問題1 放物運動 (信州大＋滋賀医大)
【設問別解説】考え方から計算プロセスまで徹底ガイド
- 提示する別解
- 設問(1)〜(5)の別解: 微積分を用いた体系的解法（運動方程式からの導出）
- 模範解答が公式 \(x = v_0 t + \frac{1}{2}at^2\) を既知として適用するのに対し、別解ではニュートンの運動方程式 \(m\vec{a} = \vec{F}\) から出発し、積分によって位置と速度の式を導出します。この一つのモデルから、全設問（(1)〜(5)）を一括して体系的に解く方法を示します。
- 設問(3)の別解: 幾何学的考察（モンキーハンティングの原理）
- 数式による計算ではなく、「重力がなければ小球は直線運動をする」という原理と、「重力による落下距離は両物体で等しい」という事実を利用し、図形的に衝突条件を導きます。
- 設問(1)〜(5)の別解: 微積分を用いた体系的解法（運動方程式からの導出）
- 上記の別解が有益である理由
- 微積分の解法: 公式の暗記ではなく、物理現象の根本原理（運動方程式）から全ての運動を記述できることを理解し、応用力を養うため。特に、相対運動の理解が深まります。
- 幾何学的考察: 複雑な計算を回避し、現象の本質を直感的に捉える力を養うため。検算テクニックとしても非常に有効です。
- 結果への影響
- 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完全に一致します。
この問題のテーマは「放物運動と自由落下の衝突（モンキーハンティング）」です。
水平投射や斜方投射された物体が、自由落下する物体と空中で衝突するための条件を考察します。
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。
- 運動の独立性: 放物運動は、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・自由落下）」に分解して考えることができます。
- 等加速度運動の公式: 加速度 \(a\) が一定のとき、位置 \(x\) と時刻 \(t\) の関係は \(x = v_0 t + \frac{1}{2}at^2\) となります。
- 相対運動: 観測者も動いている場合、相手の速度から自分の速度を引いた「相対速度」で運動しているように見えます。
基本的なアプローチは以下の通りです。
- (1)では、水平方向の運動に着目し、等速運動の式から時刻を求めます。
- (2)では、(1)で求めた時刻における両物体の鉛直位置（\(y\) 座標）を計算します。
- (3)では、衝突条件（同じ時刻に同じ場所にいること）から、角度 \(\theta\) の条件を導きます。
- (4)では、衝突点が地面より上にある条件を立式します。
- (5)では、相対加速度が \(0\) になることに着目し、相対運動の様子を記述します。
問(1)
思考の道筋とポイント
小球 \(P\) の運動を水平方向（\(x\) 軸方向）と鉛直方向（\(y\) 軸方向）に分解して考えます。
重力は鉛直下向きにのみ働くため、水平方向には力が働きません。したがって、水平方向の加速度は \(0\) であり、等速直線運動をします。
この設問における重要なポイント
- 速度の分解: 初速度 \(v_0\) を \(x\) 成分と \(y\) 成分に分解します。
- 水平方向の運動: 等速直線運動として扱います。
具体的な解説と立式
小球 \(P\) の初速度 \(v_0\) の \(x\) 成分 \(v_{0x}\) は、三角比を用いて次のように表されます。
$$
\begin{aligned}
v_{0x} &= v_0 \cos \theta
\end{aligned}
$$
水平方向には力が働かないため、速度成分 \(v_{0x}\) は一定です。
時刻 \(t\) における \(P\) の \(x\) 座標 \(x_P(t)\) は、以下のようになります。
$$
\begin{aligned}
x_P(t) &= v_{0x} t \\[2.0ex]
&= (v_0 \cos \theta) t
\end{aligned}
$$
問題文より、\(P\) が \(x=a\) を横切る時刻 \(t\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
x_P(t) &= a
\end{aligned}
$$
したがって、以下の等式が成り立ちます。
$$
\begin{aligned}
(v_0 \cos \theta) t &= a
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 等速直線運動の式: \(x = vt\)
上記の式を \(t\) について解きます。
$$
\begin{aligned}
t &= \frac{a}{v_0 \cos \theta}
\end{aligned}
$$
ボール \(P\) は斜めに投げ出されましたが、横方向（右方向）に進むスピードはずっと変わりません。
右向きのスピードは \(v_0 \cos \theta\) です。このスピードで距離 \(a\) だけ進むのにかかる時間を計算すればよいので、「距離 \(\div\) 速さ」で求められます。
答えは \(t = \frac{a}{v_0 \cos \theta}\) です。
距離 \(a\) が大きいほど時間はかかり、初速度 \(v_0\) が大きいほど時間は短くなるため、物理的に妥当です。また、\(\theta \to 90^\circ\) （真上に投げる）に近づくと \(\cos \theta \to 0\) となり、時間は無限大（到達しない）になる点も整合します。
問(2)
思考の道筋とポイント
問(1)で求めた時刻 \(t\) における、\(P\) と \(Q\) の \(y\) 座標をそれぞれ計算します。
\(P\) は鉛直投げ上げ運動、\(Q\) は自由落下運動をしています。
この設問における重要なポイント
- 座標軸の向き: \(y\) 軸は上向きが正です。重力加速度 \(g\) は下向きなので、加速度は \(-g\) となります。
- 初期位置: \(Q\) は高さ \(b\) から落下を始めるため、初期位置 \(y=b\) を忘れないようにします。
具体的な解説と立式
等加速度運動の公式 \(y = y_0 + v_{0y} t + \frac{1}{2} a t^2\) を用います。
小球 \(P\) の \(y\) 座標 \(y_P\):
初期位置 \(0\)、初速度の \(y\) 成分 \(v_0 \sin \theta\)、加速度 \(-g\) です。
$$
\begin{aligned}
y_P &= (v_0 \sin \theta) t – \frac{1}{2} g t^2
\end{aligned}
$$
小球 \(Q\) の \(y\) 座標 \(y_Q\):
初期位置 \(b\)、初速度 \(0\)、加速度 \(-g\) です。
$$
\begin{aligned}
y_Q &= b – \frac{1}{2} g t^2
\end{aligned}
$$
これらの式に、(1)で求めた \(t = \frac{a}{v_0 \cos \theta}\) を代入します。
使用した物理公式
- 等加速度直線運動の式: \(y = y_0 + v_0 t + \frac{1}{2}at^2\)
まず \(y_P\) を計算します。
$$
\begin{aligned}
y_P &= v_0 \sin \theta \cdot \left( \frac{a}{v_0 \cos \theta} \right) – \frac{1}{2} g \left( \frac{a}{v_0 \cos \theta} \right)^2 \\[2.0ex]
&= a \frac{\sin \theta}{\cos \theta} – \frac{g a^2}{2 v_0^2 \cos^2 \theta} \\[2.0ex]
&= a \tan \theta – \frac{g a^2}{2 v_0^2 \cos^2 \theta}
\end{aligned}
$$
次に \(y_Q\) を計算します。
$$
\begin{aligned}
y_Q &= b – \frac{1}{2} g \left( \frac{a}{v_0 \cos \theta} \right)^2 \\[2.0ex]
&= b – \frac{g a^2}{2 v_0^2 \cos^2 \theta}
\end{aligned}
$$
\(P\) は上に投げ上げられながら重力で落ちてくるので、「初速度で登る分」から「重力で落ちる分」を引いた高さになります。
\(Q\) は高さ \(b\) から重力で落ちるだけなので、「元の高さ」から「重力で落ちる分」を引いた高さになります。
どちらの式にも「重力で落ちる分（\(\frac{1}{2}gt^2\)）」が共通して含まれていることに注目してください。
\(y_P\) は \(x=a\) における放物線の軌道の式そのものであり、妥当です。
\(y_Q\) は自由落下の式そのものです。
\(y_P\): \(\displaystyle a \tan \theta – \frac{g a^2}{2 v_0^2 \cos^2 \theta}\)
\(y_Q\): \(\displaystyle b – \frac{g a^2}{2 v_0^2 \cos^2 \theta}\)
問(3)
思考の道筋とポイント
「衝突する」とは、同じ時刻に同じ位置に存在することです。
(1)の時点で \(x\) 座標が一致する時刻を考えているので、その時刻において \(y\) 座標も一致すれば、両物体は衝突します。
この設問における重要なポイント
- 衝突条件: \(y_P = y_Q\)
- 項の消去: 両辺に共通する複雑な項（重力による落下項）が消えることを見抜きます。
具体的な解説と立式
衝突するための条件は、(2)で求めた \(y\) 座標が等しくなることです。
$$
\begin{aligned}
y_P &= y_Q
\end{aligned}
$$
これに(2)の結果を代入して方程式を立てます。
$$
\begin{aligned}
a \tan \theta – \frac{g a^2}{2 v_0^2 \cos^2 \theta} &= b – \frac{g a^2}{2 v_0^2 \cos^2 \theta}
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 特になし（条件式の立式）
両辺にある \(-\frac{g a^2}{2 v_0^2 \cos^2 \theta}\) という項は全く同じなので、相殺されて消えます。
$$
\begin{aligned}
a \tan \theta &= b
\end{aligned}
$$
これより \(\tan \theta\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
\tan \theta &= \frac{b}{a}
\end{aligned}
$$
式を並べてみると、重力によって下に落ちる距離が \(P\) と \(Q\) で全く同じであることがわかります。
そのため、重力の影響を無視して、「もし重力がなかったら」と考えても条件は変わりません。
重力がなければ、\(Q\) はその場に止まり、\(P\) は真っ直ぐ進みます。\(P\) が \(Q\) に当たるには、最初から \(Q\) の方向を狙って投げればよいことになります。
\(\tan \theta = b/a\) という式は、まさに「狙いが \(Q\) の方向（傾き \(b/a\)）であること」を表しています。
答えは \(\tan \theta = \frac{b}{a}\) です。
これは、初速度ベクトル \(\vec{v}_0\) が点 \(Q\) の初期位置 \((a, b)\) を向いていることを意味します。\(v_0\) の大きさに依存しないという結果も、問題文の記述と整合します。
思考の道筋とポイント
計算ではなく、図形的な性質と物理法則の重ね合わせを利用して解きます。
実際の運動は、「無重力状態での等速直線運動」と「重力による自由落下運動」の合成です。
この設問における重要なポイント
- 運動の重ね合わせ:
- \(P\) の位置 \(=\) (初速度方向への直線移動) \(+\) (自由落下)
- \(Q\) の位置 \(=\) (初期位置での静止) \(+\) (自由落下)
- 落下の同時性: どちらも時刻 \(t\) 後の自由落下距離は \(\frac{1}{2}gt^2\) であり、全く同じです。
具体的な解説と立式
時刻 \(t\) における \(P, Q\) の位置ベクトル \(\vec{r}_P, \vec{r}_Q\) は以下のように表せます。
$$
\begin{aligned}
\vec{r}_P(t) &= \vec{v}_0 t + \frac{1}{2}\vec{g}t^2 \\[2.0ex]
\vec{r}_Q(t) &= \vec{r}_{Q0} + \frac{1}{2}\vec{g}t^2
\end{aligned}
$$
ここで \(\vec{r}_{Q0} = (a, b)\) は \(Q\) の初期位置、\(\vec{g}\) は重力加速度ベクトルです。
衝突条件 \(\vec{r}_P(t) = \vec{r}_Q(t)\) より、以下の式を立てます。
$$
\begin{aligned}
\vec{v}_0 t + \frac{1}{2}\vec{g}t^2 &= \vec{r}_{Q0} + \frac{1}{2}\vec{g}t^2
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 位置ベクトルの合成: \(\vec{r} = \vec{r}_{\text{初}} + \vec{v}_{\text{初}}t + \frac{1}{2}\vec{a}t^2\)
両辺から共通の落下項 \(\frac{1}{2}\vec{g}t^2\) を消去します。
$$
\begin{aligned}
\vec{v}_0 t &= \vec{r}_{Q0}
\end{aligned}
$$
この式は、ベクトル \(\vec{v}_0\) とベクトル \(\vec{r}_{Q0}\) が平行（同じ向き）であることを示しています。
つまり、\(P\) を投げ出す角度 \(\theta\) は、原点 \(O\) から点 \(Q(a, b)\) を見上げる角度と一致しなければなりません。
図形的に、底辺 \(a\)、高さ \(b\) の直角三角形を考えれば、その角度 \(\theta\) の正接（タンジェント）は直ちに求まります。
$$
\begin{aligned}
\tan \theta &= \frac{b}{a}
\end{aligned}
$$
「重力で落ちる分」が両者で共通なので、それを差し引いて考えると、「止まっている的（\(Q\)）に向かって、真っ直ぐボール（\(P\)）を投げる」という単純な問題になります。
だから、単に \(Q\) の方向を狙って投げれば必ず当たります。これを「モンキーハンティング」と呼びます。
計算をせずとも、物理的直感だけで同じ結論が得られました。
問(4)
思考の道筋とポイント
「\(x\) 軸の上側（\(y \ge 0\)）で衝突する」ということは、衝突時の \(y\) 座標が \(0\) 以上であればよいということです。
\(y_P\) と \(y_Q\) は等しいので、計算が簡単な \(y_Q\) の式を使って条件を立てます。
この設問における重要なポイント
- 条件の選択: \(y_P \ge 0\) でも \(y_Q \ge 0\) でも結果は同じですが、式が単純な \(y_Q\) を選ぶのが賢明です。
- 三角関数の変換: 答えに \(\theta\) を残さず、\(a, b\) で表すために、(3)の結果 \(\tan \theta = b/a\) を利用して \(\cos \theta\) を消去します。
具体的な解説と立式
衝突時の \(Q\) の \(y\) 座標 \(y_Q\) が \(0\) 以上である条件を立式します。
$$
\begin{aligned}
y_Q &\ge 0
\end{aligned}
$$
(2)の結果より、以下の不等式になります。
$$
\begin{aligned}
b – \frac{g a^2}{2 v_0^2 \cos^2 \theta} &\ge 0
\end{aligned}
$$
ここで、(3)より \(\tan \theta = \frac{b}{a}\) なので、図形的に考えると、底辺 \(a\)、高さ \(b\) の直角三角形の斜辺は \(\sqrt{a^2+b^2}\) となります。
したがって、\(\cos \theta\) は次のように表せます。
$$
\begin{aligned}
\cos \theta &= \frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 三角比の定義: \(\cos \theta = \frac{\text{底辺}}{\text{斜辺}}\)
まず、不等式を \(v_0\) について整理します。
$$
\begin{aligned}
b &\ge \frac{g a^2}{2 v_0^2 \cos^2 \theta} \\[2.0ex]
v_0^2 &\ge \frac{g a^2}{2 b \cos^2 \theta}
\end{aligned}
$$
ここに \(\cos \theta = \frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}\) を代入します。
$$
\begin{aligned}
v_0^2 &\ge \frac{g a^2}{2 b \left( \frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}} \right)^2} \\[2.0ex]
v_0^2 &\ge \frac{g a^2}{2 b \cdot \frac{a^2}{a^2+b^2}} \\[2.0ex]
v_0^2 &\ge \frac{g (a^2+b^2)}{2 b}
\end{aligned}
$$
\(v_0 > 0\) なので、平方根をとります。
$$
\begin{aligned}
v_0 &\ge \sqrt{\frac{g (a^2+b^2)}{2 b}}
\end{aligned}
$$
ボールが遅すぎると、\(Q\) に届く前に地面に落ちてしまいます（あるいは \(Q\) が地面に落ちた後に到達してしまいます）。
地面より上でぶつかるためには、ある程度以上の速さで投げる必要があります。その「最低限必要な速さ」を計算しました。
答えは \(v_0 \ge \sqrt{\frac{g (a^2+b^2)}{2 b}}\) です。
\(b\)（高さ）が小さいほど、右辺は大きくなります。低い位置にある的に当てるには、重力で落ちる前に素早く到達しなければならないため、速い速度が必要になるというのは直感に合います。
問(5)
思考の道筋とポイント
「\(Q\) から見ると \(P\) の運動はどう見えるか」という問いは、相対運動を考える問題です。
相対位置 \(\vec{r}_{PQ} = \vec{r}_P – \vec{r}_Q\) の時間変化を追います。
相対加速度が \(0\) になることが最大のポイントです。
この設問における重要なポイント
- 相対加速度: \(\vec{a}_{PQ} = \vec{a}_P – \vec{a}_Q = \vec{g} – \vec{g} = \vec{0}\)。
- 相対速度: 加速度が \(0\) なので、相対速度は一定（等速直線運動）になります。
具体的な解説と立式
\(Q\) に対する \(P\) の相対加速度 \(\vec{a}_{\text{相対}}\) を考えます。
両物体とも重力加速度 \(\vec{g}\)（鉛直下向き）のみを受けて運動しています。
$$
\begin{aligned}
\vec{a}_{\text{相対}} &= \vec{a}_P – \vec{a}_Q \\[2.0ex]
&= \vec{g} – \vec{g} \\[2.0ex]
&= \vec{0}
\end{aligned}
$$
相対加速度が \(0\) であるため、\(Q\) から見た \(P\) は等速直線運動をします。
次に、衝突までの時間 \(t_0\) を求めます。
相対速度の大きさ \(v_{\text{相対}}\) は、初速度の差です。\(Q\) の初速度は \(0\) なので、以下のようになります。
$$
\begin{aligned}
v_{\text{相対}} &= |\vec{v}_0 – \vec{0}| \\[2.0ex]
&= v_0
\end{aligned}
$$
\(Q\) から見た \(P\) の初期位置（相対距離）は、図より直線 \(OQ\) の長さ \(L\) です。
$$
\begin{aligned}
L &= \sqrt{a^2 + b^2}
\end{aligned}
$$
\(P\) は \(Q\) に向かって一直線に、速さ \(v_0\) で進んでくるように見えます。
使用した物理公式
- 相対速度: \(\vec{v}_{AB} = \vec{v}_B – \vec{v}_A\)
- 等速直線運動: \(x = vt\)
距離 \(L\) を速さ \(v_0\) で進む時間 \(t_0\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
t_0 &= \frac{L}{v_{\text{相対}}} \\[2.0ex]
&= \frac{\sqrt{a^2+b^2}}{v_0}
\end{aligned}
$$
\(Q\) 君も \(P\) 君も、同じように重力で下に引っ張られています。
\(Q\) 君と一緒に落ちながら \(P\) 君を見ると、お互いの落下の動きが打ち消し合って見えなくなります（無重力状態のように見えます）。
そのため、\(P\) 君は投げ出された時の勢いそのままに、真っ直ぐ自分（\(Q\)）に向かって飛んでくるように見えます。
距離 \(\sqrt{a^2+b^2}\) をスピード \(v_0\) で進んでくるので、時間は単純な割り算で求まります。
答えは \(t_0 = \frac{\sqrt{a^2+b^2}}{v_0}\) です。
これは問(1)の答え \(t = \frac{a}{v_0 \cos \theta}\) に、\(\cos \theta = \frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}\) を代入したものと完全に一致します。
複雑な計算を経ずに、相対運動の視点だけで答えが出せることは、物理法則の一貫性を示しています。
見え方: 等速直線運動
時間: \(\displaystyle t_0 = \frac{\sqrt{a^2+b^2}}{v_0}\)
思考の道筋とポイント
公式を暗記して当てはめるのではなく、物理学の基本原理である「運動方程式」から出発し、積分を用いて位置と速度の式を導出します。
この一つのモデルから、全設問（(1)〜(5)）を一貫して解くことができます。
この設問における重要なポイント
- 運動方程式の立式: 物体に働く力（重力のみ）を正しく記述します。
- 初期条件の適用: \(t=0\) での位置と速度を積分定数の決定に使います。
- 一括解決: 導出した一般解を、各設問の条件に当てはめるだけで答えが得られます。
具体的な解説と立式
質量を \(m\) とし、鉛直下向きに重力加速度 \(g\) が働くとします。
\(P\)（座標 \((x_P, y_P)\)）と \(Q\)（座標 \((x_Q, y_Q)\)）それぞれの運動方程式を立てます。
1. 小球 \(P\) の運動
運動方程式（\(x\) 成分、\(y\) 成分）:
$$
\begin{aligned}
m \frac{d^2 x_P}{dt^2} &= 0 \\[2.0ex]
m \frac{d^2 y_P}{dt^2} &= -mg
\end{aligned}
$$
初期条件（\(t=0\)）:
位置: \((0, 0)\), 速度: \((v_0 \cos \theta, v_0 \sin \theta)\)
2. 小球 \(Q\) の運動
運動方程式:
$$
\begin{aligned}
m \frac{d^2 x_Q}{dt^2} &= 0 \\[2.0ex]
m \frac{d^2 y_Q}{dt^2} &= -mg
\end{aligned}
$$
初期条件（\(t=0\)）:
位置: \((a, b)\), 速度: \((0, 0)\)
使用した物理公式
- ニュートンの運動方程式: \(m\vec{a} = \vec{F}\)
- 微分の定義: \(v = \frac{dx}{dt}, a = \frac{dv}{dt}\)
Step 1: 一般解の導出
運動方程式の両辺を \(m\) で割り、\(t\) で2回積分して位置を求めます。
小球 \(P\) について:
加速度:
$$
\begin{aligned}
\frac{d^2 x_P}{dt^2} &= 0 \\[2.0ex]
\frac{d^2 y_P}{dt^2} &= -g
\end{aligned}
$$
速度（1回積分）:
$$
\begin{aligned}
v_{Px}(t) &= v_0 \cos \theta \\[2.0ex]
v_{Py}(t) &= -gt + v_0 \sin \theta
\end{aligned}
$$
位置（もう1回積分）:
$$
\begin{aligned}
x_P(t) &= (v_0 \cos \theta) t \\[2.0ex]
y_P(t) &= -\frac{1}{2}gt^2 + (v_0 \sin \theta) t
\end{aligned}
$$
小球 \(Q\) について:
同様に積分し、初期位置 \((a, b)\) を考慮します。
$$
\begin{aligned}
x_Q(t) &= a \\[2.0ex]
y_Q(t) &= -\frac{1}{2}gt^2 + b
\end{aligned}
$$
Step 2: 各設問への適用
(1) 時刻 \(t\) の導出
\(x_P(t) = a\) となる時刻 \(t\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
(v_0 \cos \theta) t &= a \\[2.0ex]
t &= \frac{a}{v_0 \cos \theta}
\end{aligned}
$$
(2) 座標 \(y_P, y_Q\) の導出
求めた \(t\) を \(y_P(t), y_Q(t)\) の式に代入します。
$$
\begin{aligned}
y_P &= -\frac{1}{2}g \left( \frac{a}{v_0 \cos \theta} \right)^2 + (v_0 \sin \theta) \frac{a}{v_0 \cos \theta} \\[2.0ex]
&= a \tan \theta – \frac{g a^2}{2 v_0^2 \cos^2 \theta}
\end{aligned}
$$
$$
\begin{aligned}
y_Q &= -\frac{1}{2}g \left( \frac{a}{v_0 \cos \theta} \right)^2 + b \\[2.0ex]
&= b – \frac{g a^2}{2 v_0^2 \cos^2 \theta}
\end{aligned}
$$
(3) 衝突条件の導出
\(y_P = y_Q\) より、共通項 \(-\frac{1}{2}gt^2\) が消去されます。
$$
\begin{aligned}
(v_0 \sin \theta) t &= b
\end{aligned}
$$
これに \(t = \frac{a}{v_0 \cos \theta}\) を代入します。
$$
\begin{aligned}
(v_0 \sin \theta) \frac{a}{v_0 \cos \theta} &= b \\[2.0ex]
a \tan \theta &= b \\[2.0ex]
\tan \theta &= \frac{b}{a}
\end{aligned}
$$
(5) 相対運動の導出
相対位置ベクトル \(\vec{r}_{PQ}(t) = \vec{r}_P(t) – \vec{r}_Q(t)\) を計算します。
\(x\) 成分:
$$
\begin{aligned}
x_P(t) – x_Q(t) &= (v_0 \cos \theta) t – a
\end{aligned}
$$
\(y\) 成分:
$$
\begin{aligned}
y_P(t) – y_Q(t) &= \left( -\frac{1}{2}gt^2 + (v_0 \sin \theta) t \right) – \left( -\frac{1}{2}gt^2 + b \right) \\[2.0ex]
&= (v_0 \sin \theta) t – b
\end{aligned}
$$
ここで、衝突条件 \(\tan \theta = b/a\) より、\(\sin \theta = \frac{b}{\sqrt{a^2+b^2}}, \cos \theta = \frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}\) を代入すると、
$$
\begin{aligned}
x_P – x_Q &= \frac{v_0 a}{\sqrt{a^2+b^2}} t – a \\[2.0ex]
y_P – y_Q &= \frac{v_0 b}{\sqrt{a^2+b^2}} t – b
\end{aligned}
$$
これは、\(Q\) を原点としたとき、\(P\) が直線的に接近してくることを示しています。
また、相対加速度は以下のように計算されます。
$$
\begin{aligned}
\vec{a}_{\text{相対}} &= \frac{d^2}{dt^2} (\vec{r}_P – \vec{r}_Q) \\[2.0ex]
&= \vec{g} – \vec{g} \\[2.0ex]
&= \vec{0}
\end{aligned}
$$
加速度が \(0\) なので、等速直線運動であることが示されました。
「力 \(\to\) 加速度 \(\to\) 速度 \(\to\) 位置」という物理の基本ルールに従って計算しました。
重力は下向きにしか働かないので、横方向は等速、縦方向は重力に引かれて加速（減速）する運動になることが数式から自然に導かれます。
さらに、\(P\) と \(Q\) の位置の式を見比べると、どちらにも \(-\frac{1}{2}gt^2\) という「重力による落下項」が含まれていることがわかります。
引き算（相対運動）をするとこの項が消えるため、お互いから見ると重力の影響がない「等速直線運動」に見えるというカラクリが、数式の上でもはっきりと確認できます。
公式を用いた場合と全く同じ結果が得られました。
一つの運動方程式から全ての設問の答えが芋づる式に導かれることで、物理法則の整合性と美しさが確認できます。
(1) \(\displaystyle t = \frac{a}{v_0 \cos \theta}\)
(2) \(y_P = \displaystyle a \tan \theta – \frac{g a^2}{2 v_0^2 \cos^2 \theta}\), \(y_Q = \displaystyle b – \frac{g a^2}{2 v_0^2 \cos^2 \theta}\)
(3) \(\displaystyle \tan \theta = \frac{b}{a}\)
(4) \(\displaystyle v_0 \ge \sqrt{\frac{g (a^2+b^2)}{2 b}}\)
(5) 等速直線運動, \(\displaystyle t_0 = \frac{\sqrt{a^2+b^2}}{v_0}\)
【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？
- 運動の独立性と重ね合わせの原理
- 核心: 放物運動は、水平方向の「等速直線運動」と鉛直方向の「等加速度運動（自由落下）」という、互いに独立した2つの運動の合成です。
- 理解のポイント:
- ベクトルの分解: 初速度や位置を \(x\) 成分と \(y\) 成分に分けて考えることで、複雑な曲線運動を単純な1次元運動の組み合わせとして処理できます。
- 時間の共有: \(x\) 方向の運動と \(y\) 方向の運動をつなぐ唯一の変数は「時間 \(t\)」です。一方の運動から \(t\) を求め、もう一方に代入するのが定石です。
- 相対運動とガリレイ変換
- 核心: 重力加速度 \(g\) が共通して働く系では、相対加速度が \(0\) になり、互いの運動は「等速直線運動」に見えます。
- 理解のポイント:
- 無重力視点: 自由落下する観測者から見ると、重力の影響が相殺され、あたかも重力が消えたかのような世界（慣性系に近い視点）になります。これにより、衝突問題が「直進して当たるだけ」という単純な幾何学問題に帰着されます。
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:
- 斜面上の放物運動: 水平・鉛直ではなく、斜面に沿った方向と垂直な方向に座標軸をとる場合があります。その場合も、重力加速度を成分分解すれば、同様に「等加速度運動」として処理できます。
- 移動する標的への投射: 標的が等速で動く場合や、別の放物運動をする場合でも、「衝突条件 \(\rightarrow\) 同じ時刻に同じ位置」という基本は変わりません。
- モンキーハンティングの変種: 「発射と同時に落下」ではなく、「時間差で落下」する場合や、「初速度を持って落下」する場合など。これらは初期条件（\(t=0\) での位置や速度）が変わるだけで、運動方程式の形自体は変わりません。
- 初見の問題での着眼点:
- 共通項を探す: 複数の物体が運動する場合、加速度（重力 \(g\)）や時間 \(t\) など、共通している物理量に着目します。
- 極端なケースを想像する: 「もし重力がなかったら？」「もし初速度が無限大なら？」と考えることで、直感的な答え（狙いは的の方向など）が見えてくることがあります。
- 解法の選択:
- 「座標や時間を求めよ」 \(\rightarrow\) 成分分解して公式利用（基本）。
- 「衝突条件や角度を求めよ」 \(\rightarrow\) 相対運動や幾何学的考察（最速）。
要注意！ありがちなミス・誤解とその対策
- 座標軸と符号の取り違え:
- 誤解: 鉛直上向きを正としているのに、重力加速度を \(g\) （正の値）として式に代入してしまう。あるいは、落下距離を \(y\) 座標と混同してしまう。
- 対策: 最初に図に座標軸（\(x, y\)）と正の向きを大きく書き込みます。力や加速度の矢印が軸と逆向きなら、必ずマイナスをつける癖をつけましょう。\(a_y = -g\) と明記してから計算を始めます。
- 三角関数の計算ミス:
- 誤解: \(\frac{1}{\cos^2 \theta}\) を処理する際に、\(1+\tan^2 \theta\) の公式を使い忘れたり、誤って変形してしまう。
- 対策: 放物運動の軌道の式（\(y = x \tan \theta – \frac{g x^2}{2 v_0^2 \cos^2 \theta}\)）は頻出なので、形を覚えておくと検算に役立ちます。また、\(\sin, \cos, \tan\) の定義（直角三角形の辺の比）を常に図形とセットでイメージしましょう。
- 衝突条件の誤認:
- 誤解: 「軌道が交わる」ことと「衝突する」ことを混同する。軌道が交差しても、通過する時刻がずれていれば衝突しません。
- 対策: 必ず「時刻 \(t\) において \(x_P=x_Q\) かつ \(y_P=y_Q\)」というように、時間を含めた条件式を立てます。
なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法
- 問(2)での公式選択（等加速度運動の公式）:
- 選定理由: 加速度が一定（\(-g\)）であることが明らかであり、時間 \(t\) が問(1)で求まっているため、位置 \(y\) を直接求める公式 \(y = y_0 + v_0 t + \frac{1}{2}at^2\) が最適です。
- 適用根拠: 運動の独立性により、\(y\) 方向の運動は \(x\) 方向の運動（等速）とは無関係に、鉛直投げ上げ・自由落下の公式をそのまま適用できます。
- 問(3)別解でのアプローチ選択（相対運動・幾何学）:
- 選定理由: \(P\) と \(Q\) の運動方程式の形が酷似しており、差をとることで重力項が消えるという構造的特徴があるため。計算量を劇的に減らせます。
- 適用根拠: ガリレイ変換の原理により、慣性系（または一様に加速する系）同士の相対運動は物理法則を保ちます。特に重力が一様な場では、相対加速度が \(0\) になることは普遍的な真理です。
計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック
- 文字式の次元確認（ディメンションチェック）:
- 答えが出たら単位を確認します。例えば時間 \(t\) の答えが \(\frac{a}{v_0 \cos \theta}\) なら、\([\text{L}] / ([\text{L/T}] \cdot 1) = [\text{T}]\) となり正しいです。もし \(v_0\) が分子にあったら間違いです。
- 問(4)の \(v_0\) の条件式でも、ルートの中身が \(g \times \text{長さ}\) （\([\text{L/T}^2] \cdot [\text{L}] = [\text{L}^2/\text{T}^2]\)）になっており、ルートをとれば速度の次元になることを確認します。
- 極限的なケースでの検算:
- もし \(\theta = 0\) （水平発射）だったら？ \(\tan \theta = 0\) となり、\(b=0\) （的も同じ高さ）でないと当たりません。式 \(\tan \theta = b/a\) はこれを満たします。
- もし \(g=0\) （無重力）だったら？ 放物線の式から \(g\) の項が消え、\(y = x \tan \theta\) （直線）になります。
- 図を描いて状況整理:
- 問題文を読みながら、必ず「時刻 \(t\) 後のスナップショット」を図に描きます。\(P\) がどこにいて、\(Q\) がどこにいるか、座標軸に対してプラスかマイナスか、視覚的に確認しながら立式することで、符号ミスを大幅に減らせます。
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問題2 放物運動 (都立大＋名城大)
【設問別解説】考え方から計算プロセスまで徹底ガイド
- 提示する別解
- 設問(3), (5)の別解: \(v-t\) グラフを用いた解法（面積計算による距離の導出）
- 数式だけで計算するのではなく、速度と時間の関係をグラフ化し、その「面積」が移動距離に対応することを利用して視覚的に解きます。特に衝突による速度変化と移動距離の関係が直感的に理解しやすくなります。
- 設問(1)〜(5)の別解: 微積分を用いた体系的解法（運動方程式からの導出）
- 模範解答が公式 \(x = v_0 t + \frac{1}{2}at^2\) を既知として適用するのに対し、別解ではニュートンの運動方程式 \(m\vec{a} = \vec{F}\) から出発し、積分によって位置と速度の式を導出します。この一つのモデルから、衝突を含む全過程（(1)〜(5)）を一貫して解析します。
- 設問(3), (5)の別解: \(v-t\) グラフを用いた解法（面積計算による距離の導出）
- 上記の別解が有益である理由
- \(v-t\) グラフの解法: 運動の全体像（いつ加速し、いつ向きが変わったか）を一目で把握でき、計算ミスを防ぐ検算ツールとしても非常に強力であるため。
- 微積分の解法: 公式の暗記ではなく、物理現象の根本原理（運動方程式）から全ての運動を記述できることを理解し、応用力を養うため。特に「壁が滑らかであるため鉛直方向の運動方程式は変化しない」という事実が、数式上で明確になります。
- 結果への影響
- 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完全に一致します。
この問題のテーマは「壁と床での衝突を含む放物運動」です。
放物運動をする小球が、滑らかな壁や床と衝突を繰り返しながら運動する様子を追跡します。
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。
- 運動の独立性: 水平方向と鉛直方向の運動は互いに独立しており、分けて考えることができます。
- 滑らかな面との衝突: 面が滑らかな場合、面と平行な方向の速度成分は変化せず、垂直な方向の速度成分のみが変化します。
- 反発係数（はね返り係数） \(e\) : 衝突直後の面と垂直な速度成分の大きさは、衝突直前の \(e\) 倍になります。向きは逆になります。
基本的なアプローチは以下の通りです。
- (1)では、初期状態の放物運動を水平・鉛直に分解して解析します。
- (2)では、壁との衝突が鉛直方向の運動に影響を与えないことに着目し、滞空時間を求めます。
- (3)では、壁衝突後の水平速度の変化を考慮し、時間差から距離を計算します。
- (4)では、床との衝突による鉛直速度の変化を考慮し、再上昇の高さを求めます。
- (5)では、再び点Oに戻るための水平距離の条件を立式し、初速度 \(v_0\) を決定します。
問(1)
ここから先が、他の受験生と差がつく重要パートです。
「解法に至る思考プロセス」を
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なぜその公式を使うのか？どうしてその着眼点を持てるのか？
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