問題16 (富山大＋横浜国大)
【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(2)(ア)の別解1: エネルギー原理（仕事とエネルギーの関係）を用いた解法
- 模範解答が運動方程式から加速度を求めて速度を導出するのに対し、別解1では「非保存力（動摩擦力）がした仕事の分だけ力学的エネルギーが変化する」という原理を用いて、加速度を経由せずに直接速さを求めます。
- 設問(2)(ア)の別解2: 微積分を用いた体系的解法
- 運動方程式を位置で積分することで、エネルギー原理が数学的に導かれる過程を示します。
- 設問(2)(ア)の別解1: エネルギー原理（仕事とエネルギーの関係）を用いた解法
- 上記の別解が有益である理由
- エネルギー原理の解法: 時間や加速度を問われない場合、この方法が最も計算量が少なく、連立方程式を解く手間が省けるため、ミスを防ぎやすい「最短ルート」であることを学べます。
- 微積分の解法: 物理法則（運動方程式）と保存則（エネルギー原理）が独立したものではなく、数学的に繋がっていることを理解することで、物理学の体系的な見通しが良くなります。
- 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「摩擦のある斜面上の連結物体の運動」です。力のつりあい、運動方程式、そしてエネルギーの関係を総合的に扱う力が問われます。
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。
- 力のつりあい: 静止している物体では、働く力のベクトル和が \(0\) になります。
- 摩擦力の性質: 静止摩擦力は状況に応じて変化し、動き出す直前に最大摩擦力 \(f_{\text{最大}} = \mu N\) になります。動摩擦力は一定値 \(f’ = \mu’ N\) です。
- 運動方程式: 加速する物体の運動は \(ma=F\) で記述されます。
- エネルギー原理: 非保存力が仕事をする場合、力学的エネルギーの変化量はその仕事に等しくなります。
基本的なアプローチは以下の通りです。
- (1)では、Pが「滑り落ちる直前」と「引き上げられる直前」の2つの限界状態を考え、力のつりあいの式から \(M\) の範囲を求めます。
- (2)(ア)では、運動方程式を立てて加速度を求め、等加速度運動の公式から速さを求めます（別解としてエネルギー原理も有効）。
- (2)(イ)では、糸がたるんだ後のPの運動について、新たな運動方程式を立てて解きます。
問(1)
思考の道筋とポイント
物体Pと物体Qが静止している条件を求めます。
斜面上の物体Pには、重力、垂直抗力、張力、そして静止摩擦力が働いています。
ここで重要なのは、静止摩擦力の向きと大きさは状況によって変化するということです。
物体Pが「滑り落ちそうになる」のを摩擦が支えている場合と、「引き上げられそうになる」のを摩擦が耐えている場合の2つの限界（ギリギリの状況）を考える必要があります。
この設問における重要なポイント
- 力の図示: 物体Pに働く力を正確に描きます。特に摩擦力の向きに注意します。
- 場合分け:
- \(M\) が小さくて、Pが下へ滑り落ちる直前（摩擦力は上向き）。
- \(M\) が大きくて、Pが上へ動き出す直前（摩擦力は下向き）。
- 最大摩擦力: 動き出す直前の摩擦力は、最大摩擦力 \(f_{\text{最大}} = \mu N\) となります。
具体的な解説と立式
物体P（質量 \(m\)）と物体Q（質量 \(M\)）に着目し、力のつりあいの式を立てます。
斜面に平行な成分と垂直な成分に分けて考えます。
1. 物体Pの斜面垂直方向のつりあい
斜面からの垂直抗力を \(N\) とします。
$$
\begin{aligned}
(\text{斜面垂直上向きの力}) &= (\text{斜面垂直下向きの力}) \\[2.0ex]
N &= mg \cos 30^\circ
\end{aligned}
$$
これより、最大摩擦力 \(f_{\text{最大}}\) は次のように表せます。静止摩擦係数は \(\mu = \frac{1}{3}\) です。
$$
\begin{aligned}
f_{\text{最大}} &= \mu N \\[2.0ex]
&= \frac{1}{3} N
\end{aligned}
$$
2. 物体Qのつりあい
糸の張力を \(T\) とします。Qは静止しているので、
$$
\begin{aligned}
(\text{上向きの力}) &= (\text{下向きの力}) \\[2.0ex]
T &= Mg \quad \cdots ①
\end{aligned}
$$
3. 物体Pの斜面平行方向のつりあい（場合分け）
(i) \(M\) が最小のとき（Pが下へ動き出す直前）
Pは重力によって下へ落ちようとするので、摩擦力はそれを妨げる斜面上向きに最大摩擦力として働きます。
$$
\begin{aligned}
(\text{斜面上向きの力の和}) &= (\text{斜面下向きの力の和}) \\[2.0ex]
T + f_{\text{最大}} &= mg \sin 30^\circ \quad \cdots ②
\end{aligned}
$$
(ii) \(M\) が最大のとき（Pが上へ動き出す直前）
Pは張力によって上へ引かれるので、摩擦力はそれを妨げる斜面下向きに最大摩擦力として働きます。
$$
\begin{aligned}
(\text{斜面上向きの力の和}) &= (\text{斜面下向きの力の和}) \\[2.0ex]
T &= mg \sin 30^\circ + f_{\text{最大}} \quad \cdots ③
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 力のつりあい: \((\text{力のベクトル和}) = 0\)
- 最大摩擦力: \(f_{\text{最大}} = \mu N\)
まず、\(N\) と \(f_{\text{最大}}\) の値を具体的に計算しておきます。
$$
\begin{aligned}
N &= mg \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} \\[2.0ex]
&= \frac{\sqrt{3}}{2}mg
\end{aligned}
$$
$$
\begin{aligned}
f_{\text{最大}} &= \frac{1}{3} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}mg \\[2.0ex]
&= \frac{\sqrt{3}}{6}mg
\end{aligned}
$$
(i) \(M\) の最小値 \(M_1\) を求める
式①と式②より、\(T\) を消去して \(M\) について解きます。
$$
\begin{aligned}
Mg + \frac{\sqrt{3}}{6}mg &= mg \cdot \frac{1}{2} \\[2.0ex]
Mg &= \frac{1}{2}mg – \frac{\sqrt{3}}{6}mg \\[2.0ex]
M &= \left( \frac{3}{6} – \frac{\sqrt{3}}{6} \right) m \\[2.0ex]
M_1 &= \frac{3 – \sqrt{3}}{6}m
\end{aligned}
$$
(ii) \(M\) の最大値 \(M_2\) を求める
式①と式③より、同様に計算します。
$$
\begin{aligned}
Mg &= mg \cdot \frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{6}mg \\[2.0ex]
M &= \left( \frac{3}{6} + \frac{\sqrt{3}}{6} \right) m \\[2.0ex]
M_2 &= \frac{3 + \sqrt{3}}{6}m
\end{aligned}
$$
求める \(M\) の範囲は \(M_1 \le M \le M_2\) です。
重い荷物（P）をロープで支えている状況を想像してください。
Qが軽すぎると、Pはずるずると滑り落ちてしまいます。逆にQが重すぎると、Pは斜面を引きずり上げられてしまいます。
その間の「ちょうどいい重さ」の範囲では、摩擦力が頑張ってくれるおかげで、Pは止まっていられます。
摩擦力は「落ちそうなときは上向きに」「上がってきそうなときは下向きに」と向きを変えて助けてくれるので、その両方の限界を計算して範囲を求めました。
答えは \(\frac{3 – \sqrt{3}}{6}m \le M \le \frac{3 + \sqrt{3}}{6}m\) です。
\(\sqrt{3} \approx 1.73\) として概算すると、\(0.21m \le M \le 0.79m\) 程度です。
もし摩擦がない（\(\mu=0\)）とすると、\(f_{\text{最大}}=0\) となり、\(M = m \sin 30^\circ = 0.5m\) の一点のみでつりあいます。今回の結果はこの \(0.5m\) を中心に幅を持っており、摩擦のおかげで安定する範囲が広がっていることがわかります。これは物理的に妥当です。
問(2)(ア)
思考の道筋とポイント
\(M = \frac{3}{2}m\) となりました。これは(1)で求めた最大値 \(M_2 \approx 0.79m\) よりもはるかに大きいため、Pは斜面を上向きに加速し、Qは下向きに加速します。
運動中のため、働く摩擦力は動摩擦力になります。向きは運動を妨げる方向、つまり斜面下向きです。
それぞれの物体について運動方程式を立て、連立させて加速度を求めます。
この設問における重要なポイント
- 動摩擦力の計算: 動摩擦係数 \(\mu’ = \frac{1}{2\sqrt{3}}\) を用いて \(f’ = \mu’ N\) を計算します。
- 運動の向き: Pは斜面上向き、Qは鉛直下向きに動きます。それぞれの運動方向を正として運動方程式を立てます。
- 加速度の共有: 糸でつながれているため、PとQの加速度の大きさ \(a\) は等しくなります。
具体的な解説と立式
まず、動摩擦力 \(f’\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
f’ &= \mu’ N \\[2.0ex]
&= \frac{1}{2\sqrt{3}} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}mg \\[2.0ex]
&= \frac{1}{4}mg
\end{aligned}
$$
加速度の大きさを \(a\)、張力を \(T\) とします。
1. 物体Pの運動方程式
斜面上向きを正とします。働く力は張力 \(T\)（正）、重力の斜面成分 \(mg \sin 30^\circ\)（負）、動摩擦力 \(f’\)（負）です。
$$
\begin{aligned}
ma &= (\text{運動方向の力}) – (\text{逆向きの力}) \\[2.0ex]
ma &= T – mg \sin 30^\circ – f’ \quad \cdots ④
\end{aligned}
$$
2. 物体Qの運動方程式
鉛直下向きを正とします。働く力は重力 \(Mg\)（正）、張力 \(T\)（負）です。
$$
\begin{aligned}
Ma &= (\text{運動方向の力}) – (\text{逆向きの力}) \\[2.0ex]
Ma &= Mg – T \quad \cdots ⑤
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 動摩擦力: \(f’ = \mu’ N\)
- 運動方程式: \(ma = F\)
- 等加速度直線運動の公式: \(v^2 – v_0^2 = 2ax\)
式④と式⑤を足し合わせて \(T\) を消去します。\(M = \frac{3}{2}m\) を代入します。
$$
\begin{aligned}
ma + Ma &= (T – mg \sin 30^\circ – f’) + (Mg – T) \\[2.0ex]
(m + M)a &= Mg – mg \sin 30^\circ – f’ \\[2.0ex]
\left( m + \frac{3}{2}m \right) a &= \frac{3}{2}mg – \frac{1}{2}mg – \frac{1}{4}mg \\[2.0ex]
\frac{5}{2}ma &= \left( \frac{6}{4} – \frac{2}{4} – \frac{1}{4} \right) mg \\[2.0ex]
\frac{5}{2}ma &= \frac{3}{4}mg
\end{aligned}
$$
両辺を \(m\) で割り、整理して \(a\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
a &= \frac{3}{4}g \cdot \frac{2}{5} \\[2.0ex]
&= \frac{3}{10}g
\end{aligned}
$$
次に、Qが床に達するときの速さ \(v\) を求めます。
Qは初速度 \(0\) で距離 \(h\) だけ降下しました。
$$
\begin{aligned}
v^2 – 0^2 &= 2ah \\[2.0ex]
v^2 &= 2 \cdot \frac{3}{10}g \cdot h \\[2.0ex]
&= \frac{3}{5}gh
\end{aligned}
$$
\(v > 0\) より、
$$
\begin{aligned}
v &= \sqrt{\frac{3}{5}gh}
\end{aligned}
$$
Qがとても重いので、手を離すとQは下がり、Pは斜面を登り始めます。
このとき、Pには「重力による落ちようとする力」と「地面との摩擦力」が邪魔をする力として働きますが、Qの重さがそれらに打ち勝って全体を加速させます。
運動方程式というルールを使って、その加速の度合い（加速度）を計算しました。加速度が分かれば、決まった距離 \(h\) を進んだ後のスピードも公式一発で分かります。
加速度 \(a = \frac{3}{10}g\)、速さ \(v = \sqrt{\frac{3}{5}gh}\) と求まりました。
加速度が正の値であることから、仮定通りQが下がる方向に動くことが確認できます。また、重力加速度 \(g\) よりも小さい値であり、妥当です。速さの次元も \(\sqrt{[\text{L}][\text{T}]^{-2}[\text{L}]} = [\text{L}][\text{T}]^{-1}\) で正しいです。
思考の道筋とポイント
運動方程式を使わず、エネルギー原理（仕事とエネルギーの関係）を用いて解きます。
系全体（PとQ）に着目すると、張力は内力として仕事を相殺し合います。重力は保存力として位置エネルギーの変化として扱えます。
したがって、「力学的エネルギーの変化量」は「非保存力（ここでは動摩擦力）がした仕事」に等しくなります。
この設問における重要なポイント
- 系の選択: PとQを一体の系として考えます。
- エネルギーの変化:
- 運動エネルギー: \(0\) から \(\frac{1}{2}(m+M)v^2\) に増加。
- 位置エネルギー: Qは \(Mgh\) 減少、Pは高さ \(h \sin 30^\circ\) だけ上がるので \(mg(h \sin 30^\circ)\) 増加。
- 仕事: 動摩擦力 \(f’\) が距離 \(h\) だけ逆向きに働くので、仕事は \(-f’h\) です。
具体的な解説と立式
エネルギー原理の式を立てます。
$$
\begin{aligned}
(\text{運動エネの増加}) + (\text{位置エネの増加}) &= (\text{非保存力の仕事}) \\[2.0ex]
\left\{ \frac{1}{2}(m+M)v^2 – 0 \right\} + \left\{ mg(h \sin 30^\circ) – Mgh \right\} &= -f’h
\end{aligned}
$$
ここで、\(M = \frac{3}{2}m\)、\(f’ = \frac{1}{4}mg\) を代入します。
使用した物理公式
- エネルギー原理: \(\Delta K + \Delta U = W_{\text{非保存力}}\)
- 動摩擦力の仕事: \(W = -f’x\)
式に値を代入して整理します。
$$
\begin{aligned}
\frac{1}{2}\left( m + \frac{3}{2}m \right)v^2 + mg\left( \frac{h}{2} \right) – \frac{3}{2}mgh &= -\frac{1}{4}mgh \\[2.0ex]
\frac{5}{4}mv^2 + \frac{1}{2}mgh – \frac{3}{2}mgh &= -\frac{1}{4}mgh \\[2.0ex]
\frac{5}{4}mv^2 – mgh &= -\frac{1}{4}mgh \\[2.0ex]
\frac{5}{4}mv^2 &= mgh – \frac{1}{4}mgh \\[2.0ex]
\frac{5}{4}mv^2 &= \frac{3}{4}mgh
\end{aligned}
$$
両辺を \(\frac{5}{4}m\) で割ります。
$$
\begin{aligned}
v^2 &= \frac{3}{4}mgh \cdot \frac{4}{5m} \\[2.0ex]
&= \frac{3}{5}gh
\end{aligned}
$$
よって、
$$
\begin{aligned}
v &= \sqrt{\frac{3}{5}gh}
\end{aligned}
$$
「Qが落ちて失ったエネルギー」の一部が、「Pを持ち上げるエネルギー」と「摩擦熱として逃げるエネルギー」に使われ、その「残り」が「PとQのスピード（運動エネルギー）」になった、という収支計算です。
加速度を計算しなくても、エネルギーの貸し借りだけで最終的な速さが求まります。
メインの解法と同じ結果 \(v = \sqrt{\frac{3}{5}gh}\) が得られました。計算手順が少なく、非常に効率的です。
思考の道筋とポイント
運動方程式を積分することで、エネルギー原理が導かれる過程を確認します。
これは物理法則の数学的な構造を理解するための解法です。
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 \(ma=F\) の両辺に速度 \(v\) を掛けて時間で積分する、あるいは位置 \(x\) で積分することで、\(\frac{1}{2}mv^2\) の項（運動エネルギー）が現れます。
具体的な解説と立式
Pの移動距離を \(x\)（斜面上向き正）、Qの移動距離も \(x\)（鉛直下向き正）とします。
それぞれの運動方程式は以下の通りです。
$$
\begin{aligned}
m \frac{d^2x}{dt^2} &= T – mg \sin 30^\circ – f’ \quad \cdots ⑥ \\[2.0ex]
M \frac{d^2x}{dt^2} &= Mg – T \quad \cdots ⑦
\end{aligned}
$$
式⑥と式⑦を辺々加えます（張力 \(T\) を消去）。
$$
\begin{aligned}
(m+M) \frac{d^2x}{dt^2} &= Mg – mg \sin 30^\circ – f’
\end{aligned}
$$
この式の両辺を \(x\) で積分します（\(0\) から \(h\) まで）。
左辺の積分は置換積分 \(\frac{d^2x}{dt^2} dx = \frac{dv}{dt} v dt = v dv\) を利用します。
$$
\begin{aligned}
\int_0^h (m+M) \frac{d^2x}{dt^2} dx &= \int_0^h (Mg – mg \sin 30^\circ – f’) dx
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 微積分の基本定理
- 運動エネルギーの導出: \(\int ma \, dx = \frac{1}{2}mv^2\)
左辺の計算:
$$
\begin{aligned}
\int_0^h (m+M) \frac{dv}{dt} dx &= (m+M) \int_0^v v’ dv’ \\[2.0ex]
&= \left[ \frac{1}{2}(m+M)v’^2 \right]_0^v \\[2.0ex]
&= \frac{1}{2}(m+M)v^2
\end{aligned}
$$
右辺の計算（力は定数なので単純な掛け算になります）:
$$
\begin{aligned}
\int_0^h (Mg – mg \sin 30^\circ – f’) dx &= (Mg – mg \sin 30^\circ – f’)h
\end{aligned}
$$
これらを等号で結ぶと、
$$
\begin{aligned}
\frac{1}{2}(m+M)v^2 &= Mgh – mgh \sin 30^\circ – f’h
\end{aligned}
$$
これは別解1で立てたエネルギー原理の式を変形したものと全く同じです。
ここから同様に計算して、
$$
\begin{aligned}
v &= \sqrt{\frac{3}{5}gh}
\end{aligned}
$$
が得られます。
「力 \(F\) が物体を動かす」という運動方程式を、「距離」について積み重ねていく（積分する）と、「仕事」と「エネルギー」の関係式に生まれ変わります。
この解法は、運動方程式とエネルギー保存則が別々のものではなく、実は同じコインの裏表であることを示しています。
数学的な操作を通じて、運動方程式からエネルギー原理が導かれ、同じ結果が得られることが確認できました。
問(2)(イ)
思考の道筋とポイント
Qが床に着くと、糸がたるみます。つまり、張力 \(T\) が \(0\) になります。
Pは慣性によって斜面を登り続けますが、今度は重力と摩擦力の両方に邪魔されるため、減速してやがて止まります。
この「糸がたるんだ後」の運動について、改めて運動方程式を立てて解きます。
この設問における重要なポイント
- 状況の変化: 張力 \(T=0\) となります。
- 力の向き: Pはまだ上向きに動いているので、動摩擦力 \(f’\) は依然として斜面下向きです。
- 初期条件: この区間の運動の初速度は、(ア)で求めた \(v\) です。
- 求めるもの: 停止するまでの距離 \(x\) と時間 \(t_2\)。そして全体の距離 \(l\) と時間 \(t\)。
具体的な解説と立式
糸がたるんだ後のPの加速度を \(a’\) とします（斜面上向き正）。
働く力は、重力の斜面成分 \(mg \sin 30^\circ\)（負）と動摩擦力 \(f’\)（負）のみです。
Pの運動方程式
$$
\begin{aligned}
ma’ &= (\text{運動方向の力}) – (\text{逆向きの力}) \\[2.0ex]
ma’ &= -mg \sin 30^\circ – f’ \quad \cdots ⑧
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 運動方程式: \(ma = F\)
- 等加速度直線運動の公式: \(v^2 – v_0^2 = 2ax\), \(v = v_0 + at\)
式⑧に \(f’ = \frac{1}{4}mg\) を代入して \(a’\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
ma’ &= -\frac{1}{2}mg – \frac{1}{4}mg \\[2.0ex]
ma’ &= -\frac{3}{4}mg \\[2.0ex]
a’ &= -\frac{3}{4}g
\end{aligned}
$$
初速度 \(v = \sqrt{\frac{3}{5}gh}\)、末速度 \(0\) で、距離 \(x\) だけ進んで止まります。
$$
\begin{aligned}
0^2 – v^2 &= 2a’x \\[2.0ex]
-v^2 &= 2 \left( -\frac{3}{4}g \right) x \\[2.0ex]
x &= \frac{v^2}{\frac{3}{2}g} \\[2.0ex]
&= \frac{2}{3g} \cdot \frac{3}{5}gh \\[2.0ex]
&= \frac{2}{5}h
\end{aligned}
$$
この間の時間 \(t_2\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
0 &= v + a’t_2 \\[2.0ex]
t_2 &= \frac{-v}{a’} \\[2.0ex]
&= \frac{-v}{-\frac{3}{4}g} \\[2.0ex]
&= \frac{4}{3g}v
\end{aligned}
$$
ここで、(ア)の区間の時間 \(t_1\) も求めておきます。加速度は \(a = \frac{3}{10}g\) でした。
$$
\begin{aligned}
v &= at_1 \\[2.0ex]
t_1 &= \frac{v}{a} \\[2.0ex]
&= \frac{v}{\frac{3}{10}g} \\[2.0ex]
&= \frac{10}{3g}v
\end{aligned}
$$
全体の移動距離 \(l\) と時間 \(t\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
l &= h + x \\[2.0ex]
&= h + \frac{2}{5}h \\[2.0ex]
&= \frac{7}{5}h
\end{aligned}
$$
$$
\begin{aligned}
t &= t_1 + t_2 \\[2.0ex]
&= \frac{10}{3g}v + \frac{4}{3g}v \\[2.0ex]
&= \frac{14}{3g}v
\end{aligned}
$$
最後に \(v = \sqrt{\frac{3}{5}gh}\) を代入して \(t\) を仕上げます。
$$
\begin{aligned}
t &= \frac{14}{3g} \sqrt{\frac{3gh}{5}} \\[2.0ex]
&= 14 \sqrt{\frac{1}{9g^2} \cdot \frac{3gh}{5}} \\[2.0ex]
&= 14 \sqrt{\frac{h}{15g}}
\end{aligned}
$$
Qが床に着いた瞬間、Pを引っ張っていた糸の力が消えます。
しかし、Pは勢いがついているので、すぐには止まれません。
斜面を登るにつれて、重力と摩擦力によってブレーキをかけられ、やがて止まります。
この「ブレーキがかかって止まるまでの動き」を計算し、最初の「加速していた動き」と合計することで、全体の距離と時間を求めました。
距離 \(l = \frac{7}{5}h\)、時間 \(t = 14\sqrt{\frac{h}{15g}}\) と求まりました。
距離は \(h\) より大きく、時間は次元 \(\sqrt{[\text{L}][\text{L}]^{-1}[\text{T}]^2} = [\text{T}]\) を持っており正しいです。
また、\(a’\) の大きさが \(a\) よりも大きい（ブレーキの方が急激である）ため、停止までの距離 \(x\) は加速距離 \(h\) よりも短くなっています（\(2/5 < 1\)）。これも物理的直感と一致します。
【総まとめ】この一問を未来の得点力へ！完全マスター講座
最重要ポイント：この問題の核心となる物理法則は？
- 静止摩擦力の二面性（状況依存性）
- 核心: 静止摩擦力は「動きを妨げる向き」に働きますが、その向きは外力のバランスによって上向きにも下向きにもなり得るという点が最大のポイントです。
- 理解のポイント:
- 受動的な力: 摩擦力は自ら動きを作り出す力ではなく、他の力が物体を動かそうとするのを「邪魔する」力です。
- 場合分けの必然性: \(M\) が小さいときは「落ちないように支える（上向き）」、\(M\) が大きいときは「上がらないように耐える（下向き）」という2つの限界状態を考える必要があります。
- 運動の切り替わりと方程式の再構築
- 核心: 物理現象が段階的に変化する場合（糸がたるむ前後など）、それぞれの区間で働く力が変わるため、運動方程式を立て直す必要があります。
- 理解のポイント:
- 連続性: 区間のつなぎ目（Q着地時）において、速度は連続しますが、加速度は不連続（力が変わるため急変する）になります。前の区間の「終速度」が、次の区間の「初速度」になることを利用して解き進めます。
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:
- あらい斜面上の物体: 「滑り出す条件」や「静止する範囲」を問われたら、必ず摩擦力が上向きの場合と下向きの場合の2通りを疑ってください。
- 外力が変化する運動: ロケットの燃料切れ、バネから離れる物体、連結が外れる列車など、「途中で力が消える/変わる」問題では、その瞬間を境に問題を分割し、速度を受け渡して解きます。
- 初見の問題での着眼点:
- 「静止する範囲」という言葉: これを見たら不等式が登場し、最大値と最小値（2つの限界）を求める問題だと判断します。
- 摩擦のある斜面: まず重力の成分分解（\(mg \sin \theta, mg \cos \theta\)）を行い、垂直抗力 \(N\) を確定させます。
- 糸のたるみ: 「張力 \(T=0\)」という条件に翻訳します。物体は慣性で動き続けますが、加速度が変わることに注意します。
要注意！ありがちなミス・誤解とその対策
- 摩擦力の向きの固定観念:
- 誤解: 「摩擦力は常に運動方向と逆だから、斜面上向きだ」と決めつけてしまう。
- 対策: 静止している場合、摩擦力は「動き出しそうな方向」の逆です。重力が勝てば上向き、張力が勝てば下向きです。必ず力のバランスを考えてから矢印を描きましょう。
- 動摩擦力と静止摩擦力の混同:
- 誤解: 動いているのに最大摩擦力 \(\mu N\) を使ったり、静止しているのに動摩擦力 \(\mu’ N\) を使ったりする。
- 対策: 問題文の「静止している」「動き出した」というキーワードに印をつけ、使うべき係数が \(\mu\) なのか \(\mu’\) なのかを明確に区別します。
- 加速度の符号ミス:
- 誤解: (2)(イ)で、上向きに動いているのに、ブレーキがかかるからといって加速度を正のまま計算してしまう。
- 対策: 運動方程式を立てる際、座標軸（正の向き）を明確に決めます。上向き正なら、下向きの重力や摩擦力はマイナスがつきます。結果として \(a < 0\) となり、減速することが数式からも分かります。
なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法
- 問(1)での公式選択（力のつりあい）:
- 選定理由: 「静止している」ため加速度はゼロ。したがって運動方程式 \(ma=F\) は \(0=F\) となり、力のつりあいの式になります。
- 適用根拠: 未知数が \(M\) の範囲（不等式）ですが、境界となるのは「動き出す直前」の等式が成り立つ瞬間です。
- 問(2)(ア)での公式選択（運動方程式 vs エネルギー原理）:
- 選定理由: 加速度 \(a\) も問われているため、運動方程式を立てるのが基本です。しかし、速さ \(v\) だけならエネルギー原理の方が早いです。
- 適用根拠: 摩擦力という非保存力が仕事をするため、力学的エネルギー保存則（\(\Delta E = 0\)）ではなく、エネルギー原理（\(\Delta E = W_{\text{非保存力}}\)）を使います。
計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック
- 文字式の次元確認:
- 答えの \(M\) は質量の次元 \([M]\) になっているか？（係数は無次元なのでOK）。
- 速さ \(v\) は \(\sqrt{gh}\) の形（次元 \([\text{L}][\text{T}]^{-1}\)）になっているか？
- 時間 \(t\) は \(\sqrt{h/g}\) の形（次元 \([\text{T}]\)）になっているか？
- 三角比の数値化:
- \(\sin 30^\circ = 1/2\), \(\cos 30^\circ = \sqrt{3}/2\) などの値は、計算の初期段階で代入してしまった方が、式がスッキリしてミスが減ります。ただし、文字のまま計算して最後に代入する方が約分に気づきやすい場合もあるので、ケースバイケースで判断します（今回は係数が複雑なので早めの代入が吉）。
- 平方根の処理:
- \(\sqrt{1/9g^2 \cdot \dots}\) のように、ルートの外にある係数を中に入れるときは2乗することを忘れないように。逆に、ルートの中から出すときは2乗の因数を見つけます。
問題17 (信州大)
【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(4)の別解1: エネルギー原理（仕事とエネルギーの関係）を用いた解法
- 模範解答が運動方程式から加速度を求め、等加速度直線運動の公式を用いて速さを導出するのに対し、別解1では「非保存力（浮力）がした仕事の分だけ力学的エネルギーが変化する」という原理を用いて、加速度を経由せずに直接速さを求めます。
- 設問(4)の別解2: 微積分を用いた体系的解法
- 運動方程式を位置で積分することで、エネルギー原理が数学的に導かれる過程を示します。
- 設問(4)の別解1: エネルギー原理（仕事とエネルギーの関係）を用いた解法
- 上記の別解が有益である理由
- エネルギー原理の解法: 加速度や時間を問われない場合、この方法が最も計算量が少なく、ミスを防ぎやすい「最短ルート」であることを学べます。特に浮力のような非保存力が関与する場合のエネルギー収支の考え方を習得できます。
- 微積分の解法: 運動方程式（力の法則）とエネルギー保存則（保存則）が独立したものではなく、数学的に等価であることを理解することで、物理学の体系的な見通しが良くなります。
- 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「気球の運動と力学的エネルギー」です。等速運動時の力のつりあい、等加速度運動、そしてエネルギーの関係を総合的に扱う力が問われます。
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。
- 力のつりあい: 等速直線運動している物体では、働く力のベクトル和が \(0\) になります。
- アルキメデスの原理（浮力）: 流体中の物体は、排除した流体の重さに等しい大きさの浮力を受けます（\(F = \rho V g\)）。
- 鉛直投げ上げ運動: 重力のみを受けて運動する物体の位置と速度の関係式です。
- 運動方程式: 加速する物体の運動は \(ma=F\) で記述されます。
- エネルギー原理: 非保存力が仕事をする場合、力学的エネルギーの変化量はその仕事に等しくなります。
基本的なアプローチは以下の通りです。
- (1)(2)では、一定の速さで上昇（等速運動）しているため、加速度は \(0\) です。力のつりあいの式を立てて解きます。
- (3)では、糸が切れた後の物体Aの運動を「初速度のある鉛直投げ上げ」として扱い、等加速度運動の公式を用います。
- (4)では、糸が切れて軽くなった気球Bの運動を扱います。運動方程式から加速度を求めて解く方法（模範解答）と、浮力の仕事を考慮したエネルギー原理を用いる方法（別解）があります。
問(1)
思考の道筋とポイント
物体Aは一定の速さ \(v\) で上昇しています。
「一定の速さ」ということは、加速度が \(0\) であり、力がつりあっていることを意味します。
Aに着目して、働く力をすべて書き出し、つりあいの式を立てます。
この設問における重要なポイント
- 着目する物体: 物体A（質量 \(m\)）のみに注目します。
- 働く力:
- 重力: \(mg\)（鉛直下向き）
- 糸の張力: \(T\)（鉛直上向き）
- 浮力: 問題文に「物体Aにはたらく浮力は無視できる」とあるため考慮しません。
- 運動状態: 等速運動なので、力のつりあいが成り立ちます。
具体的な解説と立式
鉛直上向きを正とします。
物体Aについて、力のつりあいの式を立てます。
$$
\begin{aligned}
(\text{上向きの力}) &= (\text{下向きの力}) \\[2.0ex]
T &= mg \quad \cdots ①
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 力のつりあい: \((\text{力のベクトル和}) = 0\)
式①より、張力 \(T\) はそのまま求まります。
$$
\begin{aligned}
T &= mg
\end{aligned}
$$
物体Aはスピードを変えずにスーッと上がっています。これは、上に引っ張る力（張力）と、下に引っ張る力（重力）がぴったり同じ大きさで打ち消し合っているからです。だから、張力は重力と同じ大きさになります。
答えは \(T = mg\) です。
質量 \(m\) の物体を支えるのに必要な力であり、妥当です。
問(2)
思考の道筋とポイント
次は気球B（質量 \(M\)）に着目します。
BもAと一緒に一定の速さ \(v\) で上昇しているので、力がつりあっています。
Bに働く力を漏れなく書き出し、つりあいの式を立てます。
その後、浮力の公式を用いて体積 \(V\) を求めます。
この設問における重要なポイント
- 着目する物体: 気球B（質量 \(M\)）に注目します。
- 働く力:
- 重力: \(Mg\)（鉛直下向き）
- 浮力: \(F\)（鉛直上向き）
- 糸の張力: \(T\)（鉛直下向き）。糸は気球を下に引っ張っています。
- 作用・反作用: 糸がAを引く力と、糸がBを引く力は同じ大きさ \(T\) です。
具体的な解説と立式
鉛直上向きを正とします。
気球Bについて、力のつりあいの式を立てます。
$$
\begin{aligned}
(\text{上向きの力}) &= (\text{下向きの力}) \\[2.0ex]
F &= Mg + T \quad \cdots ②
\end{aligned}
$$
また、浮力の公式より、外部の空気の密度を \(\rho\)、気球の体積を \(V\) として、
$$
\begin{aligned}
F &= \rho V g \quad \cdots ③
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 力のつりあい: \((\text{力のベクトル和}) = 0\)
- 浮力の公式: \(F = \rho V g\)
式②に(1)の結果 \(T=mg\) を代入して、浮力 \(F\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
F &= Mg + mg \\[2.0ex]
&= (M+m)g
\end{aligned}
$$
次に、式③を変形して体積 \(V\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
\rho V g &= F \\[2.0ex]
\rho V g &= (M+m)g \\[2.0ex]
V &= \frac{M+m}{\rho}
\end{aligned}
$$
気球Bは、自分自身の重さだけでなく、ぶら下げている物体Aの重さも支えながら浮かんでいます。
だから、気球を持ち上げる「浮力」は、気球と物体の合計の重さ \((M+m)g\) と同じ大きさでなければなりません。
また、浮力は「押しのけた空気の重さ」で決まるので、そこから気球の大きさ（体積）を逆算しました。
浮力 \(F = (M+m)g\)、体積 \(V = \frac{M+m}{\rho}\) と求まりました。
浮力が総重量とつりあっていること、体積が質量に比例し密度に反比例することなど、物理的に妥当な結果です。
問(3)
思考の道筋とポイント
糸が切れた瞬間、物体Aは「初速度 \(v\)（上向き）」を持っています。
その後は重力のみを受けて運動するため、鉛直投げ上げ運動となります。
切断点を原点とし、鉛直上向きを正とする座標軸を設定して、等加速度運動の公式を適用します。
この設問における重要なポイント
- 初期条件:
- 時刻 \(t=0\): 糸切断時
- 位置 \(y=0\): 切断点（地面からの高さ \(h\)）
- 初速度 \(v_0 = v\)（上向き）
- 加速度: \(a = -g\)（下向きに重力が働くため）
- 到達点: 地面。座標は \(y = -h\) となります。
- 求めるもの: 地面に到達するまでの時間 \(t_0\)。
具体的な解説と立式
鉛直上向きを正として、変位 \(y\) と時間 \(t\) の関係式（等加速度直線運動の公式）を立てます。
$$
\begin{aligned}
y &= v_0 t + \frac{1}{2} a t^2
\end{aligned}
$$
ここに、\(y = -h\)、\(v_0 = v\)、\(a = -g\)、\(t = t_0\) を代入します。
$$
\begin{aligned}
-h &= v t_0 + \frac{1}{2} (-g) t_0^2 \\[2.0ex]
-h &= v t_0 – \frac{1}{2} g t_0^2
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 等加速度直線運動の公式: \(x = v_0 t + \frac{1}{2} a t^2\)
\(t_0\) についての2次方程式を解きます。
$$
\begin{aligned}
\frac{1}{2} g t_0^2 – v t_0 – h &= 0
\end{aligned}
$$
両辺を2倍して分母を払います。
$$
\begin{aligned}
g t_0^2 – 2v t_0 – 2h &= 0
\end{aligned}
$$
解の公式 \(x = \frac{-b \pm \sqrt{b^2 – 4ac}}{2a}\) を利用します。ここでは \(t_0\) の係数が偶数なので、簡易版の公式 \(x = \frac{-b’ \pm \sqrt{b’^2 – ac}}{a}\) が使えます（\(b’ = -v\)）。
$$
\begin{aligned}
t_0 &= \frac{-(-v) \pm \sqrt{(-v)^2 – g \cdot (-2h)}}{g} \\[2.0ex]
&= \frac{v \pm \sqrt{v^2 + 2gh}}{g}
\end{aligned}
$$
ここで、\(t_0 > 0\) であり、\(\sqrt{v^2 + 2gh} > \sqrt{v^2} = v\) なので、\(v – \sqrt{v^2 + 2gh} < 0\) となってしまいます。
したがって、正の解のみを採用します。
$$
\begin{aligned}
t_0 &= \frac{v + \sqrt{v^2 + 2gh}}{g}
\end{aligned}
$$
気球から切り離された物体Aは、いきなり落ちるのではなく、慣性によって一瞬だけ上に上がってから落ちていきます。
ボールを初速度 \(v\) で真上に投げ上げたのと同じ動きです。
スタート地点（高さ \(h\)）よりも下の地面（高さ \(0\)）まで落ちるので、移動距離（変位）をマイナスの値 \(-h\) として計算式に入れました。
答えは \(t_0 = \frac{v + \sqrt{v^2 + 2gh}}{g}\) です。
もし初速度 \(v=0\)（自由落下）なら、\(t_0 = \frac{\sqrt{2gh}}{g} = \sqrt{\frac{2h}{g}}\) となり、自由落下の公式と一致します。
また、ルートの中身は速度の2乗の次元、全体として時間の次元を持っており、物理的に正しいです。
問(4)
思考の道筋とポイント
糸が切れた後の気球Bの運動を考えます。
糸が切れたので、下向きの張力 \(T\) がなくなります。
一方、浮力 \(F\) は気球の体積が変わらない限り一定です。
上向きの浮力 \(F\) が下向きの重力 \(Mg\) よりも大きくなるため、気球は上向きに加速します。
運動方程式を立てて加速度を求め、速度と変位の公式を使って解きます。
この設問における重要なポイント
- 力の変化: 張力 \(T\) が消滅。浮力 \(F = (M+m)g\) は維持。
- 運動方程式: 加速度 \(a\) を未知数として立式します。
- 初期条件: 初速度 \(v\)（上向き）。
- 求めるもの: さらに \(h\) 上昇したときの速さ \(v_1\)。
具体的な解説と立式
鉛直上向きを正として、気球Bの運動方程式を立てます。加速度を \(a\) とします。
$$
\begin{aligned}
Ma &= (\text{上向きの力}) – (\text{下向きの力}) \\[2.0ex]
Ma &= F – Mg \quad \cdots ④
\end{aligned}
$$
これに(2)の結果 \(F = (M+m)g\) を代入します。
使用した物理公式
- 運動方程式: \(ma = F\)
- 等加速度直線運動の公式: \(v^2 – v_0^2 = 2ax\)
式④より加速度 \(a\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
Ma &= (M+m)g – Mg \\[2.0ex]
Ma &= Mg + mg – Mg \\[2.0ex]
Ma &= mg \\[2.0ex]
a &= \frac{m}{M}g
\end{aligned}
$$
初速度 \(v\)、加速度 \(a = \frac{m}{M}g\)、変位 \(h\) での末速度 \(v_1\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
v_1^2 – v^2 &= 2ah \\[2.0ex]
v_1^2 – v^2 &= 2 \cdot \frac{m}{M}g \cdot h \\[2.0ex]
v_1^2 &= v^2 + \frac{2mgh}{M}
\end{aligned}
$$
\(v_1 > 0\) より、
$$
\begin{aligned}
v_1 &= \sqrt{v^2 + \frac{2mgh}{M}}
\end{aligned}
$$
重り（物体A）を切り離したことで、気球は身軽になりました。
浮力は変わらないのに、下に引っ張る力が減ったので、気球はグングン加速して上昇します。
「軽くなった分だけ加速する」という関係を運動方程式で計算し、スピードがどれくらい増えるかを求めました。
答えは \(v_1 = \sqrt{v^2 + \frac{2mgh}{M}}\) です。
ルートの中身の第2項 \(\frac{2mgh}{M}\) は正の値なので、初速度 \(v\) よりも速くなっていることがわかります。これは加速上昇するという状況と一致します。
また、切り離した質量 \(m\) が大きいほど加速が大きくなり、速度も速くなるという直感とも合致します。
思考の道筋とポイント
運動方程式を使わず、エネルギー原理（仕事とエネルギーの関係）を用いて解きます。
気球Bに着目すると、重力（保存力）と浮力（非保存力）が働いています。
「運動エネルギーの変化」＋「位置エネルギーの変化」＝「非保存力がした仕事」という関係式を立てます。
この設問における重要なポイント
- 系: 気球B（質量 \(M\)）。
- エネルギーの変化:
- 運動エネルギー: \(\frac{1}{2}Mv^2\) から \(\frac{1}{2}Mv_1^2\) へ変化。
- 位置エネルギー: 高さ \(h\) 上昇したので \(Mgh\) 増加。
- 仕事: 浮力 \(F\)（一定）が距離 \(h\) だけ上向きに働くので、仕事は \(W = Fh\) です。
具体的な解説と立式
エネルギー原理の式を立てます。
$$
\begin{aligned}
(\text{運動エネの変化}) + (\text{位置エネの変化}) &= (\text{浮力の仕事}) \\[2.0ex]
\left( \frac{1}{2}M v_1^2 – \frac{1}{2}M v^2 \right) + Mgh &= Fh
\end{aligned}
$$
ここに \(F = (M+m)g\) を代入します。
使用した物理公式
- エネルギー原理: \(\Delta K + \Delta U = W_{\text{非保存力}}\)
- 仕事: \(W = Fx\)
式を \(v_1\) について解きます。
$$
\begin{aligned}
\frac{1}{2}M (v_1^2 – v^2) + Mgh &= (M+m)gh \\[2.0ex]
\frac{1}{2}M (v_1^2 – v^2) &= (M+m)gh – Mgh \\[2.0ex]
\frac{1}{2}M (v_1^2 – v^2) &= mgh \\[2.0ex]
v_1^2 – v^2 &= \frac{2mgh}{M} \\[2.0ex]
v_1^2 &= v^2 + \frac{2mgh}{M}
\end{aligned}
$$
よって、
$$
\begin{aligned}
v_1 &= \sqrt{v^2 + \frac{2mgh}{M}}
\end{aligned}
$$
気球は浮力によって仕事をされ、エネルギーをもらいました。
もらったエネルギー（\(Fh\)）のうち、一部は高いところに行くためのエネルギー（位置エネルギー \(Mgh\)）に使われ、残りがスピードアップのためのエネルギー（運動エネルギーの増加分）になりました。
このエネルギーの収支計算だけで、加速度を求めずに直接速さが分かります。
メインの解法と全く同じ結果が得られました。計算ステップが少なく、見通しが良い解法です。
思考の道筋とポイント
運動方程式を積分することで、エネルギー原理が導かれる過程を確認します。
これは物理法則の数学的な構造を理解するための解法です。
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 \(Ma = F_{\text{合力}}\) の両辺を位置 \(y\) で積分することで、左辺は運動エネルギーの変化、右辺は仕事になります。
具体的な解説と立式
鉛直上向きを \(y\) 軸とします。気球Bの運動方程式は以下の通りです。
$$
\begin{aligned}
M \frac{dv}{dt} &= F – Mg
\end{aligned}
$$
この式の両辺に速度 \(v = \frac{dy}{dt}\) を掛けて、時間 \(t\) で積分します（あるいは、変数変換して位置 \(y\) で積分します）。
ここでは位置 \(y\) での積分として記述します。左辺の加速度 \(a = \frac{dv}{dt}\) は、\(v \frac{dv}{dy}\) と書き換えられます。
$$
\begin{aligned}
M v \frac{dv}{dy} &= F – Mg
\end{aligned}
$$
この両辺を \(y\) について、\(0\) から \(h\) まで積分します。
$$
\begin{aligned}
\int_0^h M v \frac{dv}{dy} dy &= \int_0^h (F – Mg) dy
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 微積分の基本定理
- 運動エネルギーの導出: \(\int mv \frac{dv}{dy} dy = \int m v dv = \frac{1}{2}mv^2\)
左辺の積分:
$$
\begin{aligned}
\int_0^h M v \frac{dv}{dy} dy &= \int_v^{v_1} M v dv \\[2.0ex]
&= \left[ \frac{1}{2}M v^2 \right]_v^{v_1} \\[2.0ex]
&= \frac{1}{2}M v_1^2 – \frac{1}{2}M v^2
\end{aligned}
$$
右辺の積分（\(F\) と \(Mg\) は定数）:
$$
\begin{aligned}
\int_0^h (F – Mg) dy &= (F – Mg) [y]_0^h \\[2.0ex]
&= (F – Mg)h
\end{aligned}
$$
これらを等号で結ぶと、
$$
\begin{aligned}
\frac{1}{2}M v_1^2 – \frac{1}{2}M v^2 &= (F – Mg)h
\end{aligned}
$$
この式は、別解1のエネルギー原理の式 \(\frac{1}{2}M (v_1^2 – v^2) + Mgh = Fh\) を移項したものと完全に一致します。
ここから同様に計算して、
$$
\begin{aligned}
v_1 &= \sqrt{v^2 + \frac{2mgh}{M}}
\end{aligned}
$$
が得られます。
「力」と「加速度」の関係式（運動方程式）を、「距離」について積み重ねていく（積分する）と、「仕事」と「エネルギー」の関係式になります。
数式を変形していくだけで、ニュートンの運動法則からエネルギー保存の法則が自然に出てくることを確認しました。
微積分を用いても、当然ながら同じ結果が得られました。この手法は、力が位置によって変化する場合（バネの力や万有引力など）にもそのまま使える強力な方法です。
【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？
- 力のつりあいと運動方程式の使い分け
- 核心: 物体の運動状態によって適用すべき法則が異なります。「等速運動（加速度 \(0\)）」ならば力のつりあい、「加速運動（加速度 \(\neq 0\)）」ならば運動方程式を用います。
- 理解のポイント:
- 等速: 力のベクトル和がゼロ。\((\text{上向き}) = (\text{下向き})\)。
- 加速: 力のバランスが崩れている。\(ma = (\text{勝っている力}) – (\text{負けている力})\)。
- 浮力の性質とアルキメデスの原理
- 核心: 浮力 \(F = \rho V g\) は、物体が排除した流体の重さに等しく、物体の質量や運動状態には依存しません。
- 理解のポイント:
- 不変性: 糸が切れて気球が軽くなっても、加速しても、気球の体積 \(V\) が変わらなければ浮力 \(F\) の大きさは変わりません。この「浮力一定」が(4)を解く鍵です。
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
- 応用できる類似問題のパターン:
- エレベーター内の運動: 気球の問題は、見かけの重力が変わるエレベーターの問題と構造が似ています。
- 水中を動く物体: 浮力と抵抗力を受ける運動方程式を立てる点で共通しています。
- ロケットの分離: 質量の一部を切り離して加速するプロセスは、運動量保存則やエネルギー原理で扱えます。
- 初見の問題での着眼点:
- 「一定の速さ」: これを見たら即座に「加速度 \(0\)」「力のつりあい」と反応してください。
- 「糸を切断」: 物理的な状況が不連続に変化する合図です。
- 力: 張力 \(T\) が消滅。
- 運動: 等速運動から等加速度運動へ変化。
- 初期条件: 切断直前の速度が、次の運動の初速度になります。
- 「浮力」: 質量 \(M\) だけでなく、体積 \(V\) や密度 \(\rho\) が関係してくることを意識します。
要注意！ありがちなミス・誤解とその対策
- 浮力の変化に対する誤解:
- 誤解: 「軽くなったから浮力も減る」あるいは「速くなったから浮力が増える」と思い込む。
- 対策: 浮力の公式 \(F = \rho V g\) を見てください。質量 \(M\) も速度 \(v\) も入っていません。体積 \(V\) が一定なら浮力は常に一定です。
- 投げ上げ運動の初期位置と変位:
- 誤解: 地面までの距離 \(h\) をそのまま公式の \(x\) に代入してしまう（符号のミス）。
- 対策: 座標軸を明確に設定します。上向き正なら、地面の位置は \(-h\) です。あるいは「変位」ではなく「移動距離」として考えるなら、自由落下の式と投げ上げの式を混同しないよう注意が必要です。
- 2次方程式の解の選択:
- 誤解: 解の公式で出てきた \(\pm\) のうち、適当にプラスの方を選んでしまう。
- 対策: \(t > 0\) という物理的な条件を確認します。今回は \(\sqrt{v^2+2gh} > v\) なので、マイナスを選ぶと時間が負になってしまいます。論理的に符号を選びましょう。
なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法
- 問(3)での公式選択（等加速度直線運動）:
- 選定理由: 「時間 \(t\)」を求めたいので、時間を含まないエネルギー保存則などは使えません。変位 \(y\) と時間 \(t\) を結びつける \(y = v_0 t + \frac{1}{2}at^2\) が最適です。
- 適用根拠: 重力のみを受けて運動するため、加速度は一定（\(-g\)）です。
- 問(4)での公式選択（エネルギー原理）:
- 選定理由: 「速さ \(v_1\)」を求めたいだけで、「時間」や「加速度」は問われていません。このような場合、エネルギー原理が最短ルートです。
- 適用根拠: 浮力という一定の力が仕事をするため、位置エネルギーと運動エネルギーの変化がその仕事に等しいという関係が成り立ちます。
計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック
- 文字式の次元確認:
- (2)の体積 \(V = (M+m)/\rho\)。質量の次元 \([M]\) を密度の次元 \([M][L]^{-3}\) で割ると、\([L]^3\)（体積）になります。正しいです。
- (3)の時間 \(t_0\)。分子は速度 \([L][T]^{-1}\)、分母は加速度 \([L][T]^{-2}\)。割ると \([T]\)（時間）になります。正しいです。
- 極限的なケースでの検算:
- (3)で \(v=0\) とすると、\(t_0 = \sqrt{2h/g}\)。これは自由落下の時間と一致します。
- (4)で \(m=0\)（何も切り離さない）とすると、\(v_1 = \sqrt{v^2} = v\)。速度は変わらない（等速のまま）となり、正しいです。
- ルートの中身の確認:
- 物理ではルートの中身が負になることはありません（虚数は出てこない）。\(v^2 + 2gh\) のように、必ず正になる形になっているか確認しましょう。もし \(v^2 – 2gh\) となっていたら、\(v\) が小さいときに負になる可能性があり、計算ミスの兆候です。
[mathjax] SNSでのシェアはご自由にどうぞ。(上のボタンをクリック) ブログで引用する際には、こちらのリンクを添えてください。 【引用】https://makoto-physics-school.com […]
問題18 (岐阜大＋東京大)
【設問別解説】考え方から計算プロセスまで徹底ガイド
- 提示する別解
- 設問(3)〜(5)の別解: 微分方程式を用いた体系的解法
- 模範解答では、特定の瞬間（\(t=0\) や \(t \to \infty\)）の状態に着目して解いていますが、別解では運動方程式を変数分離形の微分方程式として解き、速度 \(v\) が時間 \(t\) とともにどのように変化するかを表す関数 \(v(t)\) を厳密に導出します。その上で、導出した関数から終端速度や初期加速度を求めて設問に解答します。
- 設問(3)〜(5)の別解: 微分方程式を用いた体系的解法
- 上記の別解が有益である理由
- 現象の数学的理解: 速度が終端速度に向かって指数関数的に収束していく様子（緩和現象）を数式で理解できます。
- グラフの解釈: 図2のグラフの形状、初期微動（接線）、漸近線（終端速度）が、導出した関数からすべて数学的に説明できることを確認できます。
- 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「空気抵抗を受ける物体の運動」です。速度に依存する力が働くため、加速度が一定ではなく、時間とともに変化する複雑な運動を扱います。
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: 物体の運動（加速度）は、物体に働く力の合力によって決定されます（\(ma=F\)）。
- 空気抵抗力: 速さに比例して、運動を妨げる向きに働く力です（\(f = kv\)）。
- 終端速度: 空気抵抗力が重力などの推進力とつりあい、加速度が \(0\) になったときの一定の速度です。
- \(v-t\) グラフの性質: グラフの傾きは加速度を表し、漸近線は終端速度を表します。
基本的なアプローチは以下の通りです。
- (1)(2)では、物体に働く力を正確に把握し、運動方程式を立てます。
- (3)では、等速運動（加速度 \(0\)）の条件を利用して終端速度を求めます。
- (4)(5)では、実験データである \(v-t\) グラフから「初期加速度」と「終端速度」を読み取り、理論式と照らし合わせて未知の係数を決定します。
問(1)
ここから先が、他の受験生と差がつく重要パートです。
「解法に至る思考プロセス」を
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なぜその公式を使うのか？どうしてその着眼点を持てるのか？
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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