「名問の森」徹底解説（40〜42問）：未来の得点力へ！完全マスター講座【力学・熱・波動Ⅰ】

問題40 (北海道大)

【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、一定角速度で回転する円板上の溝の中におかれた、ばねにつながれた小球の運動を扱います。円板上の観測者から見たときの力のつり合いや運動、特に単振動について考察する問題です。

【設問別解説】考え方から計算プロセスまで徹底ガイド

この問題のテーマは、回転座標系における力のつり合いと単振動です。
問題を解く上で鍵となる物理法則や概念は以下の通りです。

• 遠心力: 回転する座標系（観測者Aの系）で物体に働く見かけの力。
• フックの法則: ばねの弾性力に関する法則。
• 力のつり合い: 物体が静止している状態での力の関係。
• 運動方程式: 物体の運動状態の変化と働く力の関係を表す法則。
• 単振動: 特定の復元力を受ける物体の周期的な往復運動。その周期、振幅、最大速度などの基本性質の理解。

これらの法則を正しく理解し適用することで、各設問に答えていくことができます。特に、回転座標系で考えること、そしてその結果として遠心力を考慮に入れることが、この問題の核心部分となります。
全体的な戦略としては、まず(1)と(2)で回転座標系における力のつり合いから静止位置とその条件を求め、(3)で一般の位置での運動方程式を立てます。(4)ではその運動方程式を変形して単振動の形に持ち込み、(5)で単振動の性質を利用して具体的な値を計算します。

問(1)

思考の道筋とポイント
観測者Aは円板と共に回転しているため、非慣性系にいます。Aから見ると、小球Pには円板の中心Oから遠ざかる向きに遠心力が働いているように見えます。Pが \(r=r_0\) の位置で静止しているということは、この位置でPに働く力がつり合っていることを意味します。みぞの方向に働く力は、ばねの弾性力と遠心力です。これらの力のつり合いの式を立てて、\(r_0\) を求めます。

この設問における重要なポイント

• 回転座標系（観測者Aの系）で力のつり合いを考えます。
• 遠心力の向き（中心Oから遠ざかる向き、つまりみぞの外向き）と大きさ（\(Mr\omega^2\)、この場合は \(Mr_0\omega^2\)）を正確に把握します。
• ばねの弾性力の向き（自然長からの変位と逆向き、この場合は中心O向き、つまりみぞの内向き）と大きさ（\(k \times (\text{伸び})\)）を正確に把握します。ばねが伸びている（\(r_0 > l\)）ことを想定します。

具体的な解説と立式
観測者Aにとって、小球Pは距離 \(r_0\) の位置で静止しています。Aは回転座標系にいるため、Pにはみぞ方向外向きに遠心力が働いていると観測します。その大きさ \(F_{\text{遠心力}}\) は、Pの質量が \(M\)、角速度が \(\omega\)、中心からの距離が \(r_0\) なので、\(F_{\text{遠心力}} = Mr_0\omega^2\) と表されます。
一方、ばねは自然長が \(l\) であり、Pの位置が \(r_0\) です。遠心力が外向きに働くため、ばねは自然長よりも伸びていると考えられ、その伸びは \(r_0-l\) です。フックの法則により、ばねの弾性力 \(F_{\text{弾性力}}\) はみぞ方向内向き（中心O向き）に働き、その大きさは、\(F_{\text{弾性力}} = k(r_0-l)\) となります。
Pが静止しているため、これらの力はつり合っています。みぞ方向外向きを正とすると、力のつり合いの式は、
$$Mr_0\omega^2 – k(r_0-l) = 0 \quad \cdots ①$$
と立てられます。

式① \(Mr_0\omega^2 – k(r_0-l) = 0\) を \(r_0\) について解きます。
まず、括弧を展開します。
$$Mr_0\omega^2 – kr_0 + kl = 0$$
\(r_0\) を含む項を左辺に集め、含まない項を右辺に移項します。
$$Mr_0\omega^2 – kr_0 = -kl$$
左辺を \(r_0\) でくくります。
$$(M\omega^2 – k)r_0 = -kl$$
両辺を \((M\omega^2 – k)\) で割ります。ただし、\(M\omega^2 – k \neq 0\) とします。
$$r_0 = \frac{-kl}{M\omega^2 – k}$$
分母分子に \(-1\) を掛けて、より見やすい形に整理します。
$$r_0 = \frac{kl}{k – M\omega^2} \quad \cdots ②$$

観測者Aから見ると、小球Pには「外向きに引っ張る力（遠心力）」と「内向きに引っ張る力（ばねの力）」が働いています。Pが静止しているということは、これらの力がちょうど同じ大きさで反対向きになっている（つり合っている）ということです。
遠心力の大きさは \(Mr_0\omega^2\)、ばねの力の大きさはばねの伸びを \((r_0-l)\) として \(k(r_0-l)\) と書けます。
したがって、「\(Mr_0\omega^2 = k(r_0-l)\)」という式が成り立ちます。この式を、未知数である \(r_0\) について解くことで、\(r_0\) を求めることができます。

つり合いの位置 \(r_0\) は、\(l, k, M, \omega\) を用いて次のように表されます。
$$r_0 = \frac{kl}{k – M\omega^2}$$
この結果において、\(k, l, M\) は全て正の定数です。\(r_0\) が物理的に意味のある正の値をとるためには、分母である \(k – M\omega^2\) も正である必要があります。この点については問(2)で詳しく考えます。
また、ばねが伸びているという仮定 \(r_0 > l\) は、もし \(k-M\omega^2 > 0\) ならば、\(r_0 = \frac{k}{k-M\omega^2} l\) と書け、\(\frac{k}{k-M\omega^2} > 1\) すなわち \(k > k-M\omega^2\) つまり \(M\omega^2 > 0\) であれば成り立ちます。これは \(\omega \neq 0\) であれば満たされる条件です。

問(2)

思考の道筋とポイント
問(1)で求めた \(r_0\) の式が物理的に意味を持つための条件を考えます。小球Pが実在するためには、その位置 \(r_0\) は正の値でなければなりません (\(r_0 > 0\))。また、ばねが無限に伸びることはできないため、つり合いの位置が存在するための条件、つまり \(r_0\) が有限の値をとるための条件も考慮します。これらの条件から、角速度 \(\omega\) が満たすべき不等式を導きます。

この設問における重要なポイント

• 問(1)で得られた \(r_0\) の式の物理的妥当性を検討します。
• \(r_0 > 0\) という条件と、\(r_0\) が発散しない（分母が0にならない）条件を組み合わせます。
• これらの数学的な条件が、物理的にどのような状況に対応するのかを理解します。

具体的な解説と立式
問(1)で求めたつり合いの位置 \(r_0\) は、式②より \(\displaystyle r_0 = \frac{kl}{k – M\omega^2}\) です。
ばね定数 \(k\) および自然長 \(l\) は正の定数なので、分子の \(kl\) は正です。
小球Pが円板の中心Oから正の距離の位置に存在するためには、\(r_0 > 0\) である必要があります。
分子 \(kl > 0\) であるため、\(r_0 > 0\) が成り立つためには、分母 \(k – M\omega^2\) も正でなければなりません。
$$k – M\omega^2 > 0 \quad \cdots ③$$
もし \(k – M\omega^2 = 0\) となると、\(r_0\) の分母がゼロになり \(r_0\) は無限大に発散してしまい、つり合いの位置が存在しないことになります。
もし \(k – M\omega^2 < 0\) となると、\(r_0 < 0\) となり、Pが中心Oを通り越して反対側にあるという物理的に不可能な状況を示唆します。 したがって、Pが \(r_0 > 0\) の点に静止して見えるために必要な条件は、式③です。

式③ \(k – M\omega^2 > 0\) を \(\omega\) について解きます。
$$k > M\omega^2$$両辺を \(M\) ( \(M>0\) ) で割ると、$$\frac{k}{M} > \omega^2$$すなわち、$$\omega^2 < \frac{k}{M}$$角速度 \(\omega\) はその大きさを表すので、\(\omega \ge 0\) です。したがって、上記の不等式を満たす \(\omega\) の範囲は、$$0 \le \omega < \sqrt{\frac{k}{M}} \quad \cdots ④$$ 問題文では「一定の角速度で回転している」とあるため、通常 \(\omega > 0\) を考えますが、\(\omega = 0\) の場合も \(r_0 = l\) となりつり合いは存在します。ここでは、模範解答に合わせて \(\omega < \sqrt{\frac{k}{M}}\) とします。

(1)で求めた \(r_0\) の式 \(\displaystyle r_0 = \frac{kl}{k – M\omega^2}\) を見ると、分母に \(k – M\omega^2\) という項があります。もし、この分母がゼロになってしまうと、\(r_0\) が計算できなくなります（無限大になってしまいます）。また、もし分母がマイナスになると、\(r_0\) がマイナスの値になってしまい、これも物理的におかしいです。
したがって、\(r_0\) がちゃんとしたプラスの値を持つためには、分母の \(k – M\omega^2\) がプラスでなければなりません。この「\(k – M\omega^2 > 0\)」という条件を、\(\omega\) について解けばよいのです。

Pが \(r=r_0\) の点に静止して見えるために必要な角速度 \(\omega\) に対する条件は、
$$\omega < \sqrt{\frac{k}{M}}$$
です。（\(\omega \ge 0\) を考慮すると \(0 \le \omega < \sqrt{\frac{k}{M}}\) ）
この条件は、物理的に次のように解釈できます。角速度 \(\omega\) が大きすぎると、遠心力 \(Mr_0\omega^2\) が非常に強くなります。もし \(\omega\) が \(\sqrt{k/M}\) 以上になると、どんなにばねが伸びても、ばねの弾性力 \(k(r_0-l)\) が遠心力に打ち勝つことができなくなり、つり合いの位置が存在しなくなってしまいます。したがって、つり合いの位置が存在するためには、角速度がある上限値未満である必要があるのです。

問(3)

思考の道筋とポイント
観測者Aから見た小球Pの運動を考えます。Pが一般の位置 \(r\) にあるとき、Pに働く力は、みぞ方向外向きの遠心力と、ばねの弾性力です。これらの合力が、観測者Aから見たPの運動を引き起こす力となります。ニュートンの運動方程式 \(Ma = F\)（ここで \(a\) はAから見たPの加速度、\(F\) はAから見たPに働く合力）を立てます。力の向き（座標の正方向に対する符号）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

• 回転座標系（観測者Aの系）における運動方程式を立てます。
• 遠心力は物体の位置 \(r\) に依存して \(Mr\omega^2\) と表されることに注意します。
• ばねの弾性力は、ばねの伸びまたは縮み \((r-l)\) に比例し、\(k(r-l)\) と表されます。その向きは、伸びている場合は内向き、縮んでいる場合は外向きです。
• みぞ方向外向きを正として、各力の符号を正しく運動方程式に反映させます。

具体的な解説と立式
小球Pが中心Oからの距離 \(r\) の位置にあり、観測者Aから見た加速度が \(a\) であるとします。みぞ方向外向きを正の向きとします。
Pに働く力は以下の通りです。

1. 遠心力 (\(F_{\text{遠心力}}\)): Pの位置が \(r\) なので、遠心力はみぞ方向外向き（正の向き）に働きます。その大きさは、\(F_{\text{遠心力}} = Mr\omega^2\)。
2. ばねの弾性力 (\(F_{\text{弾性力}}\)): ばねの自然長は \(l\) です。ばねの伸びは \(r-l\) であり、弾性力は伸びと反対向きに働くので、みぞ方向に対して \(-k(r-l)\) と表せます（\(r>l\) なら内向き、\(r<l\) なら外向きに \(k(l-r)=-k(r-l)\) となる）。

観測者Aの系におけるPの運動方程式 \(Ma = F_{\text{合力}}\) は、これらの力を合算して、
$$Ma = Mr\omega^2 – k(r-l) \quad \cdots ⑤$$
と書くことができます。

（この設問は運動方程式を立てることが目的なので、ここでの計算は不要です。立式⑤が解答となります。）

小球Pがみぞの中を動いているとき、観測者Aから見ると、Pにはやはり「外向きの遠心力」と「ばねの力」が働いています。これらの力を合わせたもの（合力）が、Pの動き（加速度 \(a\)）を生み出しています。ニュートンの運動の法則「質量 \(M\) × 加速度 \(a\) = 合力」を使って、この関係を式で表します。
遠心力は外向きに \(Mr\omega^2\)。ばねの力は、ばねの伸びが \((r-l)\) だとすると、内向きに \(k(r-l)\) です。運動方程式では、外向きをプラスとすると、ばねの力はマイナスになるので、\(Ma = Mr\omega^2 – k(r-l)\) となります。

観測者Aが書くべき運動方程式は、みぞ方向外向きを正として、
$$Ma = Mr\omega^2 – k(r-l)$$
です。この方程式の右辺は、Pの位置 \(r\) の関数になっています。これは、Pに働く力が一定ではないことを意味しており、Pは等加速度運動をするわけではないことが示唆されます。この形の方程式が、次の問(4)で単振動の形に結びついていきます。

問(4)

思考の道筋とポイント
問(3)で得られた運動方程式を、新しい変数 \(x = r-r_0\)（つり合いの位置 \(r_0\) からの変位）を使って書き換えます。目標は、運動方程式の右辺の力を \(-Lx\) という形（単振動の復元力の形）にすることです。これを行うために、\(r = x+r_0\) を問(3)の運動方程式に代入し、さらに問(1)で導いた \(r_0\) での力のつり合いの条件 \(Mr_0\omega^2 = k(r_0-l)\) を巧みに利用して式を整理します。

この設問における重要なポイント

• 変数の置換 (\(r = x+r_0\)) を正確に行います。
• つり合いの位置 \(r_0\) で成り立っていた条件式を、式の整理の途中でうまく活用します。これにより、余分な項が消去され、シンプルな形になります。
• 目標とする単振動の運動方程式 \(Ma = -Lx\) の形を意識しながら変形を進めます。

具体的な解説と立式
問(3)で得られた運動方程式は、
$$Ma = Mr\omega^2 – k(r-l) \quad \cdots ⑤$$
です。
Pの位置を \(r_0\) から測った変位 \(x = r-r_0\) を用いて表すため、\(r = x+r_0\) とします。
この運動方程式の右辺の力を \(-Lx\) の形にすることを目指します。つまり、運動方程式が次の形になるように \(L\) を定めます。
$$Ma = -Lx \quad \cdots ⑦$$
式⑤に \(r=x+r_0\) を代入すると、
$$Ma = M(x+r_0)\omega^2 – k((x+r_0)-l) \quad \cdots ⑥’$$
となります。この式⑥’と、問(1)で導いたつり合いの条件 \(Mr_0\omega^2 – k(r_0-l) = 0\) (式①) を用いて、式⑦の形に整理し、\(L\) を求めます。

式⑥’ \(Ma = M(x+r_0)\omega^2 – k((x+r_0)-l)\) を展開します。
$$Ma = Mx\omega^2 + Mr_0\omega^2 – kx – k(r_0-l)$$
項を並べ替えて、\(x\) を含む項と含まない項（\(r_0\) に関する項）にまとめます。
$$Ma = (Mx\omega^2 – kx) + (Mr_0\omega^2 – k(r_0-l))$$
ここで、式①より \(Mr_0\omega^2 – k(r_0-l) = 0\) なので、これを代入します。
$$Ma = Mx\omega^2 – kx + 0$$
$$Ma = (M\omega^2 – k)x$$
この式を目標の形である式⑦ \(Ma = -Lx\) と比較できるように、右辺の係数を調整します。
$$Ma = -(k – M\omega^2)x$$
したがって、式⑦と比較して、係数 \(L\) は、
$$L = k – M\omega^2 \quad \cdots ⑧$$
と求められます。

(3)で作ったPの運動に関する式を、新しい座標 \(x\)（これは \(r_0\) からどれだけズレているかを表す量）を使って書き直す作業です。具体的には、\(r\) の代わりに \(x+r_0\) を(3)の式に入れて計算を進めます。
計算の途中で、(1)で見つけた「\(r_0\) の位置では力がつり合っている」という関係（\(Mr_0\omega^2 = k(r_0-l)\)）を利用すると、式の中のいくつかの項がうまく消えてくれて、式がとても簡単な形になります。
最終的に、運動の式が「\(Ma = -(\text{ある定数}) \times x\)」という形になるように変形し、その「ある定数」が求めたい \(L\) になります。

Pの位置を \(x=r-r_0\) を用いて表すと、運動方程式の右辺の力は \(-Lx\) の形になり、その係数 \(L\) は、
$$L = k – M\omega^2$$
と表されます。
ここで、問(2)で導いた条件 \(\omega < \sqrt{k/M}\) を思い出してみましょう。この条件は \(k – M\omega^2 > 0\) と同値です。したがって、この \(L\) は正の定数であることが保証されます。
運動方程式が \(Ma = -Lx\)（ただし \(L>0\)）と書けるということは、小球Pの運動が、\(x=0\)（すなわち \(r=r_0\)）をつり合いの中心とする単振動であることを示しています。この \(L\) は、この単振動における「実効的なばね定数」あるいは「復元力の比例定数」と解釈することができます。遠心力の影響で、ばね本来のばね定数 \(k\) が見かけ上 \(k-M\omega^2\) に変化したと考えることができます。

問(5)

思考の道筋とポイント
問(4)の結果から、小球Pは \(x=0\) (すなわち \(r=r_0\)) を中心とする単振動をすることが明らかになりました。この単振動の特性（角振動数、周期、振幅）をまず把握します。
Pは \(r=r_1\) の点で静かに放されるので、この位置が単振動の一方の端点となり、\(r_1-r_0\) が振幅 \(A\) となります。

1. Pを放してからばねの長さが最小となるまでの時間: これは、単振動の一方の端点から出発して、もう一方の端点に到達するまでの時間であり、周期の半分 (\(T/2\)) に相当します。
2. ばねの長さの最小値: これは、単振動の振動中心 \(r_0\) から振幅 \(A\) だけ内側に入った位置、つまり \(r_0 – A\) です。
3. Aが見るPの最大の速さ: 単振動において、物体の速さは振動中心を通過するときに最大となり、その値は \(A \omega_{\text{単}}\) （\(\omega_{\text{単}}\) は単振動の角振動数）です。

この設問における重要なポイント

• Pの運動が、\(r_0\) を中心とする単振動であることを理解します。
• 単振動の基本量である角振動数 \(\omega_{\text{単}}\)、周期 \(T\)、振幅 \(A\) を正しく求めます。角振動数は運動方程式 \(Ma=-Lx\) から \(\omega_{\text{単}} = \sqrt{L/M}\) として得られます。
• 初期条件（\(r=r_1\) で静かに放す）から振幅 \(A = r_1-r_0\) を決定します。
• 単振動における時間と位置、速度の関係（端から端まで半周期、中心で最大速度など）を正確に適用します。

具体的な解説と立式
問(4)より、小球Pの運動は、つり合いの位置 \(r_0\) (すなわち \(x=0\)) を中心とする単振動であり、その運動方程式は \(Ma = -Lx\)、ここで \(L = k – M\omega^2\) です。
この単振動の角振動数を \(\omega_{\text{単}}\) 、周期を \(T\)、振幅を \(A\) とします。これらは次のように定義されたり、求められたりします。
角振動数 \(\omega_{\text{単}}\) は、\(Ma = -Lx\) から、単振動の角振動数の定義より、
$$\omega_{\text{単}} = \sqrt{\frac{L}{M}} \quad \cdots ⑨$$
周期 \(T\) は、角振動数 \(\omega_{\text{単}}\) を用いて、
$$T = \frac{2\pi}{\omega_{\text{単}}} \quad \cdots ⑩$$
小球Pは、点Oからの距離 \(r_1\) の点で静かに放されるので、この位置が単振動の端点の一つとなります。振動の中心は \(r_0\) ですから、この単振動の振幅 \(A\) は、
$$A = r_1 – r_0 \quad \cdots ⑪$$
となります（\(r_1 > r_0\) としています）。

1. Pを放してからばねの長さが最小となるまでの時間 \(t_{\text{min}}\):
Pを放した点 \(r=r_1\) ( \(x=A\) ) から、ばねの長さが最小となる点（もう一方の端点 \(x=-A\)、すなわち \(r = r_0 – A\)）までの時間は、周期の半分です。
$$t_{\text{min}} = \frac{1}{2}T \quad \cdots ⑫$$

2. ばねの長さの最小値 \(r_{\text{min}}\):
振動中心 \(r_0\) から振幅 \(A\) だけ内側に変位した位置が、ばねの長さの最小値です。
$$r_{\text{min}} = r_0 – A \quad \cdots ⑬$$

3. Aが見るPの最大の速さ \(v_{\text{max}}\):
単振動において、物体の速さは振動中心（\(x=0\)、すなわち \(r=r_0\)）で最大となります。その値は、
$$v_{\text{max}} = A \omega_{\text{単}} \quad \cdots ⑭$$
で与えられます。これらの式を用いて、各値を \(k, M, \omega, r_0, r_1\) のうち必要なものを用いて表します。

まず、角振動数 \(\omega_{\text{単}}\) と周期 \(T\) を、問題で与えられた量で表現します。
式⑨に \(L=k-M\omega^2\) (式⑧) を代入すると、
$$\omega_{\text{単}} = \sqrt{\frac{k-M\omega^2}{M}}$$
これを式⑩に代入すると、周期 \(T\) は、
$$T = 2\pi\sqrt{\frac{M}{k-M\omega^2}}$$
となります。

1. Pを放してからばねの長さが最小となるまでの時間 \(t_{\text{min}}\):
式⑫に上記の周期 \(T\) を代入します。
$$t_{\text{min}} = \frac{1}{2} \left( 2\pi\sqrt{\frac{M}{k-M\omega^2}} \right)$$
$$t_{\text{min}} = \pi\sqrt{\frac{M}{k-M\omega^2}} \quad \cdots ⑮$$

2. ばねの長さの最小値 \(r_{\text{min}}\):
式⑬に、式⑪で定義した振幅 \(A = r_1 – r_0\) を代入します。
$$r_{\text{min}} = r_0 – (r_1 – r_0)$$
$$r_{\text{min}} = r_0 – r_1 + r_0$$
$$r_{\text{min}} = 2r_0 – r_1 \quad \cdots ⑯$$

3. Aが見るPの最大の速さ \(v_{\text{max}}\):
式⑭に、式⑪で定義した振幅 \(A = r_1 – r_0\) と、上で求めた角振動数 \(\omega_{\text{単}} = \sqrt{\frac{k-M\omega^2}{M}}\) を代入します。
$$v_{\text{max}} = (r_1 – r_0) \sqrt{\frac{k-M\omega^2}{M}} \quad \cdots ⑰$$

(4)で、小球Pの運動は、\(r_0\) を中心とした普通のばね振り子と同じような運動（単振動）をすることがわかりました。ただし、ばねの強さが少し変わったような効果（\(L=k-M\omega^2\)）が現れています。

1. 時間: Pを \(r_1\) の位置でそっと放すと、そこが振動の片方の端になります。ばねの長さが一番短くなるのは、振動の反対側の端に行ったときです。単振動では、端から端まで行くのにかかる時間は「周期の半分」です。まず、この単振動の周期 \(T\) を計算し（\(T = 2\pi \sqrt{M/L}\)）、それを2で割れば求めたい時間になります。
2. 最小の長さ: 振動の中心は \(r_0\) です。振動の幅（振幅 \(A\)）は、放した点 \(r_1\) と中心 \(r_0\) の差、つまり \(A = r_1-r_0\) です。ばねが一番短くなるときは、中心 \(r_0\) から振幅 \(A\) だけ内側に入った点なので、その長さは \(r_0 – A = r_0 – (r_1-r_0)\) となります。
3. 最大の速さ: 単振動では、物体が振動の中心（この場合は \(r_0\)）を通過するときに、速さが一番大きくなります。最大の速さは「振幅 \(A\) × 角振動数 \(\omega_{\text{単}}\)」という公式で計算できます。角振動数 \(\omega_{\text{単}}\) は \(\sqrt{L/M}\) で計算できます。

Pを放してからばねの長さが最小となるまでの時間 \(t_{\text{min}}\)、ばねの長さの最小値 \(r_{\text{min}}\)、およびAが見るPの最大の速さ \(v_{\text{max}}\) は、それぞれ以下のように表されます。

• Pを放してからばねの長さが最小となるまでの時間: \(\displaystyle t_{\text{min}} = \pi\sqrt{\frac{M}{k-M\omega^2}}\)
• ばねの長さの最小値: \(r_{\text{min}} = 2r_0 – r_1\)
• Aが見るPの最大の速さ: \(\displaystyle v_{\text{max}} = (r_1 – r_0) \sqrt{\frac{k-M\omega^2}{M}}\)

これらの結果は、すべて問題で与えられた文字 \(k, M, \omega, r_0, r_1\)で表されています。単位も物理的に妥当です。特に、単振動の周期を安易に \(2\pi\sqrt{M/k}\) としないことが重要で、実効的な復元力の係数が \(L=k-M\omega^2\) となっている点に注意が必要です。

【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？

• 回転座標系（非慣性系）における力のつり合いと運動: この問題全体を貫く最も重要な考え方です。
  • 遠心力: 回転する観測者から見たときに物体に働く見かけの力。大きさ \(Mr\omega^2\)、向きは中心から遠ざかる向き。
  • フックの法則: ばねの弾性力 \(F=k \times \text{変位}\)。
  • 力のつり合い (\(\sum F = 0\)): (1)で観測者Aから見てPが静止している条件。遠心力と弾性力がつり合います。
  • 運動方程式 (\(Ma=F\)): (3),(4)で観測者Aから見たPの運動を記述。力には遠心力を含めます。
  • 単振動: (4)で運動方程式が \(Ma = -Lx\) の形に帰着。\(L\) が正の定数であれば、\(x=0\) を中心とする単振動が起こります。
• これらの概念・法則の本質的な理解のポイントは、遠心力が「見かけの力」であること、そしてばねの力と遠心力が合わさって位置 \(r\) に依存する復元力を形成し、実効的なばね定数が \(k\) から \(L=k-M\omega^2\) へと変化した単振動を引き起こすダイナミクスを捉えることです。

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

• この問題の考え方や解法は、どのようなパターンの類似問題に応用できるか:
  • 回転する円盤や円錐振り子など、回転運動が関わる系での物体のつり合いや運動の問題。
  • 人工衛星内のような、特定の加速度運動をする系（非慣性系）での物体の挙動を解析する問題。
• 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. 観測者の設定（座標系）の確認: 問題文がどの視点（静止系か、運動体と共にか）で現象を記述し、問いを発しているかを見極めます。「観測者Aには…見えた」といった記述は回転座標系での考察を示唆します。
  2. 慣性力の正確な導入: 非慣性系で考える場合、まず慣性力（回転系なら遠心力など）を正しく導入します。向きと大きさを間違えないようにします。
  3. 力のリストアップと図示の徹底: 物体に働くすべての「実質の力」と「慣性力」を漏れなくリストアップし、ベクトルとして図示します。
  4. 運動の状態に応じた法則の選択:
     • 物体が観測者から見て「静止」または「つり合っている」\(\rightarrow\) 力のつり合いの式を立てます。
     • 物体が観測者から見て「運動」している \(\rightarrow\) 運動方程式を立てます。
  5. 単振動の可能性の検討: 運動方程式が、あるつり合い位置からの変位 \(x\) を用いて \(m\ddot{x} = -(\text{正の定数})x\) という形に変形できれば、それは単振動です。
• 問題解決のヒントや、特に注意すべき点は何か:
  • 「円板上で静止している観測者A」という言葉は、回転座標系で考えよという明確なサインです。
  • 遠心力は常に回転中心から遠ざかる向きに、物体の回転中心からの距離 \(r\) に比例して \(Mr\omega^2\) と働くことを忘れないようにしましょう。
  • ばねの自然長 \(l\)、つり合いの位置 \(r_0\)、一般の位置 \(r\) を区別し、ばねの伸びは「現在の長さ \(r\) – 自然長 \(l\)」で計算します。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• 遠心力の誤解や扱いのミス:
  • 現象: 慣性系から見ているのに遠心力を描いてしまう、またはその逆。遠心力の大きさを \(Mr_0\omega^2\) と固定してしまい、一般の位置 \(r\) での運動方程式を立てる際に \(Mr\omega^2\) とすべきところを間違う。
  • 対策: 常に自分がどの座標系で考えているかを意識し、回転座標系なら遠心力 \(Mr\omega^2\)（\(r\) は変数）を導入します。
• 単振動の周期の公式の機械的な適用ミス:
  • 現象: この問題の単振動の周期を、単純なばね振り子の公式 \(T=2\pi\sqrt{M/k}\) と勘違いする。
  • 対策: 運動方程式 \(Ma=-Lx\) から出発し、実効的な復元力の係数 \(L\) を正しく求めてから周期 \(T=2\pi\sqrt{M/L}\) を適用します。公式の導出過程を理解しておくことが重要です。
• 力の向きと符号の混乱:
  • 現象: 運動方程式を立てる際、座標軸の正の向きに対するばねの力や遠心力の符号を間違える。
  • 対策: 座標軸の正の向きを明確に定め、各力がその向きに対して正か負かを慎重に判断します。図を丁寧に描くことも助けになります。
• \(r_0\) が存在する条件（問(2)）の軽視:
  • 現象: \(k-M\omega^2 > 0\) という条件の物理的意味を理解せず、(5)で \(L\) が負になったり、周期のルートの中が負になったりする可能性に気づかない。
  • 対策: 各条件式が持つ物理的な意味を常に考えるようにし、それが後の計算結果の妥当性にどう影響するかを意識します。

物理の眼を養う：現象のイメージ化と図解の極意

• この問題における物理現象の具体的なイメージ化:
  • 自分が円板の中心近くに立って（観測者A）、半径方向のレール（みぞ）上のばね付きボール（小球P）の動きを観察するイメージ。回転による外向きの力（遠心力）を感じるはずです。
  • 力の図示では、遠心力 \(Mr\omega^2\) が外向き、ばねの力 \(k(r-l)\) が内向き（\(r>l\) の場合）に働くことを明確に描きます。
  • 単振動では、つり合い位置 \(r_0\) を中心に振幅 \(A=r_1-r_0\) で振動する様子を、直線上（みぞ方向）の運動としてイメージします。
• 図を描く際に注意すべき点は何か:
  • 観測者の立場（回転座標系）を意識します。
  • 力の作用点を明確にPに合わせます。
  • 座標軸（みぞ方向外向きを正など）を図中に示します。
  • ばねの自然長 \(l\)、つり合い点 \(r_0\)、一般の位置 \(r\)、振動の端 \(r_1\) などを区別して図示します。

なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法

• 遠心力 (\(Mr\omega^2\)): 選定理由は観測者Aが回転座標系にいるため。適用根拠は非慣性系における見かけの力であること。
• フックの法則 (\(k \times \text{伸び}\)): 選定理由はPがばねにつながれているため。適用根拠は弾性限界内でのばねの力の性質。
• 力のつり合い (\(\sum F = 0\)): 選定理由は(1)でPがAから見て静止しているため。適用根拠はニュートンの第一法則（慣性力込み）。
• 運動方程式 (\(Ma=F\)): 選定理由は(3)以降でPがAから見て運動するため。適用根拠はニュートンの第二法則（慣性力込み）。
• 単振動の公式群: 選定理由は(4)で運動方程式が \(Ma=-Lx\) の形に帰着されたため。適用根拠はこの形の運動方程式が単振動を記述する数学的定義であること。
• 公式を適用する前に、その公式が成り立つための「前提条件」を常に確認する癖をつけることが重要です。

思考を整理する：立式から計算までのロジカルフロー

1. 状況設定の理解 (問1): 回転座標系で物体が静止 \(\rightarrow\) 遠心力と弾性力がつり合う。
2. 力の特定と定量化: 遠心力 \(Mr_0\omega^2\)、弾性力 \(k(r_0-l)\)。
3. つり合いの立式: \(Mr_0\omega^2 – k(r_0-l) = 0\)。
4. 求解 (\(r_0\)): \(r_0\) について解く。
5. 物理的条件の考察 (問2): \(r_0 > 0\) （かつ分母 \(\neq 0\)）となるための条件として \(k-M\omega^2 > 0\) を導く。
6. 一般の運動の場合 (問3): 位置 \(r\) での運動方程式。力は遠心力 \(Mr\omega^2\) と弾性力 \(-k(r-l)\)。
7. 運動方程式の立式: \(Ma = Mr\omega^2 – k(r-l)\)。
8. 座標変換と整理 (問4): \(r = x+r_0\) を代入し、\(Mr_0\omega^2 = k(r_0-l)\) を利用して、\(Ma = -(k-M\omega^2)x\) の形に整理。\(\rightarrow L = k-M\omega^2\)。
9. 単振動のパラメータ計算 (問5): 角振動数 \(\omega_{\text{単}} = \sqrt{L/M}\)、周期 \(T = 2\pi/\omega_{\text{単}}\)、振幅 \(A = r_1-r_0\)。これらから時間、最小長、最大速さを計算。

計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック

• 今回の計算過程で特に注意すべきだった点:
  • 符号の扱い（力の向き、移項、展開時）。
  • 文字式の正確な計算（展開、整理、因数分解）。
  • (5)での \(L\) や \(A\) の代入と根号の計算。
  • 式の整理による見通しの良さの確保。
• 日頃から計算練習で意識すべきこと・実践テクニック:
  • 途中式を丁寧に書き、各ステップの意味を意識する。
  • 文字が多い計算に慣れ、どの文字が定数でどれが変数か、何を求めたいかを明確にする。
  • 可能な範囲で検算を行う（極端な値を代入してみるなど）。

解きっぱなしはNG！解答の妥当性を吟味する習慣をつけよう

• 得られた答えが物理的に妥当かどうかを検討する視点の重要性:
  • (1) \(r_0 = \displaystyle\frac{kl}{k – M\omega^2}\): \(\omega \rightarrow 0\) で \(r_0 \rightarrow l\)。\(M\omega^2 \rightarrow k\) で \(r_0 \rightarrow \infty\)。物理的直感と整合。
  • (2) \(\omega < \sqrt{k/M}\): つり合い位置が存在するための妥当な条件。上限を超えると \(r_0\) が負や発散。
  • (4) \(L = k – M\omega^2\): 回転系での「実効的なばね定数」。\(L>0\) が単振動の条件で、(2)と一致。
  • (5) の結果: 周期 \(T \propto 1/\sqrt{L}\) は、\(L\) が小さい（\(\omega\) が上限に近い）ほど長くなる（振動がゆっくりになる）。これも物理的妥当性あり。
• 「解の吟味」を通じて得られること:
  • 計算ミスや立式の誤りに気づくきっかけ。
  • 数式の背後にある物理的な意味や構造の深い理解。
  • 「なぜそうなるのか？」を考えることによる論理的思考力や応用力の養成。

問題41 (東京大)

【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、粗い水平面上に置かれたばね振り子の運動を扱います。静止摩擦力と動摩擦力が存在するため、物体の運動は単なる単振動ではなく、減衰していく振動となります。特に、動き出す条件、運動中の振動中心の変化、そして最終的に静止する条件などを考察する必要があります。

【設問別解説】考え方から計算プロセスまで徹底ガイド

この問題のテーマは、摩擦のある水平面上でのばね振り子の運動（減衰振動）です。
問題を解く上で鍵となる物理法則や概念は以下の通りです。

• フックの法則
• 摩擦力（静止摩擦力、最大静止摩擦力、動摩擦力）
• 力のつり合い
• 運動方程式
• 単振動（動摩擦力が働く場合、振動中心がずれる）
• 仕事とエネルギーの関係（力学的エネルギー保存則の破れ）

これらの法則を状況に応じて的確に適用し、物体の運動を段階的に追っていくことが求められます。特に、動摩擦力の向きが運動方向によって変わること、それに伴い単振動の中心が変化することに注意が必要です。
全体的な戦略としては、まず(1)で静止摩擦係数と動摩擦係数を求めます。次に(2)で最初の折り返しまでの時間を、(3)で初回の最大速度とその位置を計算します。(4)ではエネルギーの観点から総移動距離と最終停止位置の関係を導き、(5)では具体的な数値を用いて運動の様子をグラフ化します。

問(1)

思考の道筋とポイント
まず、静止摩擦係数 \(\mu_0\) を求めます。物体Mが位置 \(x=d\) で動き出すか動かないかの境目にあるとき、ばねの弾性力と最大静止摩擦力がつり合っていると考えます。
次に、動摩擦係数 \(\mu\) を求めます。物体Mが \(x_0\) から \(x_1\) へ運動する過程に着目します。このときMには動摩擦力が働きます。

• アプローチ1（運動方程式から振動中心を求める）: Mが左へ滑るときの運動方程式を立て、単振動の形に変形することで振動中心を特定します。 \(x_0\) と \(x_1\) がその単振動の端点であることから、振動中心が \((x_0+x_1)/2\) と表せることを利用し、動摩擦力（ひいては \(\mu\)）を求めます。
• アプローチ2（エネルギー保存則、模範解答の別解）: Mが \(x_0\) から \(x_1\) へ運動する間に失われた力学的エネルギーが、動摩擦力のした仕事に等しいという関係から \(\mu\) を求めます。

この設問における重要なポイント

• 静止摩擦力は外力に応じて大きさを変え、最大静止摩擦力 \(\mu_0 N\) （この場合 \(N=mg\)）を超えると物体は滑り出します。
• 動摩擦力は物体の運動中、常に運動方向と逆向きに一定の大きさ \(\mu N\) （この場合 \(\mu mg\)）で働きます。
• 動摩擦力が働いているときのばね振り子の運動は、振動中心がずれた単振動として扱えます。
• 非保存力（動摩擦力）が仕事をすると、その分だけ力学的エネルギーが変化します。

具体的な解説と立式（静止摩擦係数 \(\mu_0\)）
物体Mを位置 \(x (>0)\) で静かに放すとき、Mには左向きにばねの弾性力 \(kx\) が働きます。Mが動き出さないのは、この弾性力に対して右向きに静止摩擦力が働くためです。
\(x=d\) のときにMが動くか動かないかの境目になるので、このときばねの弾性力 \(kd\) が最大静止摩擦力 \(\mu_0 mg\) に等しくなっています。
したがって、力のつり合いから、
$$kd = \mu_0 mg \quad \cdots ①$$

具体的な解説と立式（動摩擦係数 \(\mu\) – アプローチ1: 運動方程式と振動中心）
物体Mが位置 \(x_0 (>0)\) から左向きに滑り始め、位置 \(x_1 (<0)\) で速さが0になったとします。
Mが左へ滑っているとき（速度 \(v<0\)）、Mに働く力は以下の通りです（右向きを正とします）。ばねの弾性力は \(-kx\)、動摩擦力は右向きに \(\mu mg\) です。
したがって、Mの運動方程式は、
$$m\ddot{x} = -kx + \mu mg$$
この式を変形すると、\(m\ddot{x} = -k \left(x – \frac{\mu mg}{k}\right)\) となります。
これは、Mが \(x_c = \displaystyle\frac{\mu mg}{k}\) を振動中心として単振動することを示しています。
\(x_0\) と \(x_1\) はこの単振動の両端の変位なので、振動中心 \(x_c\) は \(x_0\) と \(x_1\) の中点になります。
$$x_c = \frac{x_0 + x_1}{2} \quad \cdots ②$$
式 \(x_c = \displaystyle\frac{\mu mg}{k}\) と式②より、
$$\frac{\mu mg}{k} = \frac{x_0 + x_1}{2} \quad \cdots ③$$

式① \(kd = \mu_0 mg\) より \(\mu_0\) を求めます。
両辺を \(mg\) で割ると、
$$\mu_0 = \frac{kd}{mg} \quad \cdots ⑤$$

式③ \(\displaystyle\frac{\mu mg}{k} = \frac{x_0 + x_1}{2}\) より \(\mu\) を求めます。
両辺に \(\displaystyle\frac{k}{mg}\) を掛けると、
$$\mu = \frac{k(x_0 + x_1)}{2mg} \quad \cdots ⑥$$

別解(1-1): 動摩擦係数 \(\mu\) （エネルギー保存則）
思考の道筋とポイント
物体Mが位置 \(x_0\) から \(x_1\) へ運動する間に、動摩擦力が仕事をし、その分だけ力学的エネルギーが減少します。このエネルギーの関係から \(\mu\) を求めます。

この設問における重要なポイント

• 初期状態と最終状態の力学的エネルギー（運動エネルギーと弾性エネルギーの和）を計算します。
• 動摩擦力がした仕事は、\(- (\text{動摩擦力の大きさ}) \times (\text{滑った距離})\) となります。
• 力学的エネルギーの変化が、動摩擦力のした仕事に等しいという関係式を立てます。

具体的な解説と立式
位置 \(x_0\) での力学的エネルギー \(E_0\) は（初速0なので） \(\displaystyle E_0 = \frac{1}{2}kx_0^2\)。
位置 \(x_1\) での力学的エネルギー \(E_1\) は（速度0なので） \(\displaystyle E_1 = \frac{1}{2}kx_1^2\)。
物体が滑った距離は \(x_0 – x_1\) です。動摩擦力の大きさは \(\mu mg\) なので、動摩擦力がした仕事 \(W_{\text{摩擦}}\) は \(W_{\text{摩擦}} = -\mu mg (x_0 – x_1)\)。
エネルギーと仕事の関係より、\(E_1 – E_0 = W_{\text{摩擦}}\) なので、
$$\frac{1}{2}kx_1^2 – \frac{1}{2}kx_0^2 = -\mu mg (x_0 – x_1) \quad \cdots ④$$

式④ \(\displaystyle\frac{1}{2}kx_1^2 – \frac{1}{2}kx_0^2 = -\mu mg (x_0 – x_1)\) より \(\mu\) を求めます。
左辺は \(\displaystyle\frac{1}{2}k(x_1^2 – x_0^2) = \frac{1}{2}k(x_1 – x_0)(x_1 + x_0)\)。
右辺は \(\mu mg (x_1 – x_0)\)。
よって、
$$\frac{1}{2}k(x_1 – x_0)(x_1 + x_0) = \mu mg (x_1 – x_0)$$
\(x_0 \neq x_1\) より \(x_1 – x_0 \neq 0\) なので、両辺を \((x_1 – x_0)\) で割ると、
$$\frac{1}{2}k(x_1 + x_0) = \mu mg$$
\(\mu\) について解くと、
$$\mu = \frac{k(x_0 + x_1)}{2mg} \quad \cdots ⑦$$
これはアプローチ1で得られた式⑥と同じ結果です。

静止摩擦係数 \(\mu_0\): 物体がギリギリ滑り出すとき、「ばねが引っ張る力」と「床が邪魔する最大の力（最大静止摩擦力）」がつり合っています。ばねの力は \(kd\)、最大静止摩擦力は \(\mu_0 mg\) なので、\(kd = \mu_0 mg\) という式から \(\mu_0\) を求めます。
動摩擦係数 \(\mu\):

• 考え方1（揺れの中心から）: 物体が動いているとき、床からの邪魔（動摩擦力 \(\mu mg\)）は常に動きと反対向きに働きます。このため、ばねの伸び縮みの「中心」が、摩擦がないときの位置（原点）からズレます。左に動くときは右に \(\mu mg/k\) だけ中心がズレます。\(x_0\) と \(x_1\) が振動の両端なので、その真ん中 \((x_0+x_1)/2\) がこのズレた中心 \(\mu mg/k\) に等しいという関係から \(\mu\) を求めます。
• 考え方2（エネルギーの減り具合から）: 物体が \(x_0\) から \(x_1\) まで滑ると、摩擦によってエネルギーが熱として奪われます。初めのエネルギー（ばねのエネルギー）と終わりのエネルギー（ばねのエネルギー）の差が、摩擦がした仕事（\(\mu mg \times\)滑った距離）に等しいという式を立てて \(\mu\) を求めます。

静止摩擦係数 \(\mu_0\) は \(\displaystyle \mu_0 = \frac{kd}{mg}\) です。
動摩擦係数 \(\mu\) は \(\displaystyle \mu = \frac{k(x_0 + x_1)}{2mg}\) です。
\(x_0 > 0\)、\(x_1 < 0\) で、物体が左に進んで \(x_1\) で折り返したため \(x_0+x_1 > 0\) となり \(\mu > 0\) です。

問(2)

思考の道筋とポイント
物体Mが \(x_0\) から \(x_1\) まで運動する時間は、問(1)で考察した単振動の半周期に相当します。動摩擦力が働いている場合でも、運動方程式 \(m\ddot{x}’ = -kx’\) からわかるように、角振動数 \(\omega\) は \(\sqrt{k/m}\) であり、これは摩擦がない場合の単振動の角振動数と同じです。したがって、周期 \(T = 2\pi/\omega = 2\pi\sqrt{m/k}\) も摩擦がない場合と同じになります。 \(x_0\) から \(x_1\) まではこの単振動の端から端までの運動なので、かかる時間は \(T/2\) です。

この設問における重要なポイント

• 動摩擦力が働いている間の運動は、振動中心がずれた単振動として扱えます。
• この単振動の角振動数（および周期）は、ばね定数 \(k\) と質量 \(m\) のみによって決まり、動摩擦力の大きさには依存しません。
• \(x_0\) (初速0の点) から \(x_1\) (速さ0の点) までの運動は、この単振動の半周期分の運動と見なせます。

具体的な解説と立式
物体Mが左へ滑るときの運動は、角振動数 \(\omega = \sqrt{k/m}\) の単振動です。
この単振動の周期 \(T\) は、
$$T = \frac{2\pi}{\omega} = 2\pi\sqrt{\frac{m}{k}} \quad \cdots ⑧$$
となります。
物体は位置 \(x_0\) で静かに放され（単振動の一方の端）、位置 \(x_1\) で速さが0になった（もう一方の端）ので、\(x_0\) から \(x_1\) までの運動にかかった時間 \(t_1\) は、この単振動の半周期に等しくなります。
$$t_1 = \frac{T}{2} \quad \cdots ⑨$$

式⑨に式⑧を代入して \(t_1\) を求めます。
$$t_1 = \frac{1}{2} \left( 2\pi\sqrt{\frac{m}{k}} \right)$$
$$t_1 = \pi\sqrt{\frac{m}{k}} \quad \cdots ⑩$$

物体が \(x_0\) から出発して \(x_1\) で一瞬止まるまでの動きは、実は「単振動の半分の動き」と見なすことができます。摩擦があっても、揺れの速さ（周期）自体は摩擦がないときと同じ \(T = 2\pi\sqrt{m/k}\) で計算できます。端から端まで動くので、かかる時間は周期の半分 \(T/2\) です。

位置 \(x_1\) で速さが0となった時間 \(t_1\) は \(\displaystyle t_1 = \pi\sqrt{\frac{m}{k}}\) です。
この結果は、動摩擦係数 \(\mu\) や初位置 \(x_0\)、終位置 \(x_1\) には依存せず、ばね定数 \(k\) と質量 \(m\) のみで決まることを示しています。これは、動摩擦力が一定である限り、単振動の周期が変化しないという重要な性質を反映しています。

問(3)

思考の道筋とポイント
物体が \(x_0\) から左へ動き出し、初めて速さが最大に達する時を考えます。単振動において、速さが最大になるのは振動中心を通過するときです。 問(1)で議論したように、Mが左へ滑るときの振動中心は \(x_c = \displaystyle\frac{\mu mg}{k} = \frac{x_0+x_1}{2}\) です。 この位置で速さが最大になります。
最大の速さ \(v_{\text{max}}\) は、この単振動の振幅 \(A\) と角振動数 \(\omega = \sqrt{k/m}\) を用いて \(v_{\text{max}} = A\omega\) と計算できます。 この場合の振幅 \(A\) は、端 \(x_0\) から中心 \(x_c\) までの距離、すなわち \(A = x_0 – x_c = x_0 – \displaystyle\frac{x_0+x_1}{2} = \frac{x_0-x_1}{2}\) です。
模範解答では、単振動のエネルギー保存則を用いた別解も示されています。

この設問における重要なポイント

• 単振動において速度が最大になるのは、加速度が0、すなわち合力が0となる振動中心です。
• 左向き運動中の振動中心は \(x_c = (x_0+x_1)/2\) です。
• 単振動の最大速度は \(v_{\text{max}} = A\omega\) で計算できます。振幅 \(A\) は振動の端から中心までの距離です。
• （別解用）振動中心を基準とした単振動のエネルギー保存則は \(\frac{1}{2}k A^2 = \frac{1}{2}m v_{\text{max}}^2\) の形で適用します。

具体的な解説と立式（位置と最大速度 – アプローチ1: 振幅と角振動数）
Mが左へ滑るときの振動中心は、問(1)より \(x_c = \displaystyle\frac{x_0+x_1}{2}\) です。この位置でMの速さは初めて最大になります。
よって、速さが最大になる位置は、
$$x_{\text{vmax}} = x_c = \frac{x_0+x_1}{2} \quad \cdots ⑪$$
この単振動の角振動数は \(\omega = \sqrt{k/m}\) です。
振幅 \(A\) は、振動の端 \(x_0\) から振動中心 \(x_c\) までの距離なので、
$$A = x_0 – x_c = x_0 – \frac{x_0+x_1}{2} = \frac{x_0-x_1}{2} \quad \cdots ⑫$$
最大の速さ \(v_{\text{max}}\) は、
$$v_{\text{max}} = A\omega \quad \cdots ⑬$$
と表されます。

速さが最大になる位置は式⑪で与えられています。
$$x_{\text{vmax}} = \frac{x_0+x_1}{2}$$
最大の速さ \(v_{\text{max}}\) は、式⑬に式⑫と \(\omega = \sqrt{k/m}\) を代入して求めます。
$$v_{\text{max}} = \left(\frac{x_0-x_1}{2}\right) \sqrt{\frac{k}{m}} \quad \cdots ⑮$$

別解(3-1): 最大速度 （単振動のエネルギー保存則）
思考の道筋とポイント
左向き運動中の振動中心 \(x_c = (x_0+x_1)/2\) を基準として考えると、Mはこの中心の周りで単振動をします。この「単振動としての」エネルギー保存則を用います。

この設問における重要なポイント

• 振動中心を基準とした位置エネルギーと運動エネルギーの和が保存されると考えます。
• 端 (\(x_0\)) での「単振動のポテンシャルエネルギー」が、中心 (\(x_c\)) での運動エネルギーに変換されるとします。

具体的な解説と立式
振動中心 \(x_c\) を基準とした単振動の振幅は \(A = x_0 – x_c = \displaystyle\frac{x_0-x_1}{2}\) です。
単振動の端である \(x_0\) での、振動中心 \(x_c\) を基準とする「ばねのポテンシャルエネルギーのようなもの」は \(\displaystyle\frac{1}{2}kA^2\) と書けます。このとき運動エネルギーは0です。
振動中心 \(x_c\) を通過するとき、この「ポテンシャルエネルギーのようなもの」は0となり、運動エネルギーが最大 \(\displaystyle\frac{1}{2}mv_{\text{max}}^2\) となります。
したがって、単振動のエネルギー保存則から、
$$\frac{1}{2}k A^2 = \frac{1}{2}m v_{\text{max}}^2 \quad \cdots ⑭$$
が成り立ちます。

式⑭ \(\displaystyle\frac{1}{2}k A^2 = \frac{1}{2}m v_{\text{max}}^2\) から \(v_{\text{max}}\) を求めます。
両辺の \(\displaystyle\frac{1}{2}\) を消去し、\(v_{\text{max}}^2\) について解くと、
$$v_{\text{max}}^2 = \frac{k}{m}A^2$$
\(v_{\text{max}} > 0\) なので、
$$v_{\text{max}} = A\sqrt{\frac{k}{m}}$$
ここに振幅 \(A = \displaystyle\frac{x_0-x_1}{2}\) （式⑫）を代入すると、
$$v_{\text{max}} = \left(\frac{x_0-x_1}{2}\right) \sqrt{\frac{k}{m}}$$
これはアプローチ1で得られた式⑮と同じ結果です。

速さが最大になる位置: 物体が左に動いているとき、摩擦の影響で揺れの中心が少し右にズレます。そのズレた中心は \((x_0+x_1)/2\) で計算できます。単振動では、揺れの中心を通過するときに速さが一番大きくなるので、この位置が答えです。
最大の速さ:

• 考え方1（振幅と周期から）: 揺れの幅（振幅 \(A\)）は、端 \(x_0\) からズレた中心までの距離 \((x_0-x_1)/2\) です。最大の速さは「振幅 \(A\) × 角振動数 \(\omega\)」で計算できます。角振動数 \(\omega\) は \(\sqrt{k/m}\) です。
• 考え方2（エネルギーから）: ズレた中心を基準に考えると、端っこでの「ばねのエネルギー」が、中心に来たときにすべて「運動のエネルギー」に変わります。このエネルギー等式から最大の速さを求められます。

はじめて速さが最大に達したときの位置は \(\displaystyle x_{\text{vmax}} = \frac{x_0+x_1}{2}\) です。
そのときの最大の速さは \(\displaystyle v_{\text{max}} = \left(\frac{x_0-x_1}{2}\right) \sqrt{\frac{k}{m}}\) です。
位置は \(x_0\) と \(x_1\) の中間点であり、これは左向き運動中の単振動の振動中心を意味します。最大の速さは、振幅と角振動数の積として表され、単振動の基本的な性質と一致しています。

問(4)

思考の道筋とポイント
物体Mが \(x_0\) の位置から運動を始め、最終的に \(n\) 回目の折り返し点 \(x_n\) で静止するまでの過程を考えます。この間に、動摩擦力が仕事をし続け、Mの力学的エネルギーは徐々に失われていきます。
初めの状態（位置 \(x_0\)、速度0）での力学的エネルギーと、最後の状態（位置 \(x_n\)、速度0）での力学的エネルギーの差が、Mが運動した全行程 \(L\) の間に動摩擦力がした仕事の総量に等しい、というエネルギー保存の考え方（より正確には仕事とエネルギーの関係）を用います。 動摩擦力の大きさは \(\mu mg\) で一定です。

この設問における重要なポイント

• 非保存力である動摩擦力が仕事をすると、その分だけ系の力学的エネルギーが減少します。
• 初期状態と最終状態の力学的エネルギーを比較し、その差を動摩擦力のした仕事と等置します。
• 動摩擦力がした仕事は \((\text{動摩擦力の大きさ}) \times (\text{滑った総距離})\) で、エネルギーの減少分として考えます。

具体的な解説と立式
物体Mが運動を始めた最初の状態（位置 \(x_0\)、速度0）での力学的エネルギー \(E_{\text{初}}\) は、
$$E_{\text{初}} = \frac{1}{2}kx_0^2 \quad \cdots ⑯$$物体Mが最後に位置 \(x_n\) で静止したときの力学的エネルギー \(E_{\text{後}}\) は、$$E_{\text{後}} = \frac{1}{2}kx_n^2 \quad \cdots ⑰$$Mが静止するまでに運動した全行程の長さが \(L\) です。この間、動摩擦力（大きさ \(\mu mg\)）が働き、合計で \(\mu mgL\) のエネルギーが失われます。仕事とエネルギーの関係は、$$E_{\text{後}} – E_{\text{初}} = -\mu mg L$$と書けます。すなわち、$$\frac{1}{2}kx_n^2 – \frac{1}{2}kx_0^2 = -\mu mg L \quad \cdots ⑱$$

式⑱から \(\mu mg L\) について整理すると、
$$\mu mg L = \frac{1}{2}kx_0^2 – \frac{1}{2}kx_n^2 = \frac{1}{2}k(x_0^2 – x_n^2)$$
ここで、問(1)で求めた動摩擦係数 \(\mu = \displaystyle\frac{k(x_0 + x_1)}{2mg}\) （式⑥または⑦）を代入します。
$$\left(\frac{k(x_0 + x_1)}{2mg}\right) mg L = \frac{1}{2}k(x_0^2 – x_n^2)$$
両辺の \(mg\) と \(\displaystyle\frac{1}{2}k\) を消去します (\(k \neq 0\))。
$$\frac{x_0 + x_1}{2} L = \frac{1}{2}(x_0^2 – x_n^2)$$
両辺に2を掛けると、
$$(x_0 + x_1) L = x_0^2 – x_n^2$$
\(L\) について解くと、
$$L = \frac{x_0^2 – x_n^2}{x_0 + x_1} \quad \cdots ⑲$$

物体が動き始めてから止まるまでに、摩擦によってたくさんのエネルギーが失われます。初めに持っていた「ばねのエネルギー」と、最後に止まったときの「ばねのエネルギー」の差額が、摩擦によって奪われたエネルギーの総量です。
摩擦が奪ったエネルギーは「動摩擦力の大きさ \(\mu mg\) × 物体が動いた全ての道のり \(L\)」で計算できます。
つまり、「(初めのエネルギー) – (終わりのエネルギー) = \(\mu mg L\)」という式が成り立ちます。この式に、(1)で求めた \(\mu\) の値を代入して整理すると、\(L\) と \(x_n\) の関係が出てきます。

最後に位置 \(x_n\) で静止するまでにMが運動した全行程の長さ \(L\) と \(x_n\) との関係は、
$$L = \frac{x_0^2 – x_n^2}{x_0 + x_1}$$
と表されます。この式は、初期位置、最初の折り返し点、最終停止位置によって、物体がどれだけの距離を動いたかが決まることを示しています。

問(5)

思考の道筋とポイント
与えられた \(x_0=3.5d, x_1=-2.5d\) という具体的な値を用いて、物体Mの運動を時間追跡し、\(x-t\) グラフを描きます。
まず、これらの値から振動中心を特定します。左へ滑るときの振動中心 \(x_c = (x_0+x_1)/2\)。 右へ滑るときの振動中心 \(x_c’\) は \(x_c’ = -x_c\)。 物体は、現在の運動方向に応じた振動中心の周りで単振動の半周期分の運動を繰り返し、振幅を減らしながら進みます。運動が停止するのは、物体が一瞬静止した位置 \(x\) で、ばねの弾性力 \(|kx|\) が最大静止摩擦力 \(\mu_0 mg = kd\) 以下になったときです。 各半周期の時間は \(t_1 = \pi\sqrt{m/k}\) で一定です。

この設問における重要なポイント

• 運動の方向によって動摩擦力の向きが変わり、単振動の振動中心が変化します。
  • 左向き運動（\(v<0\)）: 振動中心 \(x_c = (x_0+x_1)/2\)。
  • 右向き運動（\(v>0\)）: 振動中心 \(x_c’ = -(x_0+x_1)/2\)。
• 各単振動部分の周期（角振動数）は変わりませんが、振幅は徐々に減少していきます。
• 物体が最終的に静止する条件は、ある位置で速度が0になり、かつその位置での弾性力が最大静止摩擦力 \(\mu_0 mg = kd\) を超えないことです。
• \(x-t\) グラフは、それぞれの振動中心を中心とする正弦波（または余弦波）の一部をつなぎ合わせた形になります。

具体的な解説と立式
与えられた条件は \(x_0=3.5d, x_1=-2.5d\)。
左へ滑るときの振動中心 \(x_c\) は、
$$x_c = \frac{x_0+x_1}{2} = \frac{3.5d + (-2.5d)}{2} = \frac{1.0d}{2} = 0.5d \quad \cdots ⑳$$
これは \(\mu mg/k = 0.5d\) であることを意味します。
右へ滑るときの振動中心 \(x_c’\) は、
$$x_c’ = -\frac{\mu mg}{k} = -x_c = -0.5d$$
静止摩擦に関する条件から \(\mu_0 mg = kd\)、つまり \(d = \mu_0 mg/k\)。
時間は \(t_1 = \pi\sqrt{m/k}\) を単位として考えます。

運動の追跡結果は以下の通りです (計算過程は後述)。
1. \(0 \le t/t_1 \le 1\): \(x_0=3.5d\) からスタート。振動中心 \(x_c=0.5d\)。終点 \(x(t_1)=-2.5d\)。
2. \(1 \le t/t_1 \le 2\): \(x_1=-2.5d\) からスタート。振動中心 \(x_c’=-0.5d\)。終点 \(x_2=1.5d\)。
3. \(2 \le t/t_1 \le 3\): \(x_2=1.5d\) からスタート。振動中心 \(x_c=0.5d\)。終点 \(x_3=-0.5d\)。
物体は \(x_3=-0.5d\) で速度が0になり、この位置では \(|x_3|=0.5d \le d\) であり、弾性力 \(k(0.5d)\) が最大静止摩擦力 \(kd\) を超えないため、ここで静止します。

**1. \(0 \le t/t_1 \le 1\) (左向き運動):**
始点 \(x_0 = 3.5d\)。振動中心 \(x_c = 0.5d\)。
振幅 \(A_1 = x_0 – x_c = 3.5d – 0.5d = 3.0d\)。
終点 \(x(t_1) = x_c – A_1 = 0.5d – 3.0d = -2.5d (=x_1)\)。

**2. \(1 \le t/t_1 \le 2\) (右向き運動):**
始点 \(x_1 = -2.5d\)。振動中心 \(x_c’ = -0.5d\)。
振幅 \(A_2 = |x_1 – x_c’| = |-2.5d – (-0.5d)| = |-2.0d| = 2.0d\)。
終点 \(x_2 = x_c’ + A_2 = -0.5d + 2.0d = 1.5d\)。

**3. \(2 \le t/t_1 \le 3\) (左向き運動):**
始点 \(x_2 = 1.5d\)。振動中心 \(x_c = 0.5d\)。
振幅 \(A_3 = x_2 – x_c = 1.5d – 0.5d = 1.0d\)。
終点 \(x_3 = x_c – A_3 = 0.5d – 1.0d = -0.5d\)。

**静止確認:**
\(x_3=-0.5d\) で \(|x_3|=0.5d\)。\(d = \mu_0 mg/k\)。最大静止摩擦力は \(kd\)。
弾性力は \(|k x_3| = k(0.5d)\)。
\(k(0.5d) \le kd\) であるため、\(x_3=-0.5d\) で静止する。

物体の動きをコマ送りで見ていきます。

1. 初め \(x=3.5d\) から左へスタート。揺れの中心は \(x_c=0.5d\)。半周期（時間 \(t_1\)）後、反対側の端 \(x_1=-2.5d\) に到着。
2. 次に \(x_1=-2.5d\) から右へスタート。揺れの中心は今度は \(x_c’=-0.5d\)。半周期（時間 \(t_1\)、合計時間 \(2t_1\)）後、反対側の端 \(x_2=1.5d\) に到着。
3. 次に \(x_2=1.5d\) から左へスタート。揺れの中心は再び \(x_c=0.5d\)。半周期（時間 \(t_1\)、合計時間 \(3t_1\)）後、反対側の端 \(x_3=-0.5d\) に到着。
4. ここで \(x_3=-0.5d\) に止まりました。この場所は \(|x| \le d\) の範囲に入っていて、かつ、ばねが引っ張る力が床が邪魔する最大の力より小さいので、もう動き出すことができず、ここで完全にストップします。

この動きを \(x\) と \(t\) の関係でグラフにすると、だんだん揺れが小さくなっていく波のような形になります。

（模範解答の図4 を参照し、上記の計算過程で得られた特徴点 \((0, 3.5d), (t_1, -2.5d), (2t_1, 1.5d), (3t_1, -0.5d)\) を通り、各区間が適切な振動中心を持つ単振動の半周期を描き、\(t \ge 3t_1\) では \(x=-0.5d\) で一定となるような線を描く。）
グラフは、振幅が徐々に減少し、振動中心が左右に交互にシフトする減衰振動の様子を示します。最終的に \(|x| \le d\) の領域で弾性力が最大静止摩擦力を下回ると静止するという物理的状況とよく一致しています。

【コラム】Q. (5) において、Mを \(x=5d\) で静かに放すとき,Mが完全に静止するまでの時間をk、mで表せ。

思考の道筋とポイント
基本的な考え方は問(5)と同様です。初期位置が \(x_0=5d\) となった場合の運動を追跡します。
振動中心は左向き運動時 \(x_c=0.5d\)、右向き運動時 \(x_c’=-0.5d\) を用います。 静止条件は \(|x| \le d\) で弾性力が最大静止摩擦力 \(kd\) 以下となることです。 各半周期の時間は \(t_1 = \pi\sqrt{m/k}\) です。

この設問における重要なポイント

• 振動中心 \(x_c=0.5d\) (左向き運動時) と \(x_c’=-0.5d\) (右向き運動時) は問(5)の条件から引き継ぎます。
• 静止条件 \(|x| \le d\) かつ弾性力 \(|kx| \le kd\)。
• 各半周期の時間は \(t_1 = \pi\sqrt{m/k}\)。
• 運動の折り返し点を順に計算し、静止するまでの半周期の数を数えます。

具体的な解説と立式
初期位置 \(x_0=5d\)。
振動中心: 左向き運動時 \(x_c=0.5d\)、右向き運動時 \(x_c’=-0.5d\)。
静止条件: 速度0で \(|x| \le d\)。
各半周期時間: \(t_1 = \pi\sqrt{m/k}\)。

運動の追跡結果（終点 \(x_{(i)}\)）は以下の通りです。
1. 左向き: 始点 \(5d\)、中心 \(0.5d\)。振幅 \(4.5d\)。終点 \(x_{(1)} = 0.5d – 4.5d = -4d\)。
2. 右向き: 始点 \(-4d\)、中心 \(-0.5d\)。振幅 \(3.5d\)。終点 \(x_{(2)} = -0.5d + 3.5d = 3d\)。
3. 左向き: 始点 \(3d\)、中心 \(0.5d\)。振幅 \(2.5d\)。終点 \(x_{(3)} = 0.5d – 2.5d = -2d\)。
4. 右向き: 始点 \(-2d\)、中心 \(-0.5d\)。振幅 \(1.5d\)。終点 \(x_{(4)} = -0.5d + 1.5d = d\)。
物体は \(x_{(4)}=d\) で速度が0になり、この位置では \(|x_{(4)}|=d\) で弾性力 \(kd\) が最大静止摩擦力 \(kd\) に等しいため静止します。
運動は4回の半周期を経て終了します。よって、完全に静止するまでの総時間は、
$$T_{\text{total}} = 4 \times t_1 \quad \cdots ㉑$$

式㉑に \(t_1 = \pi\sqrt{m/k}\) （式⑩）を代入します。
$$T_{\text{total}} = 4 \times \pi\sqrt{\frac{m}{k}}$$
$$T_{\text{total}} = 4\pi\sqrt{\frac{m}{k}}$$

最初の位置が \(x=5d\) に変わっただけで、基本的な動きのルール（揺れの中心が \(0.5d\) と \(-0.5d\) で切り替わること、揺れが止まる条件が \(|x| \le d\) で力が釣り合うこと、1回の片道移動にかかる時間が \(t_1\) であること）は同じです。動きを追っていくと、4回目の片道移動が終わった \(x=d\) の地点で、力がちょうど釣り合って止まります。合計で4回、片道の動きをしたので、全部でかかった時間は \(4 \times t_1\) となります。

Mを \(x=5d\) で静かに放すとき、Mが完全に静止するまでの時間は \(\displaystyle 4\pi\sqrt{\frac{m}{k}}\) です。この結果は、提示されたQの解答 と一致しています。

【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？

• 摩擦力が働く状況下でのばね振り子の運動（減衰振動）の理解。
  • 静止摩擦力と動摩擦力の性質と区別。
  • 運動方程式と単振動: 動摩擦力が働いている間、物体は振動中心がずれた単振動を行う。 この単振動の角振動数・周期は摩擦がない場合と同じ。
  • 仕事とエネルギーの関係: 動摩擦力は非保存力で、その仕事の分だけ力学的エネルギーが減少する。
  • 物体の静止条件: 速度0に加え、弾性力が最大静止摩擦力を超えないこと。

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

• この問題の考え方や解法は、どのようなパターンの類似問題に応用できるか:
  • 空気抵抗など、一定の抵抗力を受けながら振動する系の問題。
  • 斜面上で摩擦を受けながら振動する物体の問題。
  • エネルギーの損失を伴う運動や、最終的に静止するまでの過程を問う問題。
• 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. 摩擦力の種類の特定: 静止摩擦か動摩擦か、あるいは両方か。
  2. 運動のフェーズ分け: 運動方向によって動摩擦力の向きが変わる場合、フェーズ分けして考える。
  3. 力の図示と運動方程式: 各フェーズで正確に力を図示し、運動方程式を立てる。
  4. 振動中心の特定: 単振動の形に書ける場合、振動中心を特定する。
  5. エネルギー収支の確認: 全体の運動や最終状態を問う場合、エネルギー変化と非保存力の仕事の関係を考える。
  6. 静止条件の吟味: 速度0だけでなく、再加速しない条件（弾性力 \(\le\) 最大静止摩擦力）を確認する。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• 振動中心の不変性の誤解:
  • 現象: 動摩擦力が働くと振動中心が移動することを見落とす。
  • 対策: 運動方程式を立て、\(m\ddot{x}’ = -kx’\) の形に変形することで振動中心を毎回確認する。
• 単振動の周期が摩擦で変わると誤解する:
  • 現象: 一定の動摩擦力で周期が変わると考える。
  • 対策: 運動方程式から角振動数が \(\sqrt{k/m}\) で不変であることを理解する。
• エネルギー計算における摩擦の扱いの誤り:
  • 現象: 動摩擦力の仕事の符号や計算対象の距離を間違える。
  • 対策: 動摩擦力の仕事は常に負で力学的エネルギーを減少させることを意識し、滑った総距離を正確に把握する。
• 静止条件の単純化:
  • 現象: 速度が0になったら即静止と早合点する。
  • 対策: 速度0の点で弾性力が最大静止摩擦力を超えないか必ず確認する。

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具体的なイメージ化:
  • 振動中心の移動: 物体が左右に進むたびに、摩擦力によって「楽な位置（力のつり合い点）」がズレていくイメージ。
  • 振幅の漸減: エネルギーが失われ、揺れの「元気」が徐々になくなっていくイメージ。
  • \(x-t\) グラフ: だんだん小さくなる波が、上下の中心線を交互に変えながら描かれるイメージ。
  • （頭の中の）エネルギーダイアグラム: ポテンシャルエネルギーの谷の形は変わらないが、許容される力学的エネルギーの「天井」が摩擦で下がっていくイメージ。
• 図を描く際に注意すべき点は何か:
  • 力のベクトル図: 運動方向、弾性力、摩擦力の向きを正確に。
  • \(x-t\) グラフ: 各半周期の接続点での傾き（速度）が滑らかに。折り返し点で傾き0。振動中心の変化を反映。
  • 振動の軌跡図（\(x\) 軸上の動き）: 各半周期の振動中心、振幅、折り返し点を明示。静止領域 \(|x| \le d\) も。

なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法

• 最大静止摩擦力 (\(\mu_0 mg\)): 滑り出す直前の条件を考えるため。
• 動摩擦力 (\(\mu mg\)): 滑っている間の抵抗力を計算するため。
• 運動方程式 (\(m\ddot{x} = F\)): 物体の運動と力の関係を記述する基本法則として。単振動の形に帰着させ、振動中心や角振動数を求める。
• 単振動の周期 (\(T=2\pi\sqrt{m/k}\)): 動摩擦力が働いていても角振動数が \(\sqrt{k/m}\) の単振動（の一部）をするため。
• 仕事とエネルギーの関係 (\(\Delta E = W_{\text{非保存力}}\)): 摩擦によるエネルギー損失と運動全体の関連を調べるため。
• 公式適用前に「この状況で使えるか？」「前提条件は何か？」と考える習慣が重要。

思考を整理する：立式から計算までのロジカルフロー

1. 静止・滑り出しの条件分析 (\(\mu_0\))。
2. 運動中の摩擦力の分析 (\(\mu\), 振動中心, 最大速度)。
3. 単振動の性質利用 (半周期の時間)。
4. エネルギー収支の考慮 (総移動距離)。
5. 運動の逐次追跡と静止条件の適用 (グラフ, Q)。

計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック

• 今回の計算過程で特に注意すべきだった点:
  • 符号の扱い（弾性力、動摩擦力、位置座標）。
  • 振動中心、振幅の計算ミス。
  • エネルギー計算での仕事の符号。
  • 問(5)やQでの多数回の運動追跡時の計算の煩雑さ。
• 日頃から計算練習で意識すべきこと・実践テクニック:
  • 途中式を丁寧に、分かりやすく書く。
  • 図と計算結果を照らし合わせる。
  • 一度に多くの計算を暗算しない。
  • 検算の習慣（簡単なケース、別の方法）。

解きっぱなしはNG！解答の妥当性を吟味する習慣をつけよう

• 得られた答えが物理的に妥当かどうかを検討する視点の重要性:
  • 摩擦係数は正の値か。\(t_1\) は質量大・ばね弱で長くなるか。\(x_{\text{vmax}}\) は \(x_0, x_1\) の間か。\(L\) はエネルギー減少や摩擦の大きさとどう関連するか。振幅は単調減少か。最終的に \(|x| \le d\) で止まるか。
• 「解の吟味」を通じて得られること: 計算ミス発見、物理法則の深い理解、応用力養成。

問題42 (九州工大)

【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、水面に浮かぶ浮きの鉛直方向の運動を扱います。初めは静止状態での力のつり合いを考え、次に浮きを押し下げて放した後の単振動、さらに異なる初期条件での運動とエネルギー、そして最も深く沈む位置について考察します。水の抵抗や水面の変化は無視できるものとします。

【設問別解説】考え方から計算プロセスまで徹底ガイド

この問題のテーマは、浮力を復元力とする単振動、および浮力が変化する状況下での物体の運動です。
問題を解く上で鍵となる物理法則や概念は以下の通りです。

• アルキメデスの原理（浮力）: 物体が液体から受ける浮力の大きさは、物体が押しのけた液体の重さに等しい（\(\rho Vg\)、ここで \(V\) は液面下の物体の体積）。
• 力のつり合い: 物体が静止している状態での力の関係（問(1)）。
• 運動方程式: 物体の運動状態の変化と働く力の関係を表す法則（問(2)の単振動の導出、問(4)の等加速度運動）。
• 単振動: 特定の復元力を受ける物体の周期的な往復運動。つり合いの位置からの変位に比例する復元力 \(-Kx\) を受ける場合、周期は \(T=2\pi\sqrt{m/K}\) となる（問(2)）。
• エネルギー保存則: 特に単振動におけるエネルギー保存（問(3)）。
• 等加速度直線運動: 力が一定の場合の運動。浮き全体が水中にある場合は浮力が一定となるため、この運動に移行する（問(4)）。

これらの法則を各状況に合わせて正しく適用することが求められます。特に、浮きの沈み具合によって浮力がどう変わるか、そしてそれが運動にどう影響するかを正確に把握することが重要です。
全体的な戦略としては、まず(1)で力のつり合いから浮きの質量を求めます。(2)ではつり合い位置からの変位に対する復元力を考え、単振動の周期を導出します。(3)では単振動のエネルギー保存則を用いて特定の点の速さを計算します。(4)では浮きが完全に水没した後の運動が等加速度運動になることを見抜き、最も深く沈む位置を求めます。

問(1)

思考の道筋とポイント
浮きが水面に静止しているとき、浮きに働く力は重力と浮力の2つです。これらの力がつり合っていることから、浮きの質量を求めることができます。浮力を計算する際には、浮きが押しのけている水の体積（水面下の浮きの体積）を正確に求めることが重要です。

この設問における重要なポイント

• 力のつり合いの条件: 静止している物体に働く力の合力は0である。
• 浮力の公式: 浮力 \(F_{\text{浮力}} = \rho Vg\)、ここで \(\rho\) は水の密度、\(V\) は物体が押しのけた水の体積（水面下の物体の体積）、\(g\) は重力加速度。
• 水面下の体積の計算: 浮きの高さ \(h\) のうち、水面上に出ている部分が \(\frac{1}{3}h\) なので、水面下にある部分の高さは \(h – \frac{1}{3}h = \frac{2}{3}h\)。断面積が \(S\) なので、水面下の体積は \(S \cdot \frac{2}{3}h\)。

具体的な解説と立式
浮きには鉛直下向きに重力 \(mg\) が働いています。
また、浮きは水から鉛直上向きに浮力を受けています。浮きは高さ \(h\) のうち \(\frac{1}{3}h\) だけ水面上に出ているので、水面下の部分の高さは \(h – \frac{1}{3}h = \frac{2}{3}h\) です。浮きの断面積は \(S\) なので、水面下の体積 \(V_{\text{水中}}\) は、\(V_{\text{水中}} = S \cdot \frac{2}{3}h\) となります。
したがって、浮きが受ける浮力の大きさ \(F_{\text{浮力}}\) は、アルキメデスの原理より、\(F_{\text{浮力}} = \rho V_{\text{水中}} g = \rho \left(S \cdot \frac{2}{3}h\right) g\) です。
浮きは静止しているので、重力 \(mg\) と浮力 \(F_{\text{浮力}}\) はつり合っています。
$$mg = \rho S \frac{2}{3}h g \quad \cdots ①$$

式① \(mg = \rho S \frac{2}{3}h g\) から質量 \(m\) を求めます。
両辺の \(g\) を消去すると (\(g \neq 0\))、
$$m = \rho S \frac{2}{3}h$$整理して、$$m = \frac{2}{3}\rho Sh \quad \cdots ②$$

浮きが水に浮いて静止しているのは、「地球が浮きを引っぱる力（重力）」と「水が浮きを押し上げる力（浮力）」がちょうど同じ大きさでつり合っているからです。
重力は \(mg\) です。浮きの水に沈んでいる部分の体積を \(V_{\text{水中}}\) とすると、浮力は \(\rho V_{\text{水中}} g\) と書けます。
問題では、浮きの高さが \(h\) で、水面から \(\frac{1}{3}h\) 出ているので、水に沈んでいる部分の高さは \(h – \frac{1}{3}h = \frac{2}{3}h\) です。浮きの底面積が \(S\) なので、\(V_{\text{水中}} = S \times \frac{2}{3}h\) となります。
「重力 = 浮力」の式、つまり \(mg = \rho (S \cdot \frac{2}{3}h) g\) を立てて、これを \(m\) について解きます。

浮きの質量 \(m\) は \(\displaystyle m = \frac{2}{3}\rho Sh\) です。
この結果は、水の密度 \(\rho\)、浮きの断面積 \(S\)、高さ \(h\) という与えられた物理量で表されています。単位の次元も質量（例: kg）となり、物理的に妥当です。

問(2)

思考の道筋とポイント
浮きを鉛直に押し下げて手を放すと、浮きは上下振動を始めます。この運動が単振動であるかを確認し、そうであれば周期を求めます。
単振動であることを示すには、浮きがつり合いの位置から \(x\) だけ変位したときに、変位 \(x\) に比例し、つり合いの位置に戻そうとする向きの復元力 (\(-Kx\)) が働くことを示します。
つり合いの位置（静止時の上面の位置）を原点とし、下向きを正としてx軸をとります。浮きの上面が位置 \(x\) にあるときの運動方程式を立て、単振動の形 \(m\ddot{x} = -Kx\) になることを確認します。その上で周期 \(T=2\pi\sqrt{m/K}\) を計算します。

この設問における重要なポイント

• 単振動の条件: 復元力が変位に比例し、向きが変位と反対 (\(F = -Kx\))。
• 座標の設定: つり合いの位置を原点とし、変位 \(x\) を定義する。
• 力の分析: 変位 \(x\) のときの重力と浮力を考え、合力（復元力）を求める。
• 浮力の変化: つり合いの状態から \(x\) だけ沈むと、水面下の体積が \(Sx\) だけ増加し、その分浮力が増加する。この浮力の増加分が復元力となる。

具体的な解説と立式
問(1)で静止しているとき、浮きの上面は水面から \(\frac{1}{3}h\) 上にあり、水面下の高さは \(\frac{2}{3}h\) でした。この静止しているときの浮きの上面の位置を原点 \(x=0\) とし、鉛直下向きを正とする \(x\) 軸をとります。
浮きの上面がこの原点から \(x\) だけ下にある（つまり位置座標が \(x\)）ときを考えます。
このとき、浮きの水面下の部分は、静止時よりも \(x\) だけ深く沈んでいます。したがって、水面下の高さは \(\left(\frac{2}{3}h + x\right)\) となります。
このときの浮力の大きさ \(F’_{\text{浮力}}\) は、\(F’_{\text{浮力}} = \rho S\left(\frac{2}{3}h + x\right)g\) です。
浮きに働く力は、鉛直下向きの重力 \(mg\) と、鉛直上向きの浮力 \(F’_{\text{浮力}}\) です。下向きを正としているので、合力 \(F\) は、
$$F = mg – F’_{\text{浮力}} = mg – \rho S\left(\frac{2}{3}h + x\right)g \quad \cdots ③$$
問(1)のつり合いの条件 \(mg = \rho S \frac{2}{3}h g\) （式①）を用いると、合力 \(F\) は
$$F = -\rho S g x \quad \cdots ④$$
となります。この合力 \(F\) が復元力です。\(F = -Kx\) の形（ここで \(K = \rho S g\)）になっているので、浮きの運動は単振動です。
運動方程式 \(m\ddot{x} = F\) は、
$$m\ddot{x} = -\rho S g x \quad \cdots ⑤$$
この単振動の周期 \(T\) は、\(K = \rho Sg\) を用いて、
$$T = 2\pi\sqrt{\frac{m}{K}} = 2\pi\sqrt{\frac{m}{\rho S g}} \quad \cdots ⑥$$
と表されます。

式⑥に、問(1)で求めた質量 \(m = \frac{2}{3}\rho Sh\) （式②）を代入して周期 \(T\) を求めます。
$$T = 2\pi\sqrt{\frac{\frac{2}{3}\rho Sh}{\rho S g}}$$
分母分子の \(\rho S\) を消去すると、
$$T = 2\pi\sqrt{\frac{\frac{2}{3}h}{g}}$$
$$T = 2\pi\sqrt{\frac{2h}{3g}} \quad \cdots ⑦$$

浮きが元々つり合っていた位置から少し（距離 \(x\) だけ）押し下げられると、水に沈む部分が増えるため、浮力が元より大きくなります。この「増えた分の浮力」が、浮きを元の位置に戻そうとする力（復元力）になります。
沈んだ深さ \(x\) が増えるほど、この戻そうとする力も大きくなる（具体的には \(x\) に比例する）ので、浮きは単振動をします。
この「戻そうとする力の強さ（ばね定数のようなもの \(K\)）」が分かれば、周期は \(T = 2\pi\sqrt{m/K}\) という公式で計算できます。
計算すると、\(K = \rho Sg\) となります。これと(1)で求めた質量 \(m\) を周期の公式に入れます。

浮きの上下振動の周期 \(T\) は \(\displaystyle T = 2\pi\sqrt{\frac{2h}{3g}}\) です。
この結果は、浮きの高さ \(h\) と重力加速度 \(g\) のみで決まり、水の密度 \(\rho\) や浮きの断面積 \(S\) には陽には依存しない形になっています（質量 \(m\) を介して間接的には依存しています）。

問(3)

思考の道筋とポイント
図3のように、浮きの底面を水面と接するように保ち（つまり、浮きの上面は水面から \(h\) の高さにある）、そこから手を放します。この運動は、問(2)で考えた単振動の一部です。上面が水面と一致する（つまり、つり合いの位置から \(\frac{1}{3}h\) だけ沈んだ位置）ときの速さを求めます。単振動のエネルギー保存則を用いるのが適切です。
まず、単振動の振動中心を明確にします。振動中心は、問(1)で静止していた位置、すなわち浮きの上面が水面から \(\frac{1}{3}h\) 上にある位置です。
手を放す瞬間の位置（上面が水面から \(h\) の高さ）と、速さを求めたい位置（上面が水面の位置）での力学的エネルギー（運動エネルギー＋単振動の位置エネルギー）が等しいという式を立てます。

この設問における重要なポイント

• 運動が単振動の一部であることを認識する。
• 単振動の振動中心（つり合いの位置）を基準として、位置エネルギーを考える。
• 単振動のエネルギー保存則: \(\frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{2}Kx^2 = \text{一定}\)。ここで \(x\) は振動中心からの変位、\(K\) は復元力の比例定数 (\(\rho Sg\))。
• 初期状態（手を放す瞬間）と最終状態（上面が水面と一致）の変位を正しく設定する。

具体的な解説と立式
単振動の振動中心は、浮きの上面が水面から \(\frac{1}{3}h\) 上にある位置です。この振動中心を基準に変位を考えます。鉛直下向きを正とします。
手を放す瞬間（図3の状態）の浮きの上面の振動中心からの変位 \(x_{\text{初}}\) は、\(x_{\text{初}} = -\frac{2}{3}h\) です (振動中心より \(\frac{2}{3}h\) 上方)。初速度は \(v_{\text{初}} = 0\)。
上面が水面と一致した瞬間の浮きの上面の振動中心からの変位 \(x_{\text{後}}\) は、\(x_{\text{後}} = \frac{1}{3}h\) です (振動中心より \(\frac{1}{3}h\) 下方)。このときの速さを \(v\) とします。
復元力の比例定数は \(K = \rho Sg\)。単振動のエネルギー保存則より、
$$\frac{1}{2}m v_{\text{初}}^2 + \frac{1}{2}K x_{\text{初}}^2 = \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{2}K x_{\text{後}}^2$$
値を代入すると、
$$\frac{1}{2}K \left(-\frac{2}{3}h\right)^2 = \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{2}K \left(\frac{1}{3}h\right)^2 \quad \cdots ⑩$$

式⑩ \(\displaystyle\frac{1}{2}K \left(\frac{2}{3}h\right)^2 = \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{2}K \left(\frac{1}{3}h\right)^2\) から \(v\) を求めます。
両辺の \(\displaystyle\frac{1}{2}\) を消去します。
$$K \left(\frac{2}{3}h\right)^2 = mv^2 + K \left(\frac{1}{3}h\right)^2$$
\(mv^2\) について解くと、
$$mv^2 = K \left\{ \left(\frac{2}{3}h\right)^2 – \left(\frac{1}{3}h\right)^2 \right\} = K \left( \frac{4}{9}h^2 – \frac{1}{9}h^2 \right) = K \frac{1}{3}h^2$$
$$v^2 = \frac{K}{m} \frac{1}{3}h^2$$
\(K = \rho Sg\) と \(m = \frac{2}{3}\rho Sh\) を代入すると、\(\displaystyle\frac{K}{m} = \frac{\rho Sg}{\frac{2}{3}\rho Sh} = \frac{3g}{2h}\)。
よって、
$$v^2 = \left(\frac{3g}{2h}\right) \frac{1}{3}h^2 = \frac{gh}{2}$$
\(v > 0\) なので（下向きに運動中）、
$$v = \sqrt{\frac{gh}{2}} \quad \cdots ⑪$$

浮きを高い位置（底が水面）から放すと、単振動をしながら下に落ちていきます。この動きでは「単振動のエネルギー」が保存されます。単振動のエネルギーは「運動の勢い（運動エネルギー）」と「ばねの伸び縮みのような位置エネルギー」の合計です。
スタート地点（高い位置）では速度が0なので運動エネルギーは0ですが、振動の中心から一番遠いので位置エネルギーは最大です。
求めたいのは、浮きの上面がちょうど水面に来たときの速さです。このときも単振動のエネルギーはスタート地点と同じはずです。この地点での運動エネルギーと位置エネルギーの合計が、スタート地点の位置エネルギーと等しい、という式を立てて速さ \(v\) を計算します。

浮きの上面が水面と一致したときの速さ \(v\) は \(\displaystyle v = \sqrt{\frac{gh}{2}}\) です。
この速さは、重力加速度 \(g\) と浮きの高さ \(h\) のみで決まります。

問(4)

思考の道筋とポイント
浮きがさらに沈んでゆき、上面が水面下に達すると、浮きの全体（体積 \(Sh\)）が水中に入ります。この状態では、浮きがどれだけ沈んでも押しのける水の体積は \(Sh\) で一定となるため、浮力も \(\rho Shg\) で一定となります。
したがって、上面が水面下に入ってからの浮きの運動は、一定の力（重力 \(mg\) と一定の浮力 \(\rho Shg\) の合力）による等加速度直線運動に変わります。
問(3)で求めた速さ \(v\) を初速度として、この等加速度運動で最も深く沈む（速度が0になる）までの深さ \(d\)（これは上面が水面下に入ってからさらに沈む距離）を求めます。

この設問における重要なポイント

• 運動の性質の変化点: 浮きの上面が水面に達した瞬間から、運動は単振動から等加速度直線運動へと変わります。
• 等加速度運動中の力: 重力 \(mg\)（下向き）と、一定の浮力 \(F_{\text{浮力一定}} = \rho Shg\)（上向き）。
• 等加速度運動の公式: \(v_{\text{後}}^2 – v_{\text{初}}^2 = 2ax\) を利用して、最終速度0になるまでの変位を求めます。

具体的な解説と立式
浮きの上面が水面と一致した瞬間から、浮きは完全に水没した状態で運動します。このとき、浮きにはたらく浮力の大きさは一定値 \(F_{\text{浮力一定}} = \rho Shg\) となります。
浮きに働く力は、鉛直下向きの重力 \(mg\) と、鉛直上向きの一定の浮力 \(F_{\text{浮力一定}}\) です。鉛直下向きを正とすると、合力 \(F_{\text{合}}\) は、\(F_{\text{合}} = mg – \rho Shg\)。
この合力は一定なので、浮きは等加速度直線運動をします。その加速度を \(a\) とすると、運動方程式 \(ma = F_{\text{合}}\) より、
$$ma = mg – \rho Shg \quad \cdots ⑫$$
浮きの上面が水面と一致したときの速さが \(v\)（問(3)の結果）、最も深く沈んだとき（上面の水面下の深さが \(d\)）の速さは0です。この間の変位は \(d\) です。
等加速度直線運動の公式 \(v_{\text{後}}^2 – v_{\text{初}}^2 = 2ax\) を用いると、
$$0^2 – v^2 = 2ad \quad \cdots ⑬$$

まず、加速度 \(a\) を求めます。式⑫に \(m = \frac{2}{3}\rho Sh\) を代入します。
$$\left(\frac{2}{3}\rho Sh\right)a = \left(\frac{2}{3}\rho Sh\right)g – \rho Shg$$
$$\left(\frac{2}{3}\rho Sh\right)a = \rho Shg \left(\frac{2}{3} – 1\right) = \rho Shg \left(-\frac{1}{3}\right)$$
両辺の \(\rho Sh\) を消去すると、
$$\frac{2}{3}a = -\frac{1}{3}g$$
$$a = -\frac{1}{2}g \quad \cdots ⑭$$
次に、この加速度 \(a\) と問(3)で求めた \(v = \sqrt{\frac{gh}{2}}\) を式⑬に代入して \(d\) を求めます。
$$- \left(\sqrt{\frac{gh}{2}}\right)^2 = 2\left(-\frac{1}{2}g\right)d$$
$$-\frac{gh}{2} = -gd$$
両辺の \(-g\) を消去すると、
$$\frac{h}{2} = d$$
よって、
$$d = \frac{h}{2} \quad \cdots ⑮$$

浮きが全部水に沈んでしまうと、それ以上深く沈んでも浮きの水中部分の体積は変わらないので、浮力は一定になります。力が一定なので、この後の運動は「等加速度運動」という種類の動きになります。
上面が水面に来たときの速さ（(3)で計算した \(v\)）をスタートの速さとして、だんだん遅くなって一番下で一瞬止まるまでの深さ \(d\) を計算します。
まず、運動の邪魔をする加速度（実際には上向きの加速度）を計算し、その後「終わりの速さ\(^2\) – 初めの速さ\(^2\) = 2 × 加速度 × 進んだ距離」という公式を使って \(d\) を求めます。

最も深く沈んだとき、浮きの上面の水面下の深さ \(d\) は \(\displaystyle d = \frac{h}{2}\) です。
これは、浮きの高さ \(h\) の半分だけさらに沈むことを意味します。

【コラム】Q. 図3で手をはなしてから、浮きが再び元の位置に戻るまでの時間はいくらか。

思考の道筋とポイント
浮きが元の位置（底面が水面）に戻るまでの運動は、いくつかの区間に分けて考える必要があります。

1. 区間1 (時間 \(t_A\)): 元の位置から上面が水面に達するまで（単振動）。
2. 区間2 (時間 \(t_B\)): 上面が水面下に入り、最も深く沈むまで（等加速度運動）。
3. 区間3 (時間 \(t_C\)): 最も深い点から浮上し、上面が再び水面に達するまで（等加速度運動、\(t_C = t_B\)）。
4. 区間4 (時間 \(t_D\)): 上面が水面から出て、元の位置に戻るまで（単振動、\(t_D = t_A\)）。

総時間は \(T_{\text{total}} = 2(t_A + t_B)\) となります。

この設問における重要なポイント

• 運動の区間分けと、各区間での運動の種類の特定。
• 単振動区間の時間計算: 周期に対する割合を求める（等速円運動との対応など）。
• 等加速度運動区間の時間計算: \(v = v_0 + at\) を用いる。
• 運動の対称性の利用。

具体的な解説と立式
区間1の時間 \(t_A\):
単振動（周期 \(T = 2\pi\sqrt{2h/3g}\)、振動中心は上面が水面より \(\frac{1}{3}h\) 上）。
始点: 上面が水面より \(h\) 上（変位 \(x = -\frac{2}{3}h\)、端）。終点: 上面が水面（変位 \(x = \frac{1}{3}h = A/2\)、\(A=\frac{2}{3}h\)は振幅）。
等速円運動で考えると、角度 \(120^\circ\) の回転に相当。
$$t_A = \frac{1}{3}T = \frac{1}{3} \left(2\pi\sqrt{\frac{2h}{3g}}\right) = \frac{2\pi}{3}\sqrt{\frac{2h}{3g}} \quad \cdots ⑯$$

区間2の時間 \(t_B\):
等加速度運動（初速 \(v = \sqrt{gh/2}\)、加速度 \(a = -g/2\)、最終速度0）。
\(0 = v + at_B\) より、
$$t_B = -\frac{v}{a} \quad \cdots ⑰$$

総時間は \(T_{\text{total}} = 2(t_A + t_B)\)。

\(t_B\) を計算します。式⑰に \(v = \sqrt{gh/2}\) と \(a = -g/2\) を代入します。
$$t_B = -\frac{\sqrt{gh/2}}{-g/2} = \sqrt{\frac{2h}{g}} \quad \cdots ⑱$$
総時間 \(T_{\text{total}} = 2(t_A + t_B)\) を計算します。
$$T_{\text{total}} = 2 \left( \frac{2\pi}{3}\sqrt{\frac{2h}{3g}} + \sqrt{\frac{2h}{g}} \right)$$
$$\sqrt{\frac{2h}{3g}} = \frac{1}{\sqrt{3}}\sqrt{\frac{2h}{g}}$$ なので、
$$T_{\text{total}} = 2 \left( \frac{2\pi}{3\sqrt{3}}\sqrt{\frac{2h}{g}} + \sqrt{\frac{2h}{g}} \right)$$
$$T_{\text{total}} = 2 \left( \frac{2\pi}{3\sqrt{3}} + 1 \right) \sqrt{\frac{2h}{g}} \quad \cdots ⑲$$

浮きが元の高さに戻るまでの動きは、4つのパートに分けられます。

1. スタートから上面が水面に来るまで（単振動）。
2. 上面が水面に入ってから一番下まで沈むまで（力が一定なので等加速度運動）。
3. 一番下から上面が再び水面に来るまで（2.の逆再生、等加速度運動）。
4. 上面が水面から出てスタート位置に戻るまで（1.の逆再生、単振動）。

それぞれのパートにかかる時間を計算します。1と4は同じ時間、2と3も同じ時間です。単振動の時間は周期の一部分として、等加速度運動の時間は公式から計算し、最後に合計します。

図3で手をはなしてから、浮きが再び元の位置に戻るまでの時間は \(\displaystyle 2 \left( \frac{2\pi}{3\sqrt{3}} + 1 \right) \sqrt{\frac{2h}{g}}\) です。この結果は、模範解答Qと一致しています。

【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？

• 浮力が関わる物体の鉛直運動の扱い。
  • アルキメデスの原理（浮力）: 物体の水面下の体積に比例する浮力 (\(\rho Vg\))。
  • 力のつり合い: 静止状態では重力と浮力がつり合う。
  • 単振動: 浮きが一部水面から出ている場合、浮力の変化分が復元力となり単振動する。
  • 運動の変化点: 浮きが完全に水没すると浮力が一定になり、運動が単振動から等加速度直線運動に変わる。

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

• この問題の考え方や解法は、どのようなパターンの類似問題に応用できるか:
  • 密度が異なる複数の液体中を運動する物体の問題。
  • 気球の運動など、浮力と他の力が絡み合う鉛直方向の運動の問題。
  • 運動の途中で物体に働く力の法則性が変わる問題。
• 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. 力の特定と図示: 特に浮力は、物体のどの部分が液体中にあるかによって変わるため注意。
  2. つり合いの位置の確認: 振動運動が関わるなら、まず振動中心を特定。
  3. 運動方程式の立式: つり合いの位置からの変位 \(x\) に対する合力を \(x\) の関数として表し、運動方程式を立てる。
  4. 運動形態の判断: 合力が \(-Kx\) なら単振動。合力が一定なら等加速度直線運動。
  5. 条件変化点の特定: 力の状況が変わる「変化点」を見抜き、運動の扱いを分ける。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• 浮力の大きさを常に一定と誤解する:
  • 現象: 浮きが水面から出入りする場合、浮力も変化することを見落とす。
  • 対策: 常に「液面下の体積」を意識して浮力を計算する。
• 単振動の範囲の誤認:
  • 現象: 浮きが完全に水没した後も単振動が続くと誤解する。
  • 対策: 浮力が一定になる条件を理解し、運動が切り替わる点を見極める。
• 単振動の振動中心の誤設定:
  • 現象: エネルギー保存則などで振動中心を間違える。
  • 対策: 力のつり合いの位置を正確に求め、そこを振動中心とする。

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具体的なイメージ化:
  • 浮きの沈み具合と浮力の変化を具体的にイメージする。
  • つり合い位置からずれると、浮力の変化が復元力となる様子を捉える。
• 図を描く際に注意すべき点は何か:
  • 水面の位置を基準線として明確に描く。
  • 浮きの沈んでいる部分と出ている部分を区別。
  • 働く力（重力、浮力）をベクトルで正確に。
  • 変位 \(x\)、振動中心、振幅などを図中に明記。

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 (\(\sum F=0\)): 静止時に適用。
• アルキメデスの原理 (\(F_{\text{浮力}}=\rho Vg\)): 浮力を求める際に適用。
• 運動方程式 (\(ma=F\)): 加速度運動の記述に適用。
• 単振動の周期の公式 (\(T=2\pi\sqrt{m/K}\)): 運動方程式が \(m\ddot{x}=-Kx\) の形になった場合に適用。
• 単振動のエネルギー保存則: 単振動区間内の異なる2点での状態を関連付ける際に適用。
• 等加速度直線運動の公式: 力が一定の区間での運動記述に適用。
• 各公式の適用条件を常に意識する。

思考を整理する：立式から計算までのロジカルフロー

1. 現象の把握とモデル化。
2. 座標軸と変数の設定。
3. 力の分析と図示。
4. 物理法則の選択と立式（静止、単振動、等加速度運動、エネルギー）。
5. 方程式の求解。
6. 解の吟味と物理的解釈。

計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック

• 今回の計算過程で特に注意すべきだった点:
  • 浮力の計算（水面下の体積）。
  • 符号の扱い（力、変位）。
  • 文字の代入ミス。
  • 平方根の計算。
  • Qでの時間計算（単振動の位相、区間の足し合わせ）。
• 日頃から計算練習で意識すべきこと・実践テクニック:
  • 途中式を丁寧に書く。
  • 単位を意識する。
  • 図と式を対応させる。
  • 複雑な問題は分割して考える。

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

• 得られた答えが物理的に妥当かどうかを検討する視点の重要性:
  • 問(1) \(m\): 浮きの平均密度と水の密度の関係が妥当か。
  • 問(2) \(T\): 周期の式が \(m, K\) の依存性として一般的か。
  • 問(3) \(v\): 次元が速度になっているか。
  • 問(4) \(d\): \(h\) との比較で大きさが妥当か。
  • Qの時間: 各項が時間の次元を持つか。

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