問題31 (電車内の単振り子)
【設問別解説】考え方から計算プロセスまで徹底ガイド
- 提示する別解
- 設問(1)〜(3)の別解: 微積分を用いた体系的解法（非慣性系におけるエネルギー積分の導出）
- 模範解答は「見かけの重力」を定義し、幾何学的な考察と公式適用で解いていますが、別解では非慣性系における運動方程式を立式し、それを空間積分することで「見かけの重力ポテンシャル」を含むエネルギー保存則を数学的に導出します。
- 設問(4)の別解: 静止系（車外の観測者）からのアプローチ
- 模範解答の別解と同様に、電車内の自由落下ではなく、車外から見た「水平投射」として運動を解析します。
- 追加問題Qの別解: 重心系（換算質量）を用いた解法
- 模範解答は実験室系（床に固定した系）での運動量保存則とエネルギー保存則を連立して解いていますが、別解では「重心と共に動く系」を設定し、換算質量を用いることで、複雑な2体問題を「固定点周りの単振り子」と等価な1体問題に帰着させて解きます。
- 設問(1)〜(3)の別解: 微積分を用いた体系的解法（非慣性系におけるエネルギー積分の導出）
- 上記の別解が有益である理由
- 微積分の解法: 「見かけの重力」という概念が、運動方程式の積分から自然に現れる数学的必然であることを理解でき、保存力の定義への理解が深まります。
- 重心系の解法: 未知数（個々の速度 \(v, V\)）を計算過程で扱う必要がなくなり、相対運動のエネルギー構造が直感的に見えるようになるため、計算量を大幅に削減し、見通しを良くする強力なツールとなります。
- 結果への影響
- いずれのアプローチを用いても、最終的に得られる答えは模範解答と完全に一致します。
この問題のテーマは「加速する非慣性系における単振り子の運動」です。観測者の立場を変えることで現れる「慣性力」を正しく扱い、力のつりあいやエネルギー保存則を適用する力が問われます。
問題を解く上で鍵となる物理法則や概念は以下の通りです。
- 慣性力: 加速度 \(\vec{\alpha}\) で運動する観測者から見ると、質量 \(m\) の物体には \(\vec{F}_{\text{慣性}} = -m\vec{\alpha}\) の力が働いているように見えます。
- 見かけの重力: 重力 \(m\vec{g}\) と慣性力 \(-m\vec{\alpha}\) の合力を「見かけの重力 \(m\vec{g}’\)」とみなすことで、静止系と同様の物理法則（単振り子の周期公式など）が適用できます。
- エネルギー保存則: 非慣性系においても、見かけの重力を保存力として扱えば、力学的エネルギー保存則が成立します。
基本的なアプローチは以下の通りです。
- (1)では、つりあいの位置の幾何学的条件から加速度を求めます。
- (2)(3)では、見かけの重力加速度 \(g’\) を用いて、エネルギー保存則と単振り子の周期公式を適用します。
- (4)では、糸が切れた後の運動を、電車内の観測者（自由落下）と車外の観測者（水平投射）の両面から考察します。
- (5)では、慣性力が消滅した後の運動をエネルギー保存則で追跡します。
問(1)
思考の道筋とポイント
電車内の観測者から小球Pを見ます。
電車は右向きに加速度 \(\alpha\) で進んでいるため、Pには左向きに慣性力 \(m\alpha\) が働きます。
問題文より、PはAB間で振動しており、その中間点Cがつりあいの位置（振動の中心）となります。
図の幾何学的関係から、点Aは鉛直下向き（角度 \(0\)）、点Bは角度 \(\theta\) の位置にあるため、中間点Cの糸の角度は \(\frac{\theta}{2}\) となります。
この点Cにおいて、重力、慣性力、張力の3力がつりあっている条件を立式します。
この設問における重要なポイント
- 慣性力の向き: 加速度 \(\alpha\) と逆向き（左向き）です。
- つりあいの位置: 振動の中心Cでは、接線方向の合力が \(0\) になります。つまり、重力と慣性力の合力が糸の方向と一致します。
具体的な解説と立式
点Cにおいて、糸が鉛直方向となす角を \(\phi = \frac{\theta}{2}\) とします。
小球Pには以下の力が働いています。
- 重力: \(mg\) （鉛直下向き）
- 慣性力: \(m\alpha\) （水平左向き）
- 張力: \(S\) （糸に沿って斜め上向き）
水平方向（右を正）と鉛直方向（上を正）の力のつりあいの式を立てます。
$$
\begin{aligned}
(\text{右向きの力}) &= (\text{左向きの力}) \\
S \sin \frac{\theta}{2} &= m\alpha \quad \cdots ① \\[2.0ex]
(\text{上向きの力}) &= (\text{下向きの力}) \\
S \cos \frac{\theta}{2} &= mg \quad \cdots ②
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 力のつりあい: \(\vec{F}_{\text{合力}} = \vec{0}\)
- 慣性力: \(f = m\alpha\)
式①を式②で辺々割ります。
$$
\begin{aligned}
\frac{S \sin \frac{\theta}{2}}{S \cos \frac{\theta}{2}} &= \frac{m\alpha}{mg} \\[2.0ex]
\tan \frac{\theta}{2} &= \frac{\alpha}{g}
\end{aligned}
$$
これより、\(\alpha\) について解きます。
$$
\begin{aligned}
\alpha &= g \tan \frac{\theta}{2}
\end{aligned}
$$
電車の中でボールをつるすと、電車が加速する反対側（後ろ側）に傾いて止まっているように見えます。
このとき、ボールを後ろに引っ張る「慣性力」と、下に引っ張る「重力」のバランスで角度が決まります。
今回は振動の中心（真ん中）がそのバランスポイントなので、その角度 \(\frac{\theta}{2}\) を使って計算しました。
答えは \(\alpha = g \tan \frac{\theta}{2}\) です。
\(\theta=0\) なら \(\alpha=0\)（静止または等速）、\(\theta\) が大きくなれば \(\alpha\) も大きくなるため、物理的直感と一致します。
単位を確認すると、\([g] \times [\text{無次元}]\) なので加速度の次元になっています。
問(2)
思考の道筋とポイント
電車内の観測者にとって、重力 \(mg\) と慣性力 \(m\alpha\) の合力は、常に一定の大きさ・向きを持ちます。これを「見かけの重力 \(mg’\)」とみなします。
この系では、見かけの重力による位置エネルギーを考えることで、力学的エネルギー保存則が成立します。
Pは点A（速さ \(0\)）から動き出し、見かけの重力方向である点C（最下点に相当）で速さが最大になります。
この設問における重要なポイント
- 見かけの重力加速度 \(g’\): ベクトル合成により \(g’ = \sqrt{g^2 + \alpha^2}\) ですが、(1)の結果を用いると \(g’ = \frac{g}{\cos(\theta/2)}\) と表せます。
- エネルギー保存則: 点Aと点Cの間で適用します。
- 円運動の方程式: 張力が最大になるのは速さが最大の点Cです。ここでは遠心力（または向心力）を考慮する必要があります。
具体的な解説と立式
まず、見かけの重力加速度 \(g’\) を求めます。図の力のベクトル合成より、
$$
\begin{aligned}
mg’ &= \sqrt{(mg)^2 + (m\alpha)^2}
\end{aligned}
$$
式②より \(mg = mg’ \cos \frac{\theta}{2}\) なので、
$$
\begin{aligned}
g’ &= \frac{g}{\cos \frac{\theta}{2}} \quad \cdots ③
\end{aligned}
$$
1. 速さの最大値 \(v_{\text{最大}}\) の導出
点Cを見かけの重力による位置エネルギーの基準（高さ \(0\)）とします。
点Aは、点Cから角度 \(\frac{\theta}{2}\) だけずれた位置にあるため、円運動の幾何学より、点Cからの「高さ」\(h\) は以下のようになります。
$$
\begin{aligned}
h &= l – l \cos \frac{\theta}{2}
\end{aligned}
$$
点A（初速 \(0\)）と点C（速さ \(v_{\text{最大}}\)）で、見かけの重力場における力学的エネルギー保存則を立式します。
$$
\begin{aligned}
(\text{点Cのエネルギー}) &= (\text{点Aのエネルギー}) \\
\frac{1}{2} m v_{\text{最大}}^2 + 0 &= 0 + mg’ h \\
\frac{1}{2} m v_{\text{最大}}^2 &= mg’ \left( l – l \cos \frac{\theta}{2} \right) \quad \cdots ④
\end{aligned}
$$
2. 張力の最大値 \(S_{\text{最大}}\) の導出
点Cにおいて、Pは半径 \(l\)、速さ \(v_{\text{最大}}\) の円運動をしています。
中心方向（糸の方向）の運動方程式を立てます。中心向きを正とします。
$$
\begin{aligned}
m \frac{v_{\text{最大}}^2}{l} &= (\text{中心向きの力}) – (\text{外向きの力}) \\
m \frac{v_{\text{最大}}^2}{l} &= S_{\text{最大}} – mg’ \quad \cdots ⑤
\end{aligned}
$$
（※ \(mg’\) は見かけの重力であり、点Cでは糸と逆向きに働きます）
使用した物理公式
- 見かけの重力: \(g’ = \sqrt{g^2+\alpha^2}\)
- 力学的エネルギー保存則: \(K + U = \text{一定}\)
- 円運動の運動方程式: \(m\frac{v^2}{r} = F_r\)
\(v_{\text{最大}}\) の計算:
式④より、
$$
\begin{aligned}
v_{\text{最大}} &= \sqrt{2g’l \left( 1 – \cos \frac{\theta}{2} \right)}
\end{aligned}
$$
これに式③ \(g’ = \frac{g}{\cos(\theta/2)}\) を代入します。
$$
\begin{aligned}
v_{\text{最大}} &= \sqrt{2 \cdot \frac{g}{\cos \frac{\theta}{2}} \cdot l \left( 1 – \cos \frac{\theta}{2} \right)} \\[2.0ex]
&= \sqrt{\frac{2gl}{\cos \frac{\theta}{2}} \left( 1 – \cos \frac{\theta}{2} \right)} \\[2.0ex]
&= \sqrt{2gl \left( \frac{1}{\cos \frac{\theta}{2}} – 1 \right)}
\end{aligned}
$$
\(S_{\text{最大}}\) の計算:
式⑤より、
$$
\begin{aligned}
S_{\text{最大}} &= mg’ + m \frac{v_{\text{最大}}^2}{l}
\end{aligned}
$$
式④より \(m \frac{v_{\text{最大}}^2}{l} = \frac{2mg’h}{l} = 2mg'(1 – \cos \frac{\theta}{2})\) なので、これを代入します。
$$
\begin{aligned}
S_{\text{最大}} &= mg’ + 2mg’ \left( 1 – \cos \frac{\theta}{2} \right) \\[2.0ex]
&= mg’ \left( 1 + 2 – 2 \cos \frac{\theta}{2} \right) \\[2.0ex]
&= mg’ \left( 3 – 2 \cos \frac{\theta}{2} \right)
\end{aligned}
$$
式③ \(g’ = \frac{g}{\cos(\theta/2)}\) を代入して整理します。
$$
\begin{aligned}
S_{\text{最大}} &= m \frac{g}{\cos \frac{\theta}{2}} \left( 3 – 2 \cos \frac{\theta}{2} \right) \\[2.0ex]
&= mg \left( \frac{3}{\cos \frac{\theta}{2}} – 2 \right)
\end{aligned}
$$
電車の中の人にとっては、床が斜めに傾いているようなものです。その「斜めの床」に向かって重力が働いていると考えれば、普通の振り子と同じように計算できます。
一番低いところ（点C）に来たとき、スピードが一番速くなり、糸にかかる力も「重さ」＋「遠心力」で最大になります。
計算では、普通の重力 \(g\) の代わりに、少し大きくなった見かけの重力 \(g’\) を使うのがポイントです。
\(v_{\text{最大}} = \sqrt{2gl(\frac{1}{\cos(\theta/2)} – 1)}\)、\(S_{\text{最大}} = mg(\frac{3}{\cos(\theta/2)} – 2)\)。
\(\theta \to 0\) のとき、\(\cos(\theta/2) \to 1\) なので、\(v_{\text{最大}} \to 0\)、\(S_{\text{最大}} \to mg\) となり、静止状態と一致します。
また、\(\cos(\theta/2) < 1\) なので、分母が小さくなり、静止時よりも大きな張力がかかることがわかります。これは慣性力の影響であり妥当です。
問(3)
思考の道筋とポイント
単振り子の周期 \(T\) は、重力加速度 \(g\) と糸の長さ \(l\) だけで決まります。
電車内では、重力加速度が \(g\) から見かけの重力加速度 \(g’\) に変わっただけなので、公式の \(g\) を \(g’\) に置き換えるだけで答えが得られます。
この設問における重要なポイント
- 単振り子の周期公式: \(T = 2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}\)
- 等価原理: 一様な加速度運動をする系は、重力加速度が変化した静止系と物理的に等価です。
具体的な解説と立式
単振り子の周期の公式において、重力加速度 \(g\) を見かけの重力加速度 \(g’\) に置き換えます。
$$
\begin{aligned}
T &= 2\pi \sqrt{\frac{l}{g’}} \quad \cdots ⑥
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 単振り子の周期: \(T = 2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}\)
式⑥に、(2)で求めた式③ \(g’ = \frac{g}{\cos(\theta/2)}\) を代入します。
$$
\begin{aligned}
T &= 2\pi \sqrt{\frac{l}{\frac{g}{\cos \frac{\theta}{2}}}} \\[2.0ex]
&= 2\pi \sqrt{\frac{l \cos \frac{\theta}{2}}{g}}
\end{aligned}
$$
振り子のリズム（周期）は、引っ張る力（重力）が強いほど速くなります。
電車内では、慣性力が加わる分だけ見かけ上の重力が強くなっています（\(g’ > g\)）。
そのため、普通の振り子よりも速く振れることになります。公式の \(g\) を \(g’\) に入れ替えるだけで、その効果を計算できます。
答えは \(2\pi \sqrt{\frac{l \cos(\theta/2)}{g}}\) です。
\(\cos(\theta/2) < 1\) なので、ルートの中身は \(l/g\) より小さくなります。つまり周期 \(T\) は静止時より短くなります。
これは見かけの重力が強くなり、復元力が大きくなったためで、物理的に正しい結果です。
思考の道筋とポイント
「見かけの重力」や「公式」を前提とせず、非慣性系における運動方程式から出発します。
運動方程式を接線方向に射影して積分することで、エネルギー保存則を数学的に導出し、そこから速度や周期を求めます。
この設問における重要なポイント
- 運動方程式の積分: 運動方程式に速度を掛けて時間積分すると、エネルギー保存則が導かれます。
- 単振動の近似: 微小角の近似を用いることで、運動方程式を単振動の形に帰着させます。
具体的な解説と立式
電車と共に動く座標系において、つりあいの位置Cを原点とし、円弧に沿った変位を \(s\)（反時計回りを正）とします。
つりあいの位置Cからの角度変位を \(\beta\) とします。
接線方向の力 \(F_{\text{接線}}\) は、重力と慣性力の合力（大きさ \(mg’\)、向きはC方向）の接線成分なので、
$$
\begin{aligned}
F_{\text{接線}} &= -mg’ \sin \beta
\end{aligned}
$$
となります。よって接線方向の運動方程式は以下のようになります。
$$
\begin{aligned}
m l \frac{d^2\beta}{dt^2} &= -mg’ \sin \beta \quad \cdots ⑦
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 運動方程式: \(ma = F\)
- 微分の連鎖律: \(\frac{d}{dt} (\frac{1}{2}v^2) = v \frac{dv}{dt}\)
1. エネルギー積分の導出 (問2)
式⑦の両辺に \(l \frac{d\beta}{dt}\)（速度 \(v\)）を掛けて \(t\) で積分します。
$$
\begin{aligned}
\int m l^2 \frac{d^2\beta}{dt^2} \frac{d\beta}{dt} dt &= \int -mg’ l \sin \beta \frac{d\beta}{dt} dt \\[2.0ex]
\frac{1}{2} m \left( l \frac{d\beta}{dt} \right)^2 &= mg’ l \cos \beta + C \quad (C\text{は積分定数})
\end{aligned}
$$
これが「運動エネルギー \(+\) 見かけの重力ポテンシャル \(=\) 一定」を表す式です。
初期状態（点A）では \(\beta = -\frac{\theta}{2}\)、速度 \(0\) なので、
$$
\begin{aligned}
0 &= mg’ l \cos \left( -\frac{\theta}{2} \right) + C \\[2.0ex]
C &= -mg’ l \cos \frac{\theta}{2}
\end{aligned}
$$
最下点（点C）では \(\beta = 0\) なので、速度 \(v_{\text{最大}}\) は、
$$
\begin{aligned}
\frac{1}{2} m v_{\text{最大}}^2 &= mg’ l \cos 0 – mg’ l \cos \frac{\theta}{2} \\[2.0ex]
&= mg’ l \left( 1 – \cos \frac{\theta}{2} \right)
\end{aligned}
$$
これは問(2)の式④と完全に一致します。
2. 単振動の周期の導出 (問3)
微小振動（\(\beta \ll 1\)）の場合、\(\sin \beta \approx \beta\) と近似できます。
式⑦は以下のようになります。
$$
\begin{aligned}
m l \frac{d^2\beta}{dt^2} &= -mg’ \beta \\[2.0ex]
\frac{d^2\beta}{dt^2} &= -\frac{g’}{l} \beta
\end{aligned}
$$
これは角振動数 \(\omega = \sqrt{\frac{g’}{l}}\) の単振動の方程式です。
よって周期 \(T\) は、
$$
\begin{aligned}
T &= \frac{2\pi}{\omega} \\[2.0ex]
&= 2\pi \sqrt{\frac{l}{g’}}
\end{aligned}
$$
これも問(3)の結果と一致します。
運動方程式という物理の根本ルールからスタートして、数学の力（積分）を使ってエネルギーの式を作り出しました。
「見かけの重力」という便利な考え方が、実は数式の上でも自然に導かれることがわかります。
運動方程式を積分することで、エネルギー保存則や周期の公式が、ニュートンの運動法則から数学的に導かれることが確認できました。
問(4)
思考の道筋とポイント
糸が切れた瞬間、小球Pは張力から解放されます。
電車内の観測者から見ると、Pに働く力は「重力」と「慣性力」のみであり、これらを合わせた「見かけの重力 \(mg’\)」だけを受けて運動します。
点Aでの初速度は \(0\) なので、Pは見かけの重力の方向（斜め左下）へ「自由落下」します。
この設問における重要なポイント
- 力の合力: 糸が切れると張力が消え、合力は \(mg’\)（一定）となります。
- 初速度: 点Aで静止していたので \(v_0 = 0\) です。
- 運動の軌跡: 初速0で一定の力を受けるため、力の方向に直線運動します。
具体的な解説と立式
1. 軌跡
Pは点Aから、合力（見かけの重力）の方向へ初速 \(0\) で動き出します。
合力の向きは、鉛直方向から角度 \(\frac{\theta}{2}\) だけ左に傾いた方向（直線ACの方向）です。
したがって、軌跡は「点Aを通り、鉛直方向と角 \(\frac{\theta}{2}\) をなす斜め直線」となります。
2. 時間 \(t\) と速さ \(u\)
点Aから床までの鉛直距離を \(h\) とします。
軌跡（斜め直線）に沿った移動距離を \(L\) とすると、幾何学的関係（直角三角形）より、
$$
\begin{aligned}
L \cos \frac{\theta}{2} &= h \\[2.0ex]
L &= \frac{h}{\cos \frac{\theta}{2}}
\end{aligned}
$$
この距離 \(L\) を、加速度 \(g’\) で自由落下します。
等加速度直線運動の公式より、
$$
\begin{aligned}
L &= \frac{1}{2} g’ t^2 \quad \cdots ⑧ \\[2.0ex]
u &= g’ t \quad \cdots ⑨
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 等加速度直線運動: \(x = \frac{1}{2}at^2\), \(v = at\)
式⑧より \(t\) を求めます。\(L\) と \(g’\)（式③）を代入します。
$$
\begin{aligned}
\frac{h}{\cos \frac{\theta}{2}} &= \frac{1}{2} \left( \frac{g}{\cos \frac{\theta}{2}} \right) t^2
\end{aligned}
$$
両辺の \(\cos \frac{\theta}{2}\) を払います。
$$
\begin{aligned}
h &= \frac{1}{2} g t^2 \\[2.0ex]
t^2 &= \frac{2h}{g} \\[2.0ex]
t &= \sqrt{\frac{2h}{g}}
\end{aligned}
$$
次に、式⑨より \(u\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
u &= \left( \frac{g}{\cos \frac{\theta}{2}} \right) \sqrt{\frac{2h}{g}} \\[2.0ex]
&= \frac{1}{\cos \frac{\theta}{2}} \sqrt{\frac{2g^2 h}{g}} \\[2.0ex]
&= \frac{\sqrt{2gh}}{\cos \frac{\theta}{2}}
\end{aligned}
$$
糸を切ると、ボールは「見かけの重力」に引かれて斜めに落ちていきます。
面白いことに、床に着くまでの時間 \(t\) は、普通の重力 \(g\) で真下に落ちる場合と同じ結果 \(\sqrt{2h/g}\) になりました。
これは、「斜めに落ちる距離が長くなった分」と「見かけの重力が強くなって加速が増した分」がちょうど打ち消し合ったためです。
ただし、加速が強い分だけ、床にぶつかる速さ \(u\) は普通に落ちるより速くなります。
時間は \(\sqrt{2h/g}\)、速さは \(\frac{\sqrt{2gh}}{\cos(\theta/2)}\)。
時間が鉛直落下と同じになるのは、鉛直方向の運動方程式 \(ma_y = -mg\)（慣性力は水平成分のみなので鉛直運動に影響しない）を考えれば当然の結果とも言えます。
速さは \(\cos(\theta/2) < 1\) より、自由落下 \(\sqrt{2gh}\) より大きくなり、妥当です。
思考の道筋とポイント
電車の外にいる静止した観測者から見ると、慣性力は存在しません。
糸が切れる直前、Pは電車と同じ速度（水平右向き、大きさ \(v_0\) とする）を持っていますが、問題文の設定では「Pが点A（電車に対して静止していた位置）にきたとき」とあり、この瞬間、Pの対地速度は電車の速度そのものです。
鉛直方向には重力 \(mg\) のみが働き、水平方向には力が働きません。
この設問における重要なポイント
- 運動の独立性: 水平方向と鉛直方向の運動は独立して扱えます。
- 鉛直方向の運動: 初速度 \(0\) の自由落下です。
具体的な解説と立式
鉛直方向の運動のみに着目します。
初速度の鉛直成分は \(0\) です。
加速度は \(g\)（下向き）です。
落下距離 \(h\) を進む時間 \(t\) は、自由落下の公式より、
$$
\begin{aligned}
h &= \frac{1}{2} g t^2
\end{aligned}
$$
床に当たる瞬間の鉛直成分の速さ \(v_y\) は、
$$
\begin{aligned}
v_y &= gt
\end{aligned}
$$
水平成分の速さ \(v_x\) について考えます。
電車内での「見かけの自由落下」の終端速度 \(u\) をベクトル分解すると、
鉛直成分 \(u_y = u \cos(\theta/2)\)、水平成分 \(u_x = u \sin(\theta/2)\) です。
電車内での鉛直成分 \(u_y\) は、静止系での \(v_y\) と一致するはずです。
$$
\begin{aligned}
u \cos \frac{\theta}{2} &= v_y
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 自由落下: \(h = \frac{1}{2}gt^2\)
時間 \(t\) について解きます。
$$
\begin{aligned}
t &= \sqrt{\frac{2h}{g}}
\end{aligned}
$$
これは電車内の結果と一致します。
次に速さ \(u\) について解きます。
$$
\begin{aligned}
v_y &= g \sqrt{\frac{2h}{g}} \\[2.0ex]
&= \sqrt{2gh}
\end{aligned}
$$
これを \(u \cos(\theta/2) = v_y\) に代入します。
$$
\begin{aligned}
u \cos \frac{\theta}{2} &= \sqrt{2gh} \\[2.0ex]
u &= \frac{\sqrt{2gh}}{\cos \frac{\theta}{2}}
\end{aligned}
$$
電車の外から見ると、ボールは下に落ちながら、電車と一緒に右にも動いています。
でも、「床に着くまでの時間」を決めるのは「下に落ちる動き」だけです。
だから、単純に重力で落ちる時間を計算すれば、それが答えになります。
静止系から見ると「水平投射」のような運動になりますが、床に当たる速さを求めるには、相対速度の関係（電車内の速度ベクトルと電車の速度ベクトルの合成）が必要になり計算が複雑になります。
しかし、「鉛直方向の運動は重力のみに支配される」という点に着目すれば、時間 \(t\) は瞬時に求まります。
問(5)
思考の道筋とポイント
電車が等速度運動に入ると、加速度 \(\alpha\) が \(0\) になり、慣性力が消滅します。
世界は「重力 \(mg\) だけの普通の振り子」に戻ります。
この変化が起きた瞬間の「Pの位置」と「Pの速度」を初期条件として、その後の運動をエネルギー保存則などで考察します。
この設問における重要なポイント
- 慣性力の消滅: つりあいの位置が点C（斜め）から点A（真下）に移動します。
- 初期条件の継承: 切り替わった瞬間の速度と位置が、新しい運動のスタートになります。
具体的な解説と立式
ケース(ア): Pが点Aにきたとき
点Aは鉛直下向きの位置です。
このとき、Pの速度は \(0\) です（振動の端点なので）。
慣性力が消えると、Pには重力（下向き）と張力（上向き）しか働きません。
Pは最下点（つりあいの位置）にあり、かつ速度が \(0\) なので、そのまま動き出すことはありません。
したがって、最大角 \(\theta_m = 0\) です。
$$
\begin{aligned}
\cos \theta_m &= \cos 0 = 1
\end{aligned}
$$
ケース(イ): Pが点Bにきたとき
点Bは鉛直方向から角 \(\theta\) の位置です。
このときも、Pの速度は \(0\) です（振動の端点）。
慣性力が消えると、Pは「角度 \(\theta\) の位置から初速 \(0\) で放された単振り子」になります。
したがって、反対側の最大角も \(\theta\) となり、振幅 \(\theta\) の振動をします。
$$
\begin{aligned}
\theta_m &= \theta \\[2.0ex]
\cos \theta_m &= \cos \theta
\end{aligned}
$$
ケース(ウ): Pの速さが最大となったとき
速さが最大になるのは点C（角度 \(\frac{\theta}{2}\)）であり、その速さは(2)で求めた \(v_{\text{最大}}\) です。
この瞬間、慣性力が消えます。
Pは「角度 \(\frac{\theta}{2}\) の位置から、速さ \(v_{\text{最大}}\) で通過する単振り子」となります。
新しい系（重力のみ）での力学的エネルギー保存則を立てます。
最下点（点Aの位置）を高さの基準とします。
点Cの高さ: \(h_C = l – l \cos \frac{\theta}{2}\)
最大角 \(\theta_m\) の点の高さ: \(h_{\text{最高点}} = l – l \cos \theta_m\)
$$
\begin{aligned}
(\text{点Cでのエネルギー}) &= (\text{最高点でのエネルギー}) \\
\frac{1}{2} m v_{\text{最大}}^2 + mg h_C &= 0 + mg h_{\text{最高点}} \\
\frac{1}{2} m v_{\text{最大}}^2 + mg l \left( 1 – \cos \frac{\theta}{2} \right) &= mg l (1 – \cos \theta_m) \quad \cdots ⑩
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 力学的エネルギー保存則: \(K + U = \text{一定}\)
式⑩に、(2)で求めた \(v_{\text{最大}}^2 = 2gl \left( \frac{1}{\cos(\theta/2)} – 1 \right)\) を代入します。
$$
\begin{aligned}
\frac{1}{2} m \left[ 2gl \left( \frac{1}{\cos \frac{\theta}{2}} – 1 \right) \right] + mgl \left( 1 – \cos \frac{\theta}{2} \right) &= mgl (1 – \cos \theta_m)
\end{aligned}
$$
両辺を \(mgl\) で割ります。
$$
\begin{aligned}
\left( \frac{1}{\cos \frac{\theta}{2}} – 1 \right) + \left( 1 – \cos \frac{\theta}{2} \right) &= 1 – \cos \theta_m \\[2.0ex]
\frac{1}{\cos \frac{\theta}{2}} – \cos \frac{\theta}{2} &= 1 – \cos \theta_m
\end{aligned}
$$
よって、\(\cos \theta_m\) について解くと、
$$
\begin{aligned}
\cos \theta_m &= 1 – \left( \frac{1}{\cos \frac{\theta}{2}} – \cos \frac{\theta}{2} \right) \\[2.0ex]
&= 1 – \frac{1 – \cos^2 \frac{\theta}{2}}{\cos \frac{\theta}{2}} \\[2.0ex]
&= 1 – \frac{\sin^2 \frac{\theta}{2}}{\cos \frac{\theta}{2}} \\[2.0ex]
&= 1 – \sin \frac{\theta}{2} \tan \frac{\theta}{2}
\end{aligned}
$$
(ア)は、ちょうど真下で止まった瞬間に揺れが止まるので、そのまま動きません。
(イ)は、大きく振れた端っこで止まった瞬間に揺れが止まるので、そこから普通の振り子が始まります。
(ウ)は、一番勢いよく振れている途中で揺れが止まるので、その勢い（運動エネルギー）を使って、さらに高いところまで振れ上がります。その高さをエネルギー保存則で計算しました。
(ア) \(\cos \theta_m = 1\) （\(\theta_m=0\)）、(イ) \(\cos \theta_m = \cos \theta\) （\(\theta_m=\theta\)）は直感と一致します。
(ウ)の結果は \(1 – \sin \frac{\theta}{2} \tan \frac{\theta}{2}\) です。第2項は正なので \(\cos \theta_m < 1\)、つまりある程度の角度まで振れます。また、元の振幅 \(\theta\) よりも大きくなることが予想されます（勢いがあるため）。
追加問題Q (問題18のII(3)の状況)
思考の道筋とポイント
問題18の設定（滑らかな床上の箱Mと小球m）において、Pが最下点に達したときの張力 \(T\) を求めます。
この系では水平方向の運動量保存則が成立します。
最下点における張力を求めるには、箱と共に動く座標系（非慣性系）での円運動の方程式を立てるのが定石です。
この設問における重要なポイント
- 相対速度: 箱に対するPの速さ \(v_{\text{相対}}\) は、Pの速さ \(v\) と箱の速さ \(V\) の和 \(v+V\) です（互いに逆向きに動くため）。
- 最下点での慣性力: 最下点通過時、張力は鉛直上向きであり、水平方向の外力はないため、箱の水平加速度は瞬間的に \(0\) になります。したがって、この瞬間だけは慣性力を考慮する必要がありません。
具体的な解説と立式
箱Mに対する小球Pの相対速度を \(v_{\text{相対}}\) とします。
最下点において、Pは箱に対して半径 \(l\) の円運動をしています。
この瞬間、箱の加速度は \(0\) なので、慣性力は働きません。
鉛直方向（中心向き正）の運動方程式を立てます。
$$
\begin{aligned}
m \frac{v_{\text{相対}}^2}{l} &= (\text{中心向きの力}) – (\text{外向きの力}) \\
m \frac{v_{\text{相対}}^2}{l} &= T – mg \quad \cdots ⑪
\end{aligned}
$$
ここで、\(v_{\text{相対}} = v + V\) です。
問題18の(3)の結果（運動量保存則とエネルギー保存則から導出）を利用します。
$$
\begin{aligned}
v &= \sqrt{\frac{2Mgl(1-\cos\theta)}{m+M}} \cdot \frac{M}{m+M} \\[2.0ex]
V &= \sqrt{\frac{2Mgl(1-\cos\theta)}{m+M}} \cdot \frac{m}{m+M}
\end{aligned}
$$
これらを足し合わせると、
$$
\begin{aligned}
v_{\text{相対}} &= v + V \\[2.0ex]
&= \sqrt{\frac{2Mgl(1-\cos\theta)}{m+M}} \left( \frac{M+m}{m+M} \right) \\[2.0ex]
&= \sqrt{\frac{2(m+M)gl(1-\cos\theta)}{M}} \quad \cdots ⑫
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 円運動の運動方程式: \(m\frac{v^2}{r} = F\)
- 相対速度: \(v_r = v – (-V) = v+V\)
式⑫を2乗して式⑪に代入します。
$$
\begin{aligned}
T &= mg + \frac{m}{l} v_{\text{相対}}^2 \\[2.0ex]
&= mg + \frac{m}{l} \left[ \frac{2(m+M)gl(1-\cos\theta)}{M} \right] \\[2.0ex]
&= mg \left[ 1 + \frac{2(m+M)}{M} (1-\cos\theta) \right]
\end{aligned}
$$
箱の中で揺れるボールの張力を求めます。
ボールは箱に対して動いているので、その「相対的なスピード」を使って遠心力を計算します。
一番下の点では、箱自体は加速していない（力が釣り合っている）ので、単純に「重力」＋「相対速度による遠心力」で張力が求まります。
答えは \(mg \{ 1 + \frac{2(m+M)}{M} (1-\cos\theta) \}\) です。
\(M \to \infty\)（箱が固定されている場合）とすると、第2項の係数は \(2\) になり、\(T = mg(3-2\cos\theta)\) となります。これは固定点の単振り子の張力と一致し、妥当です。
思考の道筋とポイント
2体問題（箱Mと小球m）の相対運動は、換算質量 \(\mu = \frac{mM}{m+M}\) を用いることで、1体問題（固定点周りの振り子）と等価に扱えます。
これにより、\(v\) と \(V\) を個別に求める面倒な計算をスキップし、直接相対速度 \(v_{\text{相対}}\) 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
- 換算質量: \(\mu = \frac{mM}{m+M}\) を用いると、相対運動のエネルギー保存則が単純化されます。
- 相対運動エネルギー: \(K_{\text{相対}} = \frac{1}{2}\mu v_{\text{相対}}^2\)
具体的な解説と立式
相対運動におけるエネルギー保存則は、換算質量 \(\mu\) と相対速度 \(v_{\text{相対}}\) を用いて以下のように書けます。
$$
\begin{aligned}
\frac{1}{2} \mu v_{\text{相対}}^2 &= mgl(1 – \cos\theta) \quad \cdots ⑬
\end{aligned}
$$
（※位置エネルギーの変化は \(m\) の昇降分のみです。水平方向の外力がないため、重心運動エネルギーは保存されますが、初期静止なので \(0\) のままです）
使用した物理公式
- 換算質量: \(\mu = \frac{mM}{m+M}\)
- エネルギー保存則: \(\frac{1}{2}\mu v_r^2 = U\)
式⑬より \(v_{\text{相対}}^2\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
v_{\text{相対}}^2 &= \frac{2mgl(1-\cos\theta)}{\mu}
\end{aligned}
$$
ここで \(\mu = \frac{mM}{m+M}\) を代入します。
$$
\begin{aligned}
v_{\text{相対}}^2 &= \frac{2mgl(1-\cos\theta)}{\frac{mM}{m+M}} \\[2.0ex]
&= \frac{2(m+M)gl(1-\cos\theta)}{M}
\end{aligned}
$$
これはメイン解法の式⑫の2乗と全く同じ式が一瞬で導かれました。
あとは同様に張力の式 \(T = mg + m\frac{v_{\text{相対}}^2}{l}\) に代入するだけです。
$$
\begin{aligned}
T &= mg + \frac{m}{l} \cdot \frac{2(m+M)gl(1-\cos\theta)}{M} \\[2.0ex]
&= mg \left\{ 1 + \frac{2(m+M)}{M} (1-\cos\theta) \right\}
\end{aligned}
$$
「換算質量」というテクニックを使うと、2つの物体が動く複雑な問題を、あたかも1つの物体が動いているかのように単純化できます。
これを使うと、面倒な連立方程式を解かなくても、一発で相対速度が求まり、そこから張力を計算できます。
換算質量を用いることで、運動量保存則の連立方程式を解く手間を省き、エネルギー保存則一本で相対速度を導出できました。
計算ミスを減らす上で非常に強力なテクニックです。
【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？
- 慣性力と見かけの重力の概念
- 核心: 加速度 \(\vec{\alpha}\) で運動する観測者から見ると、全ての物体に \(-m\vec{\alpha}\) の慣性力が働きます。この慣性力と重力 \(m\vec{g}\) を合成した「見かけの重力 \(m\vec{g}’\)」を導入することで、非慣性系でも静止系と同じ物理法則（単振り子の周期公式やエネルギー保存則）がそのまま適用可能になります。
- 理解のポイント:
- ベクトルの合成: 見かけの重力加速度 \(g’\) は、単なる足し算ではなく、ベクトル和として計算する必要があります（三平方の定理など）。
- つりあいの位置の変化: 静止系では鉛直下向きがつりあいの位置ですが、加速系では見かけの重力の方向がつりあいの位置になります。
- 非慣性系におけるエネルギー保存則
- 核心: 慣性力は一定の力（保存力）とみなせるため、それによるポテンシャルエネルギーを定義できます。これにより、「運動エネルギー \(+\) 重力ポテンシャル \(+\) 慣性力ポテンシャル \(=\) 一定」という拡張されたエネルギー保存則が成立します。
- 理解のポイント:
- 見かけの重力ポテンシャル: 重力と慣性力をまとめて \(mg’\) と扱えば、ポテンシャルエネルギーは単に \(mg’h\)（\(h\) は見かけの重力方向の高さ）として計算できます。
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
- 応用できる類似問題のパターン:
- エレベーター内の振り子: 加速度が鉛直方向の場合です。\(g’ = g + \alpha\) または \(g – \alpha\) となり、周期 \(T\) が変化します。
- 遠心力が働く回転系: ターンテーブル上の物体など。遠心力 \(mr\omega^2\) を慣性力として扱い、見かけの重力（重力＋遠心力）を考えれば、液面の傾きや振り子の角度を同様に解けます。
- 動く台上の物体（2体問題）: 追加問題Qのように、台自体が動く場合。台と共に動く非慣性系で考えるか、重心系（換算質量）を用いるかで計算量が劇的に変わります。
- 初見の問題での着眼点:
- 観測者の設定: 「地面から見るか（静止系）」「乗り物から見るか（非慣性系）」を最初に決めます。乗り物が加速しているなら、非慣性系を選び、即座に慣性力を図示するのが定石です。
- つりあいの位置の特定: 振動問題では、まず「力がつりあう場所」を探します。そこが振動の中心となり、そこでの糸の張力や角度が計算の基準になります。
- 保存則の適用範囲: 糸が切れる前（張力が仕事をするのでエネルギー保存則は振り子運動に限定）、切れた後（保存力のみなので全空間で保存）、慣性力が消えた後（新たな初期条件での保存則）と、フェーズごとに適用すべき保存則を見極めます。
要注意！ありがちなミス・誤解とその対策
- 慣性力の向きの取り違え:
- 誤解: 電車の加速度 \(\alpha\) と同じ向きに慣性力を書いてしまう。
- 対策: 「急発進した電車の中で体がどうなるか」をイメージしましょう。体は後ろに持っていかれます。つまり、慣性力は常に「加速度と逆向き」です。
- 見かけの重力加速度の計算ミス:
- 誤解: 単純に \(g’ = g + \alpha\) や \(g’ = \sqrt{g^2 – \alpha^2}\) と計算してしまう。
- 対策: 必ず力のベクトル図を描き、三平方の定理 \(g’ = \sqrt{g^2 + \alpha^2}\) や三角比を用いて正確に導出しましょう。特に角度 \(\theta\) が与えられている場合は、図形的な関係（\(\cos\) や \(\tan\)）を利用するのが近道です。
- 糸が切れた後の運動の誤認:
- 誤解: 慣性力が働いているのに、普通の重力方向（真下）に落下すると考えてしまう。あるいは、初速度を持って放り出されると勘違いする。
- 対策: 「その系（電車内）で働いている力は何か？」を常に意識します。電車内では見かけの重力が「真の重力」のように振る舞うため、物体はその方向へ自由落下します。
なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法
- 問(2)での公式選択（エネルギー保存則 vs 運動方程式の積分）:
- 選定理由: 模範解答のアプローチ（エネルギー保存則）は、状態Aと状態Cの2点だけに着目すれば良いため、計算が迅速で実戦的です。一方、別解のアプローチ（運動方程式の積分）は、運動の全履歴を記述できるため、任意の場所での速度や張力を求めたい場合や、保存則の成立自体を証明したい場合に有効です。
- 適用根拠: 非慣性系であっても、慣性力は一定の力場とみなせるため、保存力としての性質を持ちます。したがって、位置エネルギーさえ適切に定義すれば、エネルギー保存則が適用可能です。
- 追加問題Qでの公式選択（換算質量）:
- 選定理由: 2体問題において、個々の物体の速度 \(v, V\) を求める必要がなく、相対速度 \(v_{\text{相対}}\) だけが必要な場合、換算質量を用いたエネルギー保存則は最強のツールです。
- 適用根拠: 運動量保存則が成立する系（外力が働かない系）では、全運動エネルギーは「重心運動エネルギー」と「相対運動エネルギー」に分離できます。重心速度が変化しない（または \(0\)）場合、相対運動エネルギーの変化のみを追えば良いため、換算質量 \(\mu\) を用いた1体問題の形式 \(\frac{1}{2}\mu v_{\text{相対}}^2 + U = \text{一定}\) が成立します。
計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック
- 三角関数の合成と分解の確認:
- \(g’ = g/\cos(\theta/2)\) のような式変形では、図を描いて「斜辺が一番長い（分母が \(1\) より小さい \(\cos\) になる）」ことを視覚的に確認します。逆に \(g’ = g \cos(\theta/2)\) となっていたら、\(g’ < g\) となり、ベクトル和の直感（\(g\) と \(\alpha\) の合成なら大きくなるはず）と矛盾することに気づけます。
- 極限的なケースでの検算:
- もし \(\alpha = 0\) （電車が止まっている）だったら？ \(\theta = 0\) となり、\(g’ = g\)、\(T = 2\pi\sqrt{l/g}\) となり、通常の単振り子の結果に戻ります。
- もし \(\alpha \to \infty\) （猛烈な加速）だったら？ \(\theta \to \pi\)（真後ろ）になり、\(g’ \to \infty\)、周期 \(T \to 0\)（カチカチに張って超高速振動）となります。計算結果がこの傾向と合っているか確認しましょう。
- 次元解析（単位チェック）:
- 問(4)の速さ \(u = \frac{\sqrt{2gh}}{\cos(\theta/2)}\) において、\(\sqrt{gh}\) は \([\text{L}]^{1/2} [\text{L}]^{1/2} = [\text{L}]\) ではなく速度の次元 \([\text{L}][\text{T}]^{-1}\) になるか？ \(\sqrt{(\text{L}/\text{T}^2) \cdot \text{L}} = \sqrt{\text{L}^2/\text{T}^2} = \text{L}/\text{T}\)。OKです。係数の \(\cos\) は無次元なので問題ありません。
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問題32 単振動 (山口大＋東京学芸大)
【設問別解説】考え方から計算プロセスまで徹底ガイド
- 提示する別解
- 設問(1)〜(Q)の一括解説: 微積分を用いた体系的解法（運動方程式の微分方程式による解法）
- 模範解答は、現象を「一体運動」と「分離後の運動」に分け、それぞれの物理的特徴（周期やエネルギー）を個別に考察してつなぎ合わせています。
- 対して別解では、ニュートンの運動方程式を微分方程式として扱い、初期条件（位置・速度）に基づいて解を数学的に導出します。これにより、変位、速度、加速度の時間変化を、公式の暗記ではなく原理から一貫して導くプロセスを示します。
- 設問(Q)の別解: 運動方程式を用いた瞬時の導出
- 速度を微分する計算手法に加え、その時刻における位置 \(x\) と運動方程式 \(ma = -kx\) の関係から、微分計算なしで加速度を求める物理的な視点を提示します。
- 設問(1)〜(Q)の一括解説: 微積分を用いた体系的解法（運動方程式の微分方程式による解法）
- 上記の別解が有益である理由
- 微積分の解法: 物理現象が「初期条件」と「運動方程式」によって一意に決定されるという力学の決定論的構造を理解でき、複雑な振動現象（減衰振動や強制振動など）への応用力が身につきます。
- 運動方程式の解法: 「加速度の原因は力である」という因果関係に立ち返ることで、計算ミスを防ぎ、物理的直感を強化します。
- 結果への影響
- いずれのアプローチを用いても、最終的に得られる答えは模範解答と完全に一致します。
この問題のテーマは「2物体の接触を伴う単振動」です。ばねにつながれた物体Aが、接触している物体Bを押しながら運動し、やがて離れるというプロセスを解析します。
問題を解く上で鍵となる物理法則や概念は以下の通りです。
- 運動方程式: 物体の加速度と力の関係を記述します。2物体が接触している間は、互いに及ぼし合う作用・反作用の力（垂直抗力）を考慮する必要があります。
- 離れる条件: 2物体が接触して動いている状態から離れる瞬間、互いに押し合う力（垂直抗力）が \(0\) になります。
- 単振動の特性: 復元力 \(F=-Kx\) を受ける物体は、角振動数 \(\omega = \sqrt{K/M}\)、周期 \(T = 2\pi\sqrt{M/K}\) の単振動を行います。
- 力学的エネルギー保存則: 摩擦がない水平面上でのばね振り子の運動では、運動エネルギーと弾性エネルギーの和が保存されます。
基本的なアプローチは以下の通りです。
- (1)では、AとBそれぞれの運動方程式を立て、連立することで内力である垂直抗力を求めます。
- (2)では、垂直抗力が \(0\) になる位置を特定し、エネルギー保存則を用いてその時の速さを求めます。
- (3)では、一体となって運動している間の周期を計算し、移動にかかる時間を求めます。
- (4)では、分離後のA単独の運動について、新たな振幅と周期を求めてグラフを描きます。
- (5)(Q)では、分離後の単振動の式を立て、速度と加速度の時間変化を導出します。
問(1)
ここから先が、他の受験生と差がつく重要パートです。
「解法に至る思考プロセス」を
全て言語化した、超詳細解説。
なぜその公式を使うのか？どうしてその着眼点を持てるのか？
市販の解説では省略されてしまう「行間の思考」を、泥臭く解説しています。
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