「名問の森」徹底解説（1〜3問）：未来の得点力へ！完全マスター講座【力学・熱・波動Ⅰ】

問題1 (信州大+滋賀医大)

【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、斜方投射される物体Pと自由落下する物体Qの運動を扱い、両者が衝突するための条件や、一方から見たもう一方の相対運動について考察するものです。

【設問別解説】考え方から計算プロセスまで徹底ガイド

この問題を解くためには、主に「放物運動」と「自由落下運動」、そして「相対運動」の概念を扱います。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直線運動（具体的には投げ上げ・投げ下ろし）の組み合わせとして理解することが鍵となります。

• 等速直線運動の式: \(x = v t\)
• 等加速度直線運動の式:
  • \(v = v_{\text{初}} + \alpha t\)
  • \(y = y_{\text{初}} + v_{\text{初}}t + \frac{1}{2}\alpha t^2\)
  • \(v^2 – v_{\text{初}}^2 = 2\alpha (y – y_{\text{初}})\)

  （ここで \(\alpha\) は加速度、\(y_{\text{初}}\) は初期位置、\(v_{\text{初}}\) は初速度）

• 相対速度・相対加速度: \(\vec{v}_{\text{相対}} = \vec{v}_{\text{相手}} – \vec{v}_{\text{自分}}\), \(\vec{a}_{\text{相対}} = \vec{a}_{\text{相手}} – \vec{a}_{\text{自分}}\)

問1

思考の道筋とポイント

小球Pの運動は、水平方向と鉛直方向に分けて考えます。水平方向には、空気抵抗を無視すれば、力は働かないため等速直線運動をします。鉛直方向には重力が働くため、等加速度直線運動（投げ上げ運動）をします。
この設問では、Pが直線 \(x=a\) を横切る時刻を問われているので、Pの水平方向の運動に着目します。

この設問における重要なポイント

• 小球Pの初速度の水平成分は \(v_0 \cos\theta\)。
• 水平方向には等速直線運動をする。

具体的な解説と立式

小球Pは、時刻 \(t=0\) に原点Oから初速度 \(v_0\)、x軸とのなす角 \(\theta\) で投げ出されます。
このとき、初速度の水平成分（x成分） \(v_{Px}\) と鉛直成分（y成分） \(v_{Py\text{初}}\) はそれぞれ、
$$v_{Px} = v_0 \cos\theta$$
$$v_{Py\text{初}} = v_0 \sin\theta$$
となります。

水平方向には等速直線運動をするので、時刻 \(t\) におけるPのx座標 \(x_P\) は、
$$x_P = v_{Px} t \quad \cdots ①$$
Pが直線 \(x=a\) を横切るということは、\(x_P = a\) となるときなので、このときの時刻を \(t\) とすると、式①より、
$$a = (v_0 \cos\theta) t \quad \cdots ②$$
この式を \(t\) について解くことで、求める時刻が得られます。

式②の両辺を \(v_0 \cos\theta\) で割ると（ただし \(v_0 \cos\theta \neq 0\) とします。もし \(\cos\theta = 0\) ならばPは鉛直上向きに投げ出され、\(x=a\) に到達できませんが、問題設定から \(\theta\) は鋭角または直角であり、\(x=a\) を横切ることを考えるため \(v_0 \cos\theta > 0\) と考えてよいでしょう）、
$$t = \frac{a}{v_0 \cos\theta}$$

1. Pの速さのx方向の成分は \(v_0 \cos\theta\) です。
2. x方向にはずっとこの速さで進むので、「距離 = 速さ × 時間」の関係から、距離 \(a\) だけ進むのにかかる時間は \(a = (v_0 \cos\theta) \times t\) となります。
3. この式を \(t\) について解けばOKです。

Pが直線 \(x=a\) を横切る時刻 \(t\) は \(\displaystyle t = \frac{a}{v_0 \cos\theta}\) です。
この結果は、水平距離 \(a\) が大きいほど、初速度の水平成分 \(v_0 \cos\theta\) が小さいほど時間がかかるという直感と一致します。単位も、[長さ] / ([速さ]) = [時間] となり適切です。

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、小球Pと小球Qのy座標をそれぞれ求めます。
小球Pの鉛直方向の運動は、初速度 \(v_0 \sin\theta\)、重力加速度 \(-g\) （y軸上向きを正とする）の等加速度直線運動です。
小球Qは、初期位置のy座標が \(b\) で、そこから自由落下運動をします。自由落下は初速度0、重力加速度 \(g\) （鉛直下向きを正とする場合）の等加速度直線運動です。座標系の取り方に注意して立式します。

この設問における重要なポイント

• Pの鉛直方向の運動: 初速度 \(v_0 \sin\theta\)、加速度 \(-g\)。
• Qの鉛直方向の運動: 初期位置 \(y=b\)、初速度 \(0\)、加速度 \(-g\)。(y軸上向きを正とする)
• 等加速度直線運動の変位の公式 \(y = y_{\text{初}} + v_{\text{初}}t + \frac{1}{2}\alpha t^2\) を用いる。

具体的な解説と立式

y軸の向きは鉛直上向きを正とします。重力加速度は鉛直下向きに大きさ \(g\) なので、加速度としては \(-g\) となります。

小球Pのy座標 \(y_P\):
Pの初速度のy成分は \(v_{Py\text{初}}\)。Pの初期位置は原点なので \(y_{P\text{初}} = 0\)。
時刻 \(t\) におけるPのy座標 \(y_P\) は、等加速度直線運動の公式より、
$$y_P = v_{Py\text{初}} t + \frac{1}{2}(-g)t^2$$
$$y_P = (v_0 \sin\theta) t – \frac{1}{2}gt^2 \quad \cdots ③$$
ここに、問1で求めた \(t = \displaystyle\frac{a}{v_0 \cos\theta}\) を代入します。

小球Qのy座標 \(y_Q\):
Qは点 \((a, b)\) から自由落下するので、初期位置のy座標は \(y_{Q\text{初}} = b\)、初速度は \(v_{Qy\text{初}} = 0\)。
時刻 \(t\) におけるQのy座標 \(y_Q\) は、等加速度直線運動の公式より、
$$y_Q = y_{Q\text{初}} + v_{Qy\text{初}} t + \frac{1}{2}(-g)t^2$$
$$y_Q = b + 0 \cdot t – \frac{1}{2}gt^2$$
$$y_Q = b – \frac{1}{2}gt^2 \quad \cdots ④$$
ここに、問1で求めた \(t = \displaystyle\frac{a}{v_0 \cos\theta}\) を代入します。

まず、\(t = \displaystyle\frac{a}{v_0 \cos\theta}\) を使って、\(y_P\) と \(y_Q\) を具体的に計算します。

\(y_P\) の計算:
式③に \(t = \displaystyle\frac{a}{v_0 \cos\theta}\) を代入します。
$$y_P = (v_0 \sin\theta) \left(\frac{a}{v_0 \cos\theta}\right) – \frac{1}{2}g\left(\frac{a}{v_0 \cos\theta}\right)^2$$
第1項の \(v_0\) が約分され、\(\displaystyle\frac{\sin\theta}{\cos\theta} = \tan\theta\) を用いると、
$$y_P = a \tan\theta – \frac{1}{2}g \frac{a^2}{(v_0 \cos\theta)^2}$$
$$y_P = a \tan\theta – \frac{ga^2}{2(v_0 \cos\theta)^2}$$

\(y_Q\) の計算:
式④に \(t = \displaystyle\frac{a}{v_0 \cos\theta}\) を代入します。
$$y_Q = b – \frac{1}{2}g\left(\frac{a}{v_0 \cos\theta}\right)^2$$
$$y_Q = b – \frac{ga^2}{2(v_0 \cos\theta)^2}$$

1. Pのy座標:
   • Pのy方向の初めの速さは \(v_0 \sin\theta\) です。
   • y方向には重力でだんだん遅くなる（または下向きに速くなる）運動をします。公式 \(y = v_{\text{初}}t – \frac{1}{2}gt^2\) を使います。（y軸上向きを正とした場合）
   • 問1で求めた \(t\) を代入し、\(\frac{\sin\theta}{\cos\theta} = \tan\theta\) を使うと式が整理できます。
2. Qのy座標:
   • Qは初め高さ \(b\) の位置にいます。
   • そこから自由落下するので、\(t\) 秒間に落ちる距離は \(\frac{1}{2}gt^2\) です。
   • なので、時刻 \(t\) での高さは、初めの高さ \(b\) から落ちた距離を引いた \(b – \frac{1}{2}gt^2\) となります。
   • 問1で求めた \(t\) を代入します。

時刻 \(t = \displaystyle\frac{a}{v_0 \cos\theta}\) におけるPのy座標は \(y_P = a \tan\theta – \displaystyle\frac{ga^2}{2(v_0 \cos\theta)^2}\)、Qのy座標は \(y_Q = b – \displaystyle\frac{ga^2}{2(v_0 \cos\theta)^2}\) です。
両者のy座標の式において、第2項の \(\displaystyle\frac{ga^2}{2(v_0 \cos\theta)^2}\) は共通しています。これは、PとQが同じ時間だけ重力の影響を受けて運動していることを反映しています（Pのy座標は投げ上げの運動、Qのy座標は自由落下の運動の変位（あるいは落下距離）に関連する項です）。

問3

思考の道筋とポイント

PとQが衝突するということは、ある時刻にPとQのx座標とy座標が同時に一致することを意味します。
問1では、PがQの初期位置のx座標と同じ \(x=a\) を横切る時刻を求めました。したがって、この時刻においてPとQのy座標も一致すれば、PとQは衝突します。
つまり、問2で求めた \(y_P\) と \(y_Q\) が等しくなる (\(y_P = y_Q\)) 条件を考えます。この条件が \(v_0\) の値によらずに成り立つときの \(\tan\theta\) を求めます。

この設問における重要なポイント

• 衝突条件: Pが \(x=a\) に到達したとき、\(y_P = y_Q\) となる。
• 問2で求めた \(y_P\) と \(y_Q\) の式を利用する。
• この条件が \(v_0\) によらない、という点が鍵。

具体的な解説と立式

PとQが \(x=a\) の鉛直線上で衝突するための条件は、その時刻（問1で求めた \(t = \displaystyle\frac{a}{v_0 \cos\theta}\)）において、それぞれのy座標が等しくなることです。
つまり、
$$y_P = y_Q \quad \cdots ⑤$$
問2で求めた \(y_P\) と \(y_Q\) の式を代入すると、
$$a \tan\theta – \frac{ga^2}{2(v_0 \cos\theta)^2} = b – \frac{ga^2}{2(v_0 \cos\theta)^2} \quad \cdots ⑥$$
この式が \(v_0\) の値にかかわらず成り立つための \(\tan\theta\) を求めます。
式⑥を見ると、両辺にある \(\displaystyle – \frac{ga^2}{2(v_0 \cos\theta)^2}\) の項が共通しています。

式⑥の両辺から共通項である \(\displaystyle – \frac{ga^2}{2(v_0 \cos\theta)^2}\) を消去します（移項して整理すると0になる）。
$$a \tan\theta = b$$
この式は \(v_0\) を含んでいません。したがって、この条件を満たせば、\(v_0\) の値にかかわらず衝突が起こります。
この式を \(\tan\theta\) について解くと、
$$\tan\theta = \frac{b}{a}$$

1. (2)で求めた \(y_P\) と \(y_Q\) が等しくなる（\(y_P = y_Q\)）のが衝突の条件です。
2. それぞれの式を代入すると、\(a \tan\theta – \frac{ga^2}{2(v_0 \cos\theta)^2} = b – \frac{ga^2}{2(v_0 \cos\theta)^2}\) となります。
3. この式の両辺に同じ項 \(\frac{ga^2}{2(v_0 \cos\theta)^2}\) がマイナスで付いているので、これは打ち消し合います。
4. 残るのは \(a \tan\theta = b\) となり、これを \(\tan\theta\) について解きます。この式には \(v_0\) が含まれていないので、この条件が満たされれば \(v_0\) の大きさに関わらず衝突することがわかります。

PとQが衝突するための \(\tan\theta\) の値は \(\displaystyle \tan\theta = \frac{b}{a}\) です。
この結果は、Pの初速度ベクトルが、最初（\(t=0\)）のQの位置 \((a,b)\) を指していることを意味します。図形的に考えると、原点Oから点 \((a,b)\) を結ぶ直線の傾きが \(\frac{b}{a}\) であり、これがPの打ち出し方向の正接 \(\tan\theta\) と一致するということです。
この現象は「モンキーハンティング」として知られています。猟師が木の上にいる猿（Q）を狙って弾丸（P）を発射すると同時に、猿が驚いて自由落下を始めた場合、弾丸の初速が十分であれば必ず猿に命中するというものです。重力の影響はPとQの両方に等しく作用するため、無重力空間でPがQに向かって直進するのと同じように見える状況が生まれます（詳しくは問5で触れます）。

問4

思考の道筋とポイント

問3で求めた衝突条件 \(\tan\theta = \frac{b}{a}\) のもとで、衝突がx軸の上側 (\(y \ge 0\)) で起こるための \(v_0\) に対する条件を求めます。
衝突が起こるときのy座標は \(y_P\) (または \(y_Q\)) であり、これが0以上であればよいことになります。
問2で求めた \(y_P\) の式に、\(\tan\theta = \frac{b}{a}\) の関係を使って \(\cos\theta\) を \(a, b\) で表したものを代入し、\(y_P \ge 0\) の不等式を \(v_0\) について解きます。

この設問における重要なポイント

• 衝突条件: \(\tan\theta = \frac{b}{a}\)。
• 衝突位置のy座標: \(y_P = y_Q\)。
• 衝突がx軸の上側で起こる条件: \(y_P \ge 0\) (または \(y_Q \ge 0\))。
• \(\tan\theta = \frac{b}{a}\) から \(\cos\theta\) を \(a,b\) で表す必要がある。

具体的な解説と立式

衝突が起こるとき、そのy座標は \(y_P = y_Q\) であり、問3の条件 \(a \tan\theta = b\) を用いると、問2の \(y_P\) の式から
$$y_P = b – \frac{ga^2}{2(v_0 \cos\theta)^2} \quad \cdots ⑦$$
となります。（\(y_Q\) の式 \(y_Q = b – \frac{ga^2}{2(v_0 \cos\theta)^2}\) と同じです。）
衝突がx軸の上側 (\(y \ge 0\)) で起こるためには、\(y_P \ge 0\) (すなわち \(y_Q \ge 0\)) である必要があります。
よって、
$$b – \frac{ga^2}{2(v_0 \cos\theta)^2} \ge 0 \quad \cdots ⑧$$
ここで、問3の衝突条件 \(\tan\theta = \frac{b}{a}\) を満たすような \(\cos\theta\) を \(a, b\) で表します。
\(\tan\theta = \frac{b}{a}\) であるとき、底辺が \(a\)、高さが \(b\) の直角三角形を考えると、斜辺の長さは \(\sqrt{a^2+b^2}\) となります（\(a>0, b>0\) と仮定。問題の図からこれは自然な仮定です）。
したがって、
$$\cos\theta = \frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}} \quad \cdots ⑨$$
この \(\cos\theta\) を式⑧に代入して \(v_0\) についての条件を導きます。

式⑨を式⑧に代入します。
$$b – \frac{ga^2}{2\left(v_0 \frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}\right)^2} \ge 0$$
分母を展開すると、\(\left(v_0 \frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}\right)^2 = v_0^2 \frac{a^2}{a^2+b^2}\) となるので、
$$b – \frac{ga^2}{2 v_0^2 \frac{a^2}{a^2+b^2}} \ge 0$$
分母の \(a^2\) が約分され、分母の分数 \(\frac{1}{a^2+b^2}\) が分子に移動すると、
$$b – \frac{g(a^2+b^2)}{2 v_0^2} \ge 0$$
この不等式を \(v_0\) について解きます。まず、\(v_0\) を含む項を右辺に移項すると、
$$b \ge \frac{g(a^2+b^2)}{2 v_0^2}$$
\(v_0^2\) は正なので、両辺に \(2v_0^2\) を掛けて（不等号の向きは変わらない）、
$$2b v_0^2 \ge g(a^2+b^2)$$
\(b > 0\) と考えられる（Qの初期位置がx軸より上であるため）ので、両辺を \(2b\) で割ると（不等号の向きは変わらない）、
$$v_0^2 \ge \frac{g(a^2+b^2)}{2b}$$
\(v_0\) は速さなので \(v_0 > 0\) です。したがって、両辺の正の平方根をとると、
$$v_0 \ge \sqrt{\frac{g(a^2+b^2)}{2b}}$$

1. 衝突するときの高さ \(y_P\) (または \(y_Q\)) が0以上、つまり \(y_P \ge 0\) が条件です。
2. (2)の \(y_P\) の式 \(y_P = a \tan\theta – \frac{ga^2}{2(v_0 \cos\theta)^2}\) に、(3)の衝突条件 \(\tan\theta = \frac{b}{a}\) を代入すると、\(y_P = b – \frac{ga^2}{2(v_0 \cos\theta)^2}\) となります。
3. なので、\(b – \frac{ga^2}{2(v_0 \cos\theta)^2} \ge 0\) を解けばよいことになります。
4. ここで、\(\tan\theta = \frac{b}{a}\) から、三角比の関係を使って \(\cos\theta = \frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}\) と表せます（底辺 \(a\)、高さ \(b\)、斜辺 \(\sqrt{a^2+b^2}\) の直角三角形をイメージ）。
5. これを上の不等式に代入して、\(v_0\) について整理していきます。分数の計算や不等号の向きに注意して変形すると、答えが得られます。

x軸の上側で衝突が起こるために必要な \(v_0\) に対する条件は \(v_0 \ge \sqrt{\displaystyle\frac{g(a^2+b^2)}{2b}}\) です。
この条件は、初速度 \(v_0\) がある一定値以上でなければ、たとえQを狙ってPを打ち出しても、Qが地面に到達する前にPがQに到達できないか、あるいはP自体が地面に到達してしまうことを意味します。
もし \(b=0\) (Qが最初からx軸上にいる) の場合、この式では分母が0になり定義できませんが、物理的には衝突は \(y=0\) で起こり、\(v_0 > 0\) であれば（水平投射でなければ）いずれ \(x=a\) に到達するため、別の考察が必要です。しかし、通常 \(b>0\) で考えます。
右辺の平方根の中身が正であるためには \(b>0\) が必要で、これはQが原点より上にあるという自然な設定と合致します。

問5

思考の道筋とポイント

まず、Qから見たPの運動（相対運動）がどのように見えるかを考えます。そのためには、Qに対するPの相対加速度を求めます。もし相対加速度がゼロであれば、Qから見たPは等速直線運動をするように見えます。
次に、衝突が起こる場合（つまり問3の条件 \(\tan\theta = \frac{b}{a}\) が満たされている場合）、Pが投げ出されてから衝突するまでの時間 \(t_0\) を \(v_0, a, b\) で表します。これは、Qから見たPの相対速度の大きさと、初期のPとQの間の距離を用いて計算できます。あるいは、問1で求めた \(t\) の式に、問3の条件から得られる \(\cos\theta\) の値を代入することでも求められます。

この設問における重要なポイント

• 相対加速度: \(\vec{a}_{\text{P,Q相対}} = \vec{a}_P – \vec{a}_Q\)。
• PとQの加速度はどちらも重力加速度 \(\vec{g}\) (鉛直下向き)。
• Qから見たPの運動が等速直線運動になる場合、衝突までの時間は (初期間距離) / (相対速度の大きさ) で計算できる。
• 衝突条件 \(\tan\theta = \frac{b}{a}\) が前提。

具体的な解説と立式

Qから見たPの運動:
小球Pと小球Qは、どちらも運動中に重力のみを受けて運動します（Pの初速度は運動の初期条件であり、運動中の力ではありません）。したがって、Pの加速度 \(\vec{a}_P\) とQの加速度 \(\vec{a}_Q\) は、どちらも鉛直下向きに大きさ \(g\) の重力加速度です。
ベクトルで表すと、y軸上向きを正として \(\vec{a}_P = (0, -g)\), \(\vec{a}_Q = (0, -g)\) となります。
Qに対するPの相対加速度 \(\vec{a}_{\text{P,Q相対}}\) は、
$$\vec{a}_{\text{P,Q相対}} = \vec{a}_P – \vec{a}_Q = (0, -g) – (0, -g) = (0, 0) = \vec{0} \quad \cdots ⑩$$
相対加速度がゼロなので、Qから見るとPは加速度運動をしていない、つまり等速直線運動をしているように見えます。
その初めの相対速度は、Pの初速度 \(\vec{v}_{P0} = (v_0 \cos\theta, v_0 \sin\theta)\) とQの初速度 \(\vec{v}_{Q0} = (0, 0)\) の差なので、
$$\vec{v}_{\text{P,Q相対初}} = \vec{v}_{P0} – \vec{v}_{Q0} = (v_0 \cos\theta, v_0 \sin\theta) – (0,0) = (v_0 \cos\theta, v_0 \sin\theta)$$
これはPの初速度そのものです。したがって、Qから見ると、Pは初速度 \(\vec{v}_{P0}\) のまま等速直線運動をするように見えます。
特に、問3で見たように \(\tan\theta = b/a\) のとき、Pの初速度ベクトルは初めのQの位置 \((a,b)\) を向いています。この方向にPが等速直線運動をするようにQからは見えるため、Qに向かってまっすぐ進んでくるように見え、必ず衝突します。

衝突までの時間 \(t_0\):
衝突が起こる条件 \(\tan\theta = b/a\) のもとで考えます。
Qから見てPは、Qの初期位置 \((a,b)\) に向かって、Pの初期位置である原点 \((0,0)\) から速さ \(v_0\) で等速直線運動をしてくるように見えます。
PとQの初期位置間の距離 \(L\) は、
$$L = \sqrt{(a-0)^2 + (b-0)^2} = \sqrt{a^2+b^2} \quad \cdots ⑪$$
この距離 \(L\) を、Qから見たPの速さ（これはPの初速の大きさ \(v_0\) に等しい）で進むのにかかる時間が衝突までの時間 \(t_0\) なので、
$$t_0 = \frac{L}{v_0} \quad \cdots ⑫$$
あるいは、問1で求めたPが \(x=a\) を横切る時刻 \(t = \displaystyle\frac{a}{v_0 \cos\theta}\) を \(t_0\) とし、ここに衝突条件 \(\tan\theta = b/a\) から導かれる \(\cos\theta = \displaystyle\frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}\) (式⑨) を代入することでも求められます。

Qから見たPの運動:
上記の通り、相対加速度は \(\vec{0}\) です。 よって、Qから見るとPは、初めの相対速度 \(\vec{v}_{\text{P,Q相対初}}\) で等速直線運動をするように見えます。

衝突までの時間 \(t_0\):
方法1: 相対運動から求める
式⑪と⑫より、
$$t_0 = \frac{\sqrt{a^2+b^2}}{v_0}$$

方法2: 問1の結果を用いる
衝突が起こるのは \(t_0 = \displaystyle\frac{a}{v_0 \cos\theta}\) の時刻です。
ここに、衝突条件 \(\tan\theta = b/a\) のときの \(\cos\theta = \displaystyle\frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}\) (式⑨) を代入します。
$$t_0 = \frac{a}{v_0 \left(\frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}\right)}$$
分数の割り算を掛け算に直すと、\(\frac{a}{v_0} \cdot \frac{\sqrt{a^2+b^2}}{a}\) となります。
$$t_0 = \frac{a}{v_0} \cdot \frac{\sqrt{a^2+b^2}}{a}$$
分母分子の \(a\) が約分されて、
$$t_0 = \frac{\sqrt{a^2+b^2}}{v_0}$$
どちらの方法でも同じ結果が得られます。

1. Qから見たPの運動:
   • PもQも同じ重力加速度 \(\vec{g}\) で運動しているので、お互いから見ると相手の加速度は \(\vec{g} – \vec{g} = \vec{0}\) に見えます。つまり、加速度がないように見えるので、等速直線運動をしているように見えます。
   • Qは初速度0なので、Qから見たPの初めの速さは、Pの初速 \(v_0\) そのものです。そして、Pの初速の向き（Qを狙う向き）にまっすぐ飛んでくるように見えます。
2. 衝突までの時間 \(t_0\):
   • Qから見ると、Pは距離 \(\sqrt{a^2+b^2}\) (Pの初期位置OとQの初期位置 \((a,b)\) の間の直線距離) を速さ \(v_0\) でまっすぐ進んでくるように見えます。
   • なので、時間は「距離 ÷ 速さ」で \(\frac{\sqrt{a^2+b^2}}{v_0}\) と計算できます。
   • 別解として、(1)で求めた時間 \(t = \frac{a}{v_0 \cos\theta}\) に、(3)の衝突条件 \(\tan\theta = \frac{b}{a}\) のときの \(\cos\theta = \frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}\) を代入しても同じ答えが出ます。

Qから見るとPの運動は、初速度 \((v_0 \cos\theta, v_0 \sin\theta)\) の等速直線運動に見えます。
Pが投げ出されてから衝突するまでの時間 \(t_0\) は \(\displaystyle t_0 = \frac{\sqrt{a^2+b^2}}{v_0}\) です。
この時間は、PとQの間の初期距離をPの初速の大きさで割ったものになっており、Qから見ればPがその初速でまっすぐ自分に向かって飛んでくるというイメージと整合します。この時間が短いほど、\(v_0\) が大きい（速い弾丸）か、初期距離が近いことを意味し、直感的にも理解しやすい結果です。
また、この \(t_0\) が問4の条件を満たすために必要な \(v_0\) の最小値と関連しているか吟味すると、 \(y_P \ge 0\) を満たすためのものです。 \(t_0\) の式自体には \(g\) が含まれていませんが、これはQから見た運動が重力の影響を受けないように見えるからです。しかし、実際にx軸の上で衝突するかどうかは \(g\) の影響を受けるため、問4の条件が必要になります。

【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？

• 放物運動の分解: 水平方向の等速直線運動と鉛直方向の等加速度直線運動（重力による）に分解して考えること。これが最も基本的なアプローチです。
• 等加速度直線運動の公式の適切な使用: 初速度、加速度（特に符号）、変位の向きを座標軸に合わせて正しく設定し、公式を適用すること。
• 衝突の条件: 2つの物体が衝突するとは、ある時刻に両者の位置座標 (\(x, y\)) が一致すること。今回は \(x=a\) という条件が先に与えられているため、その時刻における \(y\) 座標の一致が衝突の条件となりました。
• 相対運動: 一方の物体から見た他方の物体の運動を考える際、相対速度や相対加速度の概念が非常に有効です。特に、両物体が同じ加速度（ここでは重力加速度）で運動している場合、相対加速度はゼロとなり、相対運動は等速直線運動として捉えられます。これが「モンキーハンティング」の原理的な説明にもつながります。

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

• 類似問題への応用:
  • 異なる初期条件（異なる高さからの投げ下ろし、水平投射など）での2物体の衝突問題。
  • 壁との衝突や跳ね返りを含む放物運動の問題。
  • 特定の条件下（例: 最高点での衝突、特定の角度での衝突など）を問う問題。
  • 相対運動の考え方を用いることで見通しが良くなる様々な力学の問題（例: 雨の中を走る人の問題、動くベルトコンベア上の物体の問題など）。
• 初見の問題で、どこに着目すればこの問題と同じように解き進められるか:
  1. 座標系の設定: まず、水平方向・鉛直方向にどのような座標軸を設定するか明確にする（通常、水平右向きをx軸正、鉛直上向きをy軸正とすることが多い）。原点の位置も確認する。
  2. 各物体の運動の種類の特定: 各物体がどのような運動（等速、等加速度、自由落下、放物運動など）をするのかを把握する。
  3. 初期条件の整理: 各物体の初期位置、初速度を \(x, y\) 成分に分けて整理する。
  4. 運動方程式または運動の公式の立式: 時間 \(t\) における各物体の位置や速度を表す式を立てる。
  5. 問題の条件の数式化: 「衝突する」「特定の点を通過する」「特定の高さになる」などの条件を、位置や時刻に関する方程式として表現する。
  6. 相対運動の利用可能性の検討: 特に2物体の運動を扱う場合、相対速度や相対加速度を考えると問題が簡略化できないか検討する。両者が同じ加速度を受けている場合は特に有効。
• 問題解決のヒント・注意点:
  • 図を丁寧に描き、運動の軌跡やベクトルの向きを視覚的に把握する。
  • 文字計算が多くなる場合があるので、計算ミスに注意し、途中で式を整理しながら進める。
  • 得られた結果が物理的に妥当か（単位は正しいか、極端な場合を考えるとどうなるかなど）を吟味する。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• 加速度の符号: 鉛直方向の運動を扱う際、y軸の向き（上向き正か下向き正か）によって重力加速度 \(g\) の符号が変わる点に注意が必要です。通常、上向きを正とすると加速度は \(-g\) となります。
• 衝突条件の誤解: 「y座標が等しくなれば衝突」と短絡的に考えず、「x座標も同時に等しくなる」必要があることを意識する。本問ではx座標が \(a\) になる時刻を先に考えているので、その上でy座標を比較しています。
• \(\tan\theta\) と \(\cos\theta\) の変換ミス: \(\tan\theta = b/a\) から \(\cos\theta\) を求める際に、直角三角形をイメージして正しく変換すること。符号にも注意が必要ですが、通常 \(\theta\) は鋭角で考えます。
• 相対速度と相対加速度の混同: Qから見たPの運動は「等速直線運動」に見えるのであって、P自身の運動が等速直線運動になるわけではありません（P自身は放物運動）。これは相対加速度がゼロになるためです。
• \(v_0\) によらない条件の意味: 問3で「\(v_0\) の値にかかわらず衝突する」というのは、\(\tan\theta = b/a\) であれば、どんな大きさの初速 \(v_0\) で打ち出しても（ただし \(v_0 > 0\)）、理論上は \(x=a\) のライン上でPとQのy座標が一致する瞬間が訪れる、という意味です。ただし、それが物理的に意味のある場所（例: 地面より上）で起こるかどうかは \(v_0\) の大きさに依存します（問4の内容）。
• 対策:
  • 加速度の向きと座標軸の向きを常に意識する。
  • 衝突の定義（時空の一致）を正確に理解する。
  • 三角関数の関係は図を描いて確認する癖をつける。
  • 「誰から見た運動か」を明確にする。
  • 条件の適用範囲や前提を正しく理解する。

物理の眼を養う：現象のイメージ化と図解の極意

• この問題における物理現象のイメージ化:
  • Pの運動: ボールを斜めに投げ上げたときの軌跡をイメージする。
  • Qの運動: 物体が静かに手を離れて下に落ちていく様子をイメージする。
  • 衝突: PがQに「追いつく」または「出会う」イメージ。
  • 相対運動 (問5): Qの視点に立ってみる。Q自身も下に落ちながらPを見ているので、Pから重力の影響がキャンセルされたように見える、という少し高度なイメージ。あたかも無重力空間でPがまっすぐ飛んでくるように見える。
• 図示の有効性:
  • 問題の初期配置図は必須。Pの初速度ベクトル \(\vec{v}_0\) をx成分 \(v_0 \cos\theta\) とy成分 \(v_0 \sin\theta\) に分解して書き込むと良い。
  • Pの放物軌道とQの自由落下の軌道を大まかに描いてみることで、衝突の可能性を視覚的に捉えられる。
  • 問3の \(\tan\theta = b/a\) の条件は、原点OとQの初期位置 \((a,b)\) を結ぶ直線と、Pの初速度の向きが一致することを意味するので、これを図で確認すると理解が深まる。
  • 問4の \(\cos\theta = a/\sqrt{a^2+b^2}\) の関係も、底辺 \(a\)、高さ \(b\)、斜辺 \(\sqrt{a^2+b^2}\) の直角三角形を描くことで明確になる。
• 図を描く際の注意点:
  • 軸の向き（正負）を明記する。
  • 力のベクトル（重力）や加速度のベクトルを書き込む場合は、その向きと作用点を意識する。
  • 相対運動を考える際は、どの物体から見た運動なのかを明確にする。

なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法

• 等速直線運動 (Pの水平方向): 水平方向には力が作用しない（空気抵抗無視）ため、加速度は0。よって速度は一定。公式 \(x = v_x t\)。
  • 適用根拠: ニュートンの運動の第1法則（慣性の法則）または運動方程式 \(F_x = ma_x\) で \(F_x=0 \Rightarrow a_x=0\)。
• 等加速度直線運動 (Pの鉛直方向、Qの運動): 鉛直方向には一定の力である重力が作用するため、加速度は一定（重力加速度）。公式 \(y = y_0 + v_{0y}t + \frac{1}{2}a_y t^2\), \(v_y = v_{0y} + a_y t\)。
  • 適用根拠: 運動方程式 \(F_y = ma_y\) で \(F_y = -mg\) (上向き正の場合) \(\Rightarrow a_y = -g\)。
• 相対加速度 (問5): \(\vec{a}_{\text{相対}} = \vec{a}_{\text{相手}} – \vec{a}_{\text{自分}}\)。これは定義。
  • 適用根拠: 相対運動を記述するための基本的な関係式。両物体が同じ慣性系（地上の実験室系など）で観測された加速度を持つ場合に適用できる。
• 衝突条件 \(y_P = y_Q\): あるx座標（ここでは \(x=a\)）での衝突を考えるので、そのときのy座標が一致することが条件。
  • 適用根拠: 衝突とは2物体が空間的・時間的に同じ点に存在すること。

これらの公式を選ぶ際には、「どのような状況で、何が一定で、何が変化するのか」を常に意識することが重要です。

思考を整理する：立式から計算までのロジカルフロー

1. (1) Pが \(x=a\) に到達する時刻 \(t\):
   1. Pの水平運動は等速 \(\rightarrow\) 速度 \(v_{Px} = v_0 \cos\theta\)。
   2. 距離 \(a\)、時間 \(t\) なので \(a = (v_0 \cos\theta)t\)。
   3. \(t\) について解く。
2. (2) 時刻 \(t\) での \(y_P, y_Q\):
   1. Pの鉛直運動: 初速 \(v_{Py\text{初}} = v_0 \sin\theta\)、加速度 \(-g\)。公式 \(y = v_{\text{初}}t – \frac{1}{2}gt^2\)。\(t\) を代入。
   2. Qの鉛直運動: 初期位置 \(b\)、初速 \(0\)、加速度 \(-g\)。公式 \(y = b – \frac{1}{2}gt^2\)。\(t\) を代入。
3. (3) 衝突条件 (\(\tan\theta\)):
   1. 衝突 \(\Leftrightarrow\) \(x=a\) で \(y_P = y_Q\)。
   2. (2)の結果を代入し、\(y_P = y_Q\) の式を立てる。
   3. 共通項を消去し、\(v_0\) に依存しない形で \(\tan\theta\) を求める。
4. (4) \(y \ge 0\) での衝突条件 (\(v_0\)):
   1. 衝突時の \(y\) 座標 \(y_P(=y_Q)\) が \(0\) 以上。
   2. \(y_P \ge 0\) の不等式を立てる。(3)の \(\tan\theta=b/a\) を用いて \(y_P\) を \(a,b,v_0, \cos\theta\) で表す。
   3. \(\tan\theta=b/a\) から \(\cos\theta\) を \(a,b\) で表し、不等式に代入。
   4. \(v_0\) について解く。
5. (5) 相対運動と衝突時間 \(t_0\):
   1. Qから見たPの相対加速度 \(\vec{a}_{\text{P,Q相対}} = \vec{a}_P – \vec{a}_Q\)。\(\vec{a}_P = \vec{a}_Q = \vec{g}\) (鉛直下向き) なので \(\vec{a}_{\text{P,Q相対}} = \vec{0}\)。
   2. よってQから見るとPは等速直線運動。速度はPの初速度 \(\vec{v}_0\)。
   3. 衝突は、Qを狙う (\(\tan\theta=b/a\)) 場合に起こる。
   4. 衝突までの時間 \(t_0\) は、初期のPQ間距離 \(\sqrt{a^2+b^2}\) を相対速度の大きさ \(v_0\) で割る。
   5. 別解: (1)の \(t\) に \(\cos\theta = a/\sqrt{a^2+b^2}\) を代入。

計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック

• 文字の多さへの対応:
  • 各文字が何を表すか常に意識する（\(a, b\) は初期位置、\(v_0, \theta\) はPの初速条件、\(g\) は定数）。
  • 計算の途中で、物理的に意味のあるまとまり（例: \(v_0 \cos\theta\), \(\frac{1}{2}gt^2\)）を意識する。
• 分数の計算:
  • 特に \(\left(\frac{a}{v_0 \cos\theta}\right)^2 = \frac{a^2}{(v_0 \cos\theta)^2} = \frac{a^2}{v_0^2 \cos^2\theta}\) のような展開は慎重に。
  • 分数の割り算（逆数を掛ける）は間違えやすいので注意。問5の別解での \(t_0\) 計算など。
• 三角関数の変形:
  • \(\tan\theta = \sin\theta / \cos\theta\) の関係。
  • \(\tan\theta = b/a\) から \(\cos\theta\) や \(\sin\theta\) を求める際は、直角三角形を描いて確認する。符号にも注意（通常は第1象限の角）。
  • \(1+\tan^2\theta = 1/\cos^2\theta\) などの公式も使えるが、直角三角形の方が直感的。
• 不等式の変形:
  • 両辺に負の数を掛けたり割ったりすると不等号の向きが変わる。
  • 両辺に \(v_0^2\) などを掛ける際は、その量が正であることを確認する（\(v_0\) は速さなので \(v_0>0\)、よって \(v_0^2>0\)）。
• 単位によるチェック:
  • 最終的な答えだけでなく、途中の式の各項が物理的に正しい単位になっているか時々確認する。例えば、速度の単位になっていなければならない項が長さの単位になっていたら、どこかで計算ミスをしている可能性が高い。
• 検算:
  • 可能であれば、簡単な値（例: \(\theta=0\) や \(\theta=90^\circ\) のような極端なケース、ただし問題の条件に合う範囲で）を代入して、結果が妥当か確認する。
  • 別の方法で同じ結果が得られるか試す（問5の \(t_0\) のように）。
• 日頃の練習: 複雑な文字式でも、一つ一つの項の意味を考えながら、丁寧に計算を進める練習をする。焦らず、ステップごとに確認する習慣をつける。

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

• 物理的な妥当性:
  • (1) \(t\): \(a\) が大きいほど、\(v_0 \cos\theta\) が小さいほど \(t\) は大きくなる。妥当。
  • (3) \(\tan\theta = b/a\): Pの初速度がQの初期位置を向く。モンキーハンティングの原理。妥当。
  • (4) \(v_0 \ge \sqrt{\frac{g(a^2+b^2)}{2b}}\): \(v_0\) が小さいと地面より下で衝突（または衝突前にPが地面に落ちる）可能性がある。\(b\) が小さい（Qの初期位置が低い）と、必要な \(v_0\) の下限は大きくなる傾向（\(2b\) が分母にあるため、\(a^2+b^2\) の項との兼ね合いを考慮する必要がある）。
  • (5) \(t_0 = \sqrt{a^2+b^2}/v_0\): 初期距離を速さで割った時間。等速運動のイメージと合致。妥当。
• 単位の確認:
  • (1) \(t\): [m] / [m/s] = [s]。OK。
  • (2) \(y_P, y_Q\): [m]。OK。（各項が長さの次元になっているか確認）
  • (3) \(\tan\theta\): 無次元。OK。
  • (4) \(v_0\): \(\sqrt{([m/s^2][m^2])/[m]} = \sqrt{[m^2/s^2]} = [m/s]\)。OK。
  • (5) \(t_0\): [m] / [m/s] = [s]。OK。
• 極端な場合、特殊な場合での振る舞い:
  • もし \(a \to 0\) なら（Qがy軸上にいる）、\(\tan\theta \to \infty\) つまり \(\theta \to \pi/2\)（鉛直投げ上げ）で衝突の可能性。そのときの \(t_0 \to b/v_0\)。問4の条件は \(v_0 \ge \sqrt{gb/2}\)。これらは物理的に整合性があるか検討する。
  • もし \(b \to 0\) なら（Qがx軸上にいる、ただし \(b>0\) での議論なので極限として）、\(\tan\theta \to 0\) つまり \(\theta \to 0\)（水平投射に近い）で衝突の可能性。この場合、問4の条件式は \(v_0 \to \infty\) を要求する形になるため、問題設定の範囲内で結果を解釈する。

  これらの吟味は、問題の条件設定の範囲内で行うことが重要です。

これらの視点を持つことで、単に答えを出すだけでなく、物理現象としての理解を深め、間違いを発見する能力を高めることができます。

問題2 (都立大+名城大)

【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、小球が水平面から投げ出され、鉛直な壁と水平面に次々と衝突を繰り返す運動を扱います。反発係数が関わる衝突と、放物運動の組み合わせがテーマです。

【設問別解説】考え方から計算プロセスまで徹底ガイド

この問題を解くためには、以下の物理法則や概念をしっかりと理解しておく必要があります。

• 放物運動: 水平方向は等速直線運動、鉛直方向は等加速度直線運動（重力による）。
• 衝突と反発係数:
  • 面に垂直な速度成分は、衝突後に向きが反対になり、大きさが \(e\) 倍になる。
  • 面に平行な速度成分は、衝突の前後で変化しない（面が滑らかな場合）。
• 等加速度直線運動の公式:
  • \(v_y = v_{y\text{初}} + a_y t\)
  • \(y = y_{\text{初}} + v_{y\text{初}}t + \frac{1}{2}a_y t^2\)
  • \(v_y^2 – v_{y\text{初}}^2 = 2a_y (y – y_{\text{初}})\)

  （ここで \(y\) は鉛直方向の位置、\(v_y\) は鉛直方向の速度、\(a_y\) は鉛直方向の加速度（主に \(-g\)）、\(t\) は時間）

問1

思考の道筋とポイント

小球が点Oから投げ出されて鉛直面上の点Aに衝突するまでの運動（O→A）を考えます。
水平方向には等速直線運動をし、鉛直方向には初速度 \(v_0 \sin\theta\) の投げ上げ運動をします。
時間 \(t_1\) は、水平方向に距離 \(l\) だけ進む時間として求められます。
最高点の高さ \(h_1\) は、鉛直方向の投げ上げ運動で速度の鉛直成分が0になるときの高さとして求められます。ただし、この最高点がAに到達する前か後（あるいは同時）かは、この時点では確定していません。問題文は「鉛直面に衝突するまで」の間の「最高点の高さ」を問うているので、OからAに至る軌道上での最高点を指します。

この設問における重要なポイント

• 水平方向: 速度 \(v_x = v_0 \cos\theta\) (一定)
• 鉛直方向: 初速度 \(v_{y\text{初}} = v_0 \sin\theta\)、加速度 \(-g\)
• 最高点では鉛直方向の速度成分が \(0\) になる。

具体的な解説と立式

点O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。
初速度の成分は、
\(v_{x\text{初}} = v_0 \cos\theta\)
\(v_{y\text{初}} = v_0 \sin\theta\)

鉛直面に衝突するまでの時間 \(t_1\):
小球が鉛直面（x座標が \(l\)）に衝突するまでの時間 \(t_1\) は、水平方向の運動が等速直線運動であることから、
$$l = v_{x\text{初}} t_1$$
$$l = (v_0 \cos\theta) t_1 \quad \cdots ①$$

最高点の高さ \(h_1\):
投げ出されてから最高点に達するまでの時間を \(t_{\text{最高}}\) とすると、最高点では鉛直方向の速度 \(v_y\) が \(0\) になります。
等加速度運動の速度の式 \(v_y = v_{y\text{初}} – gt\) より、
$$0 = v_0 \sin\theta – g t_{\text{最高}}$$
この \(t_{\text{最高}}\) が \(t_1\) より小さい場合（つまり壁に到達する前に最高点に達する場合）、最高点の高さ \(h_1\) は、等加速度運動の変位の公式 \(y = v_{y\text{初}}t – \frac{1}{2}gt^2\) または \(v_y^2 – v_{y\text{初}}^2 = -2gy\) を用いて求められます。ここでは後者を使います。
最高点でのy座標が \(h_1\) なので、初めの位置 \(y=0\) からの変位は \(h_1\) です。
$$0^2 – (v_0 \sin\theta)^2 = 2(-g)h_1 \quad \cdots ②$$
この式は、小球が壁に衝突する前に最高点に到達する場合、または壁への衝突と同時に最高点に到達する場合に適用できます。もし壁に衝突した後に（理論上の）放物運動の最高点があるとしても、問題は「鉛直面に衝突するまでの最高点」なので、これで良いと考えられます。

時間 \(t_1\):
式①から \(t_1\) について解くと、
$$t_1 = \frac{l}{v_0 \cos\theta}$$

最高点の高さ \(h_1\):
式②から \(h_1\) について解くと、
$$-(v_0 \sin\theta)^2 = -2gh_1$$
両辺を \(-2g\) で割ると、
$$h_1 = \frac{(v_0 \sin\theta)^2}{2g} = \frac{v_0^2 \sin^2\theta}{2g}$$

1. 時間 \(t_1\):
   • 小球は横方向（水平方向）には \(v_0 \cos\theta\) という一定の速さで進みます。
   • 壁までの距離が \(l\) なので、「時間 = 距離 ÷ 速さ」から \(t_1 = l / (v_0 \cos\theta)\) となります。
2. 最高点の高さ \(h_1\):
   • 小球は縦方向（鉛直方向）には \(v_0 \sin\theta\) という初めの速さで打ち上げられ、重力によってだんだん遅くなります。
   • 一番高いところ (最高点) では、縦方向の速さが一瞬だけ \(0\) になります。
   • 公式 \(v^2 – v_{\text{初}}^2 = 2 \times (\text{加速度}) \times (\text{高さ})\) を使います。ここで、終わりの速さ \(v=0\)、初めの速さ \(v_{\text{初}} = v_0 \sin\theta\)、加速度は重力加速度で下向きなので \(-g\)、高さが \(h_1\) です。
   • \(0^2 – (v_0 \sin\theta)^2 = 2(-g)h_1\) という式を \(h_1\) について解きます。

鉛直面に衝突するまでの時間 \(t_1 = \displaystyle\frac{l}{v_0 \cos\theta}\)、最高点の高さ \(h_1 = \displaystyle\frac{v_0^2 \sin^2\theta}{2g}\) です。
\(t_1\) は水平距離 \(l\) に比例し、水平初速度 \(v_0 \cos\theta\) に反比例します。これは直感と合います。
\(h_1\) は鉛直初速度 \(v_0 \sin\theta\) の2乗に比例し、\(g\) に反比例します。これも投げ上げ運動の性質と一致しています。

問2

思考の道筋とポイント

点Oで投げ出されてから点Bに達するまでの時間 \(t_2\) を求めます。
小球はOから投げ出され、Aで鉛直面に衝突し、その後Bで水平面に落下します。
重要なのは、鉛直面Aとの衝突において、面の法線方向（水平方向）の速度成分は反発係数 \(e\) を乗じたものに変わりますが、面に平行な方向（鉛直方向）の速度成分は変化しないということです（面が滑らかなため）。
したがって、O→A→Bの運動における鉛直方向の運動だけを取り出すと、これは初速度 \(v_0 \sin\theta\) で投げ上げられ、再び元の高さ（\(y=0\)）に戻ってくるまでの運動と同じになります。

この設問における重要なポイント

• 鉛直面Aとの衝突では、鉛直方向の速度成分は変化しない。
• したがって、O→A→Bの鉛直方向の運動は、初速度 \(v_0 \sin\theta\) で投げ上げられて元の高さに戻るまでの運動と等価。
• このとき、変位 \(y=0\)。

具体的な解説と立式

点Oから点Bまでの鉛直方向の運動を考えます。
初速度の鉛直成分は \(v_{y\text{初}} = v_0 \sin\theta\)。
点Bは水平面上にあるので、そのy座標は \(0\) です。
点Oから投げ出されて点Bに達するまでの時間を \(t_2\) とすると、鉛直方向の変位は \(0\) です。
等加速度直線運動の変位の公式 \(y = v_{y\text{初}}t – \frac{1}{2}gt^2\) を用いると、
$$0 = (v_0 \sin\theta)t_2 – \frac{1}{2}gt_2^2 \quad \cdots ③$$
この方程式を \(t_2\) について解きます。\(t_2 \neq 0\) （投げ出した後）の解を求めます。

式③は \(t_2\) についての二次方程式です。
$$t_2 \left( v_0 \sin\theta – \frac{1}{2}gt_2 \right) = 0$$
この式の解は \(t_2 = 0\) または \(v_0 \sin\theta – \frac{1}{2}gt_2 = 0\) です。
\(t_2 = 0\) は投げ出した瞬間を表すので、私たちが求めるのは \(t_2 \neq 0\) の解です。
したがって、
$$v_0 \sin\theta – \frac{1}{2}gt_2 = 0$$
この式を \(t_2\) について解くと、
$$\frac{1}{2}gt_2 = v_0 \sin\theta$$
両辺に \(2/g\) を掛けて、
$$t_2 = \frac{2v_0 \sin\theta}{g}$$

1. 小球がOから出て、壁Aに当たって、床Bに落ちるまでの時間を考えます。
2. 壁Aにぶつかっても、上下方向の速さは変わりません（壁が滑らかだから）。
3. なので、上下方向の動きだけを見ると、Oから初めの速さ \(v_0 \sin\theta\) で真上にボールを投げて、それがまた手元（同じ高さ）に戻ってくるまでの時間と同じです。
4. 「元の高さに戻ってくる」ということは、上下方向の移動距離（変位）が \(0\) ということです。
5. 公式 \(y = v_{\text{初}}t – \frac{1}{2}gt^2\) で、\(y=0\)、初めの速さ \(v_{\text{初}} = v_0 \sin\theta\) として、時間 \(t_2\) を求めます。
6. \(0 = (v_0 \sin\theta)t_2 – \frac{1}{2}gt_2^2\) という式ができます。\(t_2\) でくくって解くと、\(t_2=0\)（投げた瞬間）ともう一つの答えが出て、それが求める時間です。

点Oで投げ出されてから点Bに達するまでの時間 \(t_2 = \displaystyle\frac{2v_0 \sin\theta}{g}\) です。
この時間は、鉛直初速度 \(v_0 \sin\theta\) で投げ上げた物体が元の高さに戻るまでの時間であり、よく知られた結果です。最高点までの時間の2倍に相当します。

問3

思考の道筋とポイント

点Bと鉛直面との距離BCを求めます。これは、小球が壁（点A）に衝突後、点Bに落下するまでの水平移動距離です。
まず、壁Aに衝突する直前の水平方向の速度は \(v_0 \cos\theta\) です。
壁との衝突により、水平方向の速度成分は向きが反対になり、大きさが \(e\) 倍になります。つまり、はね返り直後の水平速度の大きさは \(e v_0 \cos\theta\) で、向きは壁から離れる向き（x軸負の向き）になります。
AからBに達するまでの時間は、\(t_{AB} = t_2 – t_1\) です。
この時間と、はね返り後の水平速度の大きさを用いて距離BCを計算します。

この設問における重要なポイント

• 壁Aとの衝突: 水平方向の速度成分は \(v_0 \cos\theta \rightarrow e v_0 \cos\theta\) (大きさ)。向きは逆になる。
• A→B間の時間: \(t_{AB} = t_2 – t_1\)。
• A→B間の水平運動は等速直線運動（速さ \(e v_0 \cos\theta\)）。

具体的な解説と立式

壁Aに衝突する直前の速度の水平成分は \(v_{Ax,\text{前}} = v_0 \cos\theta\) (x軸正の向き)。
壁Aでのはね返り後の速度の水平成分の大きさは \(v_{Ax,\text{後}} = e |v_{Ax,\text{前}}| = e v_0 \cos\theta\)。向きはx軸負の向き（左向き）になります。
小球が点Aから点Bまで運動する時間は、
$$t_{AB} = t_2 – t_1 \quad \cdots ④$$この間、水平方向には速さ \(e v_0 \cos\theta\) で等速直線運動をするので、距離BCは、$$BC = (e v_0 \cos\theta) t_{AB}$$
$$BC = (e v_0 \cos\theta) (t_2 – t_1) \quad \cdots ⑤$$
ここに、(1)で求めた \(t_1 = \displaystyle\frac{l}{v_0 \cos\theta}\) と (2)で求めた \(t_2 = \displaystyle\frac{2v_0 \sin\theta}{g}\) を代入します。

式⑤に \(t_1\) と \(t_2\) を代入します。
$$BC = e v_0 \cos\theta \left( \frac{2v_0 \sin\theta}{g} – \frac{l}{v_0 \cos\theta} \right)$$括弧を展開すると、
$$BC = e v_0 \cos\theta \cdot \frac{2v_0 \sin\theta}{g} – e v_0 \cos\theta \cdot \frac{l}{v_0 \cos\theta}$$
第1項を計算すると \( \displaystyle\frac{2e v_0^2 \sin\theta \cos\theta}{g} \)。
第2項は \(v_0 \cos\theta\) が約分されて \(el\)。
よって、
$$BC = \frac{2e v_0^2 \sin\theta \cos\theta}{g} – el$$
ここで、三角関数の倍角の公式 \( \sin2\theta = 2\sin\theta \cos\theta \) を用いると、\(2\sin\theta \cos\theta = \sin2\theta\) なので、
$$BC = \frac{e v_0^2 \sin2\theta}{g} – el$$
これは \(e \left( \displaystyle\frac{v_0^2 \sin2\theta}{g} – l \right)\) とも書けます。

1. 小球が壁Aにぶつかると、横方向（水平方向）の速さが変わります。ぶつかる前の速さが \(v_0 \cos\theta\) だったのが、ぶつかった後は向きが反対になり、速さが \(e\) 倍の \(e v_0 \cos\theta\) になります。
2. 壁Aにぶつかってから床Bに落ちるまでの時間は、(2)で求めた全体の時間 \(t_2\) から、(1)で求めた壁Aまでの時間 \(t_1\) を引いた \(t_2 – t_1\) です。
3. この時間 \(t_2 – t_1\) の間、小球は新しい水平の速さ \(e v_0 \cos\theta\) で等速に左へ進みます。
4. なので、進む距離BCは「速さ × 時間」で \((e v_0 \cos\theta) \times (t_2 – t_1)\) と計算できます。
5. \(t_1\) と \(t_2\) の式を代入して整理すると、答えが得られます。途中で \(2\sin\theta\cos\theta = \sin2\theta\) という三角関数の公式を使うと、式が少し簡単になります。

点Bと鉛直面との距離BCは \(BC = \displaystyle\frac{e v_0^2 \sin2\theta}{g} – el\) です。
この距離は、反発係数 \(e\) が大きいほど、また初速 \(v_0\) が大きいほど、打ち出し角 \(\theta\) が \(45^\circ\) に近いほど（\(\sin2\theta\) が最大になるため）大きくなる傾向があります。また、壁までの距離 \(l\) が大きいとBCは小さくなるという関係になっています。これは、\(v_0^2 \sin2\theta / g\) がOから投げ出して壁がなかった場合の水平到達距離であるため、それから \(l\) を引いたものが壁の向こう側へ飛び出す距離の目安となり、それに \(e\) が掛かっていると解釈できます。ただし、\(t_2 – t_1\) が負になる場合は物理的に意味をなさなくなる（Bに到達する前に運動が終わるなど）ので、\(t_2 > t_1\) であることが前提です。

問4

思考の道筋とポイント

点Bではね上がった後、達する最高点の高さ \(h_2\) を求めます。
まず、点Bで水平面に衝突する直前の鉛直方向の速度を求める必要があります。O→A→Bの鉛直方向の運動は、初速 \(v_0 \sin\theta\) の投げ上げ運動と同じなので、対称性から点Bに衝突する直前の鉛直方向の速度の大きさは、投げ上げの初速度の大きさ \(v_0 \sin\theta\) に等しく、向きは下向きです。
水平面との衝突により、鉛直方向の速度は向きが上向きに変わり、大きさが \(e\) 倍になります。つまり、はね上がり直後の鉛直初速度は \(e v_0 \sin\theta\) です。
この初速度で投げ上げられた運動の最高点の高さを求めます。これは問1の \(h_1\) の計算と同様です。

この設問における重要なポイント

• 点Bに衝突する直前の鉛直速度の大きさ: \(v_0 \sin\theta\) (下向き)
• 点Bではね上がり直後の鉛直速度の大きさ: \(e v_0 \sin\theta\) (上向き)
• この速度を初速度として、投げ上げ運動の最高点の高さを計算する。

具体的な解説と立式

点Bで水平面に衝突する直前の鉛直方向の速度の大きさを \(v_{By,\text{前}}\) とします。
O→A→Bの鉛直方向の運動は、初速度 \(v_0 \sin\theta\) で投げ上げられ、元の高さに戻る運動なので、衝突直前の鉛直速度の大きさは \(v_{By,\text{前}} = v_0 \sin\theta\) です。（向きは下向き）
点B（水平面）でのはね返りにより、鉛直方向の速度は向きが上向きに変わり、大きさは \(e\) 倍になるので、はね上がり直後の鉛直方向の初速度 \(v_{By,\text{後}}\) は、
$$v_{By,\text{後}} = e v_{By,\text{前}} = e v_0 \sin\theta$$
この初速度で投げ上げられた小球が達する最高点の高さを \(h_2\) とします。最高点では鉛直方向の速度が \(0\) になります。
問1の \(h_1\) と同様に、\(v_y^2 – v_{y\text{初}}^2 = -2gy\) の公式を用いると（ここでの \(v_{y\text{初}}\) は \(v_{By,\text{後}}\)）、
$$0^2 – (e v_0 \sin\theta)^2 = 2(-g)h_2 \quad \cdots ⑥$$
この式を \(h_2\) について解きます。

式⑥から \(h_2\) について解くと、
$$-(e v_0 \sin\theta)^2 = -2gh_2$$
両辺を \(-2g\) で割ると、
$$h_2 = \frac{(e v_0 \sin\theta)^2}{2g} = \frac{e^2 v_0^2 \sin^2\theta}{2g}$$

1. まず、小球が床Bにぶつかる直前の、上下方向の速さを考えます。これは、一番最初Oから投げ上げたときの上下方向の初めの速さ \(v_0 \sin\theta\) と同じ大きさです（対称性より）。
2. 床Bにぶつかると、上下方向の速さが \(e\) 倍になり、向きが反対（上向き）になります。なので、はね上がった直後の上下方向の速さは \(e v_0 \sin\theta\) です。
3. この速さで真上にボールを投げたのと同じことになるので、どれくらいの高さまで上がるかは、(1)の \(h_1\) を求めたときと同じように計算できます。
4. 公式 \(v^2 – v_{\text{初}}^2 = 2 \times (\text{加速度}) \times (\text{高さ})\) で、終わりの速さ \(v=0\)、初めの速さ \(v_{\text{初}} = e v_0 \sin\theta\)、加速度 \(-g\)、高さ \(h_2\) として、\(h_2\) を求めます。

点Bではね上がった後、達する最高点の高さ \(h_2 = \displaystyle\frac{e^2 v_0^2 \sin^2\theta}{2g}\) です。
これは、(1)で求めた \(h_1 = \displaystyle\frac{v_0^2 \sin^2\theta}{2g}\) と比較すると、\(h_2 = e^2 h_1\) の関係になっています。反発係数 \(e\) は通常 \(0 < e \le 1\) なので、\(h_2 \le h_1\) となり、はね返るたびに最高点が低くなるという直感と一致します。

問5

思考の道筋とポイント

この後、再び床と衝突することなく点Oに戻るための \(v_0\) を求めます。
これは、点Bを新たな原点として、そこから投げ上げられた小球が、水平距離 \(OB = l-BC\) だけ進んでちょうど点O（元の原点）に落下する、という1回の放物運動を考えます。
点Bを離れるときの速度成分は次の通りです。
鉛直方向の初速度: \(v_{By,\text{後}} = e v_0 \sin\theta\) （上向き、問4で用いたもの）
水平方向の速度: 点Aで壁に衝突後は \(e v_0 \cos\theta\) （左向き）。点Bで床に衝突する際、床は滑らかな水平面なので、水平方向の速度成分は変化しません。したがって、点Bを離れるときの水平速度の大きさも \(e v_0 \cos\theta\) で、向きは左向き（点Oの方向）です。
この速度で投げ出された小球が、再び床（y=0）に落ちるまでの時間を \(t_3\) とします。この時間は、(2)の \(t_2\) の計算と同様の方法で求められます。
この時間 \(t_3\) の間に水平方向に進む距離が \(OB = l-BC\) に等しくなればよいわけです。
模範解答では、\(l=OB+BC\) という関係式を立てて \(v_0\) を求めていますが、これは「点Oに戻る」という条件を \(OB=l-BC\) とし、これを \(l=OB+BC\) と書き換えた（あるいは、元の \(l\) を構成要素で表現した）ものと解釈できます。

この設問における重要なポイント

• Bからの運動: 初速度の鉛直成分 \(e v_0 \sin\theta\) (上向き)、水平成分 \(e v_0 \cos\theta\) (左向き)。
• B→O間の鉛直運動: 投げ上げられて元の高さに戻る運動。滞空時間 \(t_3\)。
• B→O間の水平運動: 距離 \(l-BC\) を等速で進む。
• \(l = OB+BC\) の関係を使う（ここでOBはBからOまでの水平距離）。

具体的な解説と立式

点Bを離れるときの初速度の成分は、
水平方向（左向きを正とする）: \(v_{Bx,\text{後}} = e v_0 \cos\theta\)
鉛直方向（上向きを正とする）: \(v_{By,\text{後}} = e v_0 \sin\theta\)

小球がBからOまで運動する時間（滞空時間）を \(t_3\) とします。鉛直方向の運動は初速度 \(e v_0 \sin\theta\) で投げ上げられて元の高さ（y=0）に戻る運動なので、(2)の \(t_2\) の計算と同様に、
$$0 = (e v_0 \sin\theta)t_3 – \frac{1}{2}gt_3^2$$
\(t_3 \neq 0\) より、
$$t_3 = \frac{2e v_0 \sin\theta}{g} \quad \cdots ⑦$$
この時間 \(t_3\) の間に、水平方向には距離 \(l_{BO}\) (点Bから点Oまでの距離) だけ進みます。点Oに戻るので、この距離は \(l_{BO} = l – BC\) です。
$$l_{BO} = v_{Bx,\text{後}} t_3 \quad \cdots ⑧$$
問題の構成から \(l = l_{BO} + BC\) が成り立ちます。ここに、 \(l_{BO}\) と (3)で求めた \(BC\) を代入して \(v_0\) を求めます。

まず、\(l_{BO}\) を計算します。式⑧に式⑦の \(t_3\) と \(v_{Bx,\text{後}} = e v_0 \cos\theta\) を代入すると、
$$l_{BO} = (e v_0 \cos\theta) \left( \frac{2e v_0 \sin\theta}{g} \right) = \frac{2e^2 v_0^2 \sin\theta \cos\theta}{g}$$
三角関数の倍角の公式 \( \sin2\theta = 2\sin\theta \cos\theta \) を用いると、
$$l_{BO} = \frac{e^2 v_0^2 \sin2\theta}{g}$$
次に、関係式 \(l = l_{BO} + BC\) に、この \(l_{BO}\) と問(3)の結果 \(BC = \displaystyle\frac{e v_0^2 \sin2\theta}{g} – el\) を代入します。
$$l = \frac{e^2 v_0^2 \sin2\theta}{g} + \left( \frac{e v_0^2 \sin2\theta}{g} – el \right)$$
\(l\) について整理します。右辺の \(-el\) を左辺に移項すると、
$$l + el = \frac{e^2 v_0^2 \sin2\theta}{g} + \frac{e v_0^2 \sin2\theta}{g}$$
左辺は \(l(1+e)\)。右辺は共通因子 \(\displaystyle\frac{e v_0^2 \sin2\theta}{g}\) でくくると、\(\displaystyle\frac{e v_0^2 \sin2\theta}{g} (e+1)\)。
$$l(1+e) = \frac{e v_0^2 \sin2\theta (1+e)}{g}$$
両辺の \((1+e)\) を約分すると（\(e\) は反発係数なので \(e \ge 0\)。もし \(e=-1\) なら分母が0になるが、物理的に \(e \ge 0\)。\(e=0\) の場合は \(1+e=1 \neq 0\)。\(e>0\) の場合も \(1+e \neq 0\)。よって \(1+e \neq 0\) なので約分可能）、
$$l = \frac{e v_0^2 \sin2\theta}{g}$$
この式を \(v_0\) について解きます。ただし \(v_0 > 0\)。
まず \(v_0^2\) について解くと、
$$v_0^2 = \frac{gl}{e \sin2\theta}$$
よって、
$$v_0 = \sqrt{\frac{gl}{e \sin2\theta}}$$

1. 小球がBからはね返って、元の出発点Oに戻る場合を考えます。
2. Bからはね上がるときの上下方向の速さは \(e v_0 \sin\theta\)、横方向（Oに向かう向き）の速さは \(e v_0 \cos\theta\) です。
3. BからOまで飛ぶ時間を \(t_3\) とします。上下方向の動きは、初めの速さ \(e v_0 \sin\theta\) で投げて元の高さ（床）に戻ってくるのと同じなので、(2)と同じように計算すると \(t_3 = \frac{2e v_0 \sin\theta}{g}\) となります。
4. この時間 \(t_3\) の間に、横方向には距離BOだけ進みます。距離BOは「速さ × 時間」なので、\((e v_0 \cos\theta) \times t_3\) です。
5. 図からわかるように、Oから壁までの距離 \(l\) は、距離BO と 距離BC の合計になっています (\(l = BO + BC\))。
6. この式に、上で計算したBOの式と、(3)で計算したBCの式を代入します。
7. 代入した式を \(v_0\) について整理していくと、答えの式が得られます。途中、\(1+e\) という共通の項で両辺を割ることができます。

再び床と衝突することなく点Oに戻るためには、初速 \(v_0 = \sqrt{\displaystyle\frac{gl}{e \sin2\theta}}\) である必要があります。
この条件が成り立つためには、平方根の中が正である必要があり、\(e > 0\) かつ \(\sin2\theta > 0\) が求められます。\(e\) は反発係数なので通常正であり、\(\sin2\theta > 0\) は \(0 < 2\theta < \pi\)、つまり \(0 < \theta < \pi/2\) を意味し、これは投げ出しの角度として妥当です。
\(e\) が小さい（よくはね返らない）ほど、また \(\sin2\theta\) が小さい（\( \theta \) が0や90度に近い）ほど、必要な \(v_0\) は大きくなります。これは、はね返りが悪かったり、水平方向の射程が短くなるような角度だったりすると、より大きな初速で補う必要があるという直感と一致します。

【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？

• 放物運動の独立性: 水平方向の運動（等速直線運動）と鉛直方向の運動（等加速度直線運動）を独立に扱えること。
• 衝突における反発係数の適用:
  • 面に垂直な速度成分: 衝突後の速さが衝突前の速さの \(e\) 倍になり、向きが逆になる。\(v_{\text{後垂直}} = -e v_{\text{前垂直}}\) (速度の向きを考慮したベクトル的表現ならマイナスがつく、大きさなら \(|v_{\text{後垂直}}| = e |v_{\text{前垂直}}|\) )。
  • 面に平行な速度成分: 面が滑らかならば変化しない。
• 運動の対称性と繰り返し: 投げ上げ運動で元の高さに戻るまでの時間や、その際の速度の関係など、対称性を利用できる場面がある。また、衝突後も同様の放物運動として扱える部分がある。

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

• 類似問題への応用:
  • 複数回の衝突を含む運動（例：床と壁の間をピンポン球が往復するような運動）。
  • 反発係数が異なる面との衝突。
  • 斜めの面との衝突（速度成分を面に平行・垂直に分解する必要がある）。
• 初見の問題で、どこに着目すればこの問題と同じように解き進められるか:
  1. 運動のフェーズ分け: 衝突ごとに運動のフェーズ（区間）を区切り、各フェーズの初期条件を正確に把握する。
  2. 速度の成分分解: 衝突面に対して平行な成分と垂直な成分に速度を分解し、それぞれの成分が衝突によってどのように変化するかを考える。
  3. 鉛直方向と水平方向の運動の分離: 各フェーズの放物運動において、水平方向と鉛直方向の運動方程式または公式を立てる。
  4. 時間と距離の関係: 各フェーズでの滞空時間や水平到達距離を計算し、それらをつなぎ合わせて全体の運動を追跡する。
• 問題解決のヒントや、特に注意すべき点:
  • 図を丁寧に描き、速度ベクトルやその成分、距離関係を明確にする。衝突の前後で速度ベクトルがどう変わるかを図示すると理解しやすい。
  • 反発係数の \(e\) は速度の「大きさ」にかかるものなので、向きの変化は別途考慮する。
  • 計算が複雑になりがちなので、各ステップで見通しを良くするため、得られた結果（例：\(t_1\), \(t_2\), BCなど）を後の計算で代入する際に整理しておく。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• 反発係数の適用の誤り:
  • 面に平行な速度成分に誤って反発係数を掛けてしまう。対策: 必ず面に垂直な成分にのみ適用することを徹底する。
  • 速度の向きの変化を忘れる。対策: 衝突後は速度の向きが法線方向で逆になることを意識する。
• 鉛直面衝突と水平面衝突の混同:
  • 鉛直面との衝突では水平方向の速度が \(e\) 倍（と向き逆転）、鉛直方向は不変。
  • 水平面との衝突では鉛直方向の速度が \(e\) 倍（と向き逆転）、水平方向は不変。
  • 対策: どちらの面に衝突しているか、どちらの方向が面に垂直でどちらが平行かを常に明確にする。
• 時間の区間の取り違え: 例えば、(3)でBCを求める際に使う時間はA→B間であり、(2)で求めたO→B間の時間 \(t_2\) そのものではない。対策: どの時間区間について考えているのかを明確にする。
• (5)の条件設定の誤解: 「再び床と衝突することなく点Oに戻る」とは、BからOまでが一つの放物運動として成立することを意味する。対策: 問題文の条件を正確に物理的な状況に翻訳する。

物理の眼を養う：現象のイメージ化と図解の極意

• この問題における物理現象のイメージ化:
  • 最初のO→Aの放物運動。
  • Aでの壁との「跳ね返り」（ピンポン球が壁に当たるイメージ）。水平方向の速さがキュッと縮まる（\(e < 1\) の場合）。
  • A→Bの新たな放物運動。
  • Bでの床との「跳ね返り」。今度は上下方向の速さが縮まる。
  • B→Oの最後の放物運動。
• 図示の有効性:
  • 問題図に加えて、各衝突点（A, B）での速度ベクトルの変化を拡大して描くと良い。衝突直前と直後の速度ベクトルを、面に平行な成分と垂直な成分に分解して図示する。
  • O→A、A→B、B→Oの各区間の軌跡を分けて描き、それぞれの水平到達距離や最高点、滞空時間などを記入していくと整理しやすい。
  • (5)の状況では、BからOへの軌道が、\(l-BC\) の水平距離を持つ放物線になることを図で確認する。
• 図を描く際の注意点:
  • 速度の成分分解は、衝突面に平行・垂直な方向を間違えないように。
  • 反発後の速度の向きを正確に。
  • 時間の流れと各区間の対応関係を明確に。

なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法

• 水平方向の運動（O→A、A→B、B→Oの各区間）: 等速直線運動 (\(x = v_x t\))。
  • 適用根拠: 水平方向には空気抵抗を無視すれば力が働かないため、加速度が0。
• 鉛直方向の運動（O→A、A→B、B→Oの各区間）: 等加速度直線運動（初速度ありの投げ上げ・投げ下ろし）。
  • 適用根拠: 鉛直方向には常に一定の重力が働くため、加速度は \(g\)（下向き）。適切な符号で公式 (\(y = v_{0y}t – \frac{1}{2}gt^2\), \(v_y = v_{0y} – gt\), \(v_y^2 – v_{0y}^2 = -2gy\)) を使用。
• 衝突の法則（反発係数）:
  • 面に垂直な速度成分: \(v’_{\text{垂直}} = -e v_{\text{垂直}}\) (速度の向きも考慮する場合) または \(|v’_{\text{垂直}}| = e |v_{\text{垂直}}|\)。
  • 面に平行な速度成分: \(v’_{\text{平行}} = v_{\text{平行}}\)。
  • 適用根拠: 実験的に得られる衝突の性質をモデル化したもの。エネルギー保存則とは別に成り立つ。

思考を整理する：立式から計算までのロジカルフロー

1. (1) O→Aの時間 \(t_1\) と最高点 \(h_1\):
   1. 水平: \(l = (v_0 \cos\theta) t_1 \Rightarrow t_1\)。
   2. 鉛直: 最高点で \(v_y=0\)。\(0^2 – (v_0 \sin\theta)^2 = -2gh_1 \Rightarrow h_1\)。
2. (2) O→Bの時間 \(t_2\):
   1. 鉛直: O→A→Bで鉛直速度はA衝突で不変。Oから初速 \(v_0 \sin\theta\) で投げ上げ、y=0に戻る時間。\(0 = (v_0 \sin\theta)t_2 – \frac{1}{2}gt_2^2 \Rightarrow t_2\)。
3. (3) 距離BC:
   1. A衝突後の水平速度: \(v’_{Ax} = e v_0 \cos\theta\) (左向き)。
   2. A→Bの時間: \(t_{AB} = t_2 – t_1\)。
   3. \(BC = v’_{Ax} \cdot t_{AB}\)。\(t_1, t_2\) を代入して計算。
4. (4) B→最高点の高さ \(h_2\):
   1. B衝突直前の鉛直速度: \(v_{By,\text{前}}} = v_0 \sin\theta\) (下向き、対称性より)。
   2. B衝突直後の鉛直速度: \(v’_{By} = e v_0 \sin\theta\) (上向き)。
   3. この初速での投げ上げ最高点: \(0^2 – (v’_{By})^2 = -2gh_2 \Rightarrow h_2\)。
5. (5) Oに戻る \(v_0\):
   1. B衝突後の水平速度: \(v’_{Bx} = e v_0 \cos\theta\) (左向き、A衝突後の速度がB床衝突で不変)。
   2. B衝突後の鉛直初速: \(v’_{By} = e v_0 \sin\theta\) (上向き)。
   3. B→Oの滞空時間 \(t_3\): \(0 = v’_{By}t_3 – \frac{1}{2}gt_3^2 \Rightarrow t_3 = \frac{2v’_{By}}{g}\)。
   4. B→Oの水平距離 \(l_{BO} = l-BC\)。
   5. \(l_{BO} = v’_{Bx} t_3\)。この式に \(t_3\), \(v’_{Bx}\), \(BC\) を代入し、\(l\) との関係 (\(l = l_{BO} + BC\)) を使って \(v_0\) 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

• 符号の取り扱い: 速度、加速度、変位の向きを座標軸の正方向と照らし合わせて、符号を間違えないようにする。特に鉛直方向の運動と衝突後の速度の向き。
• 文字の整理: \(v_0, \theta, l, e, g\) と多くの文字が登場する。計算過程で式が長くなりがちなので、共通因数でくくる、既知の関係式を代入して簡単化するなど、見通しを良くする工夫をする。
• 反発係数 \(e\) の掛け忘れ、掛ける場所の間違い: \(e\) は速度の大きさに掛かる。特に面に垂直な成分にのみ注意。
• 三角関数の計算: \(2\sin\theta\cos\theta = \sin2\theta\) のような公式は計算を簡略化するのに役立つが、使い間違いに注意。
• 各区間の時間の正確な把握: \(t_1\), \(t_2\), \(t_2-t_1\), \(t_3\) など、どの時間がどの運動区間に対応しているかを常に意識する。

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

• 物理的な直感との整合性:
  • \(e=1\) (完全弾性衝突) の場合、\(h_2 = h_1\) となるか？ \(BC\) や \(v_0\) の条件式はどうなるか？
  • \(e \to 0\) (完全非弾性衝突、つまり壁や床にくっつくか、全くはね返らない) の場合、\(h_2 \to 0\), \(BC \to -el\) (ただし \(BC \ge 0\) なので、\(l \ge v_0^2 \sin2\theta /g\) の時のみ物理的意味がある。そうでなければA→Bの間に落ちる前に壁の根元に到達するなど別の状況になる)、問5の \(v_0\) は発散する（ \(e=0\) では戻れない）。
  • 打ち出し角度 \(\theta\) を変えた場合（例: \(\theta \to 0\) や \(\theta \to \pi/2\) の極限）に、各式が物理的に妥当な振る舞いをするか検討する（ただし定義域に注意）。
• 単位の確認: 各物理量の単位が最終的な答えで正しくなっているか（時間は[s]、長さは[m]、速度は[m/s]など）。
• 特殊な値でのチェック: もし具体的な数値が与えられていれば、それを代入して現実的な値が出るか確認する。

問題3 (島根大+愛知工大)

【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、小球が自由落下した後、傾斜角 \(\theta\) の滑らかな斜面と繰り返し衝突しながら運動する様子を分析するものです。重力加速度の成分分解、反発係数の取り扱い、そして等比数列的な運動の変化がポイントとなります。

【設問別解説】考え方から計算プロセスまで徹底ガイド

この問題を解くためには、以下の物理法則や概念をしっかりと理解しておく必要があります。

• エネルギー保存則: (1)で自由落下の速さを求める際に利用できます。
• 運動の分解: 重力や速度を、斜面に平行な成分と垂直な成分に分解することが重要です。問題で指定された座標軸に従います。
• 衝突と反発係数: 斜面に垂直な速度成分が衝突によってどのように変化するかを捉えます。斜面に平行な速度成分は（滑らかな面なので）衝突によっては変化しません。
• 放物運動（斜面上の）： 指定されたx軸、y軸における初速度と加速度を用いて、運動を記述します。
• 等加速度直線運動の公式: 各成分の運動を分析する際に用います。
• 無限等比級数の和: (6)で多数回の衝突を扱う際に必要となる可能性があります。

問1

思考の道筋とポイント

小球Pが高さ \(h\) から静かに落下し、点Oに達するまでの運動を考えます。これは自由落下運動です。点Oに達したときの速さを \(v_0\) とします。力学的エネルギー保存則を用いるか、等加速度直線運動の公式を用いることで \(v_0\) 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

• 自由落下運動である。
• 初速度は0、落下距離は \(h\)。
• 力学的エネルギー保存則または等加速度直線運動の公式を適用する。

具体的な解説と立式

小球Pの質量を \(m\) とします（最終的に \(m\) は消去されます）。
初めの位置（高さ \(h\)）での力学的エネルギーは、位置エネルギーのみで \(mgh\) (静かに落下なので初速度0、運動エネルギー0)。
点Oに達したときの力学的エネルギーは、運動エネルギーのみで \(\frac{1}{2}mv_0^2\) (点Oを位置エネルギーの基準とする)。
力学的エネルギー保存則より、
$$mgh = \frac{1}{2}mv_0^2 \quad \cdots ①$$
あるいは、等加速度直線運動の公式 \(v^2 – v_{\text{初}}^2 = 2ax\) を用います。
初速度 \(v_{\text{初}}=0\)、加速度 \(a=g\)、変位 \(x=h\) として、点Oでの速さを \(v_0\) とすると、
$$v_0^2 – 0^2 = 2gh \quad \cdots ②$$

式①から \(v_0\) を求めます。両辺の \(m\) を消去し、2を掛けると、
$$2gh = v_0^2$$
\(v_0 > 0\) なので、
$$v_0 = \sqrt{2gh}$$
式②からも同様に \(v_0^2 = 2gh\) なので、\(v_0 = \sqrt{2gh}\) が得られます。

1. ボールが高さ \(h\) から落ちてきて、斜面の点Oに当たる直前の速さを求めます。
2. 「力学的エネルギー保存の法則」を使うのが簡単です。一番上では、ボールは止まっているので運動エネルギーは0、位置エネルギーは \(mgh\) です。点Oに落ちたとき、高さが0になったと考えると位置エネルギーは0、速さが \(v_0\) なので運動エネルギーは \(\frac{1}{2}mv_0^2\) です。
3. エネルギーは保存されるので、\(mgh = \frac{1}{2}mv_0^2\) という式が成り立ちます。これを \(v_0\) について解けばOKです。
4. または、自由落下の公式 \(v^2 = 2gh\) (初速度0の場合) をそのまま使っても同じ結果になります。

Pが点Oに達したときの速さ \(v_0\) は \(\sqrt{2gh}\) です。これは自由落下で高さ \(h\) を落下した物体の速さとしてよく知られた結果です。単位も [m/s] となり適切です。

問2

思考の道筋とポイント

点Oでの衝突直後のPの速度のx成分 \(v_{Ox}\) とy成分 \(v_{Oy}\) を求めます。
まず、衝突直前の速度 \(v_0\) (鉛直下向き) を、指定されたx軸（斜面に沿って下向き）とy軸（斜面に垂直で上方）の成分に分解します。
次に、反発係数の法則を適用します。斜面が滑らかなので、斜面に平行なx方向の速度成分は衝突によって変化しません。斜面に垂直なy方向の速度成分は、衝突後に向きが反対（y軸正の向き）になり、大きさが \(e\) 倍になります。
最後に、衝突直後の速度のx成分とy成分から \(\tan\alpha\) を求めます。ここで \(\alpha\) は衝突直後の速度ベクトルが斜面（x軸）となす角です。

この設問における重要なポイント

• 衝突直前の速度 \(v_0\) は鉛直下向き。これをx, y成分に分解する。
• x軸（斜面方向）の速度成分は衝突で変化しない。
• y軸（斜面に垂直方向）の速度成分は、衝突後に向きが逆になり大きさが \(e\) 倍になる。
• \(\tan\alpha = \displaystyle\frac{|v_{Oy}|}{|v_{Ox}|}\) （速度の向きを考慮して定義する）。設問では「速度の向きが斜面となす角」なので、\(v_{Oy}\) (y軸正向き) と \(v_{Ox}\) (x軸正向き) の比となる。

具体的な解説と立式

衝突直前の速度 \(v_0\) は鉛直下向きです。この \(v_0\) をx軸（斜面に沿って下向き、水平とのなす角 \(\theta\)）とy軸（斜面に垂直で上方）に分解します。
鉛直下向きの速度 \(v_0\) と斜面のなす角は \(90^\circ – \theta\) です。あるいは、\(v_0\) の向きとx軸とのなす角は \(90^\circ – \theta\) ではなく、\(v_0\) と斜面に垂直な線（y軸の負の向き）のなす角が \(\theta\) になります。
従って、衝突直前の速度 \(v_0\) の成分は、
x軸方向（斜面下向き）: \(v_{0x,\text{前}} = v_0 \sin\theta\)
y軸方向（斜面に垂直で斜面に向かう向き、つまりy軸負の向き）: その大きさは \(v_0 \cos\theta\)。よって \(v_{0y,\text{前}} = -v_0 \cos\theta\)。

衝突の法則を適用します。
x成分（斜面に平行）: 滑らかな斜面なので衝突によって変化しません。
$$v_{Ox} = v_{0x,\text{前}} = v_0 \sin\theta \quad \cdots ③$$
y成分（斜面に垂直）: 衝突により向きが反転（y軸正の向き）し、大きさが \(e\) 倍になります。
$$v_{Oy} = -e v_{0y,\text{前}} = -e (-v_0 \cos\theta) = e v_0 \cos\theta \quad \cdots ④$$

衝突直後の速度の向きが斜面（x軸）となす角を \(\alpha\) とすると、
$$\tan\alpha = \frac{v_{Oy}}{v_{Ox}} \quad \cdots ⑤$$
（\(v_{Ox} > 0, v_{Oy} > 0\) なので、\(\alpha\) は鋭角）

(1)の結果 \(v_0 = \sqrt{2gh}\) を用いて、衝突直後の速度成分を具体的に書くと、
式③より、x成分は:
$$v_{Ox} = \sqrt{2gh} \sin\theta$$
式④より、y成分は:
$$v_{Oy} = e \sqrt{2gh} \cos\theta$$

次に \(\tan\alpha\) を求めます。式⑤に \(v_{Ox}\) と \(v_{Oy}\) を代入すると、
$$\tan\alpha = \frac{e v_0 \cos\theta}{v_0 \sin\theta}$$
\(v_0\) が約分されて、
$$\tan\alpha = \frac{e \cos\theta}{\sin\theta} = \frac{e}{\tan\theta}$$

1. 点Oに当たる直前の速さ \(v_0\) は真下を向いています。これを斜面方向(x軸)と斜面に垂直な方向(y軸の逆向き)に分解します。
   • 角度の関係から、x軸方向の成分の大きさは \(v_0 \sin\theta\)、y軸の逆向き（斜面に向かう向き）の成分の大きさは \(v_0 \cos\theta\) になります。
2. 衝突します。
   • x軸方向（斜面に平行な方向）の速さは、斜面が滑らかなので変わりません。なので衝突直後も \(v_0 \sin\theta\) です。
   • y軸方向（斜面に垂直な方向）の速さは、向きが反対（y軸正の向き）になり、大きさが \(e\) 倍になります。なので衝突直後は \(e v_0 \cos\theta\) です。
3. これが衝突直後の速度のx成分 \(v_{Ox}\) とy成分 \(v_{Oy}\) です。
4. 衝突直後の速度の向きが斜面（x軸）となす角 \(\alpha\) は、\(\tan\alpha = v_{Oy} / v_{Ox}\) で求められます。

衝突直後のPの速度のx成分は \(v_{Ox} = \sqrt{2gh} \sin\theta\)、y成分は \(v_{Oy} = e \sqrt{2gh} \cos\theta\) です。
また、\(\tan\alpha = \displaystyle\frac{e}{\tan\theta}\) です。
\(e < 1\) なので、通常 \(\tan\alpha < \frac{1}{\tan\theta}\) となります。\(\alpha\) ははね返り後の軌道が斜面となす角度です。

問3

思考の道筋とポイント

Pの行う放物運動の加速度のx成分 \(a_x\) とy成分 \(a_y\) を求めます。
小球Pに働く力は重力 \(mg\) のみです（斜面から離れている間）。この重力 \(mg\) （鉛直下向き）を、指定されたx軸（斜面に沿って下向き）とy軸（斜面に垂直で上方）の方向に分解します。それぞれの方向の力を質量 \(m\) で割れば、加速度の成分が得られます。座標軸の向きに注意して符号を決定します。

この設問における重要なポイント

• 小球に働くのは重力 \(mg\) (鉛直下向き) のみ。
• 重力をx軸方向とy軸方向に分解する。
• ニュートンの運動方程式 \(F=ma\) より加速度を求める。座標軸の向きに注意。

具体的な解説と立式

重力 \(mg\) は鉛直下向きに働きます。
x軸は斜面に沿って下向き、y軸は斜面に垂直で上方です。斜面の傾斜角は \(\theta\)。
重力 \(mg\) の、
x軸方向（斜面に沿って下向き）の成分は \(mg \sin\theta\)。x軸の正の向きと同じなので、
$$F_x = mg \sin\theta$$
y軸方向（斜面に垂直な方向）の成分を考えます。重力の、斜面に垂直で斜面下方に向かう成分は \(mg \cos\theta\)。y軸は斜面に垂直で「上方」が正なので、この成分はy軸の負の向きになります。
$$F_y = -mg \cos\theta$$
運動方程式 \(F_x = ma_x\), \(F_y = ma_y\) より、加速度の各成分は、
$$a_x = \frac{F_x}{m} = g \sin\theta \quad \cdots ⑥$$
$$a_y = \frac{F_y}{m} = -g \cos\theta \quad \cdots ⑦$$

上記の立式がそのまま計算過程となります。
x成分:
$$a_x = g \sin\theta$$
y成分:
$$a_y = -g \cos\theta$$

1. ボールが斜面から離れて飛んでいるとき、ボールに働く力は地球が引っ張る力「重力 \(mg\)」だけです（真下向き）。
2. この重力を、斜面に沿ったx方向と、斜面に垂直なy方向に分解します。
   • x方向（斜面を下る向き）の力の大きさは \(mg \sin\theta\) です。x軸の正の向きと同じなので、\(F_x = mg \sin\theta\)。
   • 斜面に垂直で「斜面を押す」向きの力の大きさは \(mg \cos\theta\) です。y軸はこれと反対の「斜面から離れる向き」が正なので、y方向の力は \(F_y = -mg \cos\theta\) となります。
3. 運動方程式 \(F=ma\) から、加速度 \(a = F/m\) なので、
   • \(a_x = F_x/m = g \sin\theta\)
   • \(a_y = F_y/m = -g \cos\theta\)

Pの行う放物運動の加速度のx成分は \(a_x = g \sin\theta\)、y成分は \(a_y = -g \cos\theta\) です。
x成分は常に斜面下向きに \(g \sin\theta\)、y成分は常に斜面に垂直で斜面下方（y軸負の向き）に \(g \cos\theta\) の大きさであることがわかります。これは斜面上の放物運動における基本的な設定です。

問4

思考の道筋とポイント

OA₁間を飛ぶ時間 \(t_1\)（この問題の \(t_1\) は(1)の \(t_1\) とは異なるので注意。ここではOA₁間の時間を指す）と、距離OA₁ (\(L_{OA_1}\)) を求めます。
点Oを飛び出した直後の速度成分は(2)で求めました（\(v_{Ox} = v_0 \sin\theta\), \(v_{Oy} = e v_0 \cos\theta\)）。
加速度成分は(3)で求めました（\(a_x = g \sin\theta\), \(a_y = -g \cos\theta\)）。
小球は点O (y=0) から飛び出し、点A₁ (y=0) で再び斜面に衝突します。このy方向の運動に着目して、滞空時間 \(t_1\) を求めます。
次に、この時間 \(t_1\) の間にx方向に進む距離OA₁を、x方向の等加速度運動の公式を用いて計算します。

この設問における重要なポイント

• O→A₁の運動を考える。
• 初期条件(Oでの衝突直後): \(v_{x\text{初}} = v_0 \sin\theta\), \(v_{y\text{初}} = e v_0 \cos\theta\)。位置は原点(0,0)。
• 加速度: \(a_x = g \sin\theta\), \(a_y = -g \cos\theta\)。
• 点A₁での条件: \(y=0\)。この条件から時間 \(t_1\) を求める。
• 距離OA₁ (\(L_{OA_1}\)) は、時間 \(t_1\) におけるx方向の変位。

具体的な解説と立式

OA₁間を飛ぶ時間を \(t_1\) とします。
y方向の運動について、初速度 \(v_{y\text{初O}} = v_{Oy} = e v_0 \cos\theta\)、加速度 \(a_y = -g \cos\theta\)。
点Oを \(y=0\) とすると、点A₁も斜面上なので \(y=0\) です。
等加速度運動の変位の公式 \(y = v_{y\text{初}}t + \frac{1}{2}a_y t^2\) を用いて、
$$0 = (e v_0 \cos\theta)t_1 + \frac{1}{2}(-g \cos\theta)t_1^2 \quad \cdots ⑧$$
この式から \(t_1\) (\(t_1 \neq 0\)) を求めます。

次に、距離OA₁ (\(L_{OA_1}\)) を求めます。これは時間 \(t_1\) におけるx方向の変位です。
x方向の運動について、初速度 \(v_{x\text{初O}} = v_{Ox} = v_0 \sin\theta\)、加速度 \(a_x = g \sin\theta\)。
等加速度運動の変位の公式 \(x = v_{x\text{初}}t + \frac{1}{2}a_x t^2\) を用いて、
$$L_{OA_1} = (v_0 \sin\theta)t_1 + \frac{1}{2}(g \sin\theta)t_1^2 \quad \cdots ⑨$$
ここに上で求めた \(t_1\) を代入します。また、(1)で求めた \(v_0 = \sqrt{2gh}\) も使用します。

時間 \(t_1\):
式⑧から \(t_1\) を求めます。
$$t_1 \left( e v_0 \cos\theta – \frac{1}{2}g \cos\theta \cdot t_1 \right) = 0$$
\(t_1 \neq 0\) なので、括弧の中が0になります。
$$e v_0 \cos\theta – \frac{1}{2}g \cos\theta \cdot t_1 = 0$$
\(\cos\theta \neq 0\) （\(\theta = \pi/2\) の斜面は考えにくいため）として、両辺を \(\cos\theta\) で割ると、
$$e v_0 – \frac{1}{2}g t_1 = 0$$
$$\frac{1}{2}g t_1 = e v_0$$
$$t_1 = \frac{2e v_0}{g}$$
ここに \(v_0 = \sqrt{2gh}\) を代入すると、
$$t_1 = \frac{2e \sqrt{2gh}}{g} = 2e \sqrt{\frac{2h}{g}}$$

距離OA₁ (\(L_{OA_1}\)):
式⑨に \(t_1 = \displaystyle\frac{2e v_0}{g}\) を代入します。
$$L_{OA_1} = (v_0 \sin\theta)\left(\frac{2e v_0}{g}\right) + \frac{1}{2}(g \sin\theta)\left(\frac{2e v_0}{g}\right)^2$$
$$L_{OA_1} = \frac{2e v_0^2 \sin\theta}{g} + \frac{1}{2}g \sin\theta \cdot \frac{4e^2 v_0^2}{g^2}$$
$$L_{OA_1} = \frac{2e v_0^2 \sin\theta}{g} + \frac{2e^2 v_0^2 \sin\theta}{g}$$
共通因数 \(\displaystyle\frac{2e v_0^2 \sin\theta}{g}\) でくくると、
$$L_{OA_1} = \frac{2e v_0^2 \sin\theta}{g} (1+e)$$
ここに \(v_0 = \sqrt{2gh}\) を代入すると \(v_0^2 = 2gh\)。
$$L_{OA_1} = \frac{2e (2gh) \sin\theta}{g} (1+e) = 4eh \sin\theta (1+e)$$

1. OA₁間を飛ぶ時間 \(t_1\):
   • ボールがOから飛び出して、次に斜面のA₁に当たるまでの時間を考えます。
   • y方向（斜面に垂直な方向）の動きに注目します。初めのy方向の速さは(2)で求めた \(v_{Oy} = e v_0 \cos\theta\) で、y方向の加速度は(3)で求めた \(a_y = -g \cos\theta\) です。
   • OもA₁も斜面上の点なので、y座標は0です。公式 \(y = v_{y\text{初}}t + \frac{1}{2}a_y t^2\) を使って、\(y=0\) となる時間 \(t_1\) を求めます。
   • \(0 = (e v_0 \cos\theta)t_1 + \frac{1}{2}(-g \cos\theta)t_1^2\) という式を \(t_1\) (\(t_1 \neq 0\)) について解きます。
2. 距離OA₁:
   • 上で求めた時間 \(t_1\) の間に、x方向（斜面に平行な方向）にどれだけ進んだかを計算します。
   • x方向の初めの速さは(2)で求めた \(v_{Ox} = v_0 \sin\theta\) で、x方向の加速度は(3)で求めた \(a_x = g \sin\theta\) です。
   • 公式 \(x = v_{x\text{初}}t + \frac{1}{2}a_x t^2\) を使って、距離OA₁を求めます。
   • (1)で求めた \(v_0 = \sqrt{2gh}\) も使って、式を \(h\) などで表します。

OA₁間を飛ぶ時間 \(t_1 = \displaystyle\frac{2e v_0}{g} = 2e\sqrt{\frac{2h}{g}}\)、距離OA₁は \(L_{OA_1} = \displaystyle\frac{2e(1+e)v_0^2 \sin\theta}{g} = 4e(1+e)h \sin\theta\) です。
時間は反発係数 \(e\) と初速 \(v_0\) (つまり \(\sqrt{h}\)) に比例し、\(g\) に反比例します。
距離は \(e(1+e)\) と \(v_0^2\) (つまり \(h\)) と \(\sin\theta\) に比例します。これらの依存性は物理的に妥当か検討する価値があります。例えば \(e\) が小さいと滞空時間も移動距離も小さくなるのは直感的です。

問5

思考の道筋とポイント

A₁A₂間を飛ぶ時間 \(t_2\) がOA₁間を飛ぶ時間 \(t_1\) の何倍かを求めます。
点A₁で衝突する直前のy成分の速度を考えます。OA₁間のy方向の運動は、初速度 \(v_{Oy} = e v_0 \cos\theta\)、加速度 \(a_y = -g \cos\theta\) で、滞空時間が \(t_1\) でした。この運動の対称性から、A₁に衝突する直前のy成分の速度の大きさは、Oを飛び出した直後のy成分の速度の大きさ \(e v_0 \cos\theta\) に等しく、向きはy軸負の向きです。
点A₁での衝突により、y成分の速度は向きが反転（y軸正の向き）し、大きさが \(e\) 倍になります。つまり、A₁衝突直後のy成分の初速度は \(e (e v_0 \cos\theta) = e^2 v_0 \cos\theta\) となります。
x成分の初速度は、A₁に衝突する直前のx成分速度がそのまま引き継がれますが、滞空時間を決めるのはy成分の運動です。
y方向の加速度は変わらず \(a_y = -g \cos\theta\) です。この新しいy方向初速度で、再びy=0となるまでの時間 \(t_2\) を計算し、\(t_1\) と比較します。

この設問における重要なポイント

• A₁での衝突を考える。衝突直前のy速度の大きさは、O衝突直後のy速度の大きさに等しい（対称性）。
• A₁衝突直後のy初速度は、衝突直前のy速度の大きさに \(e\) を掛けたもの。
• y方向の運動の式は、初速度が変わるだけで加速度の形は同じ。
• 滞空時間はy方向の初速度に比例する。

具体的な解説と立式

OA₁間の運動において、Oでのy方向初速度は \(v_{Oy,\text{初}} = e v_0 \cos\theta\)。
この運動の対称性から、A₁に衝突する直前のy方向の速度の大きさも \(e v_0 \cos\theta\) で、向きはy軸負の向きです。
点A₁での衝突直後のy方向の初速度を \(v_{A_1y,\text{初}}\) とすると、反発係数の法則より、
$$v_{A_1y,\text{初}} = e (e v_0 \cos\theta) = e^2 v_0 \cos\theta$$
A₁A₂間を飛ぶ時間を \(t_2\) とします。y方向の加速度は変わらず \(a_y = -g \cos\theta\)。
A₁ (\(y=0\)) から飛び出し、A₂ (\(y=0\)) に達するまでの時間 \(t_2\) は、式⑧と同様の形で、初速度を \(v_{A_1y,\text{初}}\) に置き換えて、
$$0 = (e^2 v_0 \cos\theta)t_2 + \frac{1}{2}(-g \cos\theta)t_2^2 \quad \cdots ⑩$$
この式から \(t_2\) (\(t_2 \neq 0\)) を求めます。
(4)で求めた \(t_1 = \displaystyle\frac{2e v_0}{g}\) と比較します。

式⑩から \(t_2\) を求めます。
$$t_2 \left( e^2 v_0 \cos\theta – \frac{1}{2}g \cos\theta \cdot t_2 \right) = 0$$
\(t_2 \neq 0\) なので、括弧の中が0になります。
$$e^2 v_0 \cos\theta – \frac{1}{2}g \cos\theta \cdot t_2 = 0$$
\(\cos\theta \neq 0\) として、両辺を \(\cos\theta\) で割ると、
$$e^2 v_0 – \frac{1}{2}g t_2 = 0$$
$$\frac{1}{2}g t_2 = e^2 v_0$$
$$t_2 = \frac{2e^2 v_0}{g}$$
(4)で求めた \(t_1 = \displaystyle\frac{2e v_0}{g}\) と比較すると、
$$\frac{t_2}{t_1} = \frac{\frac{2e^2 v_0}{g}}{\frac{2e v_0}{g}} = \frac{2e^2 v_0}{g} \cdot \frac{g}{2e v_0} = e$$
よって、\(t_2 = e t_1\)。A₁A₂間を飛ぶ時間はOA₁間を飛ぶ時間の \(e\) 倍です。

1. ボールがOから飛び出すときのy方向（斜面に垂直上向き）の速さは \(e v_0 \cos\theta\) でした。このときの滞空時間が \(t_1\) でした。
2. ボールがA₁に当たる直前のy方向の速さの大きさは、対称性から \(e v_0 \cos\theta\) です（向きは逆）。
3. A₁で衝突すると、y方向の速さはさらに \(e\) 倍になって \(e \times (e v_0 \cos\theta) = e^2 v_0 \cos\theta\) になります（向きはまた上向き）。
4. y方向の加速度 (\(-g\cos\theta\)) は変わらないので、滞空時間はy方向の初速に比例します。
5. 初速が \(e v_0 \cos\theta \rightarrow e^2 v_0 \cos\theta\) と \(e\) 倍になったので、滞空時間も \(e\) 倍になります。つまり \(t_2 = e t_1\) です。

A₁A₂間を飛ぶ時間はOA₁間を飛ぶ時間の \(e\) 倍です。
これは、斜面に垂直な方向の初速度が衝突のたびに \(e\) 倍になり、滞空時間もそれに比例して \(e\) 倍になることを示しています。\(e < 1\) なので、衝突を繰り返すごとに滞空時間は短くなっていきます。

問6

思考の道筋とポイント

やがてPははね返らなくなり、点B以後は斜面に沿って滑り下りるようになった。OB間の距離 \(L_{OB}\) を求めます。
「はね返らなくなる」とは、斜面に垂直な方向の速度成分が実質的に0になる（衝突を無限回繰り返した極限）と考えられます。
各衝突区間の滞空時間は、初項 \(t_1\)、公比 \(e\) の等比数列をなします。これらの総和が、はね返らなくなるまでの全滞空時間 \(T\) となります。これは無限等比級数の和として計算できます。
一方、x方向（斜面方向）の運動は、初速度 \(v_{Ox} = v_0 \sin\theta\)、加速度 \(a_x = g \sin\theta\) の等加速度直線運動が、この全滞空時間 \(T\) の間続いていると考えられます（模範解答のPoint & Hint (6) 「x方向の運動に不連続は起こっていない」）。
したがって、この \(T\) を用いて、x方向の総移動距離 \(L_{OB}\) を計算します。

この設問における重要なポイント

• 各衝突区間の滞空時間は \(t_1, et_1, e^2t_1, \dots\) となる。
• はね返らなくなるまでの総滞空時間 \(T\) は、これらの無限等比級数の和。
• x方向の運動は、初速度 \(v_0 \sin\theta\)、加速度 \(g \sin\theta\) の等加速度直線運動が時間 \(T\) だけ続く。

具体的な解説と立式

各衝突区間の滞空時間は、OA₁間が \(t_1\)、A₁A₂間が \(t_2=et_1\)、A₂A₃間が \(t_3=e^2t_1\)、… となります。
これらは初項 \(t_1\)、公比 \(e\) の無限等比数列です。\(e < 1\) なので、この級数は収束します。
はね返らなくなるまでの総滞空時間 \(T\) は、
$$T = t_1 + et_1 + e^2t_1 + \dots = t_1 (1 + e + e^2 + \dots)$$
無限等比級数の和の公式 \(S = \displaystyle\frac{a}{1-r}\) (初項 \(a\)、公比 \(r\), \(|r|<1\)) を用いると、
$$T = t_1 \cdot \frac{1}{1-e} = \frac{t_1}{1-e} \quad \cdots ⑪$$
ここに (4)で求めた \(t_1 = \displaystyle\frac{2e v_0}{g}\) を代入します。

この総時間 \(T\) の間、x方向には初速度 \(v_{x\text{初O}} = v_0 \sin\theta\)、加速度 \(a_x = g \sin\theta\) の等加速度直線運動が続きます。
よって、OB間の距離 \(L_{OB}\) は、
$$L_{OB} = (v_0 \sin\theta)T + \frac{1}{2}(g \sin\theta)T^2 \quad \cdots ⑫$$
ここに \(T\) と \(t_1\) (そして \(v_0 = \sqrt{2gh}\)) の値を代入して計算します。

まず、総滞空時間 \(T\) を求めます。式⑪に \(t_1 = \displaystyle\frac{2e v_0}{g}\) を代入して、
$$T = \frac{1}{1-e} \cdot \frac{2e v_0}{g} = \frac{2e v_0}{g(1-e)}$$
次に、この \(T\) を用いて \(L_{OB}\) を計算します。式⑫に代入します。
$$L_{OB} = (v_0 \sin\theta) \left( \frac{2e v_0}{g(1-e)} \right) + \frac{1}{2}(g \sin\theta) \left( \frac{2e v_0}{g(1-e)} \right)^2$$
$$L_{OB} = \frac{2e v_0^2 \sin\theta}{g(1-e)} + \frac{1}{2}g \sin\theta \cdot \frac{4e^2 v_0^2}{g^2(1-e)^2}$$
$$L_{OB} = \frac{2e v_0^2 \sin\theta}{g(1-e)} + \frac{2e^2 v_0^2 \sin\theta}{g(1-e)^2}$$
共通分母 \(g(1-e)^2\) で通分すると、第1項の分子は \(2e v_0^2 \sin\theta (1-e)\)。
$$L_{OB} = \frac{2e v_0^2 \sin\theta (1-e) + 2e^2 v_0^2 \sin\theta}{g(1-e)^2}$$
分子を展開して整理すると、\(2e v_0^2 \sin\theta – 2e^2 v_0^2 \sin\theta + 2e^2 v_0^2 \sin\theta = 2e v_0^2 \sin\theta\)。
$$L_{OB} = \frac{2e v_0^2 \sin\theta}{g(1-e)^2}$$
ここに \(v_0 = \sqrt{2gh}\) を代入すると \(v_0^2 = 2gh\)。
$$L_{OB} = \frac{2e (2gh) \sin\theta}{g(1-e)^2} = \frac{4egh \sin\theta}{g(1-e)^2} = \frac{4eh \sin\theta}{(1-e)^2}$$

1. ボールが何度もはね返って、ついにはね返らなくなるまでの全体の時間を考えます。
2. (4)でOA₁間の時間 \(t_1\) を求め、(5)で次のA₁A₂間の時間は \(et_1\)、その次は \(e^2t_1\) … と \(e\) 倍ずつ短くなることがわかりました。
3. これらの時間を全部足し合わせると、はね返らなくなるまでの総時間 \(T\) がわかります。これは数学の「無限等比級数の和」の公式 \(T = t_1 / (1-e)\) で計算できます。
4. ボールが斜面を飛んでいる間、x方向（斜面に沿って下向き）にはずっと同じように加速していきます。初めのx方向の速さは \(v_0 \sin\theta\)、x方向の加速度は \(g \sin\theta\) でした。
5. このx方向の運動が、上で求めた総時間 \(T\) の間続くので、進んだ距離OBは等加速度運動の距離の公式 \(x = v_{\text{初}}T + \frac{1}{2}aT^2\) で計算できます。
6. \(T\) や \(t_1\)、\(v_0\) の式を代入して整理すると、答えが出ます。計算は少し複雑ですが、丁寧に項をまとめましょう。

OB間の距離 \(L_{OB} = \displaystyle\frac{4eh \sin\theta}{(1-e)^2}\) です。
この距離は、最初の高さ \(h\) や \(\sin\theta\) に比例します。反発係数 \(e\) の影響は少し複雑ですが、\(e\) が1に近いほど（よくはね返るほど）\((1-e)^2\) が0に近づくため、\(L_{OB}\) は非常に大きくなることが予想されます（無限回近くはね続けるため）。逆に \(e\) が0に近いと \(L_{OB}\) も比較的小さくなります。\(e=0\) なら \(L_{OB}=0\) となり、最初の衝突ではね返らずに滑り始める（O=B）ことに対応します。

Q1

思考の道筋とポイント

OA₁間で、Pが斜面から最も離れるときの距離を求めます。これは、y座標が最大になるときです。y方向の運動は、初速度 \(v_{Oy} = e v_0 \cos\theta\)、加速度 \(a_y = -g \cos\theta\) の等加速度直線運動（Uターン型）です。y方向の速度成分が0になるときにy座標が最大となります。

この設問における重要なポイント

• 斜面から最も離れる \(\Leftrightarrow\) y座標が最大。
• y座標が最大となるとき、y方向の速度 \(v_y = 0\)。
• y方向の初速度: \(v_{y\text{初}} = e v_0 \cos\theta\)。
• y方向の加速度: \(a_y = -g \cos\theta\)。

具体的な解説と立式

OA₁間の運動において、y方向の初速度は \(v_{y\text{初}} = v_{Oy} = e v_0 \cos\theta\)、y方向の加速度は \(a_y = -g \cos\theta\) です。
斜面から最も離れるときのy座標を \(y_{\text{最大}}\) とすると、このときy方向の速度 \(v_y\) は \(0\) になります。
等加速度直線運動の公式 \(v_y^2 – v_{y\text{初}}^2 = 2 a_y y\) を用いると、
$$0^2 – (e v_0 \cos\theta)^2 = 2(-g \cos\theta)y_{\text{最大}} \quad \cdots {(Q1-1)}$$
この式を \(y_{\text{最大}}\) について解きます。

式(Q1-1)から \(y_{\text{最大}}\) を求めます。
$$-(e v_0 \cos\theta)^2 = -2g \cos\theta \cdot y_{\text{最大}}$$
$$y_{\text{最大}} = \frac{(e v_0 \cos\theta)^2}{2g \cos\theta} = \frac{e^2 v_0^2 \cos^2\theta}{2g \cos\theta} = \frac{e^2 v_0^2 \cos\theta}{2g}$$
ここで、問(1)の結果 \(v_0 = \sqrt{2gh}\) すなわち \(v_0^2 = 2gh\) を代入すると、
$$y_{\text{最大}} = \frac{e^2 (2gh) \cos\theta}{2g} = e^2 h \cos\theta$$

1. ボールが斜面から一番遠くまで飛ぶのは、y方向（斜面に垂直上向き）の速さが一瞬0になるときです。
2. Oから飛び出したときのy方向の初めの速さは \(e v_0 \cos\theta\) で、y方向の加速度は \(-g \cos\theta\) でした。
3. 公式 \(v^2 – v_{\text{初}}^2 = 2 \times (\text{加速度}) \times (\text{距離})\) を使います。終わりの速さ \(v=0\)、初めの速さ \(v_{\text{初}} = e v_0 \cos\theta\)、加速度 \(a_y = -g \cos\theta\)、距離を \(y_{\text{最大}}\) とおきます。
4. これを \(y_{\text{最大}}\) について解き、最後に \(v_0^2 = 2gh\) を代入します。

Pが斜面から最も離れるときの距離は \(e^2 h \cos\theta\) です。この距離は、初期の高さ \(h\)、反発係数 \(e\)、斜面の傾斜角 \(\theta\) に依存します。\(e<1\) なので、\(e^2\) の項により、最初の落下高さ \(h\) や、斜面に垂直方向の初めの運動の規模に比べて小さくなることが予想されます。

Q2

思考の道筋とポイント

最終的にPが失う力学的エネルギー \(\Delta E\) を求めます。Pは斜面に衝突するたびに、主に斜面に垂直な方向の運動エネルギーを失います（反発係数 \(e<1\) のため）。滑らかな斜面なので、斜面に平行な方向の運動エネルギーは衝突によっては直接失われません。
最終的にPは斜面を滑り下りるようになる、つまり斜面に垂直な方向の運動（跳ね上がり）がなくなる状態に至ります。
したがって、失われる力学的エネルギーは、最初の状態が持っていた「斜面に垂直な方向の運動に関連するエネルギー」の総和と考えることができます。

この設問における重要なポイント

• エネルギーは衝突のたびに失われる（主にy方向の運動エネルギー）。
• 最終的にy方向の運動はなくなる。
• 失われた総エネルギーは、最初のy方向の運動エネルギーに等しいと考えることができる（x方向のエネルギーは衝突では直接失われないため）。

具体的な解説と立式

点Oで衝突する直前、Pの速度は \(v_0\) で鉛直下向きです。この速度の斜面に垂直な成分の大きさは \(v_{0y,\text{成分}} = v_0 \cos\theta\) です。
この垂直成分に関する運動エネルギーは \(\frac{1}{2}m (v_0 \cos\theta)^2\) です。
衝突を繰り返すうちに、斜面に垂直方向の運動エネルギーは失われ、最終的には0になります（はね返らなくなるため）。斜面に平行な方向の運動エネルギーは、衝突自体では（滑らかな面なので）失われません。
したがって、Pが最終的に失う力学的エネルギー \(\Delta E\) は、点Oでの最初の衝突直前に持っていた、斜面に垂直な方向の運動エネルギーに等しいと考えられます。
$$\Delta E = \frac{1}{2}m (v_0 \cos\theta)^2 \quad \cdots {(Q2-1)}$$
ここに、問(1)の結果 \(v_0 = \sqrt{2gh}\) を代入します。

別解1: 模範解答の「損失分の和」の考え方 [cite: 2]
点Oでの衝突前の斜面に垂直な速度成分の大きさを \(u_0 = v_0 \cos\theta\) とします [cite: 2]。
1回目の衝突（点O）後の垂直成分の大きさは \(u_1 = e u_0\)。
2回目の衝突（点A₁）後の垂直成分の大きさは \(u_2 = e u_1 = e^2 u_0\)。
以下同様に、\(n\) 回目の衝突後の垂直成分の大きさは \(u_n = e^n u_0\)。
各衝突で失われるエネルギーは、衝突前後の垂直方向の運動エネルギーの差です [cite: 2]。
\(\Delta E = \left(\frac{1}{2}mu_0^2 – \frac{1}{2}mu_1^2\right) + \left(\frac{1}{2}mu_1^2 – \frac{1}{2}mu_2^2\right) + \dots\) [cite: 2]この和は、途中の項が消えあい、最終的にy方向の運動がなくなる（\(u_\infty = 0\)）ので、
\(\Delta E = \frac{1}{2}mu_0^2\) となります [cite: 2]。

別解2: 模範解答の「最初と最後のエネルギー差」の考え方 [cite: 2]
最初のPの位置（高さ \(h\)、静止）を基準 \(H=0\) とすると、最初の力学的エネルギーは \(E_{\text{開始}} = 0\)。
点Bで滑り始めるときの速さを \(v_B\) とします。点Bの最初の位置からの鉛直高さは \(-h – L_{OB}\sin\theta\) です。
点Bでの力学的エネルギーは \(E_B = \frac{1}{2}mv_B^2 + mg(-h – L_{OB}\sin\theta)\)。
失ったエネルギーは \(\Delta E = E_{\text{開始}} – E_B = 0 – \left(\frac{1}{2}mv_B^2 – mgh – mgL_{OB}\sin\theta\right) = mgh + mgL_{OB}\sin\theta – \frac{1}{2}mv_B^2\)。
ここで、点Bでの速さについて、\(v_B^2 – (v_0\sin\theta)^2 = 2(g\sin\theta)L_{OB}\) が成り立ちます [cite: 2]。
よって \(\frac{1}{2}mv_B^2 = \frac{1}{2}m(v_0\sin\theta)^2 + mgL_{OB}\sin\theta\)。
これを代入すると、
\(\Delta E = mgh + mgL_{OB}\sin\theta – \left(\frac{1}{2}m(v_0\sin\theta)^2 + mgL_{OB}\sin\theta\right) = mgh – \frac{1}{2}m(v_0\sin\theta)^2\)。
\(v_0^2=2gh\) を代入すると、
\(\Delta E = mgh – \frac{1}{2}m(2gh)\sin^2\theta = mgh(1-\sin^2\theta) = mgh\cos^2\theta\) [cite: 2]。

最も簡単な考え方（最初のy方向の運動エネルギーが全て失われる）を採用します。
式(Q2-1)に \(v_0 = \sqrt{2gh}\) (つまり \(v_0^2 = 2gh\)) を代入します。
$$\Delta E = \frac{1}{2}m (2gh) \cos^2\theta$$
$$\Delta E = mgh \cos^2\theta$$

1. ボールが失うエネルギーは、衝突によって「はね返る力」が弱まっていくことで失われます。この「はね返る力」は主に斜面に垂直なy方向の運動に関係しています。
2. 最終的にボールがはね返らなくなるということは、y方向の運動エネルギーが0になるということです。
3. 斜面に平行なx方向の運動は、斜面が滑らかなので衝突では直接エネルギーを失いません（重力による位置エネルギーの変化はありますが、それは失われるエネルギーとは別）。
4. したがって、失ったエネルギーの合計は、一番最初の衝突（点O）の直前にボールが持っていた「y方向の運動エネルギー」と考えることができます。
5. 点Oに達する直前の速さは \(v_0\)。このときの斜面に垂直な方向の速度成分の大きさは \(v_0 \cos\theta\) です。
6. なので、この成分に関する運動エネルギーは \(\frac{1}{2}m(v_0 \cos\theta)^2\) です。これが失われる総エネルギーになります。
7. (1)で求めた \(v_0=\sqrt{2gh}\) を代入すれば答えが出ます。

最終的にPが失う力学的エネルギーは \(\Delta E = mgh \cos^2\theta\) です。
この結果は、最初の位置エネルギー \(mgh\) のうち、\(\cos^2\theta\) の割合が斜面に垂直な方向の運動に関連して失われることを示唆しています。\(\theta=0\) （水平面への自由落下と衝突）ならば \(\Delta E = mgh\) となり、全エネルギーが失われる（最終的に静止するため）。\(\theta=\pi/2\) （鉛直な壁への水平衝突）ならば \(\Delta E = 0\) となりますが、これは最初の落下が壁に平行で衝突しない状況なので、問題設定と異なります。問題設定ではあくまで高さ \(h\) から落下して斜面に衝突するので、\(\theta\) は \(0 < \theta < \pi/2\) の範囲で考えます。
失われるエネルギーが最初の位置エネルギー \(mgh\) を超えることはない (\(\cos^2\theta \le 1\)) ので、物理的に妥当な範囲です。

【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？

• 斜面上の放物運動の解析: 重力を斜面に平行な成分と垂直な成分に分解し、それぞれの方向で運動を記述することが基本です。問題で指定された座標軸を正しく使うことが重要です。
• 反発係数の正確な適用: 衝突面に対して「垂直な速度成分」のみが、衝突後に向きを変えて大きさが \(e\) 倍になることを理解し適用すること。平行な成分は（面が滑らかなら）変化しません。
• 運動の繰り返しと規則性: 衝突を繰り返す問題では、各衝突区間の時間や速度変化に規則性（ここでは等比数列）が現れることがあります。これを見抜くことで、無限回の繰り返しや総和を扱うことができます。
• 独立した運動成分の重ね合わせ: x方向の運動とy方向の運動は、加速度が一定であれば独立に扱うことができ、全体の運動はそれらの重ね合わせとして記述されます。特に(6)では、y方向の運動が終わる（はね返らなくなる）までの総時間の間、x方向の運動は一貫して続いていると考える点が重要です。

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

• 類似問題への応用:
  • 水平な床と鉛直な壁の間での多重反射。
  • 角度のついた複数の面との連続的な衝突。
  • 反発係数が衝突ごとに変化する、あるいは面によって異なる問題。
  • 空気抵抗が働く場合の斜方投射（より複雑な微分方程式が必要になる場合が多いが、高校範囲では単純化される）。
• 初見の問題で、どこに着目すればこの問題と同じように解き進められるか:
  1. 座標系の設定: 問題で指定されていればそれに従う。指定がなければ、運動を記述しやすいように（通常は水平・鉛直、または斜面に平行・垂直に）設定する。
  2. 力の分析と加速度の特定: 物体に働く力をすべてリストアップし、運動方向の成分に分解して、各方向の加速度を求める。
  3. 衝突条件の確認: 衝突面はどこか、反発係数はいくつか、衝突によってどの速度成分がどう変わるかを正確に把握する。
  4. 運動の区切りと初期条件: 衝突と衝突の間を一つの運動区間とし、各区間の開始時の初速度・初位置を前の区間の終わりから正しく引き継ぐ。
  5. 規則性の発見: 多重衝突の場合、時間、速度、距離などに数列的な規則性がないか探る。
• 問題解決のヒントや、特に注意すべき点:
  • 図を多用する。力の分解、速度の分解、軌道の概略などを描くことで、式の意味や符号の判断がしやすくなる。
  • 特に斜面上の運動では、重力加速度 \(g\) をそのまま使わず、必ず成分分解した \(g\sin\theta\) や \(g\cos\theta\) を加速度として用いる。
  • 反発係数 \(e\) は \(0 \le e \le 1\) の範囲の値であり、特に \(e<1\) の場合はエネルギーが失われることを意味する。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• 加速度の成分分解の誤り: 重力加速度 \(g\) を斜面に平行・垂直な成分に分解する際の \(\sin\theta\) と \(\cos\theta\) の使い分け、および座標軸の向きに応じた符号のミス。
  • 対策: 毎回丁寧に図を描き、角度の関係を確認する。座標軸の正の向きを明確にし、成分がその向きか逆向きかを判断して符号をつける。
• 反発係数の適用の誤り: 斜面に平行な速度成分に反発係数を適用してしまう、または垂直成分の向きの反転を忘れる。
  • 対策: 「衝突面に垂直な相対速度の法線成分が \(e\) 倍されて向きが逆転する」という基本に忠実に。平行成分は「滑らかなら不変」と覚える。
• 座標軸の混同: 問題途中で水平・鉛直な座標系と斜面に沿った座標系を混同する。
  • 対策: 問題で指定された座標系を一貫して使用する。もし自分で設定した場合は、それを明記し、最後までその系で考える。
• (6)の無限等比級数の扱い: 公比が \(e\) であること、初項が \(t_1\) であることの認識。和の公式の適用。
  • 対策: 各衝突区間の滞空時間が等比数列をなすことの導出過程をしっかり理解する。公式 \(a/(1-r)\) を正しく使う。
• (6)のx方向の運動の捉え方: 衝突によってx方向の速度「そのもの」は変わらないが、y方向の運動が続く間はx方向にも運動（等加速度運動）し続けるという理解。
  • 対策: x方向とy方向の運動は独立だが、時間は共通である。y方向の運動が続く全時間にわたってx方向の運動がどうなっているかを考える。

物理の眼を養う：現象のイメージ化と図解の極意

• この問題における物理現象のイメージ化:
  • 最初の自由落下 → 点Oでのバウンド（スーパーボールが斜めに置かれた硬い板に当たる感じ）。
  • O→A₁の斜め上の放物運動（ただし、下向きにも加速している）。
  • A₁でのバウンド（勢いが少し弱まる）。
  • 衝突を繰り返すごとに、斜面からの跳ね上がる高さ（y方向の最大変位）と滞空時間が減っていく様子。
  • 最終的にy方向の運動がなくなり、斜面を滑るだけの運動に移行する。
• 図示の有効性:
  • 問題の図に、衝突直前・直後の速度ベクトル（x,y成分に分解したもの）を書き込む。特に点O, A₁での様子。
  • 重力ベクトル \(mg\) と、そのx,y成分 \(mg\sin\theta, mg\cos\theta\) を図示する。座標軸の向きとの関係を明確に。
  • O→A₁, A₁→A₂, … の軌跡を模式的に描いてみる。y方向の運動が次第に小さくなる様子を視覚化する。
• 図を描く際の注意点:
  • 角度 \(\theta\) の位置を正確に把握し、\(\sin, \cos\) の対応を間違えない。
  • 速度成分や力成分の矢印の向きと長さを、ある程度整合性を持って描く。
  • 座標軸の原点と正の向きを常に意識する。

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 (問1): 保存力（重力）のみが仕事をする場合（自由落下など）に、運動エネルギーと位置エネルギーの和が一定であることを利用。速さを求めるのに便利。
• 速度の成分分解 (問2): ベクトル量を扱う基本。斜面上の衝突では、斜面に平行・垂直な成分に分けるのが定石。
• 反発係数の式 (問2, 5): 衝突による速度変化を定量的に表す。面に垂直な成分に対して適用。
• 運動方程式 \(F=ma\) からの加速度導出 (問3): 物体に働く合力を求め、質量で割ることで加速度が得られる。ベクトル的に成分ごとに考える。
• 等加速度直線運動の公式 (問1別解, 4, 6): 加速度が一定の場合の速度、変位、時間の関係を表す。各成分ごとに適用可能。特に \(y=v_{0y}t + \frac{1}{2}a_y t^2\) や \(x=v_{0x}t + \frac{1}{2}a_x t^2\) は頻用。
• 無限等比級数の和 (問6): 繰り返される現象で、各項が一定の比率で減少（または増加）していく場合の総和を求める。\(|r|<1\) で収束。

思考を整理する：立式から計算までのロジカルフロー

1. (1) \(v_0\) の導出: エネルギー保存 \(mgh = \frac{1}{2}mv_0^2\) または \(v_0^2 = 2gh\)。
2. (2) 点O衝突直後の速度 \(v_{Ox}, v_{Oy}, \tan\alpha\):
   1. 衝突直前の \(v_0\) をx,y成分分解（入射角に注意）: \(v_{0x,\text{前}} = v_0\sin\theta\), \(v_{0y,\text{前}} = -v_0\cos\theta\)。
   2. 衝突則適用: \(v_{Ox} = v_{0x,\text{前}}\), \(v_{Oy} = -e v_{0y,\text{前}}\)。
   3. \(\tan\alpha = v_{Oy}/v_{Ox}\)。
3. (3) 加速度 \(a_x, a_y\): 重力 \(mg\) をx,y成分分解: \(F_x = mg\sin\theta\), \(F_y = -mg\cos\theta\)。\(a_x=F_x/m, a_y=F_y/m\)。
4. (4) OA₁の時間 \(t_1\) と距離 \(L_{OA_1}\):
   1. y方向: 初速 \(v_{Oy}\), 加速度 \(a_y\)。\(y=0\) となる \(t_1 (\neq 0)\) を \(0 = v_{Oy}t_1 + \frac{1}{2}a_y t_1^2\) から求める。
   2. x方向: 初速 \(v_{Ox}\), 加速度 \(a_x\)。\(L_{OA_1} = v_{Ox}t_1 + \frac{1}{2}a_x t_1^2\)。
5. (5) \(t_2/t_1\):
   1. A₁衝突直前のy速度 \(v_{A_1y,\text{前}}\) は \(v_{Oy}\) と大きさが同じで向きが逆 (対称性)。
   2. A₁衝突直後のy初速 \(v_{A_1y,\text{後}} = e|v_{A_1y,\text{前}}| = e \cdot v_{Oy}\)。
   3. 滞空時間はy初速に比例 (加速度の \(-\frac{1}{2}g\cos\theta\) が共通のため)。 \(t_2/t_1 = v_{A_1y,\text{後}}/v_{Oy} = e\)。
6. (6) 距離 \(L_{OB}\):
   1. 総滞空時間 \(T = t_1 + et_1 + e^2t_1 + \dots = t_1/(1-e)\)。
   2. x方向: 初速 \(v_{Ox}\), 加速度 \(a_x\)。\(L_{OB} = v_{Ox}T + \frac{1}{2}a_x T^2\)。

計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック

• 成分分解の徹底: 速度、力、加速度などベクトル量は、指定された座標軸の成分に正確に分解する。特に角度の関係 (\(\sin\theta\)か\(\cos\theta\)か) と符号に細心の注意を払う。
• 添え字の活用: どの時点の、どの方向の成分なのかを明確にするために、\(v_{0x,\text{前}}\), \(v_{Ay,\text{後}}\) のように添え字を工夫して使うと混乱を防げる（ただし煩雑になりすぎない程度に）。
• 式の代入は慎重に: (4)や(6)のように、前の設問で求めた結果を代入する際は、式を間違えたり、符号を誤ったりしないように丁寧に。特に \(v_0 = \sqrt{2gh}\) の代入は \(v_0^2 = 2gh\) として行うと根号が消えて楽。
• 共通因数での整理: 模範解答のように、計算の途中で共通因数でくくったり、約分したりすることで、式を簡潔にし、計算ミスを減らす。例: (6)の \(L_{OB}\) の計算。
• 単位や次元の確認: 最終的な答えだけでなく、途中の主要な式についても、両辺の単位（次元）が一致しているかを確認する習慣をつける。

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

• 物理的な極限ケースの考察:
  • 反発係数 \(e=1\) (完全弾性衝突) の場合: \(t_2=t_1\), \(L_{OB}\) は発散（無限にはね続ける）。
  • 反発係数 \(e \to 0\) (完全非弾性衝突) の場合: \(t_1 \to 0\) (ただし \(v_{Oy}\) が \(e\) に比例するため), \(L_{OA_1} \to 0\), \(L_{OB} \to 0\)。つまり、最初の衝突ではね返らず、すぐに滑り始めるイメージ。
  • 斜面の傾斜角 \(\theta \to 0\) (ほぼ水平面) の場合: \(a_x \to 0\), \(a_y \to -g\)。通常の水平面への衝突の問題に近づくか。ただし座標系が斜面に依存しているので注意。
  • 斜面の傾斜角 \(\theta \to \pi/2\) (ほぼ鉛直な壁) の場合: \(a_x \to g\), \(a_y \to 0\)。これも座標系の解釈と合わせて吟味。
• 結果の物理的意味の解釈:
  • (5)で \(t_2 = e t_1\) となったのは、y方向の運動のスケール（初速度）が \(e\) 倍になったため、時間スケールも \(e\) 倍になったと解釈できる。
  • (6)で \(L_{OB}\) が \((1-e)^2\) に反比例するのは、はね返りが良い(\(e \approx 1\))ほど総滞空時間が非常に長くなり、その分x方向に大きく進むためと理解できる。

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