「名問の森」徹底解説（13〜15問）：未来の得点力へ！完全マスター講座【力学・熱・波動Ⅰ】

問題13 (宇都宮大)

【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、滑らかな水平面上で、一様なリングと質点が繰り返し衝突する運動を扱います。運動量保存則と反発係数（はね返り係数）の式を用いて、各衝突後の速度や衝突にかかる時間、最終的な状態などを考察します。

【設問別解説】考え方から計算プロセスまで徹底ガイド

この問題を解く上で中心となるのは、衝突現象における2つの重要な法則です。

• 運動量保存則: 外力が働かない（または外力の力積が無視できる）系では、衝突の前後で系全体の運動量の和は保存されます。
• 反発係数の式（はね返り係数の式）: 2物体の衝突において、衝突後の相対速度の速さが衝突前の相対速度の速さの \(e\) 倍になる（向きは逆）という関係を示します。式としては、\(v’_1 – v’_2 = -e(v_1 – v_2)\) の形で表されます。

また、力積は運動量の変化に等しいという関係（力積と運動量の関係）も用います。

問1

思考の道筋とポイント

質点Pがリングの右側面Aに初めて衝突する状況を考えます。衝突前の質点の速度は \(v_0\)、リングの速度は \(0\) です。衝突後の質点の速度を \(v_1\)、リングの速度を \(V_1\) とします（右向きを正）。
この衝突において、質点Pとリングからなる系には水平方向の外力が働かないため、運動量保存則が成り立ちます。また、反発係数 \(e\) の式も成り立ちます。これら2つの式を連立して \(v_1\) と \(V_1\) を求めます。
質点が受ける力積は、質点の運動量の変化として計算します。

この設問における重要なポイント

• 衝突の前後で、質点とリングの系全体の運動量は保存される。
• 反発係数の式 \(v’_1 – v’_2 = -e(v_1 – v_2)\) を適用する。
• 力積は運動量の変化 (\(mv_{\text{後}} – mv_{\text{初}}\)) に等しい。
• 速度の向きに注意し、右向きを正として扱う。

具体的な解説と立式

衝突前の質点Pの速度を \(v_{P0} = v_0\)、リングの速度を \(V_{R0} = 0\)。
衝突後の質点Pの速度を \(v_1\)、リングの速度を \(V_1\) とします。

運動量保存則（水平右向きを正）:
$$mv_0 + M \cdot 0 = mv_1 + MV_1$$
$$mv_0 = mv_1 + MV_1 \quad \cdots ①$$

反発係数の式（質点 – リングの順で速度差をとる）:
$$v_1 – V_1 = -e(v_0 – 0)$$
$$v_1 – V_1 = -ev_0 \quad \cdots ②$$

質点が受ける力積 \(I_P\) は、質点の運動量の変化に等しいので、
$$I_P = mv_1 – mv_0 \quad \cdots ③$$

衝突後の速度 \(v_1, V_1\):
式①と②を \(v_1\) と \(V_1\) についての連立方程式として解きます。
式②より \(v_1 = V_1 – ev_0\)。これを式①に代入すると、
$$mv_0 = m(V_1 – ev_0) + MV_1$$
$$mv_0 = mV_1 – mev_0 + MV_1$$
$$mv_0 + mev_0 = (m+M)V_1$$
$$m(1+e)v_0 = (m+M)V_1$$
よって、リングの衝突後の速度 \(V_1\) は、
$$V_1 = \frac{m(1+e)}{m+M}v_0$$
次に、\(V_1\) を \(v_1 = V_1 – ev_0\) に代入して \(v_1\) を求めます。
$$v_1 = \frac{m(1+e)}{m+M}v_0 – ev_0$$
$$v_1 = \left(\frac{m(1+e)}{m+M} – e\right)v_0 = \left(\frac{m+me – e(m+M)}{m+M}\right)v_0$$
$$v_1 = \left(\frac{m+me – me – eM}{m+M}\right)v_0 = \frac{m-eM}{m+M}v_0$$

質点が受ける力積 \(I_P\):
式③に求めた \(v_1\) を代入します。
$$I_P = m\left(\frac{m-eM}{m+M}v_0\right) – mv_0$$
$$I_P = mv_0 \left(\frac{m-eM}{m+M} – 1\right) = mv_0 \left(\frac{m-eM – (m+M)}{m+M}\right)$$
$$I_P = mv_0 \left(\frac{m-eM-m-M}{m+M}\right) = mv_0 \left(\frac{-eM-M}{m+M}\right)$$
$$I_P = -\frac{mM(1+e)}{m+M}v_0$$

1. 衝突後の速度:
   • 衝突の前後で、質点Pとリング全体の「運動量の合計」は変わりません（運動量保存則）。これを式①とします。
   • また、衝突のときの「はね返り具合」を示す反発係数の式があります。これは「衝突後の（質点とリングの）速度の差 = -e × 衝突前の（質点とリングの）速度の差」という形です。これを式②とします。
   • 式①と式②を連立方程式として解けば、衝突後の質点の速度 \(v_1\) とリングの速度 \(V_1\) が求まります。
2. 質点が受ける力積:
   • 力積は「運動量の変化」と同じです。質点Pについて、衝突後の運動量 (\(mv_1\)) から衝突前の運動量 (\(mv_0\)) を引けば、質点が受けた力積が計算できます。
   • 力積の向きは、速度の向きと同じく右向きを正としています。計算結果がマイナスなら、左向きの力積を受けたことになります。

衝突後の質点の速度 \(v_1 = \displaystyle\frac{m-eM}{m+M}v_0\)、リングの速度 \(V_1 = \displaystyle\frac{m(1+e)}{m+M}v_0\) です。
質点が受ける力積 \(I_P = -\displaystyle\frac{mM(1+e)}{m+M}v_0\) です。
\(V_1\) は \(m, M, 1+e, v_0\) が全て正なので、常に正、つまりリングは右向きに動き出します。
\(v_1\) の符号は \(m-eM\) の符号によります。
もし \(m > eM\) なら \(v_1 > 0\) で質点は右向きに。
もし \(m < eM\) なら \(v_1 < 0\) で質点は左向きにはね返ります。 もし \(m = eM\) なら \(v_1 = 0\) で質点は衝突後に静止します。 力積 \(I_P\) は \(e>0\) なので常に負です。これは質点がリングから左向きの力を受けたことを意味し、物理的に妥当です。

問2

思考の道筋とポイント

質点が中心Oを出発してから、リングの左側面Bに初めて衝突するまでに要する時間を求めます。この時間は2つの区間に分けられます。

1. OからAに衝突するまでの時間 \(t_{OA}\)。
2. Aに衝突後、Bに衝突するまでの時間 \(t_{AB}\)。

\(t_{OA}\) は、質点が初速 \(v_0\) で距離 \(a\)（リングの半径）を進む時間です。
\(t_{AB}\) は、Aでの衝突後の質点の速度 \(v_1\) とリングの速度 \(V_1\) を用いて、リングに対する質点の相対的な運動を考えて求めます。Aでの衝突後、リングから見た質点の相対速度の大きさは \(|v_1 – V_1| = |-ev_0| = ev_0\) であり、質点はリングに対して左向きにこの速さで動きます。リングの直径は \(2a\) なので、側面Aから側面Bまでの相対的な距離は \(2a\) です。

この設問における重要なポイント

• 時間を2区間（O→A と A→B）に分けて考える。
• O→A は等速運動。
• A→B は、リングに対する質点の相対運動を考える。衝突後の相対速度の大きさが \(ev_0\)。
• リング内部での相対的移動距離は \(2a\)。

具体的な解説と立式

1. OからAに衝突するまでの時間 \(t_{OA}\):
質点は初速 \(v_0\) で距離 \(a\) を進むので、
$$t_{OA} = \frac{a}{v_0} \quad \cdots ④$$

2. Aに衝突後、Bに衝突するまでの時間 \(t_{AB}\):
Aでの衝突後の質点の速度は \(v_1\)、リングの速度は \(V_1\)。
質点のリングに対する相対速度 \(v_{\text{相対}}\) は、\(v_{\text{相対}} = v_1 – V_1\)。
(1)の反発係数の式②より \(v_1 – V_1 = -ev_0\)。
これは、リングから見ると質点が左向き（負の向き）に速さ \(ev_0\) で運動していることを意味します。
リングの側面Aから側面Bまでの距離は \(2a\)。
したがって、この相対的な距離 \(2a\) を相対的な速さ \(ev_0\) で進むのにかかる時間 \(t_{AB}\) は、
$$t_{AB} = \frac{2a}{ev_0} \quad \cdots ⑤$$ (速さは \( |-ev_0| = ev_0 \) )

求める総時間 \(t_{\text{OB}}\) は、\(t_{OA} + t_{AB}\)。
$$t_{\text{OB}} = t_{OA} + t_{AB} \quad \cdots ⑥$$

式⑥に式④と⑤を代入します。
$$t_{\text{OB}} = \frac{a}{v_0} + \frac{2a}{ev_0}$$
共通の分母 \(ev_0\) で通分すると、
$$t_{\text{OB}} = \frac{ae}{ev_0} + \frac{2a}{ev_0} = \frac{ae+2a}{ev_0} = \frac{a(e+2)}{ev_0}$$

1. 時間は2つの部分に分けて考えます。まず、質点Pがリングの中心Oから右側の側面Aにぶつかるまでの時間。次に、Aにぶつかった後、左側の側面Bにぶつかるまでの時間。
2. OからAまで: Pは速さ \(v_0\) で距離 \(a\) を進むので、かかる時間は \(a/v_0\) です。
3. AからBまで: Aで衝突した後、Pとリングはそれぞれ動き出します。このとき、リングから見たPの速さを考えます。衝突の法則から、リングから見たPの「はね返りの速さ」は、Pがリングに近づいてきたときの速さ (\(v_0\)) の \(e\) 倍、つまり \(ev_0\) になります（向きは反対の左向き）。Pはリングの直径 \(2a\) の距離をこの相対的な速さ \(ev_0\) で進むので、かかる時間は \(2a / (ev_0)\) です。
4. この2つの時間を足し合わせると、Oから出発してBに衝突するまでの総時間が求まります。

中心Oを出発してから、左側面Bに衝突するまでに要する時間は \(\displaystyle\frac{a(e+2)}{ev_0}\) です。
\(e\) は \(0<e<1\) なので、\(e+2 > 0\), \(ev_0 > 0\)。時間は正の値となり妥当です。
もし \(e \to 0\) （完全非弾性衝突に近い）なら、\(t_{AB}\) は非常に大きくなり、\(t_{\text{OB}}\) も発散します。これは、はね返りがほとんどないと相対速度が非常に小さくなり、次の衝突までに非常に長い時間がかかることを意味します。
もし \(e=1\) （完全弾性衝突）なら、\(t_{\text{OB}} = \frac{3a}{v_0}\)。

問3

思考の道筋とポイント

質点が左側面Bと衝突した後のリングの速度 \(V_2\) と、その衝突後、次に質点が右側面Aに衝突するまでにかかる時間 \(t_{BA}\) を求めます。
Bとの衝突直前の質点の速度は \(v_1\)、リングの速度は \(V_1\) です（これらは最初のAとの衝突後の速度）。
Bとの衝突後の質点の速度を \(v_2\)、リングの速度を \(V_2\) とします。
運動量保存則と反発係数の式を再び適用して \(v_2\) と \(V_2\) (特に \(V_2\)) を求めます。
その後、リングに対する質点の相対速度を使って、BからAまでの相対距離 \(2a\) を進む時間 \(t_{BA}\) を計算します。

この設問における重要なポイント

• Bとの衝突前後で運動量保存則と反発係数の式を適用する。
• 衝突直前の速度は、前回の衝突の結果 (\(v_1, V_1\)) を使う。
• Bとの衝突後の相対速度の大きさが、その後の運動に使われる。

具体的な解説と立式

質点が左側面Bに衝突する直前の質点の速度は \(v_1 = \frac{m-eM}{m+M}v_0\)、リングの速度は \(V_1 = \frac{m(1+e)}{m+M}v_0\)。
衝突後の質点の速度を \(v_2\)、リングの速度を \(V_2\) とします。

運動量保存則（Bとの衝突前後。右向きを正）:
$$mv_1 + MV_1 = mv_2 + MV_2$$
ここで、\(mv_1 + MV_1\) は最初の衝突Aの後から保存されている全運動量であり、最初の状態の運動量 \(mv_0\) に等しい。
よって、
$$mv_0 = mv_2 + MV_2 \quad \cdots ⑦$$

反発係数の式（質点 – リングの順。Bとの衝突なので、質点がリングの左側面に当たる。質点の速度 \(v_1\) とリングの速度 \(V_1\) で質点がリングに近づく相対速度は \(v_1-V_1\)。衝突後、質点はリングの左側面から離れるので、相対速度は \(v_2-V_2\)。）:
$$v_2 – V_2 = -e(v_1 – V_1)$$
(1)の式②より \(v_1 – V_1 = -ev_0\) であったので、
$$v_2 – V_2 = -e(-ev_0) = e^2v_0 \quad \cdots ⑧$$

式⑦と⑧を連立して \(V_2\) を求めます。
次に、Bとの衝突後、質点が右側面Aに衝突するまでの時間 \(t_{BA}\) を求めます。
衝突後のリングに対する質点の相対速度は \(v_2 – V_2 = e^2v_0\)。これは質点がリングに対して右向きに速さ \(e^2v_0\) で動くことを意味します。
側面Bから側面Aまでの相対的な距離は \(2a\)。
よって、
$$t_{BA} = \frac{2a}{e^2v_0} \quad \cdots ⑨$$

リングの速度 \(V_2\):
式⑧より \(v_2 = V_2 + e^2v_0\)。これを式⑦に代入します。
$$mv_0 = m(V_2 + e^2v_0) + MV_2$$
$$mv_0 = mV_2 + me^2v_0 + MV_2$$
$$mv_0 – me^2v_0 = (m+M)V_2$$
$$m(1-e^2)v_0 = (m+M)V_2$$
よって、リングの速度 \(V_2\) は、
$$V_2 = \frac{m(1-e^2)}{m+M}v_0$$

次にAに衝突するまでの時間 \(t_{BA}\):
式⑨より、
$$t_{BA} = \frac{2a}{e^2v_0}$$

1. リングの速度 \(V_2\):
   • 質点Pがリングの左側面Bにぶつかる直前のPの速さが \(v_1\)、リングの速さが \(V_1\) です（これらは最初の衝突の結果）。
   • Bとの衝突後、Pの速さを \(v_2\)、リングの速さを \(V_2\) とします。
   • この衝突でも運動量保存則と反発係数の式が成り立ちます。
     運動量保存則: \(mv_1 + MV_1 = mv_2 + MV_2\)。最初の運動量 \(mv_0\) がずっと保存されるので、\(mv_0 = mv_2 + MV_2\)。
     反発係数の式: \(v_2 – V_2 = -e(v_1 – V_1)\)。ここで \(v_1 – V_1 = -ev_0\) だったので、\(v_2 – V_2 = e^2v_0\)。
   • これら2つの式を連立して \(V_2\) を求めます。
2. 次にAに衝突するまでの時間 \(t_{BA}\):
   • Bとの衝突後、リングから見たPの速さは \(|v_2 – V_2| = e^2v_0\) で、今度はPはリングに対して右向きに動きます。
   • リングの直径 \(2a\) の距離をこの相対的な速さで進むので、かかる時間は \(2a / (e^2v_0)\) です。

(2)の衝突（Bとの衝突）後、リングの速度は \(V_2 = \displaystyle\frac{m(1-e^2)}{m+M}v_0\) です。
次に質点が右側の側面Aに衝突するまでにかかる時間は \(\displaystyle\frac{2a}{e^2v_0}\) です。
\(V_2\) は、\(e<1\) なので \(1-e^2 > 0\)。したがって \(V_2\) は常に正であり、リングは右向きに運動を続けます。\(V_1 = \frac{m(1+e)}{m+M}v_0\) と比較すると、\(V_2 = V_1 (1-e)\) とはならず、単純な関係ではありませんが、衝突ごとに速度は変化していきます。
時間は \(e^2\) に反比例するため、\(e<1\) の場合、最初のA→Bの時間 \(2a/(ev_0)\) よりも長くなります。これは相対速度の大きさが \(ev_0 \rightarrow e^2v_0\) と小さくなるためです。

問4

思考の道筋とポイント

質点とリングが衝突をくり返して十分に時間が経過した後、最終的にどうなるかを考えます。反発係数 \(e\) が \(0 < e < 1\) なので、衝突のたびに質点とリングの相対速度の大きさは \(e\) 倍に減少していきます (\(|v_n – V_n| = e^n v_0\))。十分に時間が経過すると、相対速度は0に近づき、質点とリングは一体となって同じ速度で運動するようになります。
この最終的な共通の速度 \(u\) は、系全体の運動量が衝突の過程で常に保存されることを利用して求めます。
失われた運動エネルギーは、最初の系全体の運動エネルギーと、最終的な系全体の運動エネルギーの差として計算します。

この設問における重要なポイント

• \(0 < e < 1\) のため、衝突を繰り返すと相対速度が0に近づき、最終的に質点とリングは一体となる。
• 最終的な共通速度 \(u\) は、運動量保存則から求める（初期状態と最終状態を比較）。
• 失われた運動エネルギー = 初期の総運動エネルギー – 最終の総運動エネルギー。

具体的な解説と立式

最終的なリングの速度 (共通速度 \(u\)):
衝突を十分に繰り返した後、質点Pとリングは一体となって速度 \(u\) で運動します。
系全体の運動量は保存されるので、最初の運動量（質点Pが速度 \(v_0\)、リングが静止）と、最終的な運動量（質点Pとリングが一体となって速度 \(u\)）は等しくなります。
$$mv_0 + M \cdot 0 = (m+M)u \quad \cdots ⑩$$
この式から共通速度 \(u\) を求めます。これが最終的なリングの速度です。

失われた運動エネルギー \(\Delta K_{\text{失}}\):
最初の系全体の運動エネルギー \(K_{\text{初}}\) は、
$$K_{\text{初}} = \frac{1}{2}mv_0^2 + \frac{1}{2}M(0)^2 = \frac{1}{2}mv_0^2 \quad \cdots ⑪$$
最終的な系全体の運動エネルギー \(K_{\text{後}}\) は、質量 \((m+M)\) の物体が速度 \(u\) で運動するので、
$$K_{\text{後}} = \frac{1}{2}(m+M)u^2 \quad \cdots ⑫$$
失われた運動エネルギー \(\Delta K_{\text{失}}\) は、
$$\Delta K_{\text{失}} = K_{\text{初}} – K_{\text{後}} \quad \cdots ⑬$$

最終的な共通速度 \(u\):
式⑩から \(u\) を求めます。
$$u = \frac{m}{m+M}v_0$$

失われた運動エネルギー \(\Delta K_{\text{失}}\):
式⑬に式⑪、⑫、そして求めた \(u\) を代入します。
$$\Delta K_{\text{失}} = \frac{1}{2}mv_0^2 – \frac{1}{2}(m+M)\left(\frac{m}{m+M}v_0\right)^2$$
$$\Delta K_{\text{失}} = \frac{1}{2}mv_0^2 – \frac{1}{2}(m+M)\frac{m^2}{(m+M)^2}v_0^2$$
$$\Delta K_{\text{失}} = \frac{1}{2}mv_0^2 – \frac{1}{2}\frac{m^2}{m+M}v_0^2$$
共通因子 \(\frac{1}{2}mv_0^2\) でくくると、
$$\Delta K_{\text{失}} = \frac{1}{2}mv_0^2 \left(1 – \frac{m}{m+M}\right)$$
$$\Delta K_{\text{失}} = \frac{1}{2}mv_0^2 \left(\frac{m+M-m}{m+M}\right)$$
$$\Delta K_{\text{失}} = \frac{1}{2}mv_0^2 \frac{M}{m+M} = \frac{mM}{2(m+M)}v_0^2$$

1. 最終的なリングの速度:
   • 何度も衝突を繰り返すと、はね返り係数が1より小さいので、だんだん質点とリングの間の「勢いの差」が小さくなっていき、最終的には質点とリングは同じ速さで一緒に動くようになります。
   • このときの速さを \(u\) とすると、最初（質点だけが \(v_0\) で動き、リングは止まっていた）の運動量の合計と、最後（質点とリングが一緒に \(u\) で動く）の運動量の合計は変わらないはずです（運動量保存則）。
   • なので、\(mv_0 = (m+M)u\) という式から、最終的な速さ \(u\) が求まります。これがリングの最終的な速度です。
2. 失われた運動エネルギー:
   • 最初の全体の運動エネルギーは、質点Pが持っていた \(\frac{1}{2}mv_0^2\) だけです。
   • 最後の全体の運動エネルギーは、質量 \((m+M)\) の物体が速さ \(u\) で動いているので、\(\frac{1}{2}(m+M)u^2\) です。
   • 失われた運動エネルギーは、最初のエネルギーから最後のエネルギーを引いたものです。

十分に時間が経過した後、リングの速度は \(u = \displaystyle\frac{m}{m+M}v_0\) になります。
衝突で失われた運動エネルギーは全体で \(\Delta K_{\text{失}} = \displaystyle\frac{mM}{2(m+M)}v_0^2\) です。
この失われたエネルギーは、 \(0 < e < 1\) の非弾性衝突によって熱などに変わったエネルギーです。これは2物体が衝突して一体となる場合のエネルギー損失の公式と同じ形をしています。
また、両者が静止するわけではないのは、初期の運動量が \(mv_0\) であり、これが保存されるため、最終状態でも同じ運動量を持つ必要があるからです。

【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？

• 運動量保存則: 外力が働かない系（または外力の力積が無視できる衝突の短時間）では、系全体の運動量のベクトル和は常に保存されます。これは衝突問題を解く上での基本中の基本です。
• 反発係数（はね返り係数）の式: 2物体の衝突において、衝突後の相対速度の速さが衝突前の相対速度の速さの \(e\) 倍になる（向きは逆転する）という関係 \(v’_1 – v’_2 = -e(v_1 – v_2)\) を正しく適用することが重要です。
• 力積と運動量の関係: 物体が受ける力積はその物体の運動量の変化に等しい (\(I = \Delta p\))。これにより、衝突時に働く平均的な力や作用時間が未知でも、運動量の変化から力積を求めることができます。
• 相対運動: 一方の物体から見た他方の物体の運動（相対速度）を考えることで、衝突間の時間などを求める際に問題が単純化されることがあります。
• エネルギー保存（または非保存）: 完全弾性衝突 (\(e=1\)) の場合は力学的エネルギーも保存されますが、非弾性衝突 (\(0 \le e < 1\)) の場合は力学的エネルギーは一般に保存されず、一部が熱などに変わります。失われたエネルギーは初期と最終の運動エネルギーの差から計算できます。

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

• 類似問題への応用:
  • 直線上の複数回の衝突、あるいは壁との連続的な衝突。
  • 分裂や合体（これらは反発係数の概念を拡張して考えられる）。
  • 2次元、3次元の衝突（運動量保存則はベクトル的に成分ごとに立てる）。
• 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. 衝突現象の特定: 問題が物体の衝突を扱っていることを確認する。
  2. 系の設定: 運動量保存則を適用する「系」を明確にする（通常は衝突に関与する物体全体）。
  3. 座標軸の設定: 運動の方向（特に1次元衝突の場合）に合わせて正の向きを定める。
  4. 衝突前後の速度の定義: 各物体の衝突前後の速度を未知数として文字で置く（向きも仮定する）。
  5. 基本法則の立式: 運動量保存則の式と、反発係数の式を立てる。これらが連立方程式の基本となる。
  6. 相対速度の活用: 衝突後の物体間の動きを追う際に、相対速度を考えると見通しが良くなることがある。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• 運動量保存則の適用範囲: 外力が働いている場合でも、衝突の瞬間だけを考えれば、衝突によって働く内力（撃力）が外力に比べて非常に大きいため、近似的に運動量保存則が使える場合が多い。ただし、常に「外力が無視できるか」を意識する。
  • 対策: 水平面が滑らかであることなどを確認し、衝突に関わる力以外の外力が運動量変化に大きく寄与しないか検討する。
• 反発係数の式の符号や速度の順序: \(v’_1 – v’_2 = -e(v_1 – v_2)\) のマイナス符号を忘れたり、速度差の順序（例：物体1 – 物体2）を衝突前後で統一しなかったりするミス。
  • 対策: 式の形を正確に覚え、速度差の取り方を一貫させる。「衝突後の相対速度 = -e × 衝突前の相対速度」と意味で覚えるのも良い。
• 力積の向き: 力積はベクトル量であり、向きがある。運動量の変化として計算する際、符号に注意する。
  • 対策: 座標軸の正の向きを基準に、運動量の変化を計算する。
• 相対速度の誤解: 誰から見た誰の速度なのかを明確にしないと、符号や大きさを間違える。
  • 対策: 「Bに対するAの相対速度 \(v_{AB} = v_A – v_B\)」のように、基準を明確にして定義する。
• エネルギー保存の誤用: 非弾性衝突 (\(e<1\)) の場合に、力学的エネルギー保存則を安易に適用してしまう。
  • 対策: 反発係数が \(e<1\) ならば、衝突で必ず力学的エネルギーは失われる（運動量だけが保存される）と理解する。失われたエネルギーを問われたら、衝突前後の運動エネルギーの差を計算する。

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:
  • ビリヤードの球の衝突のように、物体がぶつかって互いに速度を変える様子を思い浮かべる。
  • \(e=1\) ならスーパーボールのように勢いよく跳ね返り、\(e=0\) なら粘土のようにくっつき、\(0<e<1\) ならその中間のはね返り方をイメージする。
  • (4)で衝突を繰り返すうちに、だんだんと同じ動きになっていく様子（一体化）。
• 図示の有効性:
  • 衝突前と衝突後の各物体の速度ベクトルを矢印で図示する。座標軸の正方向も明記。
  • 相対運動を考える場合、一方の物体を固定した座標系（例えばリングに固定した座標系）で質点の動きを描いてみる。
  • エネルギーのやり取りを図で表現する（例：運動エネルギーが減って熱エネルギーが増える、など）。

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: ニュートンの第2法則(\(m\vec{a}=\vec{F}\))と第3法則（作用・反作用の法則）から導かれる、多体間の相互作用（衝突や分裂）を扱う際の非常に強力な法則。内力のみが働く（または外力が無視できる）系で成立。
• 反発係数の式: 衝突時のエネルギー損失の度合いを巨視的に表す実験則。ミクロな変形や発熱の過程を詳細に追う代わりに、衝突前後の速度の関係を簡潔に記述する。
• 力積と運動量の関係 (\(\vec{I} = \Delta\vec{p}\)): 運動方程式 \(m\vec{a}=\vec{F}\) を時間積分した形。短時間に大きな力が働く撃力などを扱うのに便利。

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) 1回目の衝突 (PとA):
   1. 運動量保存則: \(mv_0 = mv_1 + MV_1\)。
   2. 反発係数の式: \(v_1 – V_1 = -ev_0\)。
   3. 連立して \(v_1, V_1\) を解く。
   4. 力積: \(I_P = mv_1 – mv_0\)。
2. (2) O→Bの時間:
   1. O→Aの時間: \(t_{OA} = a/v_0\)。
   2. A→Bの時間: リングに対するPの相対速度 \(|v_1-V_1|=ev_0\)、相対距離 \(2a\)。\(t_{AB} = 2a/(ev_0)\)。
   3. 総時間: \(t_{OA} + t_{AB}\)。
3. (3) 2回目の衝突 (PとB) とその後の時間:
   1. B衝突前の速度は \(v_1, V_1\)。衝突後の速度を \(v_2, V_2\)。
   2. 運動量保存則: \(mv_1 + MV_1 (=mv_0) = mv_2 + MV_2\)。
   3. 反発係数の式: \(v_2 – V_2 = -e(v_1 – V_1) = e^2v_0\)。
   4. 連立して \(V_2\) (と必要なら \(v_2\)) を解く。
   5. B→Aの時間: リングに対するPの相対速度 \(|v_2-V_2|=e^2v_0\)、相対距離 \(2a\)。\(t_{BA} = 2a/(e^2v_0)\)。
4. (4) 最終状態:
   1. Pとリングが一体となり共通速度 \(u\) で運動。
   2. 運動量保存則: \(mv_0 = (m+M)u \Rightarrow u\)。
   3. 失われた運動エネルギー: \(K_{\text{初}} – K_{\text{後}} = \frac{1}{2}mv_0^2 – \frac{1}{2}(m+M)u^2\)。

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: 速度や力積の向きを、設定した座標軸の正方向と照らし合わせて慎重に扱う。特に反発係数の式のマイナス符号。
• 連立方程式の解法: 未知数が2つ（各衝突後の速度など）の場合、加減法や代入法を正確に用いて解く。
• 相対速度の概念の正確な適用: 「誰から見た誰の速度か」を明確にし、衝突後の相対速度の大きさが \(e\) 倍になる関係を正しく使う。
• エネルギー計算: 運動エネルギーの計算 (\(\frac{1}{2}mv^2\)) は速度の2乗であることに注意。失われたエネルギーは「初期－最終」。

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:
  • (1) \(V_1\) は常に正か？ \(v_1\) の符号は \(m\) と \(eM\) の大小関係で変わるが、それは妥当か？ 力積の符号は妥当か？
  • (2) \(e \to 0\) や \(e \to 1\) の極限で時間はどうなるか？
  • (3) \(V_2\) の振る舞いは \(V_1\) と比べてどうか？ 時間は \(e^2\) で割っているので、\(e<1\) なら長くなるはず。
  • (4) 最終速度 \(u\) は、\(m\) と \(M\) の質量比で \(v_0\) を分配した形になっているか？ 失われるエネルギーは必ず正の値になるか？(\(0<e<1\) なので必ず失われる)。
• 特殊な値での検証:
  • もし \(m=M\) なら、各式はどうなるか？
  • もし \(e=1\) (完全弾性衝突)なら、エネルギーは保存されるはず (\(\Delta K_{\text{失}}=0\))。実際に(4)の式がそうなるか確認する。(\(u\) は同じだが、失われるエネルギーの式は \((1-e^2)\) のような項を含まないため、この形では直接 \(e=1\) で0にはならない。これは「一体となる」という最終状態が \(e<1\) を前提としているため。\(e=1\) なら永遠に衝突を繰り返し、一体にはならない)。この吟味は注意が必要。設問(4)は \(0<e<1\) が前提。

問題14 (名古屋市立大)

【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、鉛直面内で打ち上げられた物体Pが最高点で破裂し、2つの物体P₁とP₂に分裂する現象を扱います。分裂前の放物運動、分裂の瞬間の運動量保存則、そして分裂後の各物体の運動（再び放物運動）を順に解析していきます。

【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組み合わせる必要があります。

• 放物運動: 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（投げ上げ・自由落下）の組み合わせとして扱います。
• 運動量保存則: 破裂や分裂のような内力のみが働く（または外力の力積が無視できる短時間の）現象では、系全体の運動量は保存されます。ベクトル量であることに注意が必要です。
• 相対速度: 一方の物体から見た他方の物体の速度。ベクトル差として計算されます。

問1

思考の道筋とポイント

物体Pが分裂しない場合の標準的な放物運動を考えます。初速度 \(v_0\)、仰角 \(\theta\) です。
最高点の高さ \(h\) は、鉛直方向の運動が投げ上げ運動であることから求められます（最高点では鉛直方向の速度成分が0）。
水平距離OBは、水平方向が等速直線運動であることと、全滞空時間から求められます。

この設問における重要なポイント

• 初速度の鉛直成分 \(v_{0z} = v_0\sin\theta\)、水平成分 \(v_{0y} = v_0\cos\theta\)。
• 鉛直方向: 最高点で \(v_z = 0\)。等加速度運動の公式 \(v^2 – v_{\text{初}}^2 = 2ax\) を適用。
• 水平方向: 等速直線運動。距離 = 速さ × 時間。
• 最高点までの時間 \(t_A\) と、全滞空時間 \(t_{OB} = 2t_A\)。

具体的な解説と立式

初速度の成分は、
y成分（水平方向）: \(v_{0y} = v_0\cos\theta\)
z成分（鉛直方向）: \(v_{0z} = v_0\sin\theta\)

最高点の高さ \(h\):
鉛直方向の運動について、最高点Aでは速度のz成分 \(v_{Az}\) が0になります。
公式 \(v_z^2 – v_{0z}^2 = 2(-g)h\) を用いると（上向きを正、加速度 \(-g\)）、
$$0^2 – (v_0\sin\theta)^2 = -2gh \quad \cdots ①$$

水平距離OB:
まず、最高点Aに達するまでの時間 \(t_A\) を求めます。
公式 \(v_z = v_{0z} – gt\) より、\(0 = v_0\sin\theta – gt_A\)。
$$t_A = \frac{v_0\sin\theta}{g}$$物体がBに落下するまでの全滞空時間 \(t_{OB}\) は、対称性から \(t_{OB} = 2t_A\)。
$$t_{OB} = \frac{2v_0\sin\theta}{g} \quad \cdots ②$$
水平方向は速さ \(v_{0y} = v_0\cos\theta\) の等速直線運動なので、水平距離OBは、
$$OB = v_{0y} \cdot t_{OB} = (v_0\cos\theta) \cdot \left(\frac{2v_0\sin\theta}{g}\right) \quad \cdots ③$$

最高点の高さ \(h\):
式①から、
$$-(v_0\sin\theta)^2 = -2gh$$
$$h = \frac{(v_0\sin\theta)^2}{2g} = \frac{v_0^2\sin^2\theta}{2g}$$

水平距離OB:
式③から、
$$OB = \frac{2v_0^2\sin\theta\cos\theta}{g}$$
三角関数の倍角の公式 \( \sin2\theta = 2\sin\theta\cos\theta \) を用いると、
$$OB = \frac{v_0^2\sin2\theta}{g}$$

1. 最高点の高さ \(h\):
   • ボールを上に投げたときと同じように考えます。初めの縦方向の速さは \(v_0\sin\theta\) です。
   • 一番高いところでは縦方向の速さが0になります。公式 \((\text{終わりの速さ})^2 – (\text{初めの速さ})^2 = 2 \times (\text{加速度}) \times (\text{高さ})\) を使うと、\(0^2 – (v_0\sin\theta)^2 = 2 \times (-g) \times h\) となり、これを \(h\) について解きます。
2. 水平距離OB:
   • ボールが上がって落ちてくるまでの時間（滞空時間）をまず求めます。最高点までの時間の2倍です。最高点までの時間は、縦方向の初めの速さ \(v_0\sin\theta\) が重力加速度 \(g\) で減速されて0になるまでの時間なので、\(v_0\sin\theta / g\) です。なので滞空時間は \(2v_0\sin\theta / g\)。
   • 横方向にはずっと同じ速さ \(v_0\cos\theta\) で進みます。なので、距離OBは「横方向の速さ × 滞空時間」で計算できます。

最高点の高さ \(h = \displaystyle\frac{v_0^2\sin^2\theta}{2g}\)、水平距離 \(OB = \displaystyle\frac{v_0^2\sin2\theta}{g}\) です。
これらは標準的な放物運動の公式であり、物理的に妥当です。例えば、\(\theta=90^\circ\)（真上への投げ上げ）なら \(OB=0\)、\(h=v_0^2/(2g)\) となり正しいです。また、到達距離OBが最大になるのは \(\sin2\theta\) が最大のとき、つまり \(2\theta=90^\circ \Rightarrow \theta=45^\circ\) のときです。

問2

思考の道筋とポイント

Pが最高点Aで分裂した直後のP₁の速さと、P₂の速度のx成分 \(v_{P2x}\)、y成分 \(v_{P2y}\)、z成分 \(v_{P2z}\) を求めます。
物体Pの質量を \(m_{total}\) とすると、分裂後のP₁とP₂の質量はそれぞれ \(m_{total}/2\) です。
最高点AでのPの速度（分裂直前）は、水平方向（y方向）成分のみで \(v_A = v_0\cos\theta\) です。z方向（鉛直）成分は0、x方向成分も0です。
P₁は分裂後、yz平面に垂直な方向（x方向とする）に、軌道II（もしPが分裂せずにAから落下する場合の軌道）と同じ形の軌道IIIを描きます。軌道IIと同じ形ということは、P₁は高さ \(h\) から初速度の水平成分の大きさが \(v_0\cos\theta\) で打ち出されたのと同じ運動をxz平面内で行うことを意味します。つまり、分裂直後のP₁の速度はx成分のみ持ち、その大きさは \(v_0\cos\theta\) です。
分裂の前後で、P, P₁, P₂からなる系全体の運動量は保存されます（分裂は内力によるため）。x, y, z 各成分ごとに運動量保存則を立てます。

この設問における重要なポイント

• 分裂直前のPの速度: y方向に \(v_0\cos\theta\)、x, z方向は0。
• P₁の運動: 分裂直後、x方向に速さ \(v_0\cos\theta\) で飛び出す (軌道の形が同じという条件から)。y, z方向の初速度は0。
• P, P₁, P₂ の質量関係: \(m_P = m\), \(m_{P1} = m/2\), \(m_{P2} = m/2\) (元のPの質量を \(m\) とする)。
• 運動量保存則をx成分、y成分、z成分それぞれに適用する。分裂は瞬間的な現象なので、重力による力積は無視できる。

具体的な解説と立式

元の物体Pの質量を \(m\) とすると、P₁とP₂の質量はそれぞれ \(m/2\)。
分裂直前の最高点AでのPの速度 \(\vec{v}_{PA}\) は、水平y方向のみで、
\(\vec{v}_{PA} = (0, v_0\cos\theta, 0)\)。
分裂直前のPの運動量 \(\vec{p}_{PA}\) は、
\(\vec{p}_{PA} = (0, mv_0\cos\theta, 0)\)。

P₁は分裂後、軌道IIIを描き、これは軌道II（Pが分裂せずAから落下する軌道）と同じ形です。軌道IIは水平初速 \(v_0\cos\theta\) で高さ \(h\) からの水平投射と同じです。P₁はyz平面に垂直な方向（x方向）にこの運動をするので、分裂直後のP₁の速度 \(\vec{v}_{P1}\) は、x成分のみ持ち、その大きさは \(v_0\cos\theta\) です。LECTUREの解釈に従い、P₁の速度を \(+x\) 方向とします。
$$\vec{v}_{P1} = (v_0\cos\theta, 0, 0)$$
P₁の速さは \(|\vec{v}_{P1}| = v_0\cos\theta\)。
P₁の運動量 \(\vec{p}_{P1} = (\frac{m}{2}v_0\cos\theta, 0, 0)\)。

P₂の分裂直後の速度を \(\vec{v}_{P2} = (v_{P2x}, v_{P2y}, v_{P2z})\) とします。
P₂の運動量 \(\vec{p}_{P2} = (\frac{m}{2}v_{P2x}, \frac{m}{2}v_{P2y}, \frac{m}{2}v_{P2z})\)。

運動量保存則 \(\vec{p}_{PA} = \vec{p}_{P1} + \vec{p}_{P2}\) を成分ごとに立てます。
x成分:
$$0 = \frac{m}{2}v_0\cos\theta + \frac{m}{2}v_{P2x} \quad \cdots ④$$
y成分:
$$mv_0\cos\theta = \frac{m}{2}(0) + \frac{m}{2}v_{P2y} \quad \cdots ⑤$$
z成分: (分裂は最高点Aで起こり、P₁は水平に飛び出すので \(v_{P1z}=0\)。分裂直後のP₂のz成分速度も \(v_{P2z}=0\) となります。)
$$0 = \frac{m}{2}(0) + \frac{m}{2}v_{P2z} \quad \cdots ⑤’$$

P₁の速さ:
上記より、P₁の速さは \(v_0\cos\theta\)。

P₂の速度成分:
x成分: 式④より、
$$\frac{m}{2}v_{P2x} = -\frac{m}{2}v_0\cos\theta$$
$$v_{P2x} = -v_0\cos\theta$$
y成分: 式⑤より、
$$\frac{m}{2}v_{P2y} = mv_0\cos\theta$$
$$v_{P2y} = 2v_0\cos\theta$$
z成分: 式⑤’より、
$$\frac{m}{2}v_{P2z} = 0$$
$$v_{P2z} = 0$$

1. P₁の速さ: 問題文から、P₁は分裂後、軌道II（もしPが分裂しなかった場合のAからの落下軌道）と「まったく同じ形」の軌道IIIを、yz平面と垂直な方向（x方向とします）に描きます。軌道IIは、最高点Aで水平方向に速さ \(v_0\cos\theta\) を持つPが描くものです。したがって、P₁も分裂直後にx方向に速さ \(v_0\cos\theta\) を持つことになります。
2. P₂の速度成分: 分裂の前後で、PとP₁とP₂を合わせた全体の運動量は変わりません（運動量保存則）。これをx方向、y方向、z方向それぞれで考えます。
   • x方向: 分裂前、Pはyz平面内を運動していたのでx方向の運動量はありません（0）。分裂後、P₁はx方向に運動量 \((m/2)v_0\cos\theta\) を持ちます（Pの質量をmとするとP₁の質量はm/2）。P₂のx方向の速度を \(v_{P2x}\) とすると、運動量 \((m/2)v_{P2x}\) を持ちます。運動量保存から \(0 = (m/2)v_0\cos\theta + (m/2)v_{P2x}\) となり、これを解いて \(v_{P2x}\) を求めます。
   • y方向: 分裂前、Pはy方向に速さ \(v_0\cos\theta\) を持っていたので、y方向の運動量は \(m v_0\cos\theta\)。分裂後、P₁はx方向に飛び出すのでy方向の速度は0です。P₂のy方向の速度を \(v_{P2y}\) とすると、運動量 \((m/2)v_{P2y}\) を持ちます。運動量保存から \(m v_0\cos\theta = (m/2)(0) + (m/2)v_{P2y}\) となり、これを解いて \(v_{P2y}\) を求めます。
   • z方向: 分裂は最高点A（鉛直速度0）で起こり、P₁も水平に飛び出すので、分裂直後のP₁とP₂の鉛直方向の速度成分はともに0です。したがって運動量保存から \(v_{P2z}=0\) です。

P₁の速さは \(v_0\cos\theta\)。
P₂の速度のx成分は \(v_{P2x} = -v_0\cos\theta\)、y成分は \(v_{P2y} = 2v_0\cos\theta\)、z成分は \(v_{P2z} = 0\)。
P₁が+x方向に運動量を持つと、P₂は-x方向に同じ大きさの運動量を持つことでx方向の全運動量を0に保ちます。
y方向は、分裂前の運動量 \(mv_0\cos\theta\) をP₂がすべて（質量が半分なので速度は2倍で）引き継ぐ形になっています（P₁のy方向速度が0のため）。z方向の速度成分が0であることは、分裂が水平方向の運動に影響を与え、鉛直方向の運動は分裂直後には変化しない（直後に自由落下を開始する）ことを示します。

問3

思考の道筋とポイント

図2（Pが分裂する直前の速度ベクトルの水平成分を基準とした、真上から見た図）に、分裂直後のP₁とP₂の速度ベクトルの水平成分を描きます。
分裂直前のPの速度の水平成分（これはy方向のみ）を基準ベクトルとして描きます。
(2)で求めたP₁とP₂の速度の水平成分（x成分とy成分）を、同じ図にベクトルとして描き加えます。図2のグリッドの1目盛りが \(v_0\cos\theta\) の大きさに対応すると解釈できます。

この設問における重要なポイント

• 分裂直前のPの水平速度: y方向に \(v_0\cos\theta\)。x方向は0。
• 分裂直後のP₁の水平速度: x方向に \(v_0\cos\theta\)。y方向は0。
• 分裂直後のP₂の水平速度: x方向に \(-v_0\cos\theta\)、y方向に \(2v_0\cos\theta\)。
• これらをベクトルとして図示する。図2のPの位置を始点とする。

具体的な解説と立式

分裂直前のPの速度の水平成分 \(\vec{v}_{P,\text{水平}}\) は、y方向に大きさ \(v_0\cos\theta\) です。
図2では、Pから右向き（y軸正方向）に1目盛りの矢印で表されています。この1目盛りが \(v_0\cos\theta\) の大きさに対応します。

分裂直後のP₁の速度の水平成分 \(\vec{v}_{P1,\text{水平}}\) は、(2)より x方向に \(v_0\cos\theta\)、y方向は0です。
図2では、P₁の速度ベクトルは、P点を始点とし、図のx軸正方向（図2ではy軸に垂直な方向、例えば上向き）に1目盛りの長さの矢印となります。

分裂直後のP₂の速度の水平成分 \(\vec{v}_{P2,\text{水平}}\) は、(2)より x成分が \(-v_0\cos\theta\)、y成分が \(2v_0\cos\theta\) です。
図2では、P₂の速度ベクトルは、P点を始点とし、

• x方向（図2の上向きを+xとすると下向き）に1目盛りの長さ
• y方向（図2の右向き）に2目盛りの長さ

を持つベクトルとして描かれます。つまり、\((-1, 2)\) の成分比を持つベクトルです。

（模範解答の図(3)に P, P₁, P₂ の運動量ベクトルが描かれており、速度ベクトルもこれに比例します。Pの運動量 \(m\vec{v}_A\)、P₁の運動量 \((m/2)\vec{v}_{P1}\)、P₂の運動量 \((m/2)\vec{v}_{P2}\) の関係 \((m/2)\vec{v}_{P1} + (m/2)\vec{v}_{P2} = m\vec{v}_A\) がベクトル的に成り立ちます。）
作図指示：「（模範解答の図3の右側のような速度ベクトル図を描き、図2のP点を始点としてP₁とP₂の水平速度ベクトルをグリッドに合わせて描く。P₁はx軸正方向に1目盛り、P₂はx軸負方向に1目盛り、y軸正方向に2目盛りの合成ベクトルとなる。）」

作図問題なので、計算過程は特になし。(2)で求めた速度成分に基づいて作図する。

1. 図2は、分裂直前のPの水平方向の速さを右向きの矢印1マス分で表しています。この大きさが \(v_0\cos\theta\) です。
2. (2)で求めたように、P₁の速さの水平成分は、x方向（図2では例えば上向き）に \(v_0\cos\theta\) (1マス分)、y方向（図2の右向き）は0です。なので、P₁の矢印はPから上向きに1マスです。
3. P₂の速さの水平成分は、x方向に \(-v_0\cos\theta\) (図2では下向きに1マス分)、y方向に \(2v_0\cos\theta\) (図2では右向きに2マス分) です。なので、P₂の矢印はPから下向きに1マス、右向きに2マス進んだ点を結んだベクトルになります。

図2に、P点を始点として、P₁の水平速度ベクトル（x軸正方向に \(v_0\cos\theta\)）、P₂の水平速度ベクトル（x軸負方向に \(v_0\cos\theta\)、y軸正方向に \(2v_0\cos\theta\) の成分を持つ）を描き入れます。これらのベクトルは、分裂前のPの水平運動量ベクトルが、分裂後のP₁とP₂の水平運動量ベクトルの和に等しくなることを視覚的に示します。

問4

思考の道筋とポイント

P₁に対するP₂の相対速度の大きさを求めます。
(2)で求めた分裂直後のP₁の速度ベクトル \(\vec{v}_{P1}\) とP₂の速度ベクトル \(\vec{v}_{P2}\) を用いて、相対速度ベクトル \(\vec{v}_{P2P1} = \vec{v}_{P2} – \vec{v}_{P1}\) を計算し、その大きさを求めます。分裂直後のz方向の速度成分は両者とも0なので、水平面内での相対速度を考えればよいです。

この設問における重要なポイント

• 相対速度の定義: \(\vec{v}_{BA} = \vec{v}_B – \vec{v}_A\)。
• (2)で求めたP₁とP₂の速度ベクトル（水平成分）を用いる。
• ベクトルの大きさを計算する（三平方の定理）。

具体的な解説と立式

(2)より、分裂直後の速度ベクトル（水平成分のみ考慮、z成分は0）は、
P₁: \(\vec{v}_{P1} = (v_0\cos\theta, 0, 0)\) （x, y, z成分の順）
P₂: \(\vec{v}_{P2} = (-v_0\cos\theta, 2v_0\cos\theta, 0)\)

P₁に対するP₂の相対速度ベクトル \(\vec{u} = \vec{v}_{P2P1}\) は、
$$\vec{u} = \vec{v}_{P2} – \vec{v}_{P1} = ((-v_0\cos\theta – v_0\cos\theta), (2v_0\cos\theta – 0), (0-0))$$
$$\vec{u} = (-2v_0\cos\theta, 2v_0\cos\theta, 0) \quad \cdots ⑥$$
この相対速度の大きさ \(u = |\vec{u}|\) は、
$$u = \sqrt{(-2v_0\cos\theta)^2 + (2v_0\cos\theta)^2 + 0^2} \quad \cdots ⑦$$

式⑦を計算します。
$$u = \sqrt{4(v_0\cos\theta)^2 + 4(v_0\cos\theta)^2} = \sqrt{8(v_0\cos\theta)^2}$$
$$u = \sqrt{8} \cdot \sqrt{(v_0\cos\theta)^2} = 2\sqrt{2} |v_0\cos\theta|$$
ここで \(v_0 > 0\) であり、通常 \(\theta\) は鋭角なので \(\cos\theta > 0\)。したがって \(|v_0\cos\theta| = v_0\cos\theta\)。
$$u = 2\sqrt{2} v_0\cos\theta$$

1. P₁から見たP₂の速さ（相対速度の大きさ）を求めます。
2. (2)で、P₁の速度はx方向に \(v_0\cos\theta\)、P₂の速度はx方向に \(-v_0\cos\theta\)、y方向に \(2v_0\cos\theta\) でした (z方向はいずれも0)。
3. 相対速度は、P₂の速度からP₁の速度をベクトルとして引き算します。
   • x成分: \((-v_0\cos\theta) – (v_0\cos\theta) = -2v_0\cos\theta\)
   • y成分: \((2v_0\cos\theta) – 0 = 2v_0\cos\theta\)
   • z成分: \(0 – 0 = 0\)
4. この相対速度ベクトルの大きさを、三平方の定理 \(\sqrt{(\text{x成分})^2 + (\text{y成分})^2 + (\text{z成分})^2}\) を使って計算します。

P₁に対するP₂の相対速度の大きさは \(u = 2\sqrt{2} v_0\cos\theta\) です。
この値は常に正であり、P₁とP₂が分裂後に互いに離れていく（または近づいていく）速さの大きさを表しています。

問5

思考の道筋とポイント

P₂が地面に落下した地点の座標 \((x, y)\) を求めます。
分裂は最高点Aで行われ、その高さは \(h = \frac{v_0^2\sin^2\theta}{2g}\)、y座標は \(y_A = OB/2 = \frac{v_0^2\sin2\theta}{2g}\) です（原点Oを基準）。
分裂後、P₂は初速度 \(\vec{v}_{P2} = (-v_0\cos\theta, 2v_0\cos\theta, 0)\) （水平成分、z成分は分裂直後0）で運動を開始します。
最高点Aから地面に落下するまでの時間は、P₁もP₂も、もし分裂しなかった場合のPも同じです。この時間は(1)で求めた最高点までの時間 \(t_A = \frac{v_0\sin\theta}{g}\) です。
この落下時間 \(t_{\text{fall}} = t_A\) と、P₂の水平方向の速度成分を用いて、落下地点のx座標とy座標を計算します。

この設問における重要なポイント

• 分裂点Aのy座標は \(OB/2\)。分裂点Aのx座標は \(0\)。
• Aから地面までの落下時間は、鉛直方向の運動（初速0の自由落下と同じ時間を要する）から決まり、分裂しなかった場合やP₁と同じ \(t_A = \frac{v_0\sin\theta}{g}\)。
• P₂のx方向、y方向の水平速度は分裂直後から一定。
• 落下地点の座標は、分裂点Aの座標に、落下時間中の水平移動距離を加える。

具体的な解説と立式

分裂点Aの座標（原点O基準）: x座標は \(x_A = 0\)。y座標は \(y_A = OB/2 = \frac{v_0^2\sin2\theta}{2g}\)。z座標は \(z_A = h = \frac{v_0^2\sin^2\theta}{2g}\)。
Aから地面（z=0）まで落下するのにかかる時間 \(t_{\text{fall}}\) は、
$$t_{\text{fall}} = \frac{v_0\sin\theta}{g}$$
P₂の分裂直後の速度の水平成分は、\(v_{P2x} = -v_0\cos\theta\), \(v_{P2y} = 2v_0\cos\theta\)。
落下地点のx座標 \(x_{P2\text{落}}\):
$$x_{P2\text{落}} = x_A + v_{P2x} \cdot t_{\text{fall}} = 0 + (-v_0\cos\theta) \cdot \frac{v_0\sin\theta}{g} = -\frac{v_0^2\sin\theta\cos\theta}{g}$$
倍角の公式 \( \sin2\theta = 2\sin\theta\cos\theta \) を使うと \(\sin\theta\cos\theta = \frac{1}{2}\sin2\theta\)。
$$x_{P2\text{落}} = -\frac{v_0^2\sin2\theta}{2g}$$
これは、\(OB = \frac{v_0^2\sin2\theta}{g}\) を使うと、\(x_{P2\text{落}} = -\frac{OB}{2}\)。

落下地点のy座標 \(y_{P2\text{落}}\):
$$y_{P2\text{落}} = y_A + v_{P2y} \cdot t_{\text{fall}} = \frac{OB}{2} + (2v_0\cos\theta) \cdot \frac{v_0\sin\theta}{g}$$
$$y_{P2\text{落}} = \frac{OB}{2} + \frac{2v_0^2\sin\theta\cos\theta}{g} = \frac{OB}{2} + OB = \frac{3}{2}OB$$
$$y_{P2\text{落}} = \frac{3}{2} \cdot \frac{v_0^2\sin2\theta}{g}$$

落下時間 \(t_{\text{fall}}\):
$$t_{\text{fall}} = \frac{v_0\sin\theta}{g}$$
P₂の落下地点のx座標:
$$x_{P2\text{落}} = (-v_0\cos\theta) \cdot \frac{v_0\sin\theta}{g} = -\frac{v_0^2\sin\theta\cos\theta}{g}$$
\(OB = \frac{2v_0^2\sin\theta\cos\theta}{g}\) なので、\(v_0^2\sin\theta\cos\theta = \frac{g \cdot OB}{2}\)。
$$x_{P2\text{落}} = -\frac{1}{g} \cdot \frac{g \cdot OB}{2} = -\frac{OB}{2}$$
または、\(\sin2\theta = 2\sin\theta\cos\theta\) より \(\sin\theta\cos\theta = \frac{\sin2\theta}{2}\)。
$$x_{P2\text{落}} = -\frac{v_0^2}{g} \frac{\sin2\theta}{2} = -\frac{v_0^2\sin2\theta}{2g}$$
P₂の落下地点のy座標:
点Aのy座標は \(y_A = \frac{OB}{2} = \frac{v_0^2\sin2\theta}{2g}\)。
$$y_{P2\text{落}} = y_A + (2v_0\cos\theta)t_{\text{fall}} = \frac{v_0^2\sin2\theta}{2g} + (2v_0\cos\theta)\frac{v_0\sin\theta}{g}$$
$$y_{P2\text{落}} = \frac{v_0^2\sin2\theta}{2g} + \frac{2v_0^2\sin\theta\cos\theta}{g} = \frac{v_0^2\sin2\theta}{2g} + \frac{v_0^2\sin2\theta}{g}$$
$$y_{P2\text{落}} = \left(\frac{1}{2}+1\right)\frac{v_0^2\sin2\theta}{g} = \frac{3}{2}\frac{v_0^2\sin2\theta}{g}$$
または、\(y_{P2\text{落}} = \frac{OB}{2} + OB = \frac{3}{2}OB\)。

1. P₂は、最高点Aから地面に落ちるまでの間、水平方向には (2) で求めた速度成分で等速直線運動をします。
2. 最高点Aから地面までの落下時間は、もしPが分裂しなかった場合と同じで、(1)で計算した全滞空時間 \(t_{OB}\) の半分、つまり \(t_A = v_0\sin\theta/g\) です。
3. x座標: P₂のx方向の初速度は \(-v_0\cos\theta\) なので、落下時間 \(t_A\) の間にx方向に進む距離は \((-v_0\cos\theta) \times t_A\) です。分裂点Aのx座標は0なので、これがそのまま落下地点のx座標になります。
4. y座標: 分裂点Aのy座標は、全水平距離OBの半分 (\(OB/2\)) です。P₂のy方向の初速度は \(2v_0\cos\theta\) なので、落下時間 \(t_A\) の間にy方向に進む距離は \((2v_0\cos\theta) \times t_A\) です。落下地点のy座標は、Aのy座標にこの距離を足したものになります。

P₂が地面に落下した地点の座標は \(x = -\displaystyle\frac{v_0^2\sin2\theta}{2g}\) (または \(-\frac{OB}{2}\))、\(y = \displaystyle\frac{3v_0^2\sin2\theta}{2g}\) (または \(\frac{3}{2}OB\)) です。
P₁はx方向に飛び出し、軌道IIと同じ形なので水平到達距離は \(DB = OB/2\) となります。C地点が \(x_C = OB/2\) （または \(-OB/2\)、図による）の地点だとすると、P₂のx座標はその反対側に来ています。
y方向には、分裂前のPのy方向速度 \(v_0\cos\theta\) をP₂が2倍の \(2v_0\cos\theta\) で引き継いだため、A点からの水平到達距離も2倍の \(2 \times (OB/2) = OB\) となり、トータルで \(OB/2 + OB = 3OB/2\) の位置に落下します。これは物理的に整合性があります。

Q

思考の道筋とポイント

P₁, P₂が地面に落下したときの、P₁P₂間の距離を求めます。問(4)までの結果からP₁に対するP₂の運動を考えて求めるとあります。
分裂後、P₁とP₂は同じ重力加速度 \(\vec{g}\) で運動するため、P₁に対するP₂の相対加速度は \(\vec{a}_{P2P1} = \vec{a}_{P2} – \vec{a}_{P1} = \vec{g} – \vec{g} = \vec{0}\) です。
したがって、P₁から見るとP₂は等速直線運動をします。その相対速度は、分裂直後の相対速度 \(\vec{u} = \vec{v}_{P2} – \vec{v}_{P1}\) であり、この大きさ \(u\) は(4)で求めました。
P₁とP₂が最高点Aから地面に落下するまでの時間は等しく、\(t_{\text{fall}} = v_0\sin\theta/g\) です。
この時間内に、相対速度 \(u\) で離れていくので、落下時のP₁P₂間の距離は \(u \cdot t_{\text{fall}}\) で求められます。

この設問における重要なポイント

• 分裂後、P₁とP₂の相対加速度は0（どちらも重力加速度で運動するため）。
• したがって、P₁に対するP₂の相対速度は一定で、分裂直後の相対速度 \(\vec{u}\) に等しい。
• P₁とP₂の落下時間は等しい (\(t_{\text{fall}}\))。
• 落下時のP₁P₂間の距離 = (相対速度の大きさ \(u\)) × (落下時間 \(t_{\text{fall}}\))。

具体的な解説と立式

分裂後のP₁とP₂の加速度はともに重力加速度 \(\vec{g}\) (鉛直下向き) です。
したがって、P₁に対するP₂の相対加速度 \(\vec{a}_{\text{P2P1}}\) は、
$$\vec{a}_{\text{P2P1}} = \vec{a}_{P2} – \vec{a}_{P1} = \vec{g} – \vec{g} = \vec{0}$$
よって、P₁から見るとP₂は等速直線運動をします。その相対速度は、分裂直後の相対速度 \(\vec{u}\) です。
(4)で求めた相対速度の大きさは \(u = 2\sqrt{2} v_0\cos\theta\)。
P₁とP₂が最高点Aから地面に落下するまでの時間 \(t_{\text{fall}}\) は、(5)で計算したように、
$$t_{\text{fall}} = \frac{v_0\sin\theta}{g}$$したがって、P₁とP₂が地面に落下したときのP₁P₂間の距離 \(L_{P1P2}\) は、$$L_{P1P2} = u \cdot t_{\text{fall}} \quad \cdots {(Q-1)}$$

式(Q-1)に \(u = 2\sqrt{2} v_0\cos\theta\) と \(t_{\text{fall}} = \displaystyle\frac{v_0\sin\theta}{g}\) を代入します。
$$L_{P1P2} = (2\sqrt{2} v_0\cos\theta) \cdot \left(\frac{v_0\sin\theta}{g}\right)$$
$$L_{P1P2} = \frac{2\sqrt{2} v_0^2\sin\theta\cos\theta}{g}$$倍角の公式 \( \sin2\theta = 2\sin\theta\cos\theta \) を用いると、\(\sin\theta\cos\theta = \frac{1}{2}\sin2\theta\)。$$L_{P1P2} = \frac{2\sqrt{2} v_0^2}{g} \cdot \frac{\sin2\theta}{2} = \frac{\sqrt{2}v_0^2\sin2\theta}{g}$$(1)で求めた \(OB = \frac{v_0^2\sin2\theta}{g}\) を使うと、$$L_{P1P2} = \sqrt{2} \cdot OB$$

1. P₁とP₂は、分裂した後、どちらも同じ重力（地球からの引力）だけを受けて飛びます。なので、お互いから見ると、相手は力を受けていないように見え、まっすぐ一定の速さで遠ざかっていくように見えます（等速直線運動）。
2. この「お互いから見た速さ」（相対速度の大きさ）は、(4)で求めた \(u = 2\sqrt{2} v_0\cos\theta\) です。
3. P₁とP₂が地面に落ちるまでの時間は同じです。この時間は、(1)や(5)で計算したように、最高点AからPが落ちるまでの時間 \(t_{\text{fall}} = v_0\sin\theta/g\) です。
4. なので、この時間 \(t_{\text{fall}}\) の間に、相対速度 \(u\) で離れていくので、地面に落ちたときのP₁とP₂の間の距離は、単純に「相対的な速さ × 時間」で計算できます。つまり \(L_{P1P2} = u \times t_{\text{fall}}\) です。

P₁, P₂が地面に落下したときの、P₁P₂間の距離は \(\displaystyle\frac{\sqrt{2}v_0^2\sin2\theta}{g}\) (または \(\sqrt{2} \cdot OB\)) です。
これは、P₁の落下地点 \(C\) とP₂の落下地点の座標から直接距離を計算した結果とも一致するはずです。
P₁はx方向に飛び出し、軌道IIと同じ形なので水平到達距離は \(DB = OB/2\) となります。図からCは \(x < 0\) 側とすると \(x_C = -OB/2\)。y座標はAと同じなので \(y_C = y_A = OB/2\)。
P₂の落下地点は(5)より \((x_{P2}, y_{P2}, 0) = (-OB/2, 3OB/2, 0)\)。
もし、P₁が+x方向に進むと仮定した場合 \(x_C = OB/2, y_C = OB/2\)。
P₁ \((OB/2, OB/2)\), P₂ \((-OB/2, 3OB/2)\)。
距離 \(L_{P1P2} = \sqrt{ (OB/2 – (-OB/2))^2 + (OB/2 – 3OB/2)^2 } = \sqrt{ (OB)^2 + (-OB)^2 } = \sqrt{2(OB)^2} = \sqrt{2} \cdot OB\)。
相対速度を用いた結果と一致します。

【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？

• 放物運動の解析: 水平方向（この問題ではy方向とx方向）の等速直線運動と、鉛直方向（z方向）の等加速度直線運動（投げ上げや自由落下）に分解して考えることが基本です。
• 運動量保存則: 破裂や分裂のような内力のみが作用する短時間の現象では、系全体の運動量はベクトル的に保存されます。各成分（x, y, z）ごとに保存則を立式します。
• 相対運動（特に相対加速度が0の場合）: 分裂後、各破片が同じ一定の加速度（ここでは重力加速度）で運動する場合、一方の破片から見た他方の破片の相対加速度は0となり、相対速度は一定に保たれます。これは、分裂後の破片間の距離を求める際に非常に有効です。
• 運動の独立性: 水平方向の運動と鉛直方向の運動は互いに独立に扱うことができます。特に、落下時間は鉛直方向の運動のみで決まり、その間に水平方向には等速（または分裂後の初速度で等速）で移動します。

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

• 類似問題への応用:
  • 運動の途中で物体が分裂・合体する全ての問題（ロケットの切り離し、衝突など）。
  • 複数の物体が同じ外力場（例：重力場）で運動する場合の相対運動。
  • 2次元、3次元空間での運動量保存。
• 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. 現象の段階分け: 「打ち出し→最高点到達」「分裂の瞬間」「分裂後の各破片の運動」のように、物理現象を時間的な段階に分けて考える。
  2. 各段階で適用すべき法則の選択: 放物運動の段階では運動の分解、分裂の瞬間は運動量保存則、分裂後の運動は再び放物運動（または相対運動）というように、適切な物理法則を選択する。
  3. 座標系の設定とベクトルの成分表示: 3次元的な運動を扱う場合、適切な座標系を設定し、速度や運動量などのベクトル量を成分で正確に表す。
  4. 「同じ形」や「等距離」などの条件の物理的解釈: 問題文中の言葉による条件を、速度の大きさや運動の対称性など、物理的な量や関係に翻訳する。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• 運動量とエネルギーの混同: 破裂・分裂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るとは限らない（通常は増加する）。
  • 対策: 運動量保存則とエネルギー保存則は別の法則であり、適用できる条件が異なることを理解する。
• ベクトルの扱い: 運動量はベクトル量なので、成分ごとに保存則を立てる必要がある。速さ（スカラー）だけで考えてしまうと誤る。
  • 対策: 常にベクトルを意識し、必要ならx, y, zの各成分に分解して方程式を立てる。
• 分裂後の各破片の運動の初期条件: 分裂直後の各破片の速度ベクトルを正しく求めることが、その後の運動解析の出発点となる。
  • 対策: 運動量保存則を慎重に適用し、各成分の速度を求める。
• 相対速度の計算ミス: \(\vec{v}_{AB} = \vec{v}_B – \vec{v}_A\) の定義を間違える、あるいはベクトルの引き算で成分計算を誤る。
  • 対策: 相対速度の定義を正確に覚え、成分ごとに丁寧に計算する。

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:
  • 花火が最高点で破裂して、多数の破片が四方八方に飛び散る様子（ただし、この問題は2つへの分裂）。
  • 分裂の際、重心の運動は分裂前と変わらない（外力が重力のみなら、重心は放物運動を続ける）。
  • P₁からP₂を見たとき、P₂がまっすぐ自分から遠ざかっていくように見えること（相対加速度0のため）。
• 図示の有効性:
  • 打ち出しから落下までの全体の軌跡の概略図。
  • 分裂点Aでの、分裂前後の各物体の速度ベクトル図（特に水平成分）。運動量保存の関係が視覚的にわかるように。
  • 相対速度ベクトルを図示し、その大きさが時間とともにどうなるか（この場合は一定）を考える。
  • 落下地点の座標を図で確認する。

なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法

• 放物運動の公式群: 水平方向の等速直線運動と鉛直方向の等加速度運動の組み合わせというモデルに基づき導出された便利な関係式。
• 運動量保存則: ニュートンの第3法則（作用・反作用の法則）と第2法則から導かれる、系の内力のみが関与する相互作用（衝突、分裂など）における普遍的な保存則。外力の力積が無視できる場合に適用。
• 相対速度・相対加速度: 運動を記述する視点を変えるための数学的な道具。特に、複数の物体が同じ加速度で運動している場合、相対加速度が0になり、相対運動が等速直線運動として扱えるため、非常に有用。

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) 分裂前の放物運動:
   1. 鉛直方向の運動から最高点の高さ \(h\) を求める。
   2. 鉛直方向の運動から滞空時間 \(t_{OB}\) を求め、水平方向の運動から水平距離 \(OB\) を求める。
2. (2) 分裂直後の速度:
   1. 分裂直前のPの速度（最高点Aでの速度）を求める。
   2. P₁の分裂直後の速度を問題文の条件から設定する。
   3. x, y, z方向それぞれで運動量保存則を立式し、P₂の速度成分 \(v_{P2x}, v_{P2y}, v_{P2z}\) を求める。
3. (3) 水平速度ベクトルの図示: (2)の結果を図示する。
4. (4) 相対速度の大きさ: (2)で求めた \(\vec{v}_{P1}\) と \(\vec{v}_{P2}\) から \(\vec{v}_{P2P1} = \vec{v}_{P2} – \vec{v}_{P1}\) を計算し、その大きさを求める。
5. (5) P₂の落下地点:
   1. 最高点Aからの落下時間 \(t_{\text{fall}}\) を求める（これはP₁や分裂しなかったPと同じ）。
   2. P₂の水平方向の各速度成分と落下時間から、Aからの水平移動距離を計算し、Aの座標に加える。
6. Q. P₁P₂間の最終距離:
   1. 分裂後の相対加速度が0であることを確認。
   2. 分裂直後の相対速度の大きさ \(u\) (問4の結果) と落下時間 \(t_{\text{fall}}\) を用いて、\(L_{P1P2} = u \cdot t_{\text{fall}}\) を計算。

計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック

• ベクトルの成分計算: 運動量保存則はベクトル式なので、必ず成分ごとに分けて計算する。符号に注意する。
• 三角関数の値と公式: \(\sin\theta, \cos\theta, \sin2\theta\) などを正しく扱う。
• 相対速度の引き算: \(\vec{v}_2 – \vec{v}_1\) を計算する際、各成分の引き算を正確に行う。
• 質量の扱い: 分裂によって質量が \(m\) から \(m/2\) になる点を考慮する。

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

• 物理的な直感との比較:
  • (1) 放物運動の公式と一致するか。
  • (2) P₁が一方向に運動量を持てば、P₂はその反対方向に運動量成分を持つはず。y方向の運動量はP₂が大きく引き継ぐのは妥当か。
  • (4) 相対速度が0でないこと（分裂して別々の方向に動くので）。
  • (5) P₂の落下地点が、元の軌道からどの程度ずれるか、直感と合うか。
  • Q: P₁とP₂が離れていく距離。
• 運動量保存の再確認: (2)で求めた分裂後のP₁とP₂の運動量の和が、分裂前のPの運動量と一致するか（x,y成分それぞれで）検算する。
• エネルギーの考察（設問ではないが）: 破裂・分裂は一般に内部エネルギーを運動エネルギーに変えるので、系全体の運動エネルギーは分裂後に増加することが多い（保存されるとは限らない）。

問題15 (弘前大)

【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、ばねで繋がれた物体Pと円筒容器M（または箱Qとして記述される箇所あり。以下、質量Mの物体を「容器」とする）の運動について、様々な状況下でのばねの縮み、物体の速さ、仕事などをエネルギー保存則や運動量保存則を用いて解析するものです。

【設問別解説】考え方から計算プロセスまで徹底ガイド

この問題を解く上で中心となる物理法則は以下の通りです。

• 力のつり合い: 物体が静止している場合、またはゆっくり動かされる場合（つり合いを保ちながら動く場合）、物体に働く力の合力は0です。
• 力学的エネルギー保存則: 保存力（重力、ばねの弾性力）のみが仕事をする系では、運動エネルギーと位置エネルギー（重力によるもの、弾性力によるもの）の和は一定に保たれます。
• 運動量保存則: 外力が働かない系では、系全体の運動量の和は一定に保たれます。特に、物体が分裂したり合体したり、内力のみで相互作用する場合に適用されます。
• 仕事とエネルギーの関係: 外力や非保存力が仕事をする場合、その仕事の分だけ系の力学的エネルギーが変化します。

問1

思考の道筋とポイント

容器を鉛直にしてPをばねの上端に静かにのせ、Pを支えて「ゆっくり下げていく」とあります。この「ゆっくり」という言葉は、常にPが力のつり合い状態を保ちながら下降することを意味します。ばねが最大に縮むのは、Pの下降が止まる点、つまりPに働く力がつり合う点ではなく、Pを支える手を離しても静止できる最も低い位置、すなわち弾性力と重力がつりあう位置です。設問は「ばねは最大いくら縮むか」とあり、ゆっくり下げていく過程でPが静止できる最大の縮みを指します。これは、ばねの弾性力とPの重力がつり合う点です。

この設問における重要なポイント

• 「ゆっくり下げる」は、力のつり合いを保ちながら移動することを意味する。
• ばねの最大の縮みは、この操作でPが静止できる最も低い位置、すなわち弾性力と重力がつり合う位置で達成される。
• 弾性力 \(F_{\text{ばね}} = kl\)、重力 \(mg\)。

具体的な解説と立式

ばねの縮みを \(l_1\) とします。このとき、Pに働く力は、

• 鉛直下向き: 重力 \(mg\)
• 鉛直上向き: ばねの弾性力 \(kl_1\)

Pをゆっくり下げていき、Pが静止できる最大の縮みでは、これらの力がつり合っています。
$$kl_1 – mg = 0 \quad \cdots ①$$
この式から \(l_1\) を求めます。

式①から \(l_1\) を求めます。
$$kl_1 = mg$$
$$l_1 = \frac{mg}{k}$$

1. Pをばねに乗せてゆっくりと下げていくと、ばねはだんだん縮んでPを上に押す力が強くなります。
2. Pの重さ（下に引っ張る力 \(mg\)）と、ばねがPを上に押す力（弾性力 \(kl_1\)、\(l_1\)は縮み）がちょうど等しくなった点で、Pは支えなしでも静止できます。これが、ゆっくり下げた場合にばねが縮む最大の長さです。
3. 力のつり合いの式 \(kl_1 = mg\) を立てて、縮み \(l_1\) を求めます。

ばねは最大 \(\displaystyle\frac{mg}{k}\) だけ縮みます。これは、重力と弾性力がつり合うときのばねの縮みであり、この位置がつり合いの中心となります。

問2

思考の道筋とポイント

図1のような状態で、はじめPをばねの上端（ばねの自然長の位置）に静かにのせ、急にPを放したとき、ばねが最大いくら縮むかを求めます。
Pを放した瞬間（初期状態）と、ばねが最大に縮んだ瞬間（最終状態）とで、Pとばねからなる系の力学的エネルギー保存則を適用します。
初期状態では、Pはばねの自然長端にあり、速さは0です。位置エネルギーの基準を最大圧縮時のPの位置とすると考えやすいでしょう。
最終状態では、ばねは最大縮み \(x_2\) だけ縮み、Pの速さは一瞬0になります。

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を適用する。
• 初期状態: Pはばねの自然長端にあり速さ0。ばねの弾性エネルギー0。
• 最終状態: ばねの縮み \(x_2\)、Pの速さ0。ばねの弾性エネルギー \(\frac{1}{2}kx_2^2\)。
• Pの重力による位置エネルギーの変化を考慮する。基準面の取り方に注意。

具体的な解説と立式

ばねが最大に縮んだときの縮みを \(x_2\) とします。
力学的エネルギー保存則を適用します。位置エネルギーの基準を、ばねが最も縮んだときの物体Pの位置とします。

初期状態（Pを放す瞬間、ばねは自然長）:

• Pの速さ: \(0\)。運動エネルギー \(K_{\text{初}} = 0\)。
• Pの高さ: ばねの自然長の上端なので、最大圧縮位置から \(x_2\) だけ高い。位置エネルギー \(U_{g,\text{初}} = mgx_2\)。
• ばねの縮み: \(0\)。弾性エネルギー \(U_{s,\text{初}} = 0\)。

よって、初期の力学的エネルギー \(E_{\text{初}} = 0 + mgx_2 + 0 = mgx_2\)。

最終状態（ばねが最大縮み \(x_2\) のとき）:

• Pの速さ: \(0\)。運動エネルギー \(K_{\text{後}} = 0\)。
• Pの高さ: 基準なので \(0\)。位置エネルギー \(U_{g,\text{後}} = 0\)。
• ばねの縮み: \(x_2\)。弾性エネルギー \(U_{s,\text{後}} = \frac{1}{2}kx_2^2\)。

よって、最終の力学的エネルギー \(E_{\text{後}} = 0 + 0 + \frac{1}{2}kx_2^2 = \frac{1}{2}kx_2^2\)。

力学的エネルギー保存則 \(E_{\text{初}} = E_{\text{後}}\) より、
$$mgx_2 = \frac{1}{2}kx_2^2 \quad \cdots ②$$
この式から \(x_2\) (\(x_2 \neq 0\)) を求めます。

式② \(mgx_2 = \displaystyle\frac{1}{2}kx_2^2\) を \(x_2\) について解きます。
\(x_2 \neq 0\) なので、両辺を \(x_2\) で割ることができます。
$$mg = \frac{1}{2}kx_2$$
$$x_2 = \frac{2mg}{k}$$

1. Pをばねの自然長の上端に置いて急に手を放すと、Pは下に落ちていき、ばねを縮めます。一番下まで行って一瞬止まるまでの間に、エネルギーの形が変わります。
2. はじめの状態（手を放す瞬間）: Pは止まっているので運動エネルギーは0。ばねはまだ縮んでいないので弾性エネルギーも0。Pが持っているのは位置エネルギーだけです（一番縮んだ位置を高さ0の基準とすると、はじめの高さは最大の縮み \(x_2\) になります）。なので、はじめのエネルギーは \(mgx_2\)。
3. おわりの状態（ばねが一番縮んでPが一瞬止まる瞬間）: Pは止まっているので運動エネルギーは0。この位置を高さ0の基準にしたので位置エネルギーも0。ばねは \(x_2\) だけ縮んでいるので、弾性エネルギーは \(\frac{1}{2}kx_2^2\) です。なので、おわりのエネルギーは \(\frac{1}{2}kx_2^2\)。
4. 摩擦などがなければ、はじめのエネルギーとおわりのエネルギーは等しいので、\(mgx_2 = \frac{1}{2}kx_2^2\) という式が成り立ちます。これを \(x_2\) について解けばOKです（\(x_2 \neq 0\) を使います）。

ばねは最大 \(\displaystyle\frac{2mg}{k}\) だけ縮みます。
これは、(1)で求めたつり合いの位置での縮み \(l_1 = mg/k\) のちょうど2倍です。これは、ばね振り子の振動において、振動中心（つり合いの位置）から端までの振幅がつり合いの変位に等しい場合の、最下点（もう一方の端）までの距離と解釈できます。

問3

思考の道筋とポイント

容器を滑らかな水平面上に置き、Pをばねに押しつけて \(a\) だけ縮め、全体が静止している状態から、容器とPを同時に放します。ばねから離れた後のPの速さを求めます。
この系（P + 容器 + ばね）には水平方向の外力が働かないため、系全体の運動量は保存されます。また、ばねの弾性力は保存力であり、水平面が滑らかなので摩擦も働かないため、系全体の力学的エネルギーも保存されます。
初期状態（ばね圧縮 \(a\)、全体静止）と最終状態（Pがばねから離れる、つまりばねが自然長に戻ったとき）で、運動量保存則と力学的エネルギー保存則を連立して解きます。

この設問における重要なポイント

• Pと容器からなる系について、水平方向の運動量が保存される。
• Pと容器とばねからなる系について、力学的エネルギーが保存される。
• 初期状態: ばねの圧縮 \(a\)、Pと容器の速さは0。
• 最終状態: ばねは自然長、Pの速さ \(v_P\)、容器の速さ \(V_M\)。

具体的な解説と立式

初期状態では、Pも容器も静止しており、ばねは \(a\) だけ縮んでいます。
系の初期運動量は \(P_{\text{初}} = 0\)。
系の初期力学的エネルギーは、ばねの弾性エネルギーのみで \(E_{\text{初}} = \frac{1}{2}ka^2\)。

Pがばねから離れた後（ばねが自然長に戻ったとき）のPの速さを \(v_P\)、容器の速さを \(V_M\) とします。運動の向きは、Pが右向きに、容器が左向きに動くと予想されます（作用・反作用のため）。右向きを正とすると、Pの速度は \(+v_P\)、容器の速度は \(-V_M\) (ここで \(v_P, V_M\) は速さなので正の値) となります。あるいは、Pの速度を \(v_P\)、容器の速度を \(V_M\) とし、符号も含めて解きます。ここでは、Pが右向きに \(v_P\)、容器が左向きに \(V_M\) の速さで動くと仮定し、\(v_P > 0, V_M > 0\) とします。

運動量保存則（右向きを正）:
$$0 = mv_P + M(-V_M)$$
$$mv_P = MV_M \quad \cdots ③$$

力学的エネルギー保存則:
ばねが自然長に戻るので、最終的な弾性エネルギーは0。
$$\frac{1}{2}ka^2 = \frac{1}{2}mv_P^2 + \frac{1}{2}MV_M^2 \quad \cdots ④$$
式③と④を連立して \(v_P\) を求めます。

式③より、\(V_M = \displaystyle\frac{m}{M}v_P\)。これを式④に代入します。
$$\frac{1}{2}ka^2 = \frac{1}{2}mv_P^2 + \frac{1}{2}M\left(\frac{m}{M}v_P\right)^2$$
両辺を2倍して、
$$ka^2 = mv_P^2 + M \frac{m^2}{M^2}v_P^2$$
$$ka^2 = mv_P^2 + \frac{m^2}{M}v_P^2$$
$$ka^2 = m\left(1 + \frac{m}{M}\right)v_P^2 = m\left(\frac{M+m}{M}\right)v_P^2$$
$$v_P^2 = ka^2 \frac{M}{m(M+m)}$$
\(v_P > 0\) なので、
$$v_P = a\sqrt{\frac{kM}{m(M+m)}}$$

1. ばねを \(a\) だけ縮めてPと容器を同時に放すと、ばねが元に戻ろうとしてPを右に、容器を左に押します。
2. このとき、Pと容器全体には水平方向の外力が働かないので、全体の運動量（勢いの合計のようなもの）は変わりません。はじめは全体が止まっていたので運動量は0、Pがばねから離れた後も運動量の合計は0です。Pが右に速さ \(v_P\)、容器が左に速さ \(V_M\) で動くとすると、\(mv_P = MV_M\) という関係が成り立ちます。
3. また、摩擦がないので全体の力学的エネルギーも変わりません。はじめはばねが縮んでいるので弾性エネルギー \(\frac{1}{2}ka^2\) を持っています。Pがばねから離れるとき、ばねは自然な長さに戻るので弾性エネルギーは0になり、その分がPと容器の運動エネルギーに変わります (\(\frac{1}{2}mv_P^2 + \frac{1}{2}MV_M^2\))。
4. これら2つの保存則の式を連立して、Pの速さ \(v_P\) を求めます。

ばねから離れた後のPの速さ \(v_P\) は \(\displaystyle a\sqrt{\frac{kM}{m(M+m)}}\) です。
この結果は、ばね定数 \(k\) や初期の縮み \(a\) が大きいほど、またPの質量 \(m\) が小さいほど、容器の質量 \(M\) が大きいほど、Pの速さが大きくなる傾向を示しています。これは物理的な直感と合います。

問4 (ア)

思考の道筋とポイント

滑らかな水平面上に静止している容器のばねに、Pを水平方向に速さ \(v_0\) であてたとき、ばねが最大いくら縮むかを求めます。
ばねが最大に縮んだとき、Pと容器は一瞬同じ速度になります（相対速度が0）。この共通の速度を \(u\) とします。
この衝突（ばねの圧縮）過程では、Pと容器からなる系に水平方向の外力は働かないので運動量が保存されます。また、ばねの弾性力は保存力なので、系全体の力学的エネルギーも保存されます。

この設問における重要なポイント

• ばねが最大圧縮したとき、Pと容器の速度は等しくなる（共通速度 \(u\)）。
• Pと容器からなる系の運動量は保存される。
• Pと容器とばねからなる系の力学的エネルギーは保存される。
• 初期状態: Pは速さ \(v_0\)、容器は静止、ばねは自然長。
• 最大圧縮状態: Pと容器は共通速度 \(u\)、ばねは \(d\) だけ圧縮。

具体的な解説と立式

Pがばねにあたる直前のPの速度を \(v_0\)、容器の速度を \(0\) とします。
ばねが最大に縮んだとき（縮みを \(d\) とする）、Pと容器は同じ速度 \(u\) で運動するとします。
運動量保存則（右向きを正）:
$$mv_0 + M \cdot 0 = (m+M)u \quad \cdots ⑤$$
力学的エネルギー保存則:
初期のエネルギー（ばね自然長） = 最大圧縮時のエネルギー
$$\frac{1}{2}mv_0^2 + \frac{1}{2}M(0)^2 + 0 = \frac{1}{2}(m+M)u^2 + \frac{1}{2}kd^2 \quad \cdots ⑥$$
式⑤から共通速度 \(u\) を求め、式⑥に代入して \(d\) を求めます。

式⑤から共通速度 \(u\) を求めます。
$$u = \frac{m}{m+M}v_0$$
これを式⑥に代入します。
$$\frac{1}{2}mv_0^2 = \frac{1}{2}(m+M)\left(\frac{m}{m+M}v_0\right)^2 + \frac{1}{2}kd^2$$
両辺を2倍して、
$$mv_0^2 = (m+M)\frac{m^2}{(m+M)^2}v_0^2 + kd^2$$
$$mv_0^2 = \frac{m^2}{m+M}v_0^2 + kd^2$$
$$kd^2 = mv_0^2 – \frac{m^2}{m+M}v_0^2 = mv_0^2 \left(1 – \frac{m}{m+M}\right)$$
$$kd^2 = mv_0^2 \left(\frac{m+M-m}{m+M}\right) = mv_0^2 \frac{M}{m+M}$$
$$d^2 = \frac{mMv_0^2}{k(m+M)}$$
\(d > 0\) なので、
$$d = v_0\sqrt{\frac{mM}{k(m+M)}}$$

1. Pが速さ \(v_0\) でばねにぶつかると、ばねは縮み始め、Pは遅くなり、容器は動き始めます。
2. ばねが一番縮んだとき、Pと容器は一瞬だけ同じ速さ \(u\) になります（Pが容器に対して止まる）。
3. この衝突の前後で、Pと容器全体の運動量は変わりません。なので、はじめの運動量 \(mv_0\) と、一番縮んだときの全体の運動量 \((m+M)u\) は等しくなります。これから \(u\) が求まります。
4. また、全体の力学的エネルギーも変わりません。はじめのエネルギーはPの運動エネルギー \(\frac{1}{2}mv_0^2\) です。一番縮んだときのエネルギーは、Pと容器の運動エネルギーの合計 \(\frac{1}{2}(m+M)u^2\) と、ばねの弾性エネルギー \(\frac{1}{2}kd^2\) (\(d\)は最大の縮み) の合計です。
5. これらのエネルギーが等しいという式を立て、上で求めた \(u\) を代入して \(d\) を求めます。

ばねは最大 \(d = v_0\sqrt{\displaystyle\frac{mM}{k(m+M)}}\) だけ縮みます。
この結果は、換算質量 \(\mu’ = \frac{mM}{m+M}\) を用いると \(d = v_0\sqrt{\frac{\mu’}{k}}\) と書け、ばねにつながれた換算質量の物体が衝突する問題と似た形をしています。

問4 (イ)

思考の道筋とポイント

やがてPはばねから離れます。その後のPの速さを求めます。
Pがばねから離れる瞬間は、ばねが自然長に戻ったときです。この過程全体（Pがばねに接触してから離れるまで）を一つの「衝突」とみなすことができます。水平面は滑らかで、ばねの力は内力なので、Pと容器からなる系の運動量と力学的エネルギーは共に保存されます（ばねによる衝突は弾性衝突とみなせるため、力学的エネルギーも保存される）。
Pがばねにあたる前のPの速度を \(v_0\)、容器の速度を \(0\)。
ばねから離れた後のPの速度を \(v_P’\)、容器の速度を \(V_M’\) とします。
これらについて運動量保存則と力学的エネルギー保存則（または反発係数 \(e=1\) の式）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

• Pと容器からなる系の運動量は保存される。
• ばねを介した相互作用は弾性衝突とみなせるため、力学的エネルギーも保存される（または反発係数 \(e=1\) として扱う）。
• 初期状態: Pは速さ \(v_0\)、容器は静止。
• 最終状態: Pは速さ \(|v_P’|\)、容器は速さ \(|V_M’|\)。ばねは自然長。

具体的な解説と立式

初期状態（Pがばねにあたる直前）: Pの速度 \(v_0\)、容器の速度 \(0\)。
最終状態（Pがばねから離れた直後）: Pの速度 \(v_P’\)、容器の速度 \(V_M’\) (右向きを正とする)。

運動量保存則:
$$mv_0 + M \cdot 0 = mv_P’ + MV_M’ \quad \cdots ⑦$$

力学的エネルギー保存則（ばねは自然長に戻るので弾性エネルギーは0）:
$$\frac{1}{2}mv_0^2 + \frac{1}{2}M(0)^2 = \frac{1}{2}mv_P’^2 + \frac{1}{2}MV_M’^2$$
$$mv_0^2 = mv_P’^2 + MV_M’^2 \quad \cdots ⑧$$
あるいは、反発係数 \(e=1\) の式（弾性衝突なので）:
$$v_P’ – V_M’ = -1(v_0 – 0) = -v_0 \quad \cdots ⑧’$$
式⑦と⑧’を連立して解く方が計算は簡単です。

式⑦と⑧’を連立して解きます。
式⑧’より \(V_M’ = v_P’ + v_0\)。これを式⑦に代入します。
$$mv_0 = mv_P’ + M(v_P’ + v_0)$$$$mv_0 = mv_P’ + Mv_P’ + Mv_0$$$$mv_0 – Mv_0 = (m+M)v_P’$$$$(m-M)v_0 = (m+M)v_P’$$
$$v_P’ = \frac{m-M}{m+M}v_0$$
設問は「速さ」を求めているので、\(|v_P’|\) となります。
$$|v_P’| = \left|\frac{m-M}{m+M}v_0\right| = \frac{|m-M|}{m+M}v_0$$

1. Pがばねにぶつかってから離れるまでの一連の動きを、Pと容器の「衝突」と考えます。ばねが介在するので、エネルギーは失われない「弾性衝突」と同じように扱えます。
2. 衝突なので、運動量は保存されます。はじめの運動量は \(mv_0\)。Pがばねから離れた後のPの速度を \(v_P’\)、容器の速度を \(V_M’\) とすると、後の運動量は \(mv_P’ + MV_M’\)。なので \(mv_0 = mv_P’ + MV_M’\)。
3. 弾性衝突なので、反発係数 \(e=1\) の式「後の相対速度 = -1 × 前の相対速度」も使えます。つまり \(v_P’ – V_M’ = -(v_0 – 0) = -v_0\)。
4. この2つの式を連立させて \(v_P’\) を求めます。速さを問われているので、その絶対値をとります。

Pがばねから離れた後のPの速さは \(|v_P’| = \displaystyle\frac{|m-M|}{m+M}v_0\) です。
これは1次元弾性衝突の公式から得られる一方の物体の衝突後の速さの大きさと同じ形です。

• もし \(m>M\) なら \(v_P’ = \frac{m-M}{m+M}v_0 > 0\) で、Pは右向きに進む。
• もし \(m<M\) なら \(v_P’ = \frac{m-M}{m+M}v_0 < 0\) で、Pは左向きにはね返る。その速さは \(\frac{M-m}{m+M}v_0\)。
• もし \(m=M\) なら \(v_P’ = 0\) で、Pは止まり、運動エネルギーはすべて容器に移る。

Q

思考の道筋とポイント

(3)の状況、つまり容器を滑らかな水平面上に置き、Pをばねに押しつけて \(a\) だけ縮め、全体が静止している状態から、容器とPを同時に放した場合に、Pがばねから離れるまでに「容器が動いた距離 \(X\)」を求めます。
この過程では、Pと容器からなる系に水平方向の外力が働かないため、系の重心は動きません（初期に静止していたため）。
Pと容器は、ばねの力（内力）によって互いに反対方向に動きます。それぞれの移動距離の比は、質量の逆比になります。
Pがばねに対して \(a\) だけ相対的に移動してばねが自然長に戻るとき、Pの地面に対する移動距離を \(x_P\)、容器の地面に対する移動距離を \(X_M\)（左向きなので負の値、または大きさを \(X\)) とすると、\(x_P – X_M = a\) （もし \(X_M\) を左向きの距離として正で扱うなら \(x_P + X_M = a\)）の関係があります。
また、運動量保存則から、任意の瞬間で \(mv_P = MV_M\) (速さの比) が成り立ち、これは移動距離の比にも反映されます。

この設問における重要なポイント

• Pと容器からなる系の重心は不動（初期に静止し、水平外力がないため）。
• Pと容器の移動距離の比は、質量の逆比になる。
• Pがばねに対して \(a\) だけ相対的に移動したとき、ばねは自然長に戻る。このときのPと容器の地面に対する変位の関係を考える。

具体的な解説と立式

Pと容器Mがばねを介して力を及ぼし合い、水平方向に運動します。系全体の重心は動きません。
Pがばねから離れるとき、ばねは自然長に戻ります。このときまでにPが地面に対して右向きに移動した距離を \(x_P\)、容器が地面に対して左向きに移動した距離を \(X\) とします。
ばねの初期の圧縮量 \(a\) は、Pと容器の相対的な広がりの大きさに等しいので、
$$x_P + X = a \quad \cdots {(Q-1)}$$
（ここで \(x_P, X\) は移動距離の大きさを表す）
系の重心が動かないことから、あるいは運動量の大きさが常に等しい（\(mv_P(t) = MV_M(t)\)）ことから、移動距離の比は質量の逆比になります。
$$\frac{X}{x_P} = \frac{m}{M} \quad \Rightarrow \quad x_P = \frac{M}{m}X \quad \cdots {(Q-2)}$$
式(Q-1)と(Q-2)を連立して、容器が動いた距離 \(X\) を求めます。

式(Q-2)を式(Q-1)に代入します。
$$\frac{M}{m}X + X = a$$
$$X \left(\frac{M}{m} + 1\right) = a$$
$$X \left(\frac{M+m}{m}\right) = a$$
$$X = a \frac{m}{M+m}$$
これが容器が動いた距離です。

1. Pと容器がばねで押し合って離れるとき、全体としては力が働いていないので、全体の「中心」（重心）は動きません。
2. Pが右に \(x_P\) だけ動き、容器が左に \(X\) だけ動いたとすると、ばねがはじめ \(a\) だけ縮んでいたのが自然長に戻るので、Pと容器が離れた距離の合計 \(x_P + X\) が \(a\) になります。
3. 軽いPの方がたくさん動き、重い容器Mの方が少ししか動きません。具体的には、動いた距離の比は質量の逆比 \(x_P : X = M : m\) になります。
4. この2つの関係式 \(x_P + X = a\) と \(x_P/X = M/m\) から、容器が動いた距離 \(X\) を求めます。

Pがばねから離れる時までに容器が動いた距離 \(X\) は \(\displaystyle a \frac{m}{M+m}\) です。
これは、ばねの伸び縮み \(a\) を、PとMがその質量の逆比で分け合って移動したと解釈できます。例えば \(m \ll M\) なら容器はほとんど動かず、\(m \approx M\) なら \(a/2\) ずつ動くようなイメージです。

【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: 保存力（重力、ばねの弾性力）のみが仕事をする系では、運動エネルギーと位置エネルギー（重力および弾性）の総和は一定に保たれます。Pと容器（ばねを含む）からなる系で適用されます。
• 運動量保存則: 系に外力が働かない（または外力の合力が0の）場合、系全体の運動量の和は一定に保たれます。水平方向の運動でこれが適用されます。
• 力のつり合い: 「ゆっくり」動かす場合や静止している状態では、物体に働く力の合力は0です。
• 仕事とエネルギーの関係: 外力がした仕事は、系の力学的エネルギーを変化させます。

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:
  • ばねを介した衝突や分裂の問題。
  • 複数の物体が連結され、エネルギーと運動量の両方が保存される（あるいは一方が保存される）系の運動。
  • 「最大圧縮」「離れた後」など、特定の瞬間の物理量を求める問題。
• 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. 保存則の適用判断: まず、系に働く外力や非保存力（摩擦など）を確認し、どの保存則（力学的エネルギーか、運動量か、あるいは両方か）が適用できるかを見極める。
  2. 状態の定義: 「初期状態」と「最終状態」（あるいは注目する特定の瞬間）を明確にし、それぞれの状態での各物体の速度、位置、ばねの変位などを文字で置く。
  3. 基準の設定: 位置エネルギーを考える際は、基準点（高さ0、ばねの自然長）を明確に設定する。
  4. 運動量保存の方向: 運動量保存則はベクトルなので、特定の方向（通常は外力が働かない方向）で適用する。
  5. 最大圧縮時の条件: ばねが最大（または最小）に圧縮（または伸長）した瞬間は、相対速度が0になる（一体となって運動する）ことが多い。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• エネルギーと運動量の混同: 力学的エネルギーが保存される条件と運動量が保存される条件は異なる。両方保存される場合もあれば、片方だけの場合もある。
  • 対策: それぞれの保存則が成り立つ条件（外力、非保存力の有無など）を正確に理解する。
• 位置エネルギーの基準: 重力による位置エネルギーと弾性エネルギーの基準の取り方を曖昧にすると、計算を誤る。
  • 対策: 計算を始める前に、高さの基準とばねの自然長の位置を明確に定める。
• 相対速度の扱い: 「最大圧縮時」などの条件で相対速度が0になることを見落とす、あるいはそのときの各物体の速度を誤解する。
  • 対策: 最大圧縮時は2物体が同じ速度で動くと理解する。
• 運動量保存則のベクトルの向き: 速度の向き（符号）を正しく設定しないと、運動量保存の式が誤る。
  • 対策: 最初に座標軸の正の向きを決め、速度を符号付きで扱う。

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:
  • (2) Pを放した後の上下振動（単振動）。つり合い位置を中心に振幅 \(mg/k\) で振動し、最下点は \(2mg/k\)。
  • (3) ばねがPと容器を押し離す様子。軽い方が速く動く。重心は動かない。
  • (4) Pがばねに衝突し、ばねを縮め、再び押し返されて離れていく一連の過程。Pと容器が一体となる瞬間（最大圧縮時）を捉える。
• 図示の有効性:
  • 初期状態と注目する状態（最大圧縮時、ばねから離れた時など）の図をそれぞれ描き、各物体の速度、ばねの変位などを記入する。
  • エネルギーの移り変わり（運動エネルギー \(\leftrightarrow\) 弾性エネルギー \(\leftrightarrow\) 重力ポテンシャルエネルギー）を意識する。
  • 力のベクトル図（特に(1)のつり合い）を描くことで、力の関係が明確になる。

なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法

• 力のつり合い (問1): 物体が「ゆっくり」動く、または「静止」している場合の基本的な条件。
• 力学的エネルギー保存則 (問2,3,4): 保存力のみが仕事をする系で、運動の状態変化を追う際に非常に有効。運動方程式を積分した結果と等価。
• 運動量保存則 (問3,4): 外力が働かない系で、物体の衝突や分裂、合体など、内力による相互作用を解析する際の基本法則。

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) ゆっくり下げる: 力のつり合い \(kl_1 = mg\)。
2. (2) 急に放す: エネルギー保存 \(mgx_2 = \frac{1}{2}kx_2^2\)。
3. (3) 同時放出（水平）:
   1. 運動量保存: \(0 = mv_P – MV_M\)。
   2. エネルギー保存: \(\frac{1}{2}ka^2 = \frac{1}{2}mv_P^2 + \frac{1}{2}MV_M^2\)。
   3. 連立して \(v_P\) を解く。
4. (4)(ア) 最大圧縮（水平衝突）:
   1. 共通速度 \(u\)。運動量保存: \(mv_0 = (m+M)u\)。
   2. エネルギー保存: \(\frac{1}{2}mv_0^2 = \frac{1}{2}(m+M)u^2 + \frac{1}{2}kd^2\)。
   3. \(u\) を消去して \(d\) を解く。
5. (4)(イ) ばねから離れた後（水平衝突後）:
   1. 運動量保存: \(mv_0 = mv_P’ + MV_M’\)。
   2. エネルギー保存（弾性衝突）: \(\frac{1}{2}mv_0^2 = \frac{1}{2}mv_P’^2 + \frac{1}{2}MV_M’^2\)。
   3. 連立して \(v_P’\) を解く (または反発係数 \(e=1\) の式と運動量保存)。速さなので絶対値を取る。
6. Q. 容器の移動距離:
   1. 運動量保存から \(mv_P = MV_M \Rightarrow v_P/V_M = M/m\)。
   2. 移動距離の比 \(x_P/X = M/m\) (時間は共通なので)。
   3. ばねの自然長への戻りから \(x_P + X = a\)。
   4. 連立して \(X\) を解く。

計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック

• エネルギーの項の確認: 運動エネルギー (\(\frac{1}{2}mv^2\))、重力ポテンシャル (\(mgh\))、弾性ポテンシャル (\(\frac{1}{2}kx^2\)) の各項を正しく書き出す。特に、\(m, v, h, x\) に適切な値や文字を代入する。
• 基準点の統一: 位置エネルギーの基準は、各状態で一貫している必要がある。
• 符号: 運動量保存では速度の向き（符号）が重要。エネルギーはスカラーだが、位置エネルギーは基準からの高さで符号が決まる。
• 連立方程式の処理: 未知数が多い場合、どの式から何を消去するか計画的に進める。代入ミスや計算ミスに注意。

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:
  • (2)の結果が(1)の2倍になるのは、単振動の端から端までの変位とつり合い点までの変位の関係として理解できるか。
  • (3),(4)で、質量 \(m, M\) の大小関係によって速度の向きや大きさがどう変わるか。例えば \(M \gg m\) の場合、容器はほとんど動かず、Pが大きく運動するはず。式がその振る舞いを示すか。
  • Qで、容器の移動距離が \(m/(M+m)\) に比例するのは、重心が動かないことから説明できるか。
• 単位の確認: ばね定数 \(k\) の単位は [N/m]、エネルギーは [J]、運動量は [kg・m/s]。最終的な答えの単位が正しい物理量になっているか。

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