水平・鉛直系が混在すると混乱しがちです。
- 対策: 必ず大きな図を描き、角度（この問題では45°）がどこにあるのかを明確に書き込みましょう。分解したいベクトルを対角線とする長方形を描き、直角三角形の辺と角度の関係を落ち着いて確認する習慣がミスを防ぎます。
- 衝突後の運動の勘違い:
- 誤解: 衝突後も、斜面に沿って運動すると考えてしまう。
- 対策: 衝突後は、小球は斜面から離れて空間を飛びます。働く力は真下向きの重力だけなので、その運動は必ず放物運動になります。斜面に沿った運動として解析するのは、あくまで計算上の一つのテクニック（別解）であり、実際の軌道とは異なることを理解しておく必要があります。
- 力積の計算での符号ミス:
- 誤解: 運動量の変化を計算する際に、向きを考慮せず、単純に大きさの差をとってしまう。
- 対策: 運動量や力積はベクトル量です。必ず正の向きを定め、「後の運動量 – 前の運動量」を符号付きで計算しましょう。この問題では、衝突前後で垂直方向の速度の向きが逆になるため、引き算ではなく足し算の形 (\(mv – (-mv)\)) になるのがポイントです。
物理の眼を養う：現象のイメージ化と図解の極意
- この問題での有効なイメージ化と図示:
- 速度ベクトルの分解図: 衝突の点Aにおいて、衝突前の速度ベクトル \(\vec{v_0}\) と衝突後の速度ベクトル \(\vec{v}\) を描き、それぞれを「斜面に平行・垂直な成分」（点線）と「水平・鉛直な成分」（破線）に分解した図を描くと、頭の中が整理されます。
- 運動量ベクトルの差分図: (2)の力積を考える際に、衝突後の運動量ベクトル \(\vec{p}_{後}\) の始点に、衝突前の運動量ベクトル \(\vec{p}_{前}\) の終点を合わせるように描くと、その差である力積ベクトル \(\vec{I} = \vec{p}_{後} – \vec{p}_{前}\) の向き（斜面に垂直）と大きさが視覚的に理解できます。
- 軌跡の概形: P→A（自由落下）、A→B（放物線）という軌跡の全体像を描くことで、問題の全体像を把握できます。特に、A点での速度が水平になること、B点がA点より低い位置にあることなどを図で確認すると、計算結果の妥当性も判断しやすくなります。
思考を整理する：立式から計算までのロジカルフロー
- (1) 衝突直後の速度・角度:
- 戦略: エネルギー保存と衝突法則を組み合わせる。
- フロー: ①P→Aの落下で力学的エネルギー保存則を立て、\(v_0\)を求める → ②\(v_0\)を斜面に平行・垂直に分解 → ③衝突法則（平行成分不変、垂直成分反転）を適用し、衝突後の速度成分を求める → ④成分から速さ\(v\)と角度\(\theta\)を合成・計算する。
- (2) 力積の計算:
- 戦略: 斜面に垂直な方向の運動量変化を計算する。
- フロー: ①衝突前後の速度の垂直成分を定義 → ②運動量の変化を計算 (\(\Delta p_{\perp} = p_{後\perp} – p_{前\perp}\)) → ③運動量と力積の関係から \(I = \Delta p_{\perp}\) として計算する。
- (3) 時間の計算:
- 戦略: 衝突後の放物運動を水平・鉛直に分け、再び斜面に乗る条件を考える。
- フロー: ①衝突後の初速度を水平・鉛直成分に分解（この問題では水平成分のみ） → ②時刻\(t\)でのx, y座標を立式 → ③点Bが斜面上の点である条件 (\(y=-x\)) を用いて方程式を立てる → ④\(t\)について解く。
- (4) 距離の計算:
- 戦略: (3)で求めた時間と座標の式から、点Bの座標を確定し、距離を計算する。
- フロー: ①(3)の\(t\)をx, yの式に代入し、点Bの座標を求める → ②原点Aと点Bの2点間の距離を三平方の定理で計算する。
計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック
- 平方根の計算: \(\sqrt{2gh}\) や \(\sqrt{2h/g}\) など、ルートを含む計算が頻出します。ルートの中の計算、ルート同士の掛け算を慎重に行いましょう。例えば、\(\sqrt{A} \times \sqrt{B} = \sqrt{AB}\) や \((\sqrt{A})^2 = A\) といった基本を確実に実行することが重要です。
- 三角関数の値: \(\sin 45^\circ = \cos 45^\circ = 1/\sqrt{2}\) という値は即座に使えるようにしておきましょう。
- 文字の整理: \(v_0, v, v_{\parallel}, v_{\perp}, v_x, v_y\) など、多くの速度を表す記号が出てきます。どの記号がどの物理量を表しているのか、自分で混乱しないように図に書き込むなどして整理しましょう。
- 単位の確認: 例えば(3)で求めた時間 \(t\) の単位（次元）を確認すると、\(\sqrt{h/g} \rightarrow \sqrt{[\text{L}] / [\text{L/T}^2]} = \sqrt{[\text{T}^2]} = [\text{T}]\) となり、確かに時間の次元になっています。このような検算が有効です。
解きっぱなしはNG！解答の妥当性を吟味する習慣をつけよう
- 得られた答えの物理的妥当性の検討:
- (1) 速度・角度: 弾性衝突で速さが変わらないのは妥当。また、衝突後の速度が水平になったのは、斜面の角度と入射角がたまたま45°だったからです。もし角度が違えば、衝突後の速度は斜め上を向くはずです。
- (3) 時間: もし無重力なら、小球はAからまっすぐ進み、Bに到達することはありません (\(t \rightarrow \infty\))。式 \(t = 2\sqrt{2h/g}\) は \(g \rightarrow 0\) で \(t \rightarrow \infty\) となり、直感と一致します。
- (4) 距離: 距離 \(L=4\sqrt{2}h\) は、落下高さ \(h\) に比例します。高くから落とすほど遠くに飛ぶ、という直感と一致しており、妥当です。
- 別解との比較:
- (3), (4)は「水平・鉛直」座標系と「斜面に平行・垂直」座標系の両方で解くことができました。全く異なるアプローチで同じ答えにたどり着くことを確認することで、どちらの解法も正しく、かつ物理現象を異なる側面から記述しているだけだという深い理解につながります。計算が簡単な方を選ぶのがセオリーですが、両方で解けるようになっておくことが応用力を高めます。
「力の図示→運動方程式→解く」を根本から組み直すドクター型講義
149 物体と動く台との運動
【問題の確認】まずは問題文をしっかり読み解こう
この問題は、動く斜面台の上を物体が運動するという、運動量保存則と力学的エネルギー保存則を組み合わせた典型的な問題です。2つの物体からなる「系」全体の運動を、保存則を用いて解析する能力が問われます。
- 物体の質量: \(m\)
- 斜面台の質量: \(M\) (\(m<M\))
- 物体の初速度: \(v\)
- 斜面台の初速度: \(0\)
- 床、斜面: すべてなめらか
- 重力加速度: \(g\)
- (1) 物体が最高点に達したときの斜面台の速さ \(V\)。
- (2) そのときの物体と斜面台の運動エネルギーの和 \(K\)。
- (3) 最高点の高さ \(H\)。
- (4) 物体が再び床に戻ったときの斜面台の速さ \(V_1\) と物体の速さ \(v_1\)。
【設問別解説】考え方から計算プロセスまで徹底ガイド
本解説は、模範解答で示されている解法を主たる解説として採用しつつ、学習者の多角的な理解を促進するため、以下の教育的に有益な別解を追記します。
- 設問(4)の別解
- 反発係数の式を用いた解法
- 重心系を用いた解法
- これらの別解が有益である理由は以下の通りです。
- 反発係数の式: 物体が斜面台を上って下りてくる一連の運動を、見かけ上、物体と斜面台の「弾性衝突」とみなすことができます。この視点に立つと、反発係数 \(e=1\) の式が利用でき、力学的エネルギー保存則の複雑な計算を回避して、より簡潔に解を導くことができます。これは、問題を抽象化して捉える高度な物理的思考の良い練習になります。
- 重心系: 物体と斜面台からなる系の運動を、系の重心から見る方法です。重心系では、運動量保存則が「全運動量が常にゼロ」という非常に単純な形で表され、エネルギー保存則の式も簡潔になります。2体問題の解析における強力なツールであり、この視点を学ぶことで、より複雑な問題への応用力が養われます。
- いずれのアプローチを用いても、最終的に得られる答えは模範解答と一致します。
この問題のテーマは、「2体問題における運動量保存則とエネルギー保存則」です。物体と斜面台を一つの系として捉え、水平方向の運動とエネルギー変化を追跡します。
問題を解く上で鍵となる物理法則や概念は以下の通りです。
- 運動量保存則: 物体と斜面台からなる系には、水平方向に外力が働きません（物体と台が及ぼしあう力は内力）。したがって、系の水平方向の運動量は常に保存されます。
- 力学的エネルギー保存則: 物体と斜面台が及ぼしあう垂直抗力は、物体には負の仕事、斜面台には正の仕事をしますが、その和は0になります。床からの垂直抗力は仕事をしないので、系全体で見ると、仕事をする力は保存力である重力のみです。したがって、系の力学的エネルギー（運動エネルギー＋位置エネルギー）の総和は常に保存されます。
- 最高点に達する条件: 物体が斜面台上の最高点に達する瞬間とは、斜面台に対する物体の相対速度の鉛直成分が0になる瞬間です。この問題では、物体は斜面に沿って運動するため、最高点では斜面台に対する相対速度が0、つまり、床から見て物体と斜面台の水平速度が等しくなります。
基本的なアプローチは以下の通りです。
- 物体が最高点に達したとき、物体と斜面台の速度が等しくなる条件を使い、運動量保存則を立式してそのときの速度 \(V\) を求めます（問1）。
- (1)で求めた速度 \(V\) を用いて、その瞬間の系の全運動エネルギーを計算します（問2）。
- 運動の開始時から最高点に達するまでの間で、力学的エネルギー保存則を立式し、高さ \(H\) を求めます（問3）。
- 運動の開始時から物体が再び床に戻るまでの間で、運動量保存則と力学的エネルギー保存則を連立させて解き、それぞれの最終的な速度を求め、「速さ」として正の値で答えます（問4）。
問(1)
思考の道筋とポイント
物体が最高点に達したときの斜面台の速さ \(V\) を求める問題です。この瞬間の物理的な特徴を捉え、「運動量保存則」を適用するのが鍵です。
この設問における重要なポイント
- 最高点の条件: 物体が斜面台上の最高点に達したとき、物体は斜面台に対して一瞬静止します。つまり、床から見ると、物体と斜面台は同じ速度 \(V\) で水平に運動します。
- 系の設定: 物体と斜面台を一つの「系」として考えます。
- 運動量保存則: この系には水平方向に外力が働かないため、運動の前後で水平方向の運動量の和は保存されます。
具体的な解説と立式
初めに物体が進んだ向きを正とします。
運動開始前の系の全運動量は \(mv + M \cdot 0\)。
物体が最高点に達したとき、物体と斜面台は一体となって速度 \(V\) で運動するので、そのときの系の全運動量は \((m+M)V\)。
水平方向の運動量保存則より、
$$ mv + M \cdot 0 = (m+M)V \quad \cdots ① $$
使用した物理公式
- 運動量保存則
①式を \(V\) について解きます。
$$
\begin{aligned}
mv &= (m+M)V \\[2.0ex]
V &= \displaystyle\frac{m}{m+M}v
\end{aligned}
$$
物体が台に乗り、一番高いところに登った瞬間、物体と台は一体となって動きます。この現象を、一つの塊になったと見なすことができます。運動の前後で、物体と台を合わせた全体の「勢い」（運動量）は変わらないというルール（運動量保存則）を使って、一体となったときの速さを計算します。
最高点での斜面台の速さ \(V\) は \(\displaystyle\frac{m}{m+M}v\) です。
これは、初めに物体が持っていた運動量 \(mv\) を、系全体の質量 \((m+M)\) で割ったものに等しく、運動量保存則から導かれる妥当な結果です。
問(2)
思考の道筋とポイント
最高点に達したときの、系全体の運動エネルギーの和 \(K\) を求める問題です。(1)で求めた一体となったときの速度 \(V\) を用いて、運動エネルギーの定義式から直接計算します。
この設問における重要なポイント
- 系の運動エネルギー: 物体と斜面台が一体となって速度 \(V\) で運動しているため、質量 \((m+M)\) の一つの物体が速度 \(V\) で運動していると考え、その運動エネルギーを計算します。
具体的な解説と立式
求める運動エネルギーの和を \(K\) とします。
最高点では、質量 \((m+M)\) の系が一体となって速度 \(V\) で運動しているので、
$$ K = \displaystyle\frac{1}{2}(m+M)V^2 $$
ここに(1)で求めた \(V = \displaystyle\frac{m}{m+M}v\) を代入します。
$$ K = \displaystyle\frac{1}{2}(m+M)\left(\displaystyle\frac{m}{m+M}v\right)^2 \quad \cdots ② $$
使用した物理公式
- 運動エネルギー: \(K = \displaystyle\frac{1}{2}mv^2\)
②式を計算します。
$$
\begin{aligned}
K &= \displaystyle\frac{1}{2}(m+M) \cdot \displaystyle\frac{m^2}{(m+M)^2}v^2 \\[2.0ex]
&= \displaystyle\frac{m^2 v^2}{2(m+M)}
\end{aligned}
$$
(1)で、物体と台が一体となったときの速さ \(V\) がわかりました。運動エネルギーは「\(\frac{1}{2} \times 質量 \times 速さ^2\)」で計算できるので、この式に、合わせた質量 \((m+M)\) と速さ \(V\) を代入して計算します。
運動エネルギーの和は \(\displaystyle\frac{m^2 v^2}{2(m+M)}\) です。
このエネルギーは、運動開始時のエネルギー \(\frac{1}{2}mv^2\) よりも小さくなっています。これは、運動エネルギーの一部が物体の位置エネルギー（高さ \(H\)）に変換されたことを意味しており、物理的に正しいです。
問(3)
思考の道筋とポイント
最高点の高さ \(H\) を求める問題です。運動エネルギーの一部が位置エネルギーに変わったと考えられるので、「力学的エネルギー保存則」を用いるのが定石です。
この設問における重要なポイント
- 力学的エネルギー保存則: 系には非保存力が働かないため、系の力学的エネルギー（運動エネルギー＋位置エネルギー）の和は保存されます。
- 比較する2つの瞬間:
- 初期状態: 物体が速さ \(v\) で運動し、斜面台は静止。高さは0。
- 最終状態: 物体と斜面台が一体となって速さ \(V\) で運動し、物体の高さが \(H\)。
具体的な解説と立式
力学的エネルギー保存則を立てます。
初期状態の力学的エネルギー \(E_{前}\) は、物体の運動エネルギーのみです。
$$ E_{前} = \displaystyle\frac{1}{2}mv^2 + 0 $$
最高点に達したときの力学的エネルギー \(E_{後}\) は、系の運動エネルギー \(K\) と物体の位置エネルギー \(mgH\) の和です。
$$ E_{後} = K + mgH $$
(2)の結果 \(K = \displaystyle\frac{m^2 v^2}{2(m+M)}\) を用いると、
$$ E_{後} = \displaystyle\frac{m^2 v^2}{2(m+M)} + mgH $$
力学的エネルギー保存則 \(E_{前} = E_{後}\) より、
$$ \displaystyle\frac{1}{2}mv^2 = \displaystyle\frac{m^2 v^2}{2(m+M)} + mgH \quad \cdots ③ $$
使用した物理公式
- 力学的エネルギー保存則: \(K_1 + U_1 = K_2 + U_2\)
③式を \(H\) について解きます。
$$
\begin{aligned}
mgH &= \displaystyle\frac{1}{2}mv^2 – \displaystyle\frac{m^2 v^2}{2(m+M)} \\[2.0ex]
mgH &= \displaystyle\frac{1}{2}mv^2 \left(1 – \displaystyle\frac{m}{m+M}\right) \\[2.0ex]
mgH &= \displaystyle\frac{1}{2}mv^2 \left(\displaystyle\frac{(m+M)-m}{m+M}\right) \\[2.0ex]
mgH &= \displaystyle\frac{1}{2}mv^2 \left(\displaystyle\frac{M}{m+M}\right) \\[2.0ex]
H &= \displaystyle\frac{1}{mg} \cdot \displaystyle\frac{Mmv^2}{2(m+M)} \\[2.0ex]
H &= \displaystyle\frac{Mv^2}{2g(m+M)}
\end{aligned}
$$
運動の前後で、全体のエネルギー（運動エネルギーと高さのエネルギーの合計）は変わりません。最初のエネルギーはすべて物体の運動エネルギーです。一番高い点では、そのエネルギーの一部が「物体と台の運動エネルギー」と「物体の高さのエネルギー」に分けられます。このエネルギーの保存関係を式にして、高さ \(H\) を計算します。
高さ \(H\) は \(\displaystyle\frac{Mv^2}{2g(m+M)}\) です。
もし斜面台の質量 \(M\) が非常に大きい (\(M \to \infty\)) なら、\(H \approx \frac{Mv^2}{2gM} = \frac{v^2}{2g}\) となり、これは固定された斜面を物体が上る場合の高さと一致します。このように極端な場合を考えると、式の妥当性が検証できます。
問(4)
思考の道筋とポイント
物体が再び床に戻ったときの、物体と斜面台それぞれの速さを求める問題です。未知数が2つ（物体の速度 \(v’\)、台の速度 \(V’\)）なので、式も2本必要です。これまでと同様に「運動量保存則」と「力学的エネルギー保存則」を連立させて解きます。
この設問における重要なポイント
- 保存則の適用: 運動の開始時から、物体が床に戻るまでの全過程で、水平方向の運動量と系の力学的エネルギーは保存されます。
- 連立方程式: 運動量保存則の式と、力学的エネルギー保存則の式を立て、これらを連立して \(v’\) と \(V’\) を求めます。
- 速さと速度の区別: 計算で得られるのはベクトル量である「速度」です。問題で問われている「速さ」は、その大きさ（絶対値）であることに注意します。
具体的な解説と立式
物体が床に戻ったときの物体の速度を \(v’\)、斜面台の速度を \(V’\) とします。初めに物体が進んだ向きを正とします。
運動量保存則は、初期状態と最終状態で立てます。
$$ mv = mv’ + MV’ \quad \cdots ④ $$
力学的エネルギー保存則も、初期状態と最終状態で立てます。最終状態では、物体の高さは0に戻るので、位置エネルギーは考えなくてよいです。
$$ \displaystyle\frac{1}{2}mv^2 = \displaystyle\frac{1}{2}m(v’)^2 + \displaystyle\frac{1}{2}M(V’)^2 \quad \cdots ⑤ $$
使用した物理公式
- 運動量保存則
- 力学的エネルギー保存則
④式と⑤式を連立して解きます。計算を簡単にするため、式を整理します。
④より、
$$ m(v-v’) = MV’ \quad \cdots ④’ $$
⑤の両辺を2倍して整理すると、
$$ m(v^2-(v’)^2) = M(V’)^2 $$
左辺を因数分解すると、
$$ m(v-v’)(v+v’) = M(V’)^2 \quad \cdots ⑤’ $$
⑤’式に④’式を代入すると、
$$ (MV’)(v+v’) = M(V’)^2 $$
斜面台は物体と接している間、常に正の向きに力を受けるので \(V’ \neq 0\) です。よって両辺を \(MV’\) で割ることができます。
$$ v+v’ = V’ \quad \cdots ⑥ $$
この関係式を④に代入して \(v’\) を消去し、\(V’\) を求めます。
⑥より \(v’ = V’ – v\)。これを④に代入します。
$$
\begin{aligned}
mv &= m(V’ – v) + MV’ \\[2.0ex]
mv &= mV’ – mv + MV’ \\[2.0ex]
2mv &= (m+M)V’ \\[2.0ex]
V’ &= \displaystyle\frac{2m}{m+M}v
\end{aligned}
$$
次に、この結果を⑥に代入して \(v’\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
v’ &= V’ – v \\[2.0ex]
&= \displaystyle\frac{2m}{m+M}v – v \\[2.0ex]
&= \left(\displaystyle\frac{2m – (m+M)}{m+M}\right)v \\[2.0ex]
&= \displaystyle\frac{m-M}{m+M}v
\end{aligned}
$$
ここで、求めるのは「速さ」 \(V_1\) と \(v_1\) です。
斜面台の速さ \(V_1\) は、\(V’\) が正なのでそのままです。
$$ V_1 = V’ = \displaystyle\frac{2m}{m+M}v $$
物体の速さ \(v_1\) は、\(v’\) の絶対値です。問題の条件 \(m<M\) より \(m-M<0\) なので、\(v’\) は負の値です。
$$
\begin{aligned}
v_1 &= |v’| \\[2.0ex]
&= \left|\displaystyle\frac{m-M}{m+M}v\right| \\[2.0ex]
&= \displaystyle\frac{-(m-M)}{m+M}v \\[2.0ex]
&= \displaystyle\frac{M-m}{m+M}v
\end{aligned}
$$
物体が台を滑り降りて、再び床に戻ってきたときを考えます。この運動全体を通して、「全体の勢い（運動量）」と「全体のエネルギー」は最初と最後で変わりません。この2つの保存則を数式にし、連立方程式として解くことで、物体と台の最終的な速度をそれぞれ求めることができます。最後に、速さは正の値なので、マイナスの速度になった場合は絶対値をとって答えます。
斜面台の速さ \(V_1\) は \(\displaystyle\frac{2m}{m+M}v\)、物体の速さ \(v_1\) は \(\displaystyle\frac{M-m}{m+M}v\) です。
\(m<M\) なので、計算した速度 \(v’\) は負の値になります。これは、物体が最終的に初めと逆向き（負の向き）に運動することを示しており、軽いボールが重い壁に当たって跳ね返るようなイメージと一致し、妥当です。速さはその大きさなので、正の値で答えます。
思考の道筋とポイント
物体と斜面台の運動を、反発係数 \(e=1\) の弾性衝突とみなす考え方です。
具体的な解説と立式
物体と斜面台の衝突と見なすと、反発係数の式が使えます。
$$ (v – 0) \times (-1) = v’ – V’ $$
$$ -v = v’ – V’ \quad \cdots ⑦ $$
この式と、運動量保存則の式④を連立させます。
④: \(mv = mv’ + MV’\)
⑦: \(-v = v’ – V’\)
⑦より \(V’ = v’ + v\)。これを④に代入します。
$$
\begin{aligned}
mv &= mv’ + M(v’+v) \\[2.0ex]
mv &= mv’ + Mv’ + Mv \\[2.0ex]
mv – Mv &= (m+M)v’ \\[2.0ex]
(m-M)v &= (m+M)v’ \\[2.0ex]
v’ &= \displaystyle\frac{m-M}{m+M}v
\end{aligned}
$$
この結果を \(V’ = v’ + v\) に代入すると、
$$
\begin{aligned}
V’ &= \displaystyle\frac{m-M}{m+M}v + v \\[2.0ex]
&= \left(\displaystyle\frac{m-M + (m+M)}{m+M}\right)v \\[2.0ex]
&= \displaystyle\frac{2m}{m+M}v
\end{aligned}
$$
主たる解法と同じ速度 \(v’\), \(V’\) が、より少ない計算で得られました。ここから速さを求めると同じ結論になります。
思考の道筋とポイント
物体と斜面台からなる系を、その重心から見る方法です。
具体的な解説と立式
まず、重心速度 \(v_G\) を求めます。
$$ v_G = \displaystyle\frac{mv+M \cdot 0}{m+M} $$
$$ v_G = \displaystyle\frac{m}{m+M}v $$
重心系から見た初速度は、
- 物体:
$$
\begin{aligned}
u &= v – v_G \\[2.0ex] &= v – \displaystyle\frac{m}{m+M}v \\[2.0ex] &= \displaystyle\frac{M}{m+M}v
\end{aligned}
$$ - 斜面台:
$$
\begin{aligned}
U &= 0 – v_G \\[2.0ex] &= -\displaystyle\frac{m}{m+M}v
\end{aligned}
$$
重心系では全運動量は0なので、\(mu+MU=0\) が成り立っています。
重心系から見ると、エネルギー保存則が成り立つ弾性衝突と同じなので、衝突後の各速度は向きが反転するだけです。
- 衝突後の物体の相対速度: \(u’ = -u = -\displaystyle\frac{M}{m+M}v\)
- 衝突後の斜面台の相対速度: \(U’ = -U = +\displaystyle\frac{m}{m+M}v\)
これを実験室系の速度に戻します。
物体の最終速度 \(v’\) は、
$$
\begin{aligned}
v’ &= u’ + v_G \\[2.0ex]
&= -\displaystyle\frac{M}{m+M}v + \displaystyle\frac{m}{m+M}v \\[2.0ex]
&= \displaystyle\frac{m-M}{m+M}v
\end{aligned}
$$
斜面台の最終速度 \(V’\) は、
$$
\begin{aligned}
V’ &= U’ + v_G \\[2.0ex]
&= \displaystyle\frac{m}{m+M}v + \displaystyle\frac{m}{m+M}v \\[2.0ex]
&= \displaystyle\frac{2m}{m+M}v
\end{aligned}
$$
これも同じ速度が得られます。ここから速さを求めると同じ結論になります。
【総まとめ】この一問を未来の得点力へ！完全マスター講座
最重要ポイント：この問題の核心となる物理法則は？
- 水平方向の運動量保存則:
- 核心: 物体と斜面台を一つの「系」として見たとき、水平方向には外力が働きません。物体と台が及ぼしあう力は内力なので、互いに打ち消し合います。そのため、系の水平方向の運動量の総和は、運動のどの瞬間においても一定に保たれます。これが、この問題全体を貫く最も重要な法則です。
- 理解のポイント: なぜ鉛直方向は考えないのか？それは、系に重力や床からの垂直抗力という鉛直方向の外力が働いているため、鉛直方向の運動量は保存されないからです。保存則が適用できる方向を見抜くことが重要です。
- 力学的エネルギー保存則:
- 核心: この系では、物体と斜面台が及ぼしあう垂直抗力は、物体には負の仕事、斜面台には正の仕事をしますが、垂直抗力は斜面台に対する物体の相対運動の向きと垂直なので、その和は0になります。床からの垂直抗力も仕事をしないので、系全体で見ると、仕事をする力は保存力である重力のみです。したがって、系の力学的エネルギーの総和（運動エネルギーの和＋位置エネルギーの和）も、運動のどの瞬間においても一定に保たれます。
- 理解のポイント: 運動量保存則と力学的エネルギー保存則という、2つの強力な保存則を連立させることで、未知の速度や高さを求めることができます。これは2体問題の解析における王道パターンです。
- 最高点の条件:
- 核心: 「物体が最高点に達する」という言葉を、「物体と斜面台の（水平）速度が等しくなる」という物理的な条件に翻訳できることが、(1)〜(3)を解く上での鍵となります。この瞬間、物体は斜面台に対して一瞬だけ相対的に静止します。
応用テクニック：似た問題が出たらココを見る！解法の鍵と着眼点
- 応用できる類似問題のパターン:
- 動く板の上でのばねの運動: なめらかな床の上の板の上で、物体がばねに接続されて振動する問題。これも水平方向の運動量保存則と力学的エネルギー保存則が主役になります。
- 人の乗ったボートからのジャンプ: 人がボートから岸に飛び移る際にボートが動く問題。人とボートを系として運動量保存則を考えます。
- 衝突とみなす解法（問4別解）: 2つの物体が相互作用（力を及ぼしあう）をして、再び離れていく運動は、見かけ上「衝突」とみなすことができます。この問題のようにエネルギーが保存される相互作用は「弾性衝突」と等価であり、反発係数の式 \(-e(v_1-v_2) = v_1′-v_2’\) で \(e=1\) とした式が使えます。この視点を持つと、複雑なエネルギー計算を回避できる場合があります。
- 初見の問題での着眼点:
- まず「系」を設定する: 複数の物体が絡む問題では、まず全体を一つの「系」として捉え、保存則が使えないか検討します。
- 保存される量を探す: 「水平方向の外力は？」「非保存力は仕事をするか？」と自問し、運動量保存則と力学的エネルギー保存則の適用の可否を判断します。これが解析の出発点です。
- 運動の「特別な瞬間」に注目する: 「最高点に達する」「一体となる」「離れる」といった、運動の状況が変化する瞬間の物理的な条件（速度が等しい、相対速度が0など）を数式にすることが、立式の突破口になります。
要注意！ありがちなミス・誤解とその対策
- 運動量保存則をベクトルとして扱わない:
- 誤解: 運動量の向きを考慮せず、速さだけで式を立ててしまう。
- 対策: 運動量はベクトル量です。必ず座標軸（正の向き）を設定し、速度を符号付きで扱う習慣をつけましょう。(4)で物体の最終速度が負になることを見落とすと、計算が破綻します。
- 「速さ」と「速度」の混同:
- 誤解: 問題で「速さ」を問われているのに、計算で出てきた負の値の「速度」をそのまま答えてしまう。
- 対策: 「速さ」は速度の大きさ（絶対値）であり、必ず0以上の値をとります。計算の最終段階で、問われているのが「速さ」なのか「速度」なのかを再確認し、必要であれば絶対値をとることを忘れないようにしましょう。
- エネルギー保存則で考える物体を間違える:
- 誤解: 物体のエネルギー保存則だけで式を立てようとする。
- 対策: この問題では、斜面台も動くことで運動エネルギーを持つようになります。したがって、エネルギー保存則は必ず「系全体」で考えなければなりません。物体の運動エネルギーの減少分が、そのまま物体の位置エネルギーと等しくなるわけではない点に注意が必要です。
物理の眼を養う：現象のイメージ化と図解の極意
- この問題での有効なイメージ化と図示:
- 運動のコマ送り図: 「初期状態」→「最高点」→「最終状態」の3つの状態を、各物体の速度ベクトルとともに並べて描くと、それぞれの瞬間にどの法則を適用すればよいかが明確になります。
- エネルギーの棒グラフ: 各状態におけるエネルギーの内訳（物体の運動エネルギー、台の運動エネルギー、物体の位置エネルギー）を棒グラフで図示すると、エネルギーがどのように移り変わっていくかが視覚的に理解できます。特に、運動エネルギーが一度減少して（位置エネルギーに変換され）、再び元の大きさに戻る様子がよくわかります。
- 重心の運動: この系の重心は、水平方向には外力を受けないため、常に一定の速度 \(v_G = \frac{m}{m+M}v\) で等速直線運動を続けます。この「変わらない部分」を意識すると、系の運動の見通しが良くなります。
思考を整理する：立式から計算までのロジカルフロー
- (1)〜(3) 最高点の問題:
- 戦略: 「最高点 \(\iff\) 速度が等しい」という条件を軸に、2つの保存則を適用する。
- フロー: ①運動量保存則で一体速度\(V\)を求める（問1） → ②\(V\)を使って運動エネルギー\(K\)を計算する（問2） → ③力学的エネルギー保存則を立て、①②の結果を使って高さ\(H\)を求める（問3）。
- (4) 最終状態の問題:
- 戦略: 未知数が2つ（\(v_1, V_1\)）なので、2つの保存則を連立させて解く。
- フロー: ①初期状態と最終状態で運動量保存則を立式 → ②初期状態と最終状態で力学的エネルギー保存則を立式 → ③得られた2本の連立方程式を解き、\(v_1\)と\(V_1\)の速度（向きを含む）を求める → ④問われている「速さ」に合わせて、絶対値をとるなどして最終的な答えを出す。
計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック
- 連立方程式の計算テクニック: (4)のように、運動量保存則とエネルギー保存則を連立させる場合、模範解答のように \(m(v-v’)=MV’\) と \(m(v-v’)(v+v’)=M(V’)^2\) の形に変形し、代入して片方の未知数を消去する方法が定石です。この計算パターンに慣れておくと、スムーズに解けるようになります。
- 文字の整理: \(m, M, v, V, v_1, V_1\) など多くの記号が登場します。計算用紙に、どの記号がどの状態のどの物体の速度を表すのかをメモしながら進めると、混乱を防げます。
- 分数の整理: \(\frac{m}{m+M}\) のような分数が頻出します。分数の足し算や引き算（通分）、掛け算を慎重に行いましょう。特に、\((1 – \frac{m}{m+M}) = \frac{M}{m+M}\) のような変形は頻出するので、素早く正確にできるようにしておくと有利です。
解きっぱなしはNG！解答の妥当性を吟味する習慣をつけよう
- 得られた答えの物理的妥当性の検討:
- (1) 速度V: \(V = \frac{m}{m+M}v\) は、元の速さ \(v\) より必ず小さくなります。これは直感と一致します。
- (4) 速度v’, V’: \(v’ = \frac{m-M}{m+M}v\) は \(m<M\) より負、\(V’ = \frac{2m}{m+M}v\) は正です。つまり、物体は跳ね返り、台は前進を続ける。これも物理的に妥当な描像です。
- 極端な場合を考える: もし \(M \gg m\) なら、\(V_1 \approx 0\), \(v_1 \approx v\) となり、物体が非常に重い壁に当たって速さを変えずに跳ね返る状況に近づきます。もし \(m=M\) なら、\(V_1=v\), \(v_1=0\) となり、速度が交換されます（衝突と同じ結果）。これらの既知の状況と結果が一致することから、式の正しさを確信できます。
- 別解との比較:
- (4)は、保存則の連立、反発係数式の利用、重心系の利用という3つのアプローチで解けました。特に、反発係数の式を用いると計算が劇的に簡単になることは注目に値します。なぜこの方法が使えるのか（エネルギーが保存される往復運動は弾性衝突と等価とみなせる）を理解することが、物理の応用力を一段階引き上げます。
150 床とのくり返し衝突
【問題の確認】まずは問題文をしっかり読み解こう
この問題は、水平投射された小球が床と非弾性衝突をくり返す運動を扱います。水平方向の等速直線運動と、鉛直方向の減衰していく（跳ね上がる高さが徐々に低くなる）運動を組み合わせて考える必要があります。
- 発射点の高さ: \(h\) [m]
- 初速度: 水平方向に \(v_0\) [m/s]
- 床と小球の反発係数: \(e\) (\(0<e<1\))
- 重力加速度: \(g\) [m/s\(^2\)]
- (1) 最初の衝突までの時間 \(t_1\)。
- (2) 1回目の衝突で跳ね上がる最高の高さ \(H\)。
- (3) n回目の衝突直後の鉛直方向の速度 \(v_{yn}\)。
- (4) n回目とn+1回目の衝突の時間間隔 \(T_n\)。
- (5) すべり始めるまでの水平移動距離 \(L\)。
【設問別解説】考え方から計算プロセスまで徹底ガイド
本解説は、模範解答で示されている解法を主たる解説として採用しつつ、学習者の多角的な理解を促進するため、以下の教育的に有益な別解を追記します。
- 設問(2)の別解
- 力学的エネルギー保存則を用いた解法
- 設問(3)の別解
- 漸化式を用いた解法
- 設問(5)の別解
- 無限等比級数の公式を用いた解法
- これらの別解が有益である理由は以下の通りです。
- (2) 力学的エネルギー保存則: 模範解答では運動の公式を用いていますが、衝突の瞬間にエネルギーがどのように変化するか（\(e^2\)倍になる）という視点から解くことで、エネルギーの観点からの理解を深めることができます。
- (3) 漸化式: 模範解答では一般項を直接推測していますが、n回目とn-1回目の関係（漸化式）を立てて解くことで、より数学的で厳密な思考プロセスを学ぶことができます。これは物理現象の規則性を見抜く訓練になります。
- (5) 無限等比級数の公式: 模範解答では途中で極限計算を行っていますが、最終的に小球がすべり始める（無限回衝突する）という状況は、無限等比級数の和の問題としてモデル化できます。この公式を用いることで、よりスムーズかつエレガントに計算を進めることができます。
- いずれのアプローチを用いても、最終的に得られる答えは模範解答と一致します。
この問題のテーマは、「水平投射と反発係数」です。運動を水平方向と鉛直方向に完全に分離して考えることが攻略の鍵です。
問題を解く上で鍵となる物理法則や概念は以下の通りです。
- 運動の分解: 小球の運動を、水平方向（力が働かないので等速直線運動）と鉛直方向（重力が働くので等加速度運動）に分けて考えます。
- 自由落下と鉛直投げ上げ: 鉛直方向の運動は、衝突までは自由落下、衝突後は鉛直投げ上げ（そして落下）のくり返しとなります。
- 反発係数の式: 衝突の直前と直後の鉛直方向の速度の関係を記述します。水平方向の速度は衝突によって変化しません。
- 等比数列と無限等比級数: 衝突をくり返すことで、跳ね上がる高さや滞空時間が等比数列的に減少していきます。(5)では、その総和を考える必要があります。
基本的なアプローチは以下の通りです。
- 鉛直方向の運動に着目し、高さ\(h\)を自由落下する時間として \(t_1\) を求めます（問1）。
- 1回目の衝突直前の鉛直速度を求め、反発係数の式を使って衝突直後の鉛直速度を計算します。その速度で到達できる最高の高さを、鉛直投げ上げの公式で求めます（問2）。
- 衝突ごとに鉛直速度が \(e\) 倍されるという規則性を見つけ、n回目の衝突直後の速度を一般項として表します（問3）。
- n回目の衝突直後の鉛直投げ上げ運動が、再び床に戻るまでの時間を計算します（問4）。
- (1)と(4)で求めた各区間の滞空時間をすべて足し合わせ、全飛行時間を求めます。その時間に水平方向の速さ \(v_0\) を掛けて、総移動距離 \(L\) を計算します（問5）。
問(1)
思考の道筋とポイント
小球が最初に床に衝突するまでの時間を求める問題です。この間の運動は、初速度 \(v_0\) の水平投射です。時間は鉛直方向の運動によって決まるため、鉛直方向の自由落下として考えます。
この設問における重要なポイント
- 運動の分離: 水平方向の初速度 \(v_0\) は、落下時間に関係ありません。
- 鉛直方向の運動: 初速度0、距離 \(h\) の自由落下と考えます。
具体的な解説と立式
鉛直方向の運動に着目します。鉛直下向きを正とします。
初速度は \(0\)、移動距離は \(h\)、加速度は \(g\) です。
等加速度直線運動の式 \(y = v_0 t + \frac{1}{2}at^2\) を用いて、
$$ h = 0 \cdot t_1 + \displaystyle\frac{1}{2}gt_1^2 \quad \cdots ① $$
使用した物理公式
- 等加速度直線運動: \(y = v_0 t + \frac{1}{2}at^2\)
①式を \(t_1\) について解きます。
$$
\begin{aligned}
h &= \displaystyle\frac{1}{2}gt_1^2 \\[2.0ex]
t_1^2 &= \displaystyle\frac{2h}{g} \\[2.0ex]
t_1 &= \sqrt{\displaystyle\frac{2h}{g}}
\end{aligned}
$$
ボールが床に落ちるまでの時間は、真横に投げても真下に落としても同じです。高さ \(h\) から物体が自由落下するときの時間を計算する公式を使えば、すぐに求めることができます。
最初の衝突までの時間は \(\sqrt{\frac{2h}{g}}\) です。これは自由落下の公式そのものであり、物理的に正しいです。
問(2)
思考の道筋とポイント
1回目の衝突後に跳ね上がる最高の高さ \(H\) を求める問題です。まず、衝突直前の鉛直方向の速さを求め、次に反発係数の式を使って衝突直後の速さを求め、最後にその速さでどれだけの高さまで上がれるかを計算します。
この設問における重要なポイント
- 衝突直前の鉛直速度: 高さ \(h\) を自由落下したときの速さを求めます。
- 反発係数の式: 衝突直後の鉛直速度は、直前の \(e\) 倍になります。
- 鉛直投げ上げ: 衝突直後の速度を初速度として、最高点（速度が0になる点）までの高さを求めます。
具体的な解説と立式
鉛直下向きを正とします。
1回目の衝突直前の鉛直方向の速さを \(v_{y0}\) とすると、等加速度直線運動の式 \(v^2 – v_0^2 = 2ay\) より、
$$ v_{y0}^2 – 0^2 = 2gh $$
$$ v_{y0} = \sqrt{2gh} $$
衝突直後の鉛直方向の速さを \(v_{y1}\) とします。反発係数の式より、跳ね返る速さは衝突前の速さの \(e\) 倍になるので、
$$ v_{y1} = e v_{y0} $$
$$ v_{y1} = e\sqrt{2gh} $$
この速さ \(v_{y1}\) で鉛直上向きに投げ上げられ、高さ \(H\) に達したときに速さが0になります。鉛直上向きを正として、等加速度直線運動の式 \(v^2 – v_0^2 = 2ay\) を用いると、
$$ 0^2 – v_{y1}^2 = 2(-g)H \quad \cdots ② $$
使用した物理公式
- 等加速度直線運動: \(v^2 – v_0^2 = 2ay\)
- 反発係数の関係: \(v’ = ev\)
②式に \(v_{y1} = e\sqrt{2gh}\) を代入して \(H\) を解きます。
$$
\begin{aligned}
-(e\sqrt{2gh})^2 &= -2gH \\[2.0ex]
-e^2(2gh) &= -2gH \\[2.0ex]
H &= e^2h
\end{aligned}
$$
ボールが床に当たって跳ね返るとき、その勢いは少し失われます。反発係数 \(e\) はその度合いを示し、跳ね返った直後の速さは、ぶつかる直前の速さの \(e\) 倍になります。そして、ボールがどれだけ高く上がるかは、その跳ね返った直後の速さで決まります。速さが \(e\) 倍になると、エネルギーは \(e^2\) 倍になるので、上がる高さも元の高さの \(e^2\) 倍になります。
最高到達点の高さは \(e^2h\) です。
\(0<e<1\) なので、\(e^2 < 1\) となり、\(H<h\) です。これは衝突によってエネルギーが失われ、元の高さには戻れないという物理的な事実と一致しており、妥当です。
思考の道筋とポイント
衝突の前後で力学的エネルギーがどのように変化するかを考える方法です。
具体的な解説と立式
衝突直前の運動エネルギーを \(K_0\)、衝突直後の運動エネルギーを \(K_1\) とします。
$$ K_0 = \displaystyle\frac{1}{2}m v_{y0}^2 $$
$$ K_1 = \displaystyle\frac{1}{2}m v_{y1}^2 $$
ここで \(v_{y1} = e v_{y0}\) なので、
$$
\begin{aligned}
K_1 &= \displaystyle\frac{1}{2}m (e v_{y0})^2 \\[2.0ex]
&= e^2 \left(\displaystyle\frac{1}{2}m v_{y0}^2\right) \\[2.0ex]
&= e^2 K_0
\end{aligned}
$$
衝突によって、鉛直方向の運動エネルギーは \(e^2\) 倍になります。
衝突直後の運動エネルギー \(K_1\) が、最高点ではすべて位置エネルギー \(mgH\) に変わるので、
$$ K_1 = mgH $$
また、衝突前の位置エネルギー \(mgh\) は、衝突直前の運動エネルギー \(K_0\) に等しいので、
$$ mgh = K_0 $$
したがって、
$$
\begin{aligned}
mgH &= K_1 \\[2.0ex]
&= e^2 K_0 \\[2.0ex]
&= e^2(mgh)
\end{aligned}
$$
両辺を \(mg\) で割ると、
$$ H = e^2h $$
問(3)
思考の道筋とポイント
n回目の衝突直後の鉛直方向の速度 \(v_{yn}\) を求める問題です。衝突のたびに速度がどう変化するかの規則性を見つけ、一般化します。
この設問における重要なポイント
- 規則性の発見: 1回目の衝突直後の速さは \(e\sqrt{2gh}\)、2回目の衝突直前の速さはこれと同じで、直後の速さはさらに \(e\) 倍されて \(e^2\sqrt{2gh}\) となります。このように、衝突のたびに速さが \(e\) 倍されていくことがわかります。
- 向きの考慮: 問題は「速度」を問うているため、向きも考慮する必要があります。衝突直後は常に鉛直上向きに運動を始めます。
具体的な解説と立式
鉛直上向きを正とします。
1回目の衝突直前の速度は \(-\sqrt{2gh}\)。
1回目の衝突直後の速度 \(v_{y1}\) は、
$$ v_{y1} = -e(-\sqrt{2gh}) = e\sqrt{2gh} $$
2回目の衝突直前の速度は、対称性から \(-v_{y1} = -e\sqrt{2gh}\)。
2回目の衝突直後の速度 \(v_{y2}\) は、
$$ v_{y2} = -e(-e\sqrt{2gh}) = e^2\sqrt{2gh} $$
この規則性から、n回目の衝突直後の鉛直方向の速度 \(v_{yn}\) は、
$$ v_{yn} = e^n\sqrt{2gh} $$
問題の解答では鉛直下向きを正としているため、衝突直後の上向きの速度は負で表されます。
$$ v_{yn} = -e^n\sqrt{2gh} $$
使用した物理公式
- 反発係数の関係
- 等比数列の一般項
上記の立式がそのまま結論となります。
ボールは床にぶつかるたびに、跳ね返る速さが \(e\) 倍になります。1回ぶつかると \(e\) 倍、2回ぶつかると \(e \times e = e^2\) 倍、…となります。したがって、n回ぶつかった後の跳ね返る速さは、最初の落下速度の \(e^n\) 倍になります。速度には向きがあるので、上向きをマイナスとして符号をつけます。
n回目の衝突直後の鉛直方向の速度は \(-e^n\sqrt{2gh}\) です。
\(n\) が大きくなるにつれて \(e^n\) は0に近づくので、速度も0に近づきます。これは、何度も跳ねるうちにやがて跳ねなくなるという現象と一致しており、妥当です。
思考の道筋とポイント
n回目とn-1回目の関係式（漸化式）を立てて解く、より数学的なアプローチです。
具体的な解説と立式
n-1回目の衝突直後の上向きの速さを \(|v_{y,n-1}|\) とする。
n回目の衝突直前の下向きの速さは、対称性からこれと等しく \(|v_{y,n-1}|\) となる。
n回目の衝突直後の上向きの速さ \(|v_{yn}|\) は、反発係数の式より、
$$ |v_{yn}| = e |v_{y,n-1}| $$
これは公比 \(e\) の等比数列です。初項は \(|v_{y1}| = e\sqrt{2gh}\) なので、一般項は、
$$
\begin{aligned}
|v_{yn}| &= |v_{y1}| \cdot e^{n-1} \\[2.0ex]
&= (e\sqrt{2gh}) \cdot e^{n-1} \\[2.0ex]
&= e^n\sqrt{2gh}
\end{aligned}
$$
向きを考慮すると、\(v_{yn} = -e^n\sqrt{2gh}\) となります。
問(4)
思考の道筋とポイント
n回目の衝突からn+1回目の衝突までの時間間隔 \(T_n\) を求める問題です。これは、n回目の衝突直後の初速度で鉛直投げ上げをして、再び床に戻ってくるまでの時間を求めることに相当します。
この設問における重要なポイント
- 鉛直投げ上げの滞空時間: 初速度 \(v_0\) で鉛直投げ上げをした物体が、元の位置に戻るまでの時間は \(\frac{2v_0}{g}\) です。
- 初速度: n回目の衝突直後の鉛直上向きの速さ \(|v_{yn}| = e^n\sqrt{2gh}\) を初速度として用います。
具体的な解説と立式
n回目の衝突直後の鉛直上向きの速さは \(|v_{yn}| = e^n\sqrt{2gh}\) です。
この初速度で投げ上げられた小球が、最高点に達するまでの時間は \(\frac{|v_{yn}|}{g}\)。
最高点から再び床に落下するまでの時間も同じなので、求める時間間隔 \(T_n\) は、
$$ T_n = \displaystyle\frac{2|v_{yn}|}{g} $$
$$ T_n = \displaystyle\frac{2e^n\sqrt{2gh}}{g} $$
\(\sqrt{g}\) をルートの中に入れると、
$$ T_n = 2e^n\sqrt{\displaystyle\frac{2h}{g}} \quad \cdots ③ $$
使用した物理公式
- 鉛直投げ上げの滞空時間: \(t = \frac{2v_0}{g}\)
上記の立式がそのまま結論となります。
ボールが一度跳ねてから次に落ちるまでの時間は、その跳ね上がった直後の速さが速いほど長くなります。(3)でn回目に跳ねた直後の速さがわかっているので、それを使って「行って帰ってくる」時間を計算します。
時間間隔は \(T_n = 2e^n\sqrt{\frac{2h}{g}}\) です。
\(n\) が大きくなるにつれて、衝突の時間間隔は指数関数的に短くなっていきます。これも物理的な実感と合っています。
問(5)
思考の道筋とポイント
小球が床の上をすべり始めるまでに移動した水平距離 \(L\) を求める問題です。「すべり始める」とは、無限回衝突して、もはや跳ね上がらなくなった状態を指します。したがって、全飛行時間を求め、それに水平方向の一定の速さ \(v_0\) を掛ければよいことになります。
この設問における重要なポイント
- 水平方向の運動: 水平方向には力が働かないので、常に速さ \(v_0\) の等速直線運動をします。
- 全飛行時間の計算: 最初の落下時間 \(t_1\) と、各衝突間の時間間隔 \(T_1, T_2, \dots, T_n, \dots\) をすべて足し合わせます。これは無限級数の和になります。
- 無限等比級数の和: \(T_n\) は公比 \(e\) の等比数列なので、その無限和を計算します。
具体的な解説と立式
水平方向の移動距離 \(L\) は、全飛行時間を \(T_{total}\) として、
$$ L = v_0 T_{total} $$
全飛行時間 \(T_{total}\) は、
$$ T_{total} = t_1 + T_1 + T_2 + \dots + T_n + \dots $$
ここに(1)と(4)の結果を代入します。
$$ T_{total} = \sqrt{\displaystyle\frac{2h}{g}} + 2e^1\sqrt{\displaystyle\frac{2h}{g}} + 2e^2\sqrt{\displaystyle\frac{2h}{g}} + \dots $$
$$ T_{total} = \sqrt{\displaystyle\frac{2h}{g}} \left( 1 + 2e + 2e^2 + \dots \right) $$
$$ T_{total} = \sqrt{\displaystyle\frac{2h}{g}} \left( 1 + 2(e + e^2 + e^3 + \dots) \right) $$
括弧の中の \(e + e^2 + \dots\) は、初項 \(e\)、公比 \(e\) の無限等比級数です。\(0<e<1\) なので、その和は \(\frac{e}{1-e}\) となります。
$$ T_{total} = \sqrt{\displaystyle\frac{2h}{g}} \left( 1 + 2 \cdot \displaystyle\frac{e}{1-e} \right) \quad \cdots ④ $$
使用した物理公式
- 等速直線運動: \(L=vt\)
- 無限等比級数の和: \(S = \frac{a}{1-r}\) (ただし \(|r|<1\))
④式を整理します。
$$
\begin{aligned}
T_{total} &= \sqrt{\displaystyle\frac{2h}{g}} \left( \displaystyle\frac{1-e+2e}{1-e} \right) \\[2.0ex]
&= \sqrt{\displaystyle\frac{2h}{g}} \left( \displaystyle\frac{1+e}{1-e} \right)
\end{aligned}
$$
したがって、水平移動距離 \(L\) は、
$$
\begin{aligned}
L &= v_0 T_{total} \\[2.0ex]
&= v_0 \left( \displaystyle\frac{1+e}{1-e} \right) \sqrt{\displaystyle\frac{2h}{g}}
\end{aligned}
$$
ボールが最終的に床を滑るまでに進む水平距離は、「（水平方向の速さ）×（合計の飛行時間）」で計算できます。水平の速さはずっと \(v_0\) で変わりません。合計の飛行時間は、最初の落下時間と、その後の無限に続く短いジャンプの時間すべてを足し合わせたものです。この無限の足し算は、数学の「無限等比級数の和」の公式を使うと計算できます。
水平移動距離は \(v_0 \frac{1+e}{1-e} \sqrt{\frac{2h}{g}}\) です。
もし \(e \to 1\) （完全弾性衝突）なら、分母が0に近づくので \(L \to \infty\) となり、永遠に跳ね続けることに対応します。もし \(e \to 0\) （完全非弾性衝突）なら、\(L = v_0 \sqrt{\frac{2h}{g}}\) となり、一度衝突したら全く跳ね返らず、最初の落下地点までの距離と一致します。これらの極端な場合を考えると、式は妥当であると判断できます。
思考の道筋とポイント
全飛行時間を、初項と公比が異なる2つの級数としてではなく、一つの無限等比級数の和として捉え直す方法です。
具体的な解説と立式
全飛行時間 \(T_{total}\) は、
$$ T_{total} = t_1 + T_1 + T_2 + \dots $$
$$ T_{total} = \sqrt{\displaystyle\frac{2h}{g}} + 2e\sqrt{\displaystyle\frac{2h}{g}} + 2e^2\sqrt{\displaystyle\frac{2h}{g}} + \dots $$
ここで、\(t_1\) を変形すると、
$$ t_1 = \sqrt{\displaystyle\frac{2h}{g}} $$
$$ t_1 = \left(2\sqrt{\displaystyle\frac{2h}{g}}\right) – \sqrt{\displaystyle\frac{2h}{g}} $$
と書けるので、
$$ T_{total} = \left(2\sqrt{\displaystyle\frac{2h}{g}} – \sqrt{\displaystyle\frac{2h}{g}}\right) + 2e\sqrt{\displaystyle\frac{2h}{g}} + 2e^2\sqrt{\displaystyle\frac{2h}{g}} + \dots $$
$$ T_{total} = -\sqrt{\displaystyle\frac{2h}{g}} + \left(2\sqrt{\displaystyle\frac{2h}{g}} + 2e\sqrt{\displaystyle\frac{2h}{g}} + 2e^2\sqrt{\displaystyle\frac{2h}{g}} + \dots \right) $$
括弧の中は、初項 \(a = 2\sqrt{\frac{2h}{g}}\)、公比 \(r=e\) の無限等比級数です。
$$ T_{total} = -\sqrt{\displaystyle\frac{2h}{g}} + \displaystyle\frac{2\sqrt{\frac{2h}{g}}}{1-e} $$
$$
\begin{aligned}
T_{total} &= \sqrt{\displaystyle\frac{2h}{g}} \left(-1 + \displaystyle\frac{2}{1-e}\right) \\[2.0ex]
&= \sqrt{\displaystyle\frac{2h}{g}} \left(\displaystyle\frac{-(1-e)+2}{1-e}\right) \\[2.0ex]
&= \sqrt{\displaystyle\frac{2h}{g}} \left(\displaystyle\frac{1+e}{1-e}\right)
\end{aligned}
$$
主たる解法と同じ結果が得られます。
【総まとめ】この一問を未来の得点力へ！完全マスター講座
最重要ポイント：この問題の核心となる物理法則は？
- 運動の分解:
- 核心: この問題のように、重力を受けながら初速度が水平方向を向いている運動（水平投射）は、「水平方向の等速直線運動」と「鉛直方向の自由落下運動」という2つの独立した運動の組み合わせとして考えるのが鉄則です。衝突後の運動も同様に、水平方向と鉛直方向に分けて考えます。
- 理解のポイント: 水平方向の速度は衝突の影響を受けず、常に \(v_0\) で一定です。一方、鉛直方向の速度は、重力による加速と、床との衝突による変化（反発）の両方の影響を受けます。このように、各方向で何が速度を変化させる要因なのかを明確に区別することが重要です。
- 反発係数の関係式:
- 核心: 床との衝突は非弾性衝突 (\(0<e<1\)) であり、衝突の直前と直後の鉛直方向の速さの関係は \(v’_{y} = e v_{y}\) で与えられます。この法則が、衝突を繰り返すごとに運動がどのように減衰していくかを決定づけます。
- 理解のポイント: この式は、衝突によって力学的エネルギーが失われることを意味します。具体的には、衝突の前後で鉛直方向の運動エネルギーは \(e^2\) 倍になります。このエネルギーの観点からの理解も深めておくと応用が効きます。
- 等比数列と無限等比級数の和:
- 核心: 衝突を繰り返すごとに、跳ね返る直後の速さ、最高到達点の高さ、滞空時間などが、公比 \(e\) または \(e^2\) の等比数列をなします。(5)のように、最終的に運動が収束するまでの総量を問う問題では、無限等比級数の和の公式 \(S = \frac{a}{1-r}\) を用いて計算します。
- 理解のポイント: 物理現象の中に潜む数学的な規則性（この場合は等比数列）を見出し、適切な数学的ツールを使って処理する能力が問われます。
応用テクニック：似た問題が出たらココを見る！解法の鍵と着眼点
- 応用できる類似問題のパターン:
- 斜方投射と壁の衝突: 斜めに投げ上げたボールが、鉛直な壁と繰り返し衝突する問題。この場合、鉛直方向は単なる投げ上げ運動、水平方向が壁との反発運動となり、本問と水平・鉛直の役割が入れ替わった形になります。
- 減衰振動: 空気抵抗を受けながら振動するばね振り子など。振動の振幅が衝突のたびに \(e\) 倍になるのと同様に、1周期ごとに一定の割合で減少していきます。指数関数的な減衰という点で物理的本質は共通しています。
- ドミノ倒しや雪崩: ある事象が次の事象を一定の規則で引き起こしていく連鎖的な現象は、漸化式や数列の考え方でモデル化できる場合があります。
- 初見の問題での着眼点:
- 運動を単純な要素に分解する: 複雑に見える運動も、まずは直交する2方向（水平・鉛直、斜面に平行・垂直など）に分解できないか考えます。分解することで、各方向の運動は単純な公式で記述できる場合が多いです。
- 現象の「1サイクル」に着目する: 繰り返し運動では、まず「n回目からn+1回目」という1サイクルで何が起こるかを分析します。そこで得られた関係式（漸化式）を一般化することで、全体の振る舞いを予測できます。
- 収束するか発散するかを見極める: (5)のように「やがてすべり始めた」という記述は、運動が無限に続くのではなく、ある状態に収束することを示唆しています。これは無限級数の和が使える強力なヒントです。
要注意！ありがちなミス・誤解とその対策
- 水平速度と鉛直速度の混同:
- 誤解: 衝突によって水平方向の速度も変化する、あるいは鉛直方向の運動に水平速度が影響すると考えてしまう。
- 対策: 運動の分解を徹底しましょう。床からの力（垂直抗力）は鉛直方向にしか働かないため、水平方向の運動量（速度）は変化しようがありません。常に「水平は水平、鉛直は鉛直」と意識を分離することが重要です。
- 反発係数の使い方の間違い:
- 誤解: 衝突後の速さを、衝突直前の速さ（合成された速さ）の \(e\) 倍としてしまう。
- 対策: 反発係数は、衝突面に垂直な方向の速度成分にのみ適用されるルールです。必ず速度を面に平行な成分と垂直な成分に分解し、垂直成分にだけ \(e\) を掛ける、と覚えましょう。
- 無限等比級数の初項と公比の設定ミス:
- 誤解: (5)の全飛行時間の計算で、最初の落下時間 \(t_1\) も含めて一つの等比級数として扱おうとしてしまう。
- 対策: 数列の規則性を注意深く観察しましょう。\(T_n\) の数列 (\(T_1, T_2, \dots\)) は公比 \(e\) の等比数列ですが、\(t_1\) はこの規則から外れています。このような場合は、規則から外れた項（この場合は \(t_1\)）を分離し、規則的な部分（\(T_1\) 以降の和）を級数の和の公式で計算するのが定石です。
物理の眼を養う：現象のイメージ化と図解の極意
- この問題での有効なイメージ化と図示:
- x-tグラフとy-tグラフ: 水平方向の運動（x-tグラフ）は傾きが一定の直線、鉛直方向の運動（y-tグラフ）は頂点がだんだん低くなる放物線を繋ぎ合わせた形になります。この2つのグラフを並べて描くことで、運動の分離が視覚的に理解できます。
- エネルギーの減衰図: 衝突ごとに力学的エネルギーが \(e^2\) 倍になって失われていく様子を、高さが徐々に低くなる棒グラフで表現すると、エネルギー損失のイメージが掴みやすくなります。
- 軌跡の図: 問題図のような軌跡を描く際に、放物線の幅（水平移動距離）が滞空時間に比例すること、高さが指数関数的に減少することを意識すると、より正確なイメージを持つことができます。
思考を整理する：立式から計算までのロジカルフロー
- (1) 最初の落下時間:
- 戦略: 鉛直方向の自由落下と考える。
- フロー: ①鉛直方向の変位の式 \(h = \frac{1}{2}gt_1^2\) を立式 → ②\(t_1\)について解く。
- (2) 最初の跳ね返り高さ:
- 戦略: 衝突直前速度 → 衝突直後速度 → 最高点、の3ステップで計算。
- フロー: ①衝突直前の鉛直速度 \(v_{y0}\) を求める → ②反発係数の式で衝突直後の鉛直速度 \(v_{y1}\) を求める → ③鉛直投げ上げの公式で \(v_{y1}\) から高さ \(H\) を求める。
- (3) n回目衝突直後の速度:
- 戦略: 衝突のたびに速度が \(e\) 倍される規則性を見つけ、一般化する。
- フロー: ①\(v_{y1}, v_{y2}\) を具体的に計算し、規則性を発見 → ②公比 \(e\) の等比数列として一般項 \(v_{yn}\) を求める → ③向きを考慮して符号を決定する。
- (4) n回目の滞空時間:
- 戦略: (3)で求めた初速度での鉛直投げ上げの往復時間を計算する。
- フロー: ①鉛直投げ上げの滞空時間の公式 \(T = 2v_0/g\) を適用 → ②初速度として(3)で求めた速さ \(|v_{yn}|\) を代入する。
- (5) 総水平移動距離:
- 戦略: 全飛行時間を計算し、水平速度を掛ける。
- フロー: ①全飛行時間 \(T_{total}\) を、\(t_1\) と \(T_n\) の無限和として表現 → ②\(T_n\) の和を無限等比級数の和の公式で計算 → ③\(t_1\) と合算して \(T_{total}\) を求める → ④\(L = v_0 T_{total}\) を計算する。
計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック
- 指数の扱いに注意: \(e^n, e^{n-1}\) など、指数計算が絡んできます。特に等比数列の一般項や和の公式を適用する際に、初項と項数を間違えないようにしましょう。
- 平方根の整理: \(\sqrt{2gh}\) や \(\sqrt{2h/g}\) といった形が頻出します。\(g\) をルートの中に入れたり出したりする計算 (\(\sqrt{g^2 \cdot \frac{2h}{g}} = \sqrt{2gh}\)) をスムーズに行えるようにしておくと便利です。
- 無限等比級数の和の公式: \(S = \frac{a}{1-r}\) の \(a\) は「足し合わせる数列の初項」です。(5)で \(T_1+T_2+\dots\) の和を計算する場合、初項は \(T_1\) となる点に注意しましょう。
解きっぱなしはNG！解答の妥当性を吟味する習慣をつけよう
- 得られた答えの物理的妥当性の検討:
- (2) 高さH: \(H=e^2h\) であり、\(0<e<1\) なので \(H<h\)。衝突でエネルギーが失われるので、元の高さより低くなるのは当然です。
- (3) 速度v_yn: \(n \to \infty\) で \(e^n \to 0\) となるため、\(v_{yn} \to 0\)。無限回衝突すると跳ね返らなくなるという現象と一致します。
- (5) 距離L: もし \(e=0\)（粘土のような完全非弾性衝突）なら、\(L = v_0 \sqrt{2h/g}\) となり、最初の落下点までの距離に等しくなります。もし \(e=1\)（完全弾性衝突）なら、\(1-e \to 0\) となり \(L \to \infty\)。永遠に跳ね続けるので無限の距離を進むことになり、これも物理的直感と一致します。このような極端なケースを代入してみることで、式の妥当性を検証できます。
PREMIUM
この問題の「なぜそう解くのか」も
全て言語化されています。
問題集の解答が省略する思考プロセスを、現役講師が1人で書き続けています。650問超の「なぜ」を、1週間無料で読めます。
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