「良問の風」攻略ガイド（26〜30問）：重要問題の解き方と物理の核心をマスター！

問題26 (芝浦工大)

【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、単振り子の運動と衝突、そして完全非弾性衝突（合体）という複数の物理現象を扱っています。力学的エネルギー保存則、運動量保存則、反発係数の概念、そして衝突によるエネルギー損失の計算が主なテーマとなります。

【設問別解説】考え方から計算プロセスまで徹底ガイド

この問題は、いくつかの異なる物理現象を段階的に解析する必要があります。

• Aの衝突前の運動: Aが振り子として運動し最下点に達するまでは、力学的エネルギーが保存されます。まず、衝突直前のAの速さを求めます。
• AとBの衝突 (問1, 2): 2球の衝突なので、運動量保存則が成り立ちます。反発係数の式も併用します。
• Bの衝突後の運動 (問3): 衝突後に速さを持ったBが振り子として運動し、最高点に達するまでは力学的エネルギーが保存されます。
• CとBの衝突 (問4, 5): CとBが一体となる完全非弾性衝突です。運動量保存則が成り立ちますが、力学的エネルギーは一般に保存されません（通常は減少します）。

準備: 衝突直前のAの速さ \(v_0\) の計算
小球Aが角度 \(60^\circ\) の位置（高さ \(h_{\text{A,初}} = l – l\cos 60^\circ = l – \frac{1}{2}l = \frac{1}{2}l\)）から静かに放たれ、最下点（位置エネルギーの基準 \(h=0\)）に達するまでの運動を考えます。
力学的エネルギー保存則より、
(初期の位置エネルギー) = (最下点での運動エネルギー)
$$ mg\left(\frac{1}{2}l\right) = \frac{1}{2}mv_0^2 $$
両辺から \(\frac{1}{2}m\) を消去すると、
$$ gl = v_0^2 $$
よって、衝突直前のAの速さ \(v_0\) は、
$$ v_0 = \sqrt{gl} $$
この \(v_0\) を以降の設問で使用します。

問1

思考の道筋とポイント
A（質量 \(m\)、衝突直前の速度 \(v_0\)）とB（質量 \(2m\)、衝突直前の速度 \(0\)）が完全弾性衝突 (\(e=1\)) します。衝突後のAの速度を \(v_A\)、Bの速度を \(v_B\) とします（右向きを正と仮定）。運動量保存則と反発係数の式（\(e=1\)）を連立して解きます。

この設問における重要なポイント

• 完全弾性衝突では、反発係数 \(e=1\) である。
• 衝突の基本法則である運動量保存則と反発係数の式を適用する。
• 速度はベクトル量なので、向き（符号）に注意する。

具体的な解説と立式
衝突直前のAの速度 \(v_0\)、Bの速度 \(0\)。
衝突直後のAの速度 \(v_A\)、Bの速度 \(v_B\)。

1. 運動量保存則 (右向きを正):
$$ mv_0 + (2m) \cdot 0 = mv_A + (2m)v_B $$
$$ mv_0 = mv_A + 2mv_B \quad \cdots (\text{式1-1}) $$
（両辺を \(m\) で割ると: \(v_0 = v_A + 2v_B\)）
2. 反発係数の式 (\(e=1\)):
$$ v_A – v_B = -1(v_0 – 0) $$
$$ v_A – v_B = -v_0 \quad \cdots (\text{式1-2}) $$

(式1-2) より \(v_A = v_B – v_0\)。これを \(v_0 = v_A + 2v_B\) に代入します。
$$ v_0 = (v_B – v_0) + 2v_B $$
$$ v_0 = 3v_B – v_0 $$
$$ 2v_0 = 3v_B $$
よって、衝突直後のBの速さ \(v_B\) は、
$$ v_B = \frac{2}{3}v_0 $$
準備で求めた \(v_0 = \sqrt{gl}\) を代入すると、
$$ v_B = \frac{2}{3}\sqrt{gl} $$

おもりAとおもりBがぶつかる時、全体の「勢い」（運動量）はぶつかる前後で変わりません。また、「完全弾性衝突」というのは、最もよく跳ね返る理想的な衝突で、はね返り係数が1の場合を指します。この2つの物理法則を数式で表し、それらを連立方程式として解くことで、衝突後のBの速さを求めることができます。

衝突直後のBの速さは \(\displaystyle \frac{2}{3}\sqrt{gl}\) です。
このとき、Aの衝突後の速度は \(v_A = v_B – v_0 = \frac{2}{3}v_0 – v_0 = -\frac{1}{3}v_0\) となり、Aは衝突後に左向きに跳ね返ることがわかります。これは物理的に妥当な結果です。

問2

思考の道筋とポイント
このケースでは、衝突直後にAが静止 (\(v_A’ = 0\)) します。Bの衝突後の速度を \(v_B’\) とします。まず運動量保存則を用いて \(v_B’\) を求め、次に反発係数 \(e\) の定義式から \(e\) を計算します。

この設問における重要なポイント

• 問題文の条件（「Aが最下点でそのまま静止」）を数式に正確に反映させる (\(v_A’=0\))。
• 運動量保存則を適用して未知の速度を求め、その後、反発係数の定義式に代入する。

具体的な解説と立式
衝突直前のAの速度 \(v_0\)、Bの速度 \(0\)。
衝突直後のAの速度 \(v_A’ = 0\)、Bの速度 \(v_B’\)。

1. 運動量保存則:
$$ mv_0 + (2m) \cdot 0 = m \cdot 0 + (2m)v_B’ $$
$$ mv_0 = 2mv_B’ \quad \cdots (\text{式2-1}) $$
2. 反発係数の定義式:
$$ e = -\frac{v_A’ – v_B’}{v_0 – 0} = -\frac{0 – v_B’}{v_0} \quad \cdots (\text{式2-2}) $$

(式2-1) より、
$$ v_B’ = \frac{mv_0}{2m} = \frac{1}{2}v_0 $$
この \(v_B’\) を (式2-2) に代入します。
$$ e = -\frac{-v_B’}{v_0} = \frac{v_B’}{v_0} $$
$$ e = \frac{\frac{1}{2}v_0}{v_0} = \frac{1}{2} $$

今度は、ぶつかった後にAがピタッと止まってしまうような衝突を考えます。この場合でも、全体の「勢い」（運動量）は衝突の前後で変わらないというルールを使えば、衝突後のBの速さがわかります。その次に、この衝突の「はね返り係数」がいくらだったのかを、定義式にそれぞれの速度を当てはめて計算します。

このときのはね返り係数は \(\displaystyle \frac{1}{2}\) です。
反発係数 \(e\) は \(0 \le e \le 1\) の範囲の値をとるため、\(\frac{1}{2}\) は物理的に妥当な値です。

問3

思考の道筋とポイント
(2)の衝突で、Bは速さ \(v_B’ = \frac{1}{2}v_0\) を得て運動を始めます。その後、Bは振り子として運動し、ある高さ \(h\) まで上昇します。この上昇過程では、摩擦や空気抵抗は考えないため、Bの力学的エネルギー（運動エネルギー＋位置エネルギー）が保存されます。最下点を位置エネルギーの基準 (\(U_g=0\)) とします。

この設問における重要なポイント

• 単振り子の運動では、力学的エネルギーが保存される。
• 最高点では物体の速さは0になる。
• 位置エネルギーの基準点を明確にする。

具体的な解説と立式
Bの衝突直後の運動エネルギー (最下点): \(K_{\text{B,初}} = \frac{1}{2}(2m)(v_B’)^2 = m(v_B’)^2\)
Bが達する最高の高さ \(h\) でのBの力学的エネルギー (速さ0):

• 運動エネルギー \(K_{\text{B,後}} = 0\)
• 位置エネルギー \(U_{\text{重力,B,後}} = (2m)gh\)

力学的エネルギー保存則 \(K_{\text{B,初}} + U_{\text{重力,B,初}} = K_{\text{B,後}} + U_{\text{重力,B,後}}\) より (最下点では \(U_{\text{重力,B,初}}=0\)):
$$ m(v_B’)^2 = (2m)gh $$

$$ m(v_B’)^2 = 2mgh $$
\(h\) について解くと、
$$ h = \frac{m(v_B’)^2}{2mg} = \frac{(v_B’)^2}{2g} $$
ここで、(2)より \(v_B’ = \frac{1}{2}v_0\)、そして準備で求めた \(v_0 = \sqrt{gl}\) を代入します。
$$ v_B’ = \frac{1}{2}\sqrt{gl} $$
よって、
$$ h = \frac{\left(\frac{1}{2}\sqrt{gl}\right)^2}{2g} = \frac{\frac{1}{4}gl}{2g} = \frac{gl}{8g} $$
$$ h = \frac{1}{8}l $$

衝突後、速さ \(v_B’\) を持って動き出したおもりBは、ブランコのように揺れてある高さまで上がります。このとき、Bが最初に持っていた「運動のエネルギー」が、徐々に「高さのエネルギー」に変わっていき、一番高いところでは全ての運動エネルギーが高さのエネルギーに変わって一瞬止まります。この「最初の運動エネルギー = 最高点での高さのエネルギー」という関係式を使って、Bがどれだけの高さまで上がるかを計算します。

Bは最下点より \(\displaystyle \frac{1}{8}l\) の高さまで上昇します。
Aが最初に \(60^\circ\) の位置から落下したときの高さは \(\frac{1}{2}l\) でした。衝突によってエネルギーの一部がBに伝わり、Bがそのエネルギーで上昇します。結果が \(l\) の数分の一というオーダーで出ており、極端に大きかったり小さかったりしないため、妥当と考えられます。

問4

思考の道筋とポイント
小球Aを取り去り、静止している小球B（質量 \(2m\)）に弾丸C（質量を \(m_C\) とする）を速さ \(v_C\) で水平に打ち込みます。衝突後、BとCは一体となって運動し、その速さは衝突直前のCの速さの \(\frac{1}{5}\) になった、すなわち \(v’ = \frac{1}{5}v_C\) です。この衝突は完全非弾性衝突であり、運動量が保存されます。

この設問における重要なポイント

• 物体が一体となって運動する衝突は、完全非弾性衝突であり、反発係数は \(e=0\)。
• このような衝突でも運動量保存則は成り立つ。
• 問題文の条件「衝突直後の速さが衝突直前のCの速さの \(\frac{1}{5}\)」を数式で正しく表現する。

具体的な解説と立式
衝突前のCの質量を \(m_C\)、速さを \(v_C\)。Bの質量は \(2m\)、速さは \(0\)。
衝突後、CとBは一体となり、質量は \((m_C + 2m)\)、速さは \(v’ = \frac{1}{5}v_C\)。

運動量保存則（水平右向きを正）:
$$ m_C v_C + (2m) \cdot 0 = (m_C + 2m) v’ $$
$$ m_C v_C = (m_C + 2m) \left(\frac{1}{5}v_C\right) $$

$$ m_C v_C = (m_C + 2m) \frac{1}{5}v_C $$
弾丸Cは打ち込まれるので、その初速度 \(v_C \neq 0\) と考えられます。したがって、両辺を \(v_C\) で割ることができます。
$$ m_C = \frac{1}{5}(m_C + 2m) $$
両辺に \(5\) を掛けると、
$$ 5m_C = m_C + 2m $$
\(m_C\) の項を左辺に集めると、
$$ 5m_C – m_C = 2m $$
$$ 4m_C = 2m $$
したがって、Cの質量 \(m_C\) は、
$$ m_C = \frac{2m}{4} = \frac{1}{2}m $$

弾丸CがおもりBに撃ち込まれて一体となるような衝突を考えます。このような場合でも、全体の「勢い」（運動量）はぶつかる前後で変わりません。「衝突前のCの運動量（Bは止まっているので運動量は0）＝ 衝突後に一体となった(B+C)の運動量」という関係式を立てます。問題文には「衝突後の速さが衝突前のCの速さの \(1/5\) になった」という重要なヒントがあるので、これを使ってCの質量を求めます。

弾丸Cの質量は \(\displaystyle \frac{1}{2}m\) です。
質量が正の値として求まっており、物理的に妥当です。

問5

思考の道筋とポイント
(4)の衝突（完全非弾性衝突）で失われた力学的エネルギーを求め、それが衝突直前のCの運動エネルギーの何倍であるかを計算します。この衝突は水平面上で起こり、高さの変化はないため、力学的エネルギーの変化は運動エネルギーの変化のみを考えればよいです。

この設問における重要なポイント

• 完全非弾性衝突では、力学的エネルギー（特に運動エネルギー）は一般に保存されず、通常は減少する。
• 失われた力学的エネルギーは、「衝突前の全運動エネルギー」 – 「衝突後の全運動エネルギー」で計算できる。
• 「〜の何倍か」という問いに対しては、比率を計算する。

具体的な解説と立式
弾丸Cの質量 \(m_C = \frac{1}{2}m\)。衝突前のCの速さを \(v_C\)。
衝突後の(B+C)の速さ \(v’ = \frac{1}{5}v_C\)。Bの質量は \(2m\)。

1. 衝突直前のCの運動エネルギー \(E_{\text{C,初}}\):
(これは系全体の初期運動エネルギーでもある、なぜならBは静止しているから)
$$ E_{\text{C,初}} = \frac{1}{2}m_C v_C^2 = \frac{1}{2}\left(\frac{1}{2}m\right)v_C^2 = \frac{1}{4}mv_C^2 $$
2. 衝突直後の(B+C)一体の運動エネルギー \(E_{\text{BC,後}}\):
$$ E_{\text{BC,後}} = \frac{1}{2}(m_C + 2m)(v’)^2 = \frac{1}{2}\left(\frac{1}{2}m + 2m\right)\left(\frac{1}{5}v_C\right)^2 $$
3. 失われた力学的エネルギー \(\Delta E_{\text{損失}}\):
$$ \Delta E_{\text{損失}} = E_{\text{C,初}} – E_{\text{BC,後}} $$
4. 求めたい比率:
$$ \frac{\Delta E_{\text{損失}}}{E_{\text{C,初}}} $$

まず、\(E_{\text{BC,後}}\) を \(m\) と \(v_C\) で表します。
$$ E_{\text{BC,後}} = \frac{1}{2}\left(\frac{1}{2}m + \frac{4}{2}m\right)\left(\frac{1}{25}v_C^2\right) = \frac{1}{2}\left(\frac{5}{2}m\right)\frac{1}{25}v_C^2 $$
$$ E_{\text{BC,後}} = \frac{5}{4}m \cdot \frac{1}{25}v_C^2 = \frac{1}{20}mv_C^2 $$
次に、失われた力学的エネルギー \(\Delta E_{\text{損失}}\) を計算します。
$$ \Delta E_{\text{損失}} = E_{\text{C,初}} – E_{\text{BC,後}} = \frac{1}{4}mv_C^2 – \frac{1}{20}mv_C^2 $$
通分します (\(\frac{1}{4} = \frac{5}{20}\))。
$$ \Delta E_{\text{損失}} = \left(\frac{5}{20} – \frac{1}{20}\right)mv_C^2 = \frac{4}{20}mv_C^2 = \frac{1}{5}mv_C^2 $$
最後に、この失われたエネルギーが、衝突直前のCの運動エネルギー \(E_{\text{C,初}} = \frac{1}{4}mv_C^2\) の何倍かを計算します。
$$ \frac{\Delta E_{\text{損失}}}{E_{\text{C,初}}} = \frac{\frac{1}{5}mv_C^2}{\frac{1}{4}mv_C^2} $$
\(mv_C^2\) の項が約分されて、
$$ \frac{1/5}{1/4} = \frac{1}{5} \times 4 = \frac{4}{5} $$

弾丸CがおもりBにめり込むような一体となる衝突では、通常、運動のエネルギーの一部が熱や変形のエネルギーに変わって失われます。

1. まず、衝突前に弾丸Cが持っていた運動エネルギーを計算します。
2. 次に、衝突後に一体となった物体(BとC)が持つ運動エネルギーを計算します。
3. 「失われた運動エネルギー」は、1で計算したエネルギーから2で計算したエネルギーを引いたものです。
4. 最後に、この「失われた運動エネルギー」が、「衝突前の弾丸Cが持っていた運動エネルギー」の何倍にあたるのかを、割り算（比）で求めます。

この衝突で失われた力学的エネルギーは、衝突直前のCの運動エネルギーの \(\displaystyle \frac{4}{5}\) 倍です。
完全非弾性衝突では力学的エネルギーが大きく失われることが多く、この結果もそれを示しています。衝突前のエネルギーの \(4/5\) (80%) が失われ、残りの \(1/5\) (20%) が衝突後の運動エネルギーとして残ったことになります。実際に、\(E_{\text{BC,後}} = \frac{1}{20}mv_C^2\) であり、\(E_{\text{C,初}} = \frac{1}{4}mv_C^2\) なので、\(\frac{E_{\text{BC,後}}}{E_{\text{C,初}}} = \frac{1/20}{1/4} = \frac{4}{20} = \frac{1}{5}\) となり、つじつまが合っています。

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最重要ポイント：この問題の核心となる物理法則は？

• 力学的エネルギー保存則: 単振り子の運動のように、保存力（重力）のみが仕事をするか、非保存力の仕事が無視できる場合に成り立つ (\(K + U_g = \text{一定}\))。衝突前のAの速さや、衝突後のBの上昇高さを求めるのに使用。
• 運動量保存則: 衝突現象において、系に外力が作用しない（または内力に比べて無視できるほど小さい）場合に、系全体の運動量のベクトル和が衝突の前後で保存される (\(\sum \vec{p}_{\text{初}} = \sum \vec{p}_{\text{後}}\))。全ての衝突タイプで成り立つ基本法則。
• 反発係数（はね返り係数）: 衝突の際の跳ね返りの度合いを示す。\(e = -\frac{v_{\text{相対,後}}}{v_{\text{相対,初}}}\)。
  • 完全弾性衝突: \(e=1\)。この場合、力学的エネルギーも（系全体として）保存される。
  • 完全非弾性衝突（一体となる場合）: \(e=0\)。力学的エネルギーは著しく失われる。
• 仕事とエネルギーの関係: 非弾性衝突などで力学的エネルギーが保存されない場合、その変化量（減少量）は、変形や熱の発生に使われたエネルギーに相当する。本問では、失われた力学的エネルギーの割合を計算した。

応用テクニック：似た問題が出たらココを見る！解法の鍵と着眼点

• 類似問題への応用:
  • 振り子と床の衝突、壁との衝突。
  • 水平面での複数物体の連続衝突。
  • 衝突後にばねに接触する、あるいは摩擦のある面を運動するなど、複数の物理現象が組み合わさる問題。
  • 爆発や分裂の問題（運動量保存則が中心）。
• 初見の問題への着眼点:
  1. 現象の分解: 問題文を読み解き、「振り子の運動」「衝突」「衝突後の運動」など、個別の物理現象に分解する。
  2. 各現象への適切な法則の選択:
     • 振り子運動や自由落下など → 力学的エネルギー保存則（非保存力の仕事がなければ）。
     • 衝突 → 運動量保存則はほぼ必須。反発係数の情報があればそれも使う。衝突の種類（弾性、非弾性）を確認。
     • 一体化する衝突 → 完全非弾性衝突として扱い、運動量保存則を適用。エネルギーは失われる。
  3. エネルギー変化の追跡: 衝突の種類によって力学的エネルギーが保存されるか、失われるか（あるいは増えるか、例：爆発）を常に意識する。
  4. 座標軸（正の向き）の設定: 速度や運動量はベクトル量なので、一貫した座標軸を設定し、向きを符号で表現する。
• 問題解決のヒント・注意点:
  • 衝突問題では、まず衝突直前の各物体の速度を求めることが最初のステップとなることが多い（本問ではAの振り子運動から）。
  • 「完全弾性衝突」と言われたら \(e=1\)。「一体となった」と言われたら衝突後の速度が等しく \(e=0\)。
  • 「失われた力学的エネルギー」は、通常「衝突前の総力学的エネルギー」－「衝突後の総力学的エネルギー」で計算する。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• 運動量と運動エネルギーの混同: 保存則を適用する際に、運動量と運動エネルギーの式を混同する。
  • 対策: それぞれの定義式 (\(p=mv, K=\frac{1}{2}mv^2\)) と、保存則が適用される条件を明確に区別して覚える。運動量はベクトル、運動エネルギーはスカラー。
• 反発係数の式の符号ミス: \(e = -\frac{v_1′ – v_2′}{v_1 – v_2}\) のマイナス符号を忘れたり、速度の代入順を間違えたりする。
  • 対策: 「衝突後の相対速度の大きさ = \(e \times\) 衝突前の相対速度の大きさ」で、向きが逆転すると覚えるか、定義式を正確に運用する。
• 完全弾性衝突におけるエネルギー保存の扱い: 力学的エネルギーも保存されるが、計算の簡便さから運動量保存則と \(e=1\) の式で解くのが一般的。エネルギー保存まで持ち出すと計算が複雑になることがある。
  • 対策: まずは運動量保存と反発係数で攻める。
• 非弾性衝突でのエネルギー保存の誤用: 完全非弾性衝突（一体化など）で力学的エネルギーが保存されると誤解する。
  • 対策: 反発係数が \(e<1\) の衝突では、力学的エネルギーは必ず失われる（または変化する）と理解する。
• 複数物体のエネルギー計算ミス: 系全体の運動エネルギーを計算する際に、各物体の運動エネルギーを正しく足し合わせているか。質量や速度の二乗を間違えていないか。
  • 対策: 各物体について個別に運動エネルギーを計算し、最後に足し合わせるなど、手順を明確にする。

物理の眼を養う：現象のイメージ化と図解の極意

• 有効な図:
  1. Aが \(60^\circ\) の位置から最下点に達するまでの振り子運動の図（高さの変化がわかるように）。
  2. 衝突直前と直後のAとBの速度ベクトルを図示。特に(1)ではAの跳ね返り、(2)ではAの静止を明確に。
  3. (3) 衝突後にBが振り子として最高点に達するまでの図（エネルギー変換のイメージ）。
  4. (4) CがBに衝突し一体となる前後の図（速度ベクトルと質量の変化）。
• 図を描く際の注意点:
  • 速度ベクトルは矢印の向きと長さで表現する。
  • 衝突の「前」と「後」を明確に区別して図示する。
  • エネルギーを考える際は、位置エネルギーの基準点を図中に明記する。
  • 質量が異なる物体を扱う場合、その違いを意識する（例：運動エネルギーの計算）。

なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法

• 力学的エネルギー保存則: (Aの衝突前速度、Bの衝突後上昇高さ)
  • 選定理由: 振り子の運動であり、途中で摩擦や空気抵抗が無視できるため。
  • 適用根拠: 保存力（重力）のみが仕事をする系では、力学的エネルギーが一定。
• 運動量保存則: (全ての衝突: 問1, 2, 4)
  • 選定理由: 2物体以上の衝突現象を扱う際の基本法則。
  • 適用根拠: 衝突という短時間での内力のやり取りでは、系全体にかかる外力が無視できるか、特定方向で0であるため、その方向の運動量の総和が不変。
• 反発係数の式: (問1, 2)
  • 選定理由: 衝突後の各物体の速度を決定するため、運動量保存則だけでは式が足りない場合に、衝突の「跳ね返り具合」を表すもう一つの関係式として用いる。
  • 適用根拠: 衝突における相対速度の変化に関する実験則。
• 運動エネルギーの計算とエネルギー損失: (問5)
  • 選定理由: 完全非弾性衝突によって失われた力学的エネルギーを定量的に評価するため。
  • 適用根拠: エネルギーは形態を変えるだけで総量は保存されるが、力学的エネルギーの一部が熱エネルギーなどに変換されるため、その差を計算する。

それぞれの物理現象の特性を理解し、それに対応する最も適切な物理法則を選択することが、問題を効率的かつ正確に解くための鍵となります。

思考を整理する：立式から計算までのロジカルフロー

1. 初期条件の整理と準備計算: Aの衝突直前の速度 \(v_0\) を力学的エネルギー保存則から算出。
2. 問1 (完全弾性衝突):
   1. 運動量保存則の式を立てる。
   2. 反発係数の式 (\(e=1\)) を立てる。
   3. 上記2式を連立し、衝突後のBの速さ \(v_B\) を求める。
3. 問2 (A静止時の反発係数):
   1. 運動量保存則の式を立てる（衝突後のAの速度は0）。これから衝突後のBの速さ \(v_B’\) が求まる。
   2. 反発係数の定義式に、衝突前後の各速度を代入し \(e\) を計算する。
4. 問3 (Bの上昇高さ):
   1. (2)で求めた衝突後のBの速さ \(v_B’\) を用いる。
   2. Bの振り子運動について力学的エネルギー保存則を適用し、最高点の高さ \(h\) を求める。
5. 問4 (弾丸Cの質量):
   1. CとBの完全非弾性衝突（一体化）について運動量保存則の式を立てる。
   2. 衝突後の速さが衝突前のCの速さの \(\frac{1}{5}\) であるという条件を式に反映させる。
   3. Cの質量 \(m_C\) について解く。
6. 問5 (失われた力学的エネルギーの割合):
   1. 衝突前のCの運動エネルギー \(E_{\text{C,初}}\) を計算する。
   2. 衝突後の(B+C)一体の運動エネルギー \(E_{\text{BC,後}}\) を計算する。
   3. 失われた力学的エネルギー \(\Delta E_{\text{損失}} = E_{\text{C,初}} – E_{\text{BC,後}}\) を計算する。
   4. その割合 \(\displaystyle \frac{\Delta E_{\text{損失}}}{E_{\text{C,初}}}\) を計算する。

このように、問題が複数の部分に分かれている場合、各部分でどの法則を使うべきか、前の部分の結果をどう利用するかを順序立てて考えることが大切です。

計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック

• 記号の区別: 質量の \(m, 2m, m_C\)、速度の \(v_0, v_A, v_B, v_A’, v_B’, v_C, v’\) など、多くの記号が登場するため、どの記号が何を表しているのかを常に明確に意識する。
• 連立方程式の処理: (問1)などでは、代入法や加減法を正確に行う。文字が多くても焦らない。
• エネルギーの計算の基本: 運動エネルギー \(\frac{1}{2}mv^2\) の \(\frac{1}{2}\) や \(v^2\) を忘れずに。位置エネルギー \(mgh\) も同様。
• 分数の計算: (問5)のように割合を求める場合、分数の割り算（逆数を掛ける）などを正確に。
• 条件の読み取りと式への反映: 「完全弾性衝突」(\(e=1\))、「Aが静止」(\(v_A’=0\))、「一体となって」(\(e=0\)、速度共通)、「速さが〜の1/5」などの条件を正確に数式に落とし込む。

解きっぱなしはNG！解答の妥当性を吟味する習慣をつけよう

• 物理的な直観との照らし合わせ:
  • (1) 完全弾性衝突で軽いAが重いBに当たった場合、Aが跳ね返り、BがAより遅い速度で前進するのは妥当か？ (Aの質量 \(m\)、Bの質量 \(2m\))。
  • (2) 反発係数 \(e\) が \(0 \le e \le 1\) の範囲にあるか。
  • (3) Bの上昇高さ \(h\) が、元のAの落下高さ \(l/2\) と比較してどうか。衝突でエネルギーがどのように分配されたかを考えるとどうか。
  • (4) Cの質量 \(m_C\) が正の値として求まるか。
  • (5) 失われたエネルギーの割合が0より大きく1より小さい値（または1も可だが、ここでは一体化なので失われる）になるか。完全非弾性衝突なので、ある程度大きな割合で失われるはず。
• 単位の確認:
  • 速さ: [m/s] (例: \(\sqrt{gl}\) は \(\sqrt{(\text{m/s}^2)\text{m}} = \text{m/s}\))
  • 反発係数: 無次元
  • 高さ: [m]
  • 質量: [kg]
  • エネルギーの割合: 無次元
• 特殊な条件での検証:
  • (1) もし \(m=2m\) (ありえないが、もし質量が等しい2球の弾性衝突) なら速度交換が起きるはず。その場合、式はどうなるか。
  • (5) もし衝突が完全弾性衝突だったら、失われるエネルギーは0になるはず（ただしこの問題は非弾性衝突）。
  • (4) もし \(v’ = v_C\) (つまり速度が変わらない) なら、運動量保存から \(m_C = m_C+2m \Rightarrow 2m=0\) となり矛盾。つまり速度は必ず変わる。

これらの吟味を通じて、解答の信頼性を高め、物理現象の理解をより深めることができます。

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問題27 (福岡大)

【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、円形パイプ内で同じ質量の2つの小球が衝突を繰り返す運動を扱います。衝突の基本法則である運動量保存則と反発係数の式、そして相対速度の考え方が中心となります。衝突が繰り返されることで速度がどのように変化し、最終的にどのような状態に落ち着くかを考察する点が特徴的です。

【設問別解説】考え方から計算プロセスまで徹底ガイド

この問題は、円形パイプという特殊な状況下での2物体の衝突を扱いますが、衝突自体は1次元的なものとして考えることができます。

• 運動の向きの定義: パイプ内での運動方向を定義します。例えば、最初にAが打ち出された向き（時計回りなど）を正とすると、反対向き（反時計回り）は負となります。
• 衝突までの運動: 衝突と衝突の間は、各小球は等速円運動（パイプに沿っては等速直線運動とみなせる）をします。
• 衝突現象: 運動量保存則と反発係数の式を用いて解析します。
• 多重衝突と最終状態: 衝突が繰り返されることで速度がどのように変化し、最終的にどのような状態に落ち着くかを考えます。

問1

思考の道筋とポイント
小球AとBは、円形パイプの中心に対して互いに逆向きに打ち出されます。1回目の衝突は、AとBが進んだ距離の合計がパイプの円周 \(2\pi R\) になったときに起こります。Aの速さは \(2v_0\)、Bの速さは \(v_0\) です。

この設問における重要なポイント

• 2物体が出会うまでの時間は、2物体間の初期距離と相対速度の大きさから求めることができる。
• この問題では、2物体が進む距離の合計が円周長になるときに出会うと考える。

具体的な解説と立式
時間 \(t\) の間にAが進む距離は \(s_A = (2v_0)t\)。
時間 \(t\) の間にBが進む距離は \(s_B = (v_0)t\)。
1回目の衝突までに、AとBが進んだ距離の合計は円周 \(2\pi R\) に等しいので、
$$ s_A + s_B = 2\pi R $$
$$ (2v_0)t + (v_0)t = 2\pi R $$

$$ (2v_0 + v_0)t = 2\pi R $$
$$ 3v_0 t = 2\pi R $$
したがって、1回目の衝突までの時間 \(t\) は、
$$ t = \frac{2\pi R}{3v_0} $$

A君とB君が円形のコースを反対方向に走り出す状況を想像してください。A君の速さは \(2v_0\)、B君の速さは \(v_0\) です。二人が出会うのは、二人が走った距離の合計がコース一周分 (\(2\pi R\)) になったときです。時間 \(t\) の間にA君は \(2v_0 t\)、B君は \(v_0 t\) の距離を走るので、その合計が \(2\pi R\) になるという式を立てて \(t\) を求めます。

1回目の衝突が起こるまでの時間 \(t = \displaystyle \frac{2\pi R}{3v_0}\)。
この結果は、相対速度の大きさ \(2v_0 + v_0 = 3v_0\) で距離 \(2\pi R\) を進む時間と解釈することもでき、物理的に妥当です。単位も \([\text{m}] / ([\text{m/s}]) = [\text{s}]\) となり正しいです。

問2

思考の道筋とポイント
1回目の衝突直前のAの速度を \(+2v_0\) (例えば時計回りを正とする)、Bの速度を \(-v_0\) (反時計回り) とします。衝突直後のAの速度を \(v_A\)、Bの速度を \(v_B\) とします。質量はともに \(m\) です。運動量保存則と反発係数 \(e\) の式を連立して \(v_A\) と \(v_B\) を求め、その絶対値が速さとなります。問題文の条件 \(0 < e < \frac{1}{3}\) が速度の符号に影響する可能性があります。

この設問における重要なポイント

• 衝突問題の基本である運動量保存則と反発係数の式を正確に立てること。
• 速度の向き（符号）を衝突の前後で一貫して扱うこと。
• 「速さ」は速度の大きさを意味するため、求めた速度の絶対値をとるが、符号の吟味も行う。

具体的な解説と立式
衝突前の速度: \(v_{\text{A,初}} = 2v_0\), \(v_{\text{B,初}} = -v_0\) (時計回りを正とする)
衝突後の速度: \(v_A\), \(v_B\)

1. 運動量保存則:
$$ m(2v_0) + m(-v_0) = mv_A + mv_B $$
両辺を \(m\) で割ると、
$$ 2v_0 – v_0 = v_A + v_B $$
$$ v_0 = v_A + v_B \quad \cdots (\text{式2-1}) $$
2. 反発係数の式:
$$ v_A – v_B = -e(v_{\text{A,初}} – v_{\text{B,初}}) $$
$$ v_A – v_B = -e(2v_0 – (-v_0)) $$
$$ v_A – v_B = -e(3v_0) = -3ev_0 \quad \cdots (\text{式2-2}) $$

(式2-1) + (式2-2) より、
$$ (v_A + v_B) + (v_A – v_B) = v_0 + (-3ev_0) $$
$$ 2v_A = (1-3e)v_0 $$
$$ v_A = \frac{1-3e}{2}v_0 $$
(式2-1) – (式2-2) より、
$$ (v_A + v_B) – (v_A – v_B) = v_0 – (-3ev_0) $$
$$ 2v_B = (1+3e)v_0 $$
$$ v_B = \frac{1+3e}{2}v_0 $$
問題文の条件 \(0 < e < \frac{1}{3}\) より、\(1-3e > 0\) なので \(v_A > 0\)。また、\(1+3e > 0\) なので \(v_B > 0\)。
したがって、衝突後、AとBはともに正の向き（時計回り）に運動します。
よって、速さはそのまま速度の大きさとなります。
Aの速さ: \(\displaystyle \frac{1-3e}{2}v_0\)
Bの速さ: \(\displaystyle \frac{1+3e}{2}v_0\)

AとBがぶつかった直後のそれぞれの速さを求めます。この衝突でも、「全体の勢い（運動量）は変わらない」というルールと、「はね返り係数」に関するルールを使います。衝突前のAとBの速度（向きに注意して、一方向を正、逆方向を負とします）と、与えられたはね返り係数 \(e\) を使って2つの式を立て、これらを連立方程式として解くことで、衝突後のAとBの速度（向きも含む）が求まります。「速さ」は、この速度の大きさ（絶対値）です。

1回目の衝突直後のAの速さは \(\displaystyle \frac{1-3e}{2}v_0\)、Bの速さは \(\displaystyle \frac{1+3e}{2}v_0\) です。
条件 \(0 < e < \frac{1}{3}\) のため、\(v_A\) も \(v_B\) も正となり、両小球は衝突後同じ向き（最初にAが運動していた向き、時計回り）に運動します。 また、\(v_B – v_A = \frac{1+3e}{2}v_0 – \frac{1-3e}{2}v_0 = \frac{6e}{2}v_0 = 3ev_0 > 0\) なので、\(v_B > v_A\) です。これは問題文の「衝突後、AとBは同じ向きに運動し、やがてBがAに追いついて2回目の衝突が起き」という記述と整合しています。

問3

思考の道筋とポイント
1回目の衝突後のAの速度を \(v_A^{(1)} = \frac{1-3e}{2}v_0\)、Bの速度を \(v_B^{(1)} = \frac{1+3e}{2}v_0\) とします（これらが2回目の衝突直前の速度）。2回目の衝突直後のAの速度を \(v_A^{(2)}\)、Bの速度を \(v_B^{(2)}\) とします。再び運動量保存則と反発係数の式を適用します。

この設問における重要なポイント

• 多重衝突では、各衝突を独立した事象として扱い、直前の衝突の結果を次の衝突の初期条件として用いる。
• 運動量保存則は、衝突が繰り返されても、衝突のたびにその直前直後で成り立つ。また、系全体の運動量は最初の状態から常に保存されている。
• 反発係数の式も同様に各衝突に対して適用する。

具体的な解説と立式
2回目の衝突直前の速度: \(v_A^{(1)}\), \(v_B^{(1)}\)
2回目の衝突直後の速度: \(v_A^{(2)}\), \(v_B^{(2)}\)

1. 運動量保存則:
$$ mv_A^{(1)} + mv_B^{(1)} = mv_A^{(2)} + mv_B^{(2)} $$
$$ v_A^{(1)} + v_B^{(1)} = v_A^{(2)} + v_B^{(2)} $$
ここで、(式2-1) より \(v_A^{(1)} + v_B^{(1)} = v_0\) なので、
$$ v_A^{(2)} + v_B^{(2)} = v_0 \quad \cdots (\text{式3-1}) $$
2. 反発係数の式:
$$ v_A^{(2)} – v_B^{(2)} = -e(v_A^{(1)} – v_B^{(1)}) $$
ここで、(式2-2) より \(v_A^{(1)} – v_B^{(1)} = -3ev_0\) なので、
$$ v_A^{(2)} – v_B^{(2)} = -e(-3ev_0) = 3e^2v_0 \quad \cdots (\text{式3-2}) $$

(式3-1) + (式3-2) より、
$$ 2v_A^{(2)} = v_0 + 3e^2v_0 = (1+3e^2)v_0 $$
$$ v_A^{(2)} = \frac{1+3e^2}{2}v_0 $$
(式3-1) – (式3-2) より、
$$ 2v_B^{(2)} = v_0 – 3e^2v_0 = (1-3e^2)v_0 $$
$$ v_B^{(2)} = \frac{1-3e^2}{2}v_0 $$
これらの速度は \(0 < e < 1/3\) のとき正なので、そのまま速さとなります。
Aの速さ: \(\displaystyle \frac{1+3e^2}{2}v_0\)
Bの速さ: \(\displaystyle \frac{1-3e^2}{2}v_0\)

1回目の衝突の後、BがAに追いついて2回目の衝突が起こります。この2回目の衝突についても、1回目と同じように「全体の勢いは変わらない」ルールと「はね返り係数」のルールを使います。ただし、今度は衝突直前の速さとして、1回目の衝突が終わったときのAとBの速さを使います。これらから、2回目の衝突が終わった後のAとBの速さを計算します。

2回目の衝突直後のAの速さは \(\displaystyle \frac{1+3e^2}{2}v_0\)、Bの速さは \(\displaystyle \frac{1-3e^2}{2}v_0\) です。
1回目の衝突後とは速度の大小関係が逆転し、\(v_A^{(2)} > v_B^{(2)}\) となります（\( (1+3e^2) – (1-3e^2) = 6e^2 > 0 \)）。これにより、今度はAがBに追いついて3回目の衝突が起こることになります。このようにして衝突が繰り返されます。

問4

思考の道筋とポイント
衝突を無限に繰り返すと、2つの小球の相対速度は0に近づき、最終的には同じ速度 \(v_{\infty}\) で運動するようになります。これは、反発係数 \(e\) が \(0 < e < 1\) であるため、衝突のたびに相対速度の大きさが \(e\) 倍に減少していくからです。この最終状態においても、衝突の全過程を通じて系全体の運動量は保存されています。したがって、最初の状態（打ち出し直後）の全運動量と、最終状態（共通速度 \(v_{\infty}\)）の全運動量が等しいとおいて \(v_{\infty}\) を求めます。

この設問における重要なポイント

• 多数回の非弾性衝突(\(e<1\))を繰り返すと、物体系は最終的に一体となって運動する（相対速度が0になる）状態に近づく。
• この過程全体を通じて、系全体の運動量は保存されている。
• 最終状態では、各物体の速度は共通の速度 \(v_{\infty}\) となる。

具体的な解説と立式
最初の打ち出し直後のAの速度は \(+2v_0\)、Bの速度は \(-v_0\) (時計回りを正とする)。
系全体の初期運動量 \(P_{\text{初}}\) は、
$$ P_{\text{初}} = m(2v_0) + m(-v_0) = 2mv_0 – mv_0 = mv_0 $$
衝突を十分に繰り返した後、AとBが共通の速度 \(v_{\infty}\) で運動するときの系全体の最終運動量 \(P_{\text{後}}\) は、
$$ P_{\text{後}} = mv_{\infty} + mv_{\infty} = 2mv_{\infty} $$
運動量保存則より \(P_{\text{初}} = P_{\text{後}}\) なので、
$$ mv_0 = 2mv_{\infty} $$

$$ mv_0 = 2mv_{\infty} $$
両辺から \(m\) を消去すると、
$$ v_0 = 2v_{\infty} $$
したがって、共通の速さ（この場合は速度も同じ向きなので）\(v_{\infty}\) は、
$$ v_{\infty} = \frac{1}{2}v_0 $$

AとBは何度もぶつかり合いますが、跳ね返りが完全ではない（\(e<1\)）ため、ぶつかるたびに互いの速さの差が小さくなっていきます。十分に時間が経って何度も衝突を繰り返すと、最終的にはAとBはまるでくっついたかのように同じ速さで動くようになります。この最終状態でも、一番最初にAとBが持っていた「全体の勢い（運動量）」の合計は変わらずに保たれているはずです。「一番最初の全体の運動量 = 最終状態での全体の運動量」という式を立て、そのときの共通の速さを求めます。

衝突を繰り返していくと、AとBの速さは同じ値 \(\displaystyle \frac{1}{2}v_0\) に近づいていきます。
この値は、初期の全運動量 \(mv_0\) を、AとBの合計質量 \(2m\) で割ったものに等しく、これは2物体が一体となって運動する場合（完全非弾性衝突の最終結果）の速度と同じです。物理的に妥当な結果です。この最終状態では、AとBは時計回りに速さ \(\frac{1}{2}v_0\) で運動し続けることになります。

【総まとめ】この一問を未来の得点力へ！完全マスター講座

最重要ポイント：この問題の核心となる物理法則は？

• 運動量保存則: 2物体以上の系において、外力が作用しない（または無視できる）場合、衝突の前後で系全体の運動量のベクトル和が保存される。本問題では全ての衝突フェーズでこの法則が適用できる。
• 反発係数（はね返り係数）の式: 衝突における跳ね返りの度合いを示す \(e = -\frac{v_{\text{相対,後}}}{v_{\text{相対,初}}}\)。運動量保存則と連立させて衝突後の各物体の速度を決定する。
• 相対速度: 2物体の運動を記述する上で重要な概念。衝突までの時間計算や、反発係数の定義、衝突の繰り返しによる速度変化の理解に役立つ。
• 極限状態への収束: 反発係数が \(e<1\) の場合、衝突を繰り返すことで相対速度が減少し、最終的に共通の速度に収束するという考え方。この最終状態でも運動量保存則は成立する。

応用テクニック：似た問題が出たらココを見る！解法の鍵と着眼点

• 類似問題への応用:
  • 直線上の多重衝突問題。
  • 壁との繰り返し衝突（壁を質量が無限大の物体とみなす）。
  • 気体分子の運動モデルなど、多数の粒子が衝突を繰り返す系の統計的な振る舞いの基礎。
• 初見の問題への着眼点:
  1. 運動の向きと座標設定: まず、速度の正負を定義するための一貫した座標軸（または向き）を設定する。
  2. 衝突フェーズの特定: 問題文から何回目の衝突について問われているのか、その直前直後の状態は何かを把握する。
  3. 保存則の適用可否: 運動量保存則が適用できるか（外力は？）、力学的エネルギー保存則が適用できるか（衝突の種類は？摩擦は？）を判断する。
  4. 相対運動の利用: 複数の物体が動く場合、一方から見た他方の運動（相対速度）を考えると、問題が単純化されることがある。
  5. 繰り返しと収束のパターン: 衝突が繰り返される場合、速度がどのように変化していくかのパターン（漸化式など）を見つけられるか、最終的にどのような状態に収束するかを予測する。
• 問題解決のヒント・注意点:
  • 速度はベクトル量なので、向き（符号）を常に意識する。
  • 「速さ」を問われたら、速度の絶対値をとる。
  • 多重衝突では、前の衝突の結果が次の衝突の初期条件となる。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• 運動量と運動エネルギーの混同: これらは異なる物理量であり、保存則も異なる。運動量はベクトル、運動エネルギーはスカラー。
  • 対策: 定義と単位を正確に覚え、問題に応じて使い分ける。
• 反発係数の式の符号や速度の代入順の誤り: \(e = -\frac{v_A’ – v_B’}{v_A – v_B}\) のマイナス符号や、添え字（衝突前か後か、物体AかBか）を間違える。
  • 対策: 「衝突後の相対速度 = \(-e \times\) 衝突前の相対速度」と意味で覚えるか、定義式を正確に書く練習をする。
• 速度の向き（符号）の取り扱いミス: 最初に設定した正の向きと逆向きの速度を正の値として扱ってしまう。
  • 対策: 最初に座標軸の正の向きを明確に定め、速度が負になる場合もそのまま計算し、最後に速さを問われたら絶対値をとる。
• 多重衝突における初期条件の誤り: 2回目以降の衝突で、衝突直前の速度を間違える（例: 初期の打ち出し速度を再度使ってしまう）。
  • 対策: 衝突の各段階を図示し、直前の状態を正確に把握する。
• (4)の最終状態の理解不足: なぜ共通の速度になるのか（相対速度が0に収束するため）、その際に運動量保存則が初期状態から通して使えるのか（使える）といった点が曖昧になる。
  • 対策: 反発係数 \(e<1\) の意味（エネルギー散逸と相対速度の減少）を理解する。運動量保存則は外力がない限り常に成り立つ強力な法則であることを再認識する。

物理の眼を養う：現象のイメージ化と図解の極意

• 有効な図:
  1. 円形パイプと、A, Bの打ち出し方向・速度を示す初期状態の図。座標軸の正の向きも明記。
  2. 各衝突の「直前」と「直後」のA, Bの速度ベクトルを図示。ベクトルの向きと相対的な長さで速度を表現する。
  3. (4)の最終状態の図: AとBが同じ向きに同じ速さで運動している様子。
• 図を描く際の注意点:
  • パイプ内での運動は円運動だが、衝突自体は1次元的なものとして扱えるため、衝突の瞬間は直線上の2物体の衝突として図示しても良い。
  • 速度の向きを矢印で明確に示し、設定した正負の方向と対応させる。
  • 各衝突段階（1回目、2回目…）を区別して図示すると混乱しにくい。

なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法

• 距離 = 速さ \(\times\) 時間 (相対速度で): (問1)
  • 選定理由: 2物体が互いに近づいて衝突するまでの時間を求めるため。
  • 適用根拠: 等速運動の基本。相対的な速さで相対的な距離を縮めると考える。
• 運動量保存則: (問2, 3, 4)
  • 選定理由: 物体間の衝突現象を扱う際の最も基本的な法則。
  • 適用根拠: 衝突という短時間に働く内力は外力に比べて非常に大きく、また系全体に働く外力のベクトル和が0（または特定方向で0）である場合、運動量の総和が保存される。
• 反発係数の式: (問2, 3)
  • 選定理由: 衝突後の各物体の速度を決定するため、運動量保存則だけでは未知数に対して式が一つ足りない。衝突の「跳ね返り具合」という物理的性質を記述する式が必要。
  • 適用根拠: 衝突前後の相対速度の比が一定であるという実験則。
• 極限状態における運動量保存: (問4)
  • 選定理由: 衝突を無限回繰り返した後の最終的な共通速度を求めるため。
  • 適用根拠: 衝突の全過程を通じて、系全体の運動量は保存され続ける。最終状態もその保存則を満たす。

問題の各フェーズで何が起こっているかを物理的に理解し、それに対応する適切な法則を選択する能力が重要です。

思考を整理する：立式から計算までのロジカルフロー

1. 問1 (1回目の衝突までの時間 \(t\)):
   1. AとBの相対速度の大きさを求める (\(2v_0 – (-v_0) = 3v_0\) または \(2v_0+v_0\))。
   2. 衝突までに縮める距離は円周 \(2\pi R\)。
   3. \(t = \frac{\text{距離}}{\text{相対速度の大きさ}}\) から \(t\) を計算。
2. 問2 (1回目の衝突後の速さ):
   1. 衝突前の速度を設定 (A: \(+2v_0\), B: \(-v_0\))。
   2. 運動量保存則の式を立てる。
   3. 反発係数 \(e\) の式を立てる。
   4. 上記2式を連立して、衝突後の速度 \(v_A, v_B\) を求める。
   5. 問題の条件 \(0 < e < 1/3\) を考慮して速度の符号を確認し、速さ（絶対値）を答える。
3. 問3 (2回目の衝突後の速さ):
   1. 2回目の衝突直前の速度として、(2)で求めた \(v_A, v_B\) を用いる。
   2. 運動量保存則の式を立てる（右辺は \(v_A+v_B=v_0\) を利用すると簡便）。
   3. 反発係数 \(e\) の式を立てる（右辺は \(v_A-v_B=-3ev_0\) を利用すると簡便）。
   4. 上記2式を連立し、2回目の衝突後の速度 \(v_A’, v_B’\) を求める。
   5. 速さ（絶対値）を答える。
4. 問4 (最終的な共通速度 \(v_{\infty}\)):
   1. 最初の状態（A: \(+2v_0\), B: \(-v_0\)）の全運動量を計算する。
   2. 最終状態（A, B ともに速度 \(v_{\infty}\)）の全運動量を計算する。
   3. 運動量保存則から、これら2つの全運動量を等しいとおき、\(v_{\infty}\) を解く。

各ステップで、どの物理法則を適用し、どの物理量を未知数として解くのかを明確に意識することが大切です。

計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック

• 符号の取り扱い: 速度の向きを最初に定義した正負のルールに従って一貫して扱う。特に反発係数の式や運動量保存則の立式で重要。
• 連立方程式の解法: 加減法や代入法を正確に行い、計算途中の符号ミスや移項ミスに注意する。
• 文字の整理: 多数の速度記号（\(v_0, v_A, v_B, v_A’, v_B’, v_{\infty}\)）や係数（\(e, m\)）が出てくるため、混同しないように注意深く扱う。
• 条件の確認と利用: 問題文で与えられた条件（例: \(0 < e < 1/3\)）が、計算結果の物理的な妥当性（例: 速度の向き）の判断に役立つことがある。
• 検算: 可能であれば、求めた速度を元の保存則や反発係数の式に代入して、矛盾がないか確認する。

解きっぱなしはNG！解答の妥当性を吟味する習慣をつけよう

• 物理的な直観との比較:
  • (2) \(0 < e < 1/3\) のとき、衝突後も両球が同じ向き（最初にAが進んでいた向き）に進むことは妥当か？ また、BがAより速くなることは、次の衝突がBの追突で起こるという記述と整合しているか？
  • (3) 衝突を繰り返すことで、速度の差が小さくなっていく傾向が見られるか？（\(|v_A^{(1)}-v_B^{(1)}| = |-3ev_0| = 3ev_0\), \(|v_A^{(2)}-v_B^{(2)}| = |3e^2v_0|\)。\(e<1\) ならば \(3e^2v_0 < 3ev_0\) なので、相対速度の大きさは減少している。）
  • (4) 最終的な共通速度 \(v_{\infty} = v_0/2\) は、初期の平均速度のような値になっているか？（初期の運動量の合計 \(mv_0\) を全質量 \(2m\) で割った値。）
• 単位の確認:
  • 時間: [s]
  • 速さ/速度: [m/s]
  • 反発係数: 無次元
• 特殊な \(e\) の値での検討:
  • もし \(e=0\) (完全非弾性衝突) なら、(2)で \(v_A = v_B = v_0/2\)。これは1回目の衝突で共通速度になることを意味し、(4)の結果と一致。
  • もし \(e=1\) (完全弾性衝突) なら、相対速度の大きさは変わらないため、同じ速度には収束しない。本問の条件は \(e<1/3\)。
• 問題文の記述との整合性: 「衝突後、AとBは同じ向きに運動し、やがてBがAに追いついて2回目の衝突が起き」という記述が、(2)で得られた \(v_A, v_B\) の大小関係と整合しているか。

これらの吟味を通じて、計算ミスを発見したり、物理現象への理解を深めたりすることができます。

問題28 (センター試験)

【問題の確認】まずは問題文をしっかり読み解こう

この問題は、鉛直投げ上げ運動と斜方投射、2物体の衝突条件、そして衝突・合体後の運動量保存、さらにはその後の放物運動（水平投射）までを網羅する総合的な力学の問題です。それぞれの運動フェーズで適切な物理法則を選択し、条件を正確に数式化することが求められます。

【設問別解説】考え方から計算プロセスまで徹底ガイド

この問題は、複数の運動形態と事象（鉛直投げ上げ、斜方投射、衝突、合体、水平投射）を段階的に扱います。

• (1) Aの単独運動: 鉛直投げ上げの基本公式を適用します。
• (2) 衝突の鉛直条件: AとBが衝突するためには、ある時刻に同じ高さにいる必要があります。常に同じ高さで運動するためには、鉛直方向の初速度が等しいことが鍵となります。
• (3) 衝突の時間的・空間的条件: Aが最高点に達する時刻を求め、その時刻にBの水平位置がAと一致するようにPQ間距離 \(l\) を設定します。
• (4) 衝突と運動量保存: 衝突は瞬間的な現象とみなし、衝突直前直後で運動量保存則を水平・鉛直それぞれに適用します。合体なので、衝突後の2物体は同じ速度を持ちます。
• (5) 合体後の放物運動: (4)で求めた合体直後の速度と、衝突した高さを初期条件として、地面に落下するまでの水平到達距離を計算します。

問1

思考の道筋とポイント
小物体AはP点から初速 \(v\) で鉛直上向きに打ち上げられる鉛直投げ上げ運動をします。P点を原点 \(y=0\) とし、鉛直上向きを正の向きとします。Aが着地するのは再び \(y=0\) になるときです。

この設問における重要なポイント

• 鉛直投げ上げ運動の変位の公式 \(y = v_0t + \frac{1}{2}at^2\) を用いる。
• 初速度 \(v_0 = v\)、加速度 \(a = -g\) と設定する。
• 着地条件は \(y=0\) である（打ち出し時以外の解）。

具体的な解説と立式
Aの時刻 \(t\) における高さ \(y_A(t)\) は、
$$ y_A(t) = vt – \frac{1}{2}gt^2 $$
着地する時刻を \(t_1\) とすると、\(y_A(t_1) = 0\) なので、
$$ vt_1 – \frac{1}{2}gt_1^2 = 0 $$

$$ vt_1 – \frac{1}{2}gt_1^2 = 0 $$
\(t_1\) で因数分解すると（\(t_1 \neq 0\) の解を求める）、
$$ t_1 \left(v – \frac{1}{2}gt_1\right) = 0 $$
$$ v – \frac{1}{2}gt_1 = 0 $$
$$ \frac{1}{2}gt_1 = v $$
$$ t_1 = \frac{2v}{g} $$

物体を真上に投げ上げたとき、再び元の高さに戻ってくるまでの時間を考えます。これは、最高点に達するまでの時間を計算し、その2倍にすることでも求められます。最高点では速度が0になることを利用します。

Aの打ち上げから着地までの時間は \(\displaystyle \frac{2v}{g}\) です。これは鉛直投げ上げ運動の基本的な結果であり、物理的に妥当です。

問2

思考の道筋とポイント
AとBが空中で衝突するためには、任意の時刻で同じ高さにいることが条件となります。Aは鉛直上向きに初速 \(v\)、Bは斜め上向きに初速 \(V\) で打ち出されます。両者が常に同じ高さで運動するためには、鉛直方向の初速度成分が等しい必要があります。

この設問における重要なポイント

• 2物体が衝突するためには、ある時刻において同じ空間座標（同じ高さ、かつ同じ水平位置）にいなければならない。
• 2物体が（水平位置に関わらず）常に同じ高さで運動するためには、鉛直方向の初速度と加速度が同じである必要がある。本問では加速度は共に \(-g\)。

具体的な解説と立式
Aの鉛直方向の初速度: \(v_{\text{A,y初}} = v\)
Bの鉛直方向の初速度: \(v_{\text{B,y初}} = V\sin\alpha\)
これらが等しければ、AとBは常に同じ高さで運動します。
$$ V\sin\alpha = v $$

$$ \sin\alpha = \frac{v}{V} $$

AとBが空中で出会うためには、同じ時刻に同じ高さにいなければなりません。最も確実に「同じ高さにいる」状態を作るには、AとBの「真上に進む速さの最初の値」を同じにすることです。Aは初速 \(v\) で真上に、Bは初速 \(V\) で斜め角度 \(\alpha\) なので、Bの「真上に進む速さの最初の値」は \(V\sin\alpha\) です。これらが等しいという条件 \(V\sin\alpha = v\) から \(\sin\alpha\) を求めます。

\(\sin\alpha = \displaystyle \frac{v}{V}\)。
問題文に \(V > v\) という条件があるので、\(\frac{v}{V} < 1\) となり、\(\sin\alpha\) の値として適切です。この条件が満たされれば、AとBは常に同じ高さで運動することになります。

問3

思考の道筋とポイント
Aが最高点に達する時刻 \(t_2\) を求めます。その時刻に、Bが水平方向に距離 \(l\) だけ進んでAの真下（または真上）に来ていれば衝突が起こります。Bの水平方向の速度は \(V\cos\alpha\) で一定です。\(\alpha\) を用いずに表すため、(2)の結果 \(\sin\alpha = v/V\) と三角関数の関係 \(\cos\alpha = \sqrt{1-\sin^2\alpha}\) を利用します。

この設問における重要なポイント

• 鉛直投げ上げで物体が最高点に達する時刻は、鉛直方向の速度が0になるとき。
• 斜方投射において、水平方向の運動は等速直線運動（力がはたらかない場合）。
• \(\sin\alpha\) から \(\cos\alpha\) を導出する際には、\(\cos^2\alpha + \sin^2\alpha = 1\) を利用する。

具体的な解説と立式
1. Aが最高点に達する時刻 \(t_2\):
鉛直投げ上げの速度の式 \(v_y(t) = v_{\text{初}} – gt\) より、Aの最高点では \(0 = v – gt_2\)。
$$ t_2 = \frac{v}{g} $$
2. Bの水平方向の速度 \(V_x\):
$$ V_x = V\cos\alpha $$
(2)より \(\sin\alpha = \frac{v}{V}\) なので、
$$ \cos\alpha = \sqrt{1-\sin^2\alpha} = \sqrt{1 – \left(\frac{v}{V}\right)^2} = \sqrt{\frac{V^2-v^2}{V^2}} = \frac{\sqrt{V^2-v^2}}{V} $$
(\(0 < \alpha \le 90^\circ\) より \(\cos\alpha \ge 0\))
よって、\(V_x = V \cdot \frac{\sqrt{V^2-v^2}}{V} = \sqrt{V^2-v^2}\)。
3. PQ間の距離 \(l\):
時刻 \(t_2\) でBが水平方向に \(l\) だけ進むので、
$$ l = V_x \cdot t_2 $$

$$ l = (\sqrt{V^2-v^2}) \cdot \left(\frac{v}{g}\right) = \frac{v\sqrt{V^2-v^2}}{g} $$

Aが一番高いところに到達するのは、打ち上げてから \(v/g\) 秒後です。この瞬間にBがちょうどAの真下（または真上）にいれば衝突します。Bは横方向には一定の速さ \(V\cos\alpha\) で進みます。したがって、\(v/g\) 秒間にBが横方向に進む距離が、PとQの間の最初の距離 \(l\) になっていればよいわけです。ここで、\(\cos\alpha\) は(2)で求めた \(\sin\alpha\) を使って、\(\alpha\) を含まない形で表すことができます。

PQ間の距離 \(l = \displaystyle \frac{v\sqrt{V^2-v^2}}{g}\)。
\(V>v\) でないと根号内が負になり実数ではなくなるため、問題の条件 \(V>v\) がここで効いてきます。単位も距離 \([\text{m}]\) として正しいです。

問4

思考の道筋とポイント
AとBがそれぞれの最高点で衝突し合体します。
衝突直前のAの速度: 鉛直上向きに打ち上げられたAが最高点に達しているので、その速度は0です (\(v_{\text{A,前}} = 0\))。
衝突直前のBの速度: (2)の条件 \(\sin\alpha = v/V\) より、BもAと同時に最高点に達します。したがって、Bの鉛直方向の速度成分は0です。水平方向の速度成分は \(V\cos\alpha = \sqrt{V^2-v^2}\) (問3の計算途中より) を保っています。
衝突は瞬間的であり、その間に働く重力の力積は無視できるとして、水平方向と鉛直方向それぞれで運動量保存則を適用します。

この設問における重要なポイント

• 「最高点」での物体の速度（特に鉛直成分が0）を正しく把握する。
• 衝突が瞬間的である場合、衝突中の外力（重力など）の影響は無視して運動量保存則を適用できることが多い。
• 合体する場合、衝突後の2物体は同じ速度を持つ。
• 運動量保存則を水平成分と鉛直成分に分けて適用する。

具体的な解説と立式
衝突直前の速度成分:

• A: \(v_{\text{A,x,前}} = 0\), \(v_{\text{A,y,前}} = 0\)
• B: \(v_{\text{B,x,前}} = V\cos\alpha = \sqrt{V^2-v^2}\), \(v_{\text{B,y,前}} = 0\)

合体後の質量は \((m+M)\)。合体直後の速度の水平成分を \(v_x\)、鉛直成分を \(v_y\) とします。

1. 水平方向の運動量保存:
$$ m \cdot 0 + M \cdot (V\cos\alpha) = (m+M)v_x $$
2. 鉛直方向の運動量保存 (衝突の瞬間):
$$ m \cdot 0 + M \cdot 0 = (m+M)v_y $$

1. 水平成分 \(v_x\):
$$ M(V\cos\alpha) = (m+M)v_x $$
$$ v_x = \frac{M}{m+M}V\cos\alpha $$
\(\cos\alpha = \frac{\sqrt{V^2-v^2}}{V}\) を代入すると、
$$ v_x = \frac{M}{m+M}V \left(\frac{\sqrt{V^2-v^2}}{V}\right) = \frac{M\sqrt{V^2-v^2}}{m+M} $$
2. 鉛直成分 \(v_y\):
$$ 0 = (m+M)v_y $$
よって、
$$ v_y = 0 $$

AとBがそれぞれのコースの一番高いところでぶつかり、くっついて一体となった場合を考えます。
ぶつかる直前、Aは上下にも左右にも動いていません（速度ゼロ）。Bは上下方向には動いていませんが（最高点なので）、横方向にはまだ速さ \(V\cos\alpha\) で動いています。
衝突の瞬間には、全体の「横方向の勢い」（水平方向の運動量）と「縦方向の勢い」（鉛直方向の運動量）は、それぞれ保たれます。
このルールを使って、合体した後の新しい物体が持つ横方向の速さと縦方向の速さを計算します。

合体直後の速度の水平成分の大きさは \(\displaystyle \frac{M\sqrt{V^2-v^2}}{m+M}\)、鉛直成分の大きさは \(0\) です。
衝突直前に鉛直方向の運動量が全体として0だったので、衝突直後も0であるというのは妥当です。水平方向については、Bが持っていた水平運動量を、合体後の全質量で分け合った形になっています。

問5

思考の道筋とポイント
合体物は、Aの最高点の高さから、(4)で求めた初速度で運動を開始します。
合体直後の初速度: 水平成分 \(v_x = \frac{M\sqrt{V^2-v^2}}{m+M}\)、鉛直成分 \(v_y = 0\)。
衝突が起こった高さ（Aの最高点の高さ）: \(h_{\text{最高}} = \frac{v^2}{2g}\) (鉛直初速 \(v\) で投げ上げた物体の最高到達点の高さ)。
この高さから、水平方向に初速 \(v_x\) で投げ出された物体（水平投射）と同じ運動をすると考えられます。P点は地面の \(x=0\) の位置であり、衝突もその真上で起きているため、合体物が落下するまでに水平方向に進む距離がそのままP点からの距離 \(x\) となります。

この設問における重要なポイント

• 水平投射の運動として解析する。鉛直方向は自由落下、水平方向は等速直線運動。
• 落下時間 \(t_3\) は、鉛直方向の自由落下運動から求める。
• 水平到達距離 \(x\) は、水平方向の初速度と落下時間の積で求められる。
• 衝突地点の高さを正しく把握する（Aの最高点の高さ）。

具体的な解説と立式
1. 合体物が落下するまでの時間 \(t_3\):
鉛直方向には、高さ \(h_{\text{最高}} = \frac{v^2}{2g}\) から初速度0で自由落下するのと同じです。
変位の式 \(y = \frac{1}{2}gt^2\) (下向きを正、落下距離 \(y=h_{\text{最高}}\)) より、
$$ \frac{v^2}{2g} = \frac{1}{2}gt_3^2 $$
2. P点からの水平到達距離 \(x\):
水平方向には速度 \(v_x = \frac{M\sqrt{V^2-v^2}}{m+M}\) で等速直線運動をするので、
$$ x = v_x \cdot t_3 $$

1. 落下時間 \(t_3\) の計算:
$$ \frac{v^2}{2g} = \frac{1}{2}gt_3^2 $$
両辺に \(2/g\) を掛けると、
$$ \frac{v^2}{g^2} = t_3^2 $$
\(t_3 > 0\) なので、
$$ t_3 = \sqrt{\frac{v^2}{g^2}} = \frac{v}{g} $$
(これは、Aが最高点に達するまでの時間と同じです。)
2. 水平到達距離 \(x\) の計算:
$$ x = v_x \cdot t_3 = \left(\frac{M\sqrt{V^2-v^2}}{m+M}\right) \cdot \left(\frac{v}{g}\right) $$
$$ x = \frac{Mv\sqrt{V^2-v^2}}{g(m+M)} $$

AとBが合体した後、その新しい物体は、Aが到達した一番高いところから動き始めます。このとき、上下方向の初めの速さは0で、横方向には(4)で計算した速さ \(v_x\) を持っています。これは、ある高さから物体を真横に投げる「水平投射」という運動と同じです。
まず、この物体が地面に落ちるまでにかかる時間を、上下方向の運動（自由落下）から計算します。
次に、その時間と、横方向の一定の速さ \(v_x\) を使って、横方向にどれだけ進んだかを計算します。衝突はP点の真上で起きたので、この横に進んだ距離が、P点からの落下地点までの距離 \(x\) となります。

P点から落下点までの距離 \(x = \displaystyle \frac{Mv\sqrt{V^2-v^2}}{g(m+M)}\)。
単位も距離 \([\text{m}]\) として正しく、\(V>v\) が必要であることも式の形からわかります。

【総まとめ】この一問を未来の得点力へ！完全マスター講座

最重要ポイント：この問題の核心となる物理法則は？

• 放物運動の解析（鉛直投げ上げ、斜方投射、水平投射）:
  • 運動を水平方向と鉛直方向に分解して考える。
  • 鉛直方向: 重力による等加速度運動。初速度、加速度、変位、時間の関係式を使いこなす。最高点では鉛直速度が0。
  • 水平方向: 外力がなければ等速直線運動。
• 衝突の条件: 2物体が衝突するためには、ある時刻において両者の空間座標（位置）が一致する必要がある。本問では、常に同じ高さで運動するための条件（鉛直初速度が等しい）や、特定の時刻（Aの最高点到達時）に水平位置も一致する条件を考えた。
• 運動量保存則: 衝突の前後で、系全体の運動量のベクトル和が保存される（外力の力積が無視できる場合）。本問(4)の合体衝突で水平・鉛直成分それぞれに適用。
• 合体（完全非弾性衝突）: 衝突後に物体が一体となる。運動量は保存されるが、力学的エネルギーは一般に大きく失われる。

応用テクニック：似た問題が出たらココを見る！解法の鍵と着眼点

• 類似問題への応用:
  • 2つの物体が異なる初期条件で投げ出され、空中で衝突する問題全般。
  • 空中での爆発・分裂現象（運動量保存則が適用できる）。
  • 衝突後にさらに別の運動（例: ばねとの相互作用、摩擦面での運動）が続く複合問題。
• 初見の問題への着眼点:
  1. 運動のフェーズ分け: 「打ち上げ」「空中での運動」「衝突」「衝突後の運動」など、時間経過に伴う現象の変化点を見極める。
  2. 各物体・各フェーズでの座標と速度: 時刻 \(t\) における各物体の位置 (\(x, y\)) と速度 (\(v_x, v_y\)) を、初速度と加速度を用いて記述できるようにする。
  3. 「衝突する」という条件の数式化: \(x_A(t) = x_B(t)\) かつ \(y_A(t) = y_B(t)\) となる時刻 \(t\) が存在すること。本問(2)のように「常に同じ高さ」という条件は \(v_{\text{A,y初}} = v_{\text{B,y初}}\) に帰着できる。
  4. 運動量保存則の適用方向: 外力が作用しない方向について運動量保存則を適用する。瞬間的な衝突では、重力の影響を無視して全方向で近似的に適用できる場合が多い。
  5. 合体後の初期条件: 合体直後の速度と位置を、その後の運動（例: 水平投射）の初期条件として正しく引き継ぐ。
• 問題解決のヒント・注意点:
  • 「Aが最高点に達したとき」のような時間的同期の条件は、一方の物体の運動から時刻を特定し、それを他方の物体の状態に適用する重要な手がかり。
  • 三角関数の関係式 (\(\sin^2\alpha + \cos^2\alpha = 1\)) を使って、角度 \(\alpha\) を消去するテクニック。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• 鉛直方向と水平方向の運動の混同: 加速度（鉛直は \(-g\)、水平は0）や初速度成分を誤って適用する。
  • 対策: 常に \(x\) 方向と \(y\) 方向を意識的に分けて立式・計算する。
• 衝突条件の曖昧な理解: 「衝突する」という条件を、単に「同じ高さに来る」とだけ考え、水平位置や時刻の一致を見落とす。
  • 対策: 衝突は「同時刻・同位置」で起こることを基本とし、問題の条件に合わせてそれを数式化する。
• 運動量保存則の適用方向の誤り: 重力が明らかに作用している鉛直方向で、長時間の運動に対して運動量保存則を誤用する（瞬間的な衝突では近似的にOK）。
  • 対策: 運動量保存則は「外力の力積が0または無視できる」場合に成り立つことを常に確認する。
• 最高点の速度の誤解: 斜方投射の最高点で速度全体が0になると誤解する（鉛直成分のみ0で、水平成分は残る）。本問のAは鉛直投げ上げなので最高点速度0で正しい。
  • 対策: 各方向の運動を分けて考えることで、最高点の速度成分を正しく把握する。
• 合体後の質量の扱い: 合体後の質量を \(m\) や \(M\) のまま計算してしまう。正しくは \(m+M\)。
  • 対策: 合体したら「一つの新しい物体」として扱い、その質量を正しく使う。

物理の眼を養う：現象のイメージ化と図解の極意

• 有効な図:
  1. Aの鉛直投げ上げとBの斜方投射の軌跡を、同じ時間軸で比較できるような図（あるいは \(y-t\) グラフ、\(x-t\) グラフ）。
  2. (3) Aが最高点 (\(t=t_2\)) にあるときのAとBの位置関係を示す図。PQ間の距離 \(l\) が明確になるように。
  3. (4) 衝突直前のAとBの速度ベクトル（Aは速度0、Bは水平速度のみ）、および衝突直後の合体物の速度ベクトルを図示。
  4. (5) 合体物が最高点の高さから水平投射される軌跡の図。初期高さ、初速度、落下点までの水平距離を明記。
• 図を描く際の注意点:
  • 原点と座標軸（特に正の向き）を明確に設定し、図中に示す。
  • 速度ベクトル、加速度ベクトルは向きと相対的な大きさがわかるように矢印で描く。
  • 衝突の瞬間を「直前」と「直後」に分けて図示すると、運動量の変化が追いやすい。
  • 複数の物体の運動を比較する場合は、同じ時刻における位置関係がわかるように工夫する。

なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法

• 鉛直投げ上げ/斜方投射の公式群: (問1, 3, 5)
  • 選定理由: 重力下での投射運動という典型的な状況であるため。
  • 適用根拠: 加速度が一定（鉛直方向 \(-g\)、水平方向 \(0\)）の運動に対する運動方程式を積分して得られる関係式。
• 衝突条件 (\(v_{\text{A,y初}} = v_{\text{B,y初}}\) など): (問2, 3)
  • 選定理由: 2物体が特定の条件（例: 同じ高さ、特定の位置）で出会うための運動学的条件を記述するため。
  • 適用根拠: 位置と時間の関係式から導かれる。
• 運動量保存則: (問4)
  • 選定理由: 2物体が衝突し合体するという、内力が主役となる短時間の現象であるため。
  • 適用根拠: 系に作用する外力の力積が、内力の力積に比べて無視できるほど小さい場合、系の全運動量は保存される。瞬間的な衝突では重力の影響も無視できる。

問題文から物理的な状況を正確に読み取り、それぞれの状況に最も適した法則・公式を選択する判断力が、複雑な問題を解きほぐす鍵となります。

思考を整理する：立式から計算までのロジカルフロー

1. 問1 (Aの滞空時間):
   1. Aの鉛直投げ上げ運動について、変位の公式 \(y(t) = vt – \frac{1}{2}gt^2\) を用いる。
   2. 着地条件 \(y(t_1)=0\) から \(t_1\) を解く（\(t_1 \neq 0\) の解）。
2. 問2 (衝突のための \(\sin\alpha\)):
   1. AとBが常に同じ高さで運動するための条件として、鉛直方向の初速度が等しい (\(v = V\sin\alpha\)) とおく。
   2. この式から \(\sin\alpha\) を求める。
3. 問3 (PQ間距離 \(l\)):
   1. Aが最高点に達する時刻 \(t_2\) を求める (\(v_y = v – gt_2 = 0\))。
   2. Bの水平方向の速度 \(V_x = V\cos\alpha\) を、(2)の結果を使って \(\alpha\) を含まない形で表す。
   3. PQ間の距離 \(l\) は、Bが時刻 \(t_2\) までに水平方向に進む距離に等しいので \(l = V_x t_2\)。
4. 問4 (合体直後の速度成分):
   1. 衝突直前のAの速度（最高点なので0）、Bの速度（最高点なので鉛直成分0、水平成分 \(V\cos\alpha\)）を特定。
   2. 水平方向について運動量保存則を適用し、合体後の水平速度 \(v_x\) を求める。
   3. 鉛直方向について運動量保存則を適用し、合体後の鉛直速度 \(v_y\) を求める。
5. 問5 (P点からの落下距離 \(x\)):
   1. 合体物がAの最高点の高さ \(h_{\text{最高}} = v^2/(2g)\) から、初速（水平 \(v_x\), 鉛直0）で水平投射されると考える。
   2. 鉛直方向の自由落下運動から、地面に達するまでの時間 \(t_3\) を求める。
   3. 水平方向の等速直線運動から、その時間 \(t_3\) に進む距離 \(x = v_x t_3\) を計算する。これがP点からの距離となる。

各設問が独立している部分と、前の設問の結果を利用する部分を意識しながら、順序立てて解き進めることが重要です。

計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック

• 成分分解の正確性: 初速度や力を水平・鉛直成分に分解する際、\(\sin\alpha\) と \(\cos\alpha\) の適用を間違えないように、図を描いて確認する。
• 符号の一貫性: 鉛直上向きを正とするなど、座標軸の向きを最初に定め、速度や加速度の符号を一貫して正しく扱う。
• 文字の区別: 質量 \(m, M\)、初速度 \(v, V\) など、異なる物体や状態を表す文字を混同しない。
• 平方根や二乗の計算: \(\cos\alpha = \sqrt{1-\sin^2\alpha}\) の変形や、運動エネルギー \(\frac{1}{2}mv^2\) の計算などでミスをしない。
• 運動量保存則の適用時: 各物体の質量と速度の積を正確に計算し、衝突の前後で和を取る。ベクトル量なので向き（符号）が極めて重要。
• 最終的な式の整理: 求める形（例: \(\alpha\) を用いずに）に合わせて、代入や式変形を正確に行う。

解きっぱなしはNG！解答の妥当性を吟味する習慣をつけよう

• 物理的な直観との比較:
  • (2) \(\sin\alpha = v/V\): \(V>v\) なので \(0 < \sin\alpha < 1\) となり、実在する角度 \(\alpha\) が存在することは妥当か。もし \(V \le v\) なら衝突は不可能か、あるいは条件が変わるか。
  • (3) 距離 \(l\) が正の値を取るためには、根号内 \(V^2-v^2\) が正、つまり \(V>v\) が必要。これは問題条件と一致。
  • (4) 合体後に鉛直速度が0になるのは、衝突前に両物体の鉛直速度が0だったことから自然か。
  • (5) 落下距離 \(x\) が、各パラメータ（\(M, m, v, V, g\)）に対してどのように依存しているか、直観的な増減と合うか（例: \(v_x\) が大きければ \(x\) も大きい、落下時間が長ければ \(x\) も大きい）。
• 単位の確認:
  • 時間: [s]
  • \(\sin\alpha\): 無次元
  • 距離 \(l, x\): [m]
  • 速度: [m/s]
• 極端なケースの考察:
  • もし \(v=0\) (Aを打ち上げない) なら、(2) \(\sin\alpha=0 \Rightarrow \alpha=0\)。(3) \(l=0\)。(4) \(v_x = \frac{M V}{M+m}\cos\alpha\)。(5) \(t_3=0, x=0\)。Aがなければ衝突自体が起こらないので、これらの結果は状況と合うか。
  • もし \(V\) が \(v\) に非常に近い値なら、\(\sqrt{V^2-v^2}\) は0に近づき、\(l\) や \(x\) も0に近づく。これは \(\cos\alpha \approx 0 \Rightarrow \alpha \approx 90^\circ\) (Bもほぼ鉛直投げ上げ) に対応し、PQ間距離が0でないと衝突しない状況と合うか。

これらの吟味を行うことで、解答の信頼性を高め、物理現象の本質的な理解に繋がります。

問題29 (立命館大＋東北工大)

【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、宇宙空間で静止しているロケットが多段階で部分を分離（打ち出し）していく際の、各部分の速度や分離に必要なエネルギーを問うものです。運動量保存則と相対速度の概念、そして分裂時のエネルギー変化が中心となります。外力が作用しない系における運動量の保存が鍵となります。

【設問別解説】考え方から計算プロセスまで徹底ガイド

この問題では、ロケットの分裂現象を扱います。宇宙空間で外力がはたらかないため、分裂の各段階で運動量保存則が成り立ちます。また、問題文で「～から見た速さ」と与えられているため、相対速度の扱いに注意が必要です。「要したエネルギー」は、分裂によって新たに生じた運動エネルギーの総和と考えます。
速度の向きは、例えば右向きを正、左向きを負として設定します。

問1

思考の道筋とポイント
ロケット全体（P+Q+R、総質量 \(4m\)）は最初に静止しているので、全運動量は0です。1回目の分離でR（質量 \(m\)）が左向きに打ち出され、残りのP・Qの塊（質量 \(3m\)）は右向きに動くと考えられます。P・Qの塊の速さ（大きさ）を \(V_{PQ}\)、Rの速さ（大きさ）を \(V_R\) とします。
運動量保存則と、P・Qから見たRの相対速度が \(u\) であるという条件から、これらを求めます。

この設問における重要なポイント

• 静止状態からの分裂では、分裂後の各部分の運動量の合計も0になる（ベクトル和）。
• 相対速度は「見られる物体の速度」－「見る物体の速度」で定義される。向きに注意。
• 分裂後の各部分が互いに逆向きに運動する場合、相対速度の大きさは各部分の速さの和になる。

具体的な解説と立式
右向きを正の向きとします。
P・Qの塊の速度を \(v_{PQ}\) ( \(v_{PQ} > 0\) と予想)、Rの速度を \(v_R\) ( \(v_R < 0\) と予想) とします。
P・Qの塊の速さの大きさを \(V_1 = v_{PQ}\)、Rの速さの大きさを \(V_2 = |v_R| = -v_R\) とします。

1. 運動量保存則:
初期運動量 = 0。
$$ 0 = (3m)v_{PQ} + mv_R $$
速さの大きさを用いると、\(3mV_1 + m(-V_2) = 0 \Rightarrow 3mV_1 = mV_2\)。
$$ 3V_1 = V_2 \quad \cdots (\text{式1-1}) $$
2. 相対速度:
P・Qから見たRの速さが \(u\)。RはP・Qに対して左向きに \(u\) の速さで遠ざかります。
P・Qの速度が \(V_1\) (右向き)、Rの速度が \(-V_2\) (左向き) なので、P・Qから見たRの相対速度は \(v_R – v_{PQ} = (-V_2) – V_1\)。
この速さ（大きさ）が \(u\) なので、\(|(-V_2) – V_1| = u \Rightarrow |-(V_1+V_2)| = u \Rightarrow V_1+V_2 = u\)。
(互いに逆向きに遠ざかるので、相対速度の大きさは速さの和。)
$$ V_1 + V_2 = u \quad \cdots (\text{式1-2}) $$

(式1-1) より \(V_2 = 3V_1\)。これを (式1-2) に代入します。
$$ V_1 + (3V_1) = u $$
$$ 4V_1 = u $$
よって、P・Qの塊の速さ \(V_1\) は、
$$ V_1 = \frac{1}{4}u $$

ロケットが宇宙で一部分Rを切り離すと、最初に止まっていたので、Rが左に動けば残りのP・Qは右に動きます。これは全体の「勢い」（運動量）が0のまま保たれるためです。「P・Qが右に動く勢い」と「Rが左に動く勢い」の大きさは等しくなります。また、P・Qから見るとRは速さ \(u\) で遠ざかっていきます。これは、P・Q自身の速さとR自身の速さを足したものが \(u\) になることを意味します（互いに反対方向に動いているため）。この2つのルールから、P・Qの速さを求めます。

P・Qの速さは \(\displaystyle \frac{1}{4}u\) です。
このとき、Rの速さは \(V_2 = 3V_1 = \frac{3}{4}u\)。P・Qの質量は \(3m\)、Rの質量は \(m\) です。運動量の大きさはP・Qが \(3m \cdot \frac{1}{4}u = \frac{3}{4}mu\)、Rが \(m \cdot \frac{3}{4}u = \frac{3}{4}mu\) となり、確かに等しくなっています。

問2

思考の道筋とポイント
Rの放出（分裂）に要したエネルギーは、分裂によって新たに生じた運動エネルギーの総和に等しいです。初期状態ではロケット全体が静止しており、運動エネルギーは0でした。

この設問における重要なポイント

• 分裂に要するエネルギーは、分裂後の各部分の運動エネルギーの合計から、分裂前の運動エネルギーを引いたもの。初期運動エネルギーが0なら、分裂後の全運動エネルギーに等しい。
• 各部分の質量と速さ（大きさ）を用いて運動エネルギーを計算する。

具体的な解説と立式
P・Qの塊（質量 \(3m\)）の速さは \(V_1 = \frac{1}{4}u\)。
R（質量 \(m\)）の速さは \(V_2 = \frac{3}{4}u\)。
要したエネルギー \(E\) は、これらの運動エネルギーの和です。
$$ E = \frac{1}{2}(3m)V_1^2 + \frac{1}{2}mV_2^2 $$

$$ E = \frac{1}{2}(3m)\left(\frac{1}{4}u\right)^2 + \frac{1}{2}m\left(\frac{3}{4}u\right)^2 $$
$$ E = \frac{1}{2}(3m)\frac{u^2}{16} + \frac{1}{2}m\frac{9u^2}{16} $$
$$ E = \frac{3mu^2}{32} + \frac{9mu^2}{32} $$
$$ E = \frac{3mu^2 + 9mu^2}{32} = \frac{12mu^2}{32} $$
分母分子を4で割ると、
$$ E = \frac{3mu^2}{8} $$

ロケットが一部分を切り離すとき、そのためにエネルギーが使われます。この使われたエネルギーは、切り離された各部分が動き出すための「運動のエネルギー」に変わります。最初にロケット全体が止まっていたので、使われたエネルギーは、単純に切り離された後の「P・Qの塊の運動エネルギー」と「Rの運動エネルギー」を足し合わせたものになります。

この際に要したエネルギーは \(\displaystyle \frac{3}{8}mu^2\) です。
エネルギーは正の値であり、単位も \([\text{kg} \cdot (\text{m/s})^2] = [\text{J}]\) となり、エネルギーの単位として正しいです。

問3

思考の道筋とポイント
1回目の分離後、P・Qの塊は速さ \(V_1 = \frac{1}{4}u\) で右向きに運動しています（質量 \(3m\)）。ここから、Q（質量 \(m\)）を左向きに打ち出します。残ったP（質量 \(2m\)）の最終的な速度を \(V_P\) (右向きを正とする)、打ち出されたQの最終的な速度を \(V_Q\) (右向きを正とする) とします。
この分離においても運動量保存則が成り立ちます。また、放出後のPから見たQの相対速度が \(u\) (QはPに対して左向きに \(u\)) であるという条件を用います。

この設問における重要なポイント

• 多段階の分離では、各段階の直前の状態を次の段階の初期状態として正しく設定する。
• 運動量保存則を適用する際の「系」とその初期運動量を正確に把握する。
• 相対速度の定義と向き（符号）に注意して立式する。

具体的な解説と立式
2回目の分離直前のP・Qの塊の速度: \(v_{\text{PQ,初}} = V_1 = \frac{1}{4}u\) (右向き)
分離後のPの速度: \(V_P\) (右向きを正)
分離後のQの速度: \(V_Q\) (右向きを正)

1. 運動量保存則 (P・Qの塊からPとQへの分離、右向き正):
$$ (3m)v_{\text{PQ,初}} = (2m)V_P + mV_Q $$
$$ (3m)\left(\frac{1}{4}u\right) = 2mV_P + mV_Q $$
両辺を \(m\) で割ると、
$$ \frac{3}{4}u = 2V_P + V_Q \quad \cdots (\text{式3-1}) $$
2. 相対速度:
放出後のPから見たQの速さが \(u\)。QはPに対して左向きに \(u\) の速さで遠ざかるので、Pから見たQの相対速度は \(-u\)。
$$ V_Q – V_P = -u \quad \cdots (\text{式3-2}) $$

(式3-2) より \(V_Q = V_P – u\)。これを (式3-1) に代入します。
$$ \frac{3}{4}u = 2V_P + (V_P – u) $$
$$ \frac{3}{4}u = 3V_P – u $$
\(u\) の項を左辺に集めると、
$$ \frac{3}{4}u + u = 3V_P $$
$$ \frac{3u+4u}{4} = 3V_P $$
$$ \frac{7}{4}u = 3V_P $$
したがって、Pの最終的な速度 \(V_P\) は、
$$ V_P = \frac{7}{12}u $$
これがPの速さ（正なので右向き）です。

今度は、(1)の後に右向きに動いている「PとQの塊」から、Qだけをさらに左方向に切り離す状況を考えます。この切り離しの前後でも、「PとQの塊」が持っていた「勢い」（運動量）の合計は、切り離された後の「Pの勢い」と「Qの勢い」の合計と等しくなります。また、問題文には「切り離された後、Pから見てQが速さ \(u\) で左に遠ざかった」というヒントがあります。これらのルール（運動量保存則と相対速度の条件）を使って、2つの式を作り、それらを解くことでPの最終的な速さを求めます。

Pの速さは \(\displaystyle \frac{7}{12}u\) です。
1回目の分離後のP・Qの塊の速さは \(\frac{1}{4}u = \frac{3}{12}u\) でした。Qをさらに左へ（Pの進行方向と逆向きに）打ち出すことで、Pは反動でさらに右へ加速され、速さが \(\frac{7}{12}u\) に増加しています。これは物理的に妥当な結果です。
ちなみに、このときのQの速度は \(V_Q = V_P – u = \frac{7}{12}u – u = -\frac{5}{12}u\) となり、Qは左向きに速さ \(\frac{5}{12}u\) で運動することがわかります。

【総まとめ】この一問を未来の得点力へ！完全マスター講座

最重要ポイント：この問題の核心となる物理法則は？

• 運動量保存則: 外力が作用しない系（または特定方向で無視できる系）において、分裂や衝突の前後で系全体の運動量のベクトル和は常に保存される。宇宙空間でのロケットの分離は、この法則が適用される典型例。
• 相対速度: ある物体から見た別の物体の速度。\(v_{\text{Aから見たB}} = v_B – v_A\)。問題文で「～から見た速さ」と与えられた場合、これを正しく数式化し、向き（符号）を含めて立式することが重要。
• 分裂（分離）に要するエネルギー: ロケットの分離のような分裂現象では、内部エネルギー（化学エネルギーなど）が運動エネルギーに変換される。分離に「要したエネルギー」は、分裂によって増加した運動エネルギーの総和に等しい（分裂前の系が静止していれば、分裂後の全運動エネルギー）。

応用テクニック：似た問題が出たらココを見る！解法の鍵と着眼点

• 類似問題への応用:
  • 多段式ロケットの各段の速度計算。
  • 宇宙船からの探査機の放出や、宇宙遊泳中の物体操作。
  • 台車上での人の移動や物体の投げ出し（地上でも水平方向の運動量保存が成り立つ）。
  • 爆発現象における破片の飛び散る速度の解析。
• 初見の問題への着眼点:
  1. 「系」の特定: 運動量保存則を適用する対象となる「系（システム）」を明確にする。分裂の場合、分裂する前のひとまとまりの物体と、分裂後の複数の物体全体を一つの系と考える。
  2. 外力の確認: その系に対して外部から力が作用しているかを確認する。宇宙空間でのロケットの分離なら、通常は外力なしと考えてよい。
  3. 座標軸（正の向き）の設定: 速度や運動量はベクトル量なので、一直線上の運動であっても、正の向きを定めて符号で向きを表現する。
  4. 相対速度の条件の数式化: 「Aから見たBの速さが \(u\) で左向き」といった条件を、設定した座標軸と速度の定義に基づいて \(v_B – v_A = -u\) のように正確に式に直す。
  5. 多段階分離の扱い: 各分離段階を独立した事象として扱い、前の段階の結果（速度や質量）を次の段階の初期条件として正確に引き継ぐ。
• 問題解決のヒント・注意点:
  • 「速さ」は速度の大きさを指すので、常に正の値。一方、「速度」は向きを含むため正負の値をとりうる。
  • 運動量保存則と相対速度の条件から連立方程式を立てて解くのが定石。
  • 「要したエネルギー」は、運動エネルギーの変化量（通常は増加分）として計算する。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• 運動量と運動エネルギーの混同: これらは全く異なる物理量。運動量は \(mv\)、運動エネルギーは \(\frac{1}{2}mv^2\)。保存則も別。
  • 対策: 各量の定義と単位をしっかり区別する。運動量はベクトル、運動エネルギーはスカラー。
• 相対速度の式の符号ミス: \(v_B – v_A\) か \(v_A – v_B\) か、その結果の符号（向き）を間違える。
  • 対策: 「Aから見たBの相対速度」は常に「Bの速度」－「Aの速度」と定義を固定し、結果の符号で向きを判断する。問題文の「左向きに速さu」などを正確に数式の符号に反映させる。
• 質量の誤用: 分裂後の各部分の質量や、分裂前の塊の質量を計算中に取り違える。
  • 対策: 各段階で質量がどう変化しているかを図に書き込むなどして明確にする。
• 多段階分離における基準の混乱: 2回目の分離を考える際に、1回目の分離後の速度を基準とせず、最初の静止状態から考えてしまう。
  • 対策: 各分離イベントの「直前」と「直後」で運動量保存を考える。直前の状態はその前のイベントの結果。
• エネルギー計算での誤り: 分裂に要したエネルギーを、単一の物体の運動エネルギーとしてしまったり、相対速度をエネルギー計算に使ってしまったりする。
  • 対策: 「要したエネルギー = （分裂後の全運動エネルギーの和）－（分裂前の全運動エネルギーの和）」という基本に立ち返る。

物理の眼を養う：現象のイメージ化と図解の極意

• 有効な図:
  1. 初期状態（PQR一体で静止）の図。
  2. 1回目の分離直後の図: Rが左へ、P・Qの塊が右へ動く。各部分の質量と速度ベクトル（向きと、可能なら相対的な長さで速さを示す）を明記。
  3. 2回目の分離直前の図: P・Qの塊が右へ動いている状態。
  4. 2回目の分離直後の図: Qが左へ、Pが右へ動く（または速度変化）。各部分の質量と速度ベクトルを明記。
• 図を描く際の注意点:
  • 座標軸の正の向きを必ず図中に示す。
  • 速度ベクトルは、その向きと、できれば相対的な速さがわかるように矢印の長さで表現する。
  • 各段階での質量を明確に記述する。
  • 相対速度の関係性を図で補助的に示す（例: P・Qから見てRが左へ \(u\) で離れていく様子）。

なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法

• 運動量保存則 (\(\sum \vec{p}_{\text{初}} = \sum \vec{p}_{\text{後}}\)): (問1, 問3)
  • 選定理由: ロケットの分離（分裂）は、短時間にはたらく内力によって各部分の運動状態が変化する現象であり、外力が作用しない宇宙空間では運動量保存則が厳密に成り立つため。
  • 適用根拠: ニュートンの第2法則と第3法則（作用・反作用の法則）から導かれる、孤立系（または特定方向で外力の影響が無視できる系）の全運動量は時間的に変化しないという基本的な法則。
• 相対速度の定義 (\(v_{\text{Aに対するBの相対}} = v_B – v_A\)): (問1, 問3)
  • 選定理由: 問題文で「～から見た速さ」という形で、物体の運動に関する情報が相対的な形で与えられているため、これを絶対速度（ある慣性系から見た速度）に関する式に変換する必要がある。
  • 適用根拠: 速度のベクトル的な差として定義される。これにより、観測者の運動状態に依存しない物体の運動の記述が可能になる場合がある。
• 運動エネルギーの計算 (\(K = \frac{1}{2}mv^2\)) とその変化: (問2)
  • 選定理由: 分裂に「要したエネルギー」を問われており、これが分裂によって物体が得た運動エネルギーの総増加分に等しいと考えられるため（内部エネルギーが運動エネルギーに変換された）。
  • 適用根拠: 物体の運動を表すエネルギーの形態。分裂や非弾性衝突では、力学的エネルギーは保存されないが、エネルギー全体としては保存される（一部が熱などに変わる）。

問題文のキーワード（「静止」「打ち出した」「～から見た速さ」「要したエネルギー」など）から、どの物理法則が適用可能か、また問われている量と関連が深いかを判断することが重要です。

思考を整理する：立式から計算までのロジカルフロー

1. 座標軸（正の向き）の設定: 例えば、右向きを正、左向きを負とする。
2. 問1 (1回目の分離後のP・Qの速さ \(V_1\)):
   1. P・Qの塊の速度を \(v_{PQ}\) (右向き正)、Rの速度を \(v_R\) (右向き正) とおく。
   2. 運動量保存則: \(0 = (3m)v_{PQ} + mv_R\)。
   3. 相対速度の条件: P・Qから見てRは左へ速さ \(u\) なので、\(v_R – v_{PQ} = -u\)。
   4. 上記2式を連立し \(v_{PQ}\) を解く。速さ \(V_1 = |v_{PQ}|\)。
3. 問2 (1回目の分離に要したエネルギー \(E\)):
   1. (1)で求めた \(v_{PQ}\) と、そこから求まる \(v_R\) を用いる。
   2. \(E = \frac{1}{2}(3m)v_{PQ}^2 + \frac{1}{2}mv_R^2\) を計算する。
4. 問3 (2回目の分離後のPの速さ \(V_P\)):
   1. 2回目の分離直前のP・Qの塊の速度は、(1)で求めた \(v_{PQ}\) (右向き)。
   2. 分離後のPの速度を \(V_P\) (右向き正)、Qの速度を \(V_Q\) (右向き正) とおく。
   3. 運動量保存則（P・Qの塊 \(\rightarrow\) P + Q）: \((3m)v_{PQ} = (2m)V_P + mV_Q\)。
   4. 相対速度の条件: Pから見てQは左へ速さ \(u\) なので、\(V_Q – V_P = -u\)。
   5. 上記2式を連立し \(V_P\) を解く。速さは \(|V_P|\)。

各段階で、どの物体がどのような運動をしているか、質量はいくらか、速度の向きはどうか、といった情報を正確に整理しながら立式することが求められます。

計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック

• 符号の徹底管理: 設定した正の向きに基づき、速度や相対速度の符号を間違えないように細心の注意を払う。特に相対速度の式を立てる際。
• 質量の正確な把握: 各分離段階で、運動量保存則を適用する対象となる塊や部分の質量を正しく代入する（例: P・Qの塊は \(3m\)、分離後のPは \(2m\)）。
• 連立方程式の確実な処理: 文字が多くなっても焦らず、代入法や加減法を用いて丁寧に解く。計算過程を省略しすぎない。
• 相対速度の立式の習熟: 「Aから見たBの速度 \(v_B – v_A\)\)」という定義を常に意識し、問題文の表現（「～から見た～の速さは \(u\) で左向き」など）を正確に数式の符号に反映させる。
• エネルギー計算の確認: \(\frac{1}{2}\) や速度の二乗を忘れない。各部分の運動エネルギーを計算して足し合わせる。

解きっぱなしはNG！解答の妥当性を吟味する習慣をつけよう

• 物理的な直観との照らし合わせ:
  • (1) 静止状態からの分裂で、質量の小さいRの方が質量の大きいP・Qの塊よりも速い速度を持つのは妥当か（運動量の大きさを等しくするため）。
  • (2) エネルギーは必ず正の値になるはず。
  • (3) 1回目の分離でP・Qは右に動いていた。そこからQをさらに左（Pの進行方向と逆）へ打ち出すと、Pは反動でさらに右へ加速されるはず。計算結果はそのようになっているか。
• 単位の確認:
  • 速さ: [m/s] ( \(u\) が速さなので、\(u\) の定数倍は速さの単位)
  • エネルギー: [J] ( \(mu^2\) が \(\text{kg} \cdot (\text{m/s})^2\) なのでエネルギーの単位)
• 極端なケースや単純化モデルでの検証:
  • もしRの質量が0だったら、P・Qは動かないはず。式がそれを反映するか。
  • もし相対速度 \(u\) が0だったら（＝くっついたまま分離しない）、P・Qの速さは0のまま。エネルギーも0。
  • 2回目の分離で、もしQを非常に大きな相対速度で打ち出したら、Pは大きく加速されるはず。式がその傾向を示すか。

これらの吟味は、計算ミスを発見するだけでなく、物理法則の適用が正しかったか、現象の理解が深まったかを確認する良い機会となります。

問題30 (東邦大)

【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、なめらかな水平面上での2物体の2次元弾性衝突を扱います。衝突後の各物体の散乱方向が \(x\) 軸に対して対称的であるという特徴的な設定の下で、運動量保存則とエネルギー保存則を適用して衝突後の速度や散乱角を求めます。

【設問別解説】考え方から計算プロセスまで徹底ガイド

この問題のポイントは、2次元の弾性衝突において、運動量保存則（\(x\) 成分と \(y\) 成分のそれぞれ）と運動エネルギー保存則を連立して解くことです。特に、衝突後の2物体が \(x\) 軸に対して対称な方向に散乱するという条件が重要になります。

問1

思考の道筋とポイント
衝突前のAの進行方向を \(x\) 軸の正の向き、それに垂直な方向を \(y\) 軸とします。衝突前後の各物体の運動量を \(x\) 成分と \(y\) 成分に分解し、それぞれの方向で運動量の総和が保存されるという式を立てます。

この設問における重要なポイント

• 運動量はベクトル量であり、その保存則はベクトル式として成り立つ。したがって、直交する2方向の成分ごとに分けて立式する。
• 衝突後の速度 \(v, V\) を、角度 \(\theta\) を用いて \(x, y\) 成分に正しく分解する。Bの \(y\) 成分の向きに注意。

具体的な解説と立式
衝突前の運動量:

• A: \(p_{\text{A},x,\text{初}} = mv_0\), \(p_{\text{A},y,\text{初}} = 0\)
• B: \(p_{\text{B},x,\text{初}} = 0\), \(p_{\text{B},y,\text{初}} = 0\)

衝突後の運動量:

• A: \(p_{\text{A},x,\text{後}} = mv\cos\theta\), \(p_{\text{A},y,\text{後}} = mv\sin\theta\)
• B: \(p_{\text{B},x,\text{後}} = MV\cos\theta\), \(p_{\text{B},y,\text{後}} = MV\sin(-\theta) = -MV\sin\theta\)

\(x\) 方向の運動量保存則:
(衝突前の \(x\) 方向の全運動量) = (衝突後の \(x\) 方向の全運動量)
$$ mv_0 + 0 = mv\cos\theta + MV\cos\theta $$
\(y\) 方向の運動量保存則:
(衝突前の \(y\) 方向の全運動量) = (衝突後の \(y\) 方向の全運動量)
$$ 0 + 0 = mv\sin\theta – MV\sin\theta $$

問2

思考の道筋とポイント
衝突は弾性衝突であるため、衝突の前後で系全体の運動エネルギーの総和は保存されます。

この設問における重要なポイント

• 弾性衝突の定義は、運動エネルギーが保存される衝突であること。
• 運動エネルギーはスカラー量であり、各物体の運動エネルギーの和として全体のエネルギーを計算する。

具体的な解説と立式
衝突前の全運動エネルギー:
$$ K_{\text{初}} = \frac{1}{2}mv_0^2 + \frac{1}{2}M(0)^2 = \frac{1}{2}mv_0^2 $$
衝突後の全運動エネルギー:
$$ K_{\text{後}} = \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{2}MV^2 $$
運動エネルギー保存則より \(K_{\text{初}} = K_{\text{後}}\):
$$ \frac{1}{2}mv_0^2 = \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{2}MV^2 $$
両辺の \(\frac{1}{2}\) を消去して、
$$ mv_0^2 = mv^2 + MV^2 $$

問3

思考の道筋とポイント
(1)で立てた \(y\) 方向の運動量保存則の式から \(v\) と \(V\) の関係を導き出し、それを(2)のエネルギー保存則の式に代入することで、\(\theta\) を含まない形で \(v\) と \(V\) を求めます。\(\theta > 0\) なので \(\sin\theta \neq 0\) として扱えます。

この設問における重要なポイント

• \(y\) 方向の運動量保存から得られる \(mv=MV\) という関係（対称的な散乱の場合）を利用する。
• この関係をエネルギー保存則に代入して、一方の速さを求め、その後もう一方の速さを求める。

具体的な解説と立式
(1)の \(y\) 方向の運動量保存則より:
$$ 0 = mv\sin\theta – MV\sin\theta $$
$$ (mv – MV)\sin\theta = 0 $$
\(\theta > 0\) なので \(\sin\theta \neq 0\)。したがって、
$$ mv – MV = 0 \Rightarrow mv = MV \quad \cdots (\text{式3-1}) $$
これから、
$$ V = \frac{m}{M}v \quad \cdots (\text{式3-2}) $$
この関係を(2)のエネルギー保存則 \(mv_0^2 = mv^2 + MV^2\) に代入します。
$$ mv_0^2 = mv^2 + M\left(\frac{m}{M}v\right)^2 $$

$$ mv_0^2 = mv^2 + M\frac{m^2}{M^2}v^2 $$
$$ mv_0^2 = mv^2 + \frac{m^2}{M}v^2 $$
右辺を \(mv^2\) でくくります。
$$ mv_0^2 = mv^2\left(1 + \frac{m}{M}\right) $$
$$ mv_0^2 = mv^2\left(\frac{M+m}{M}\right) $$
\(v^2\) について解きます (\(m \neq 0\))。
$$ v^2 = v_0^2 \frac{M}{M+m} $$
速さ \(v\) は正なので、
$$ v = v_0 \sqrt{\frac{M}{M+m}} $$
次に、この \(v\) を(式3-2) \(V = \frac{m}{M}v\) に代入して \(V\) を求めます。
$$ V = \frac{m}{M} \left(v_0 \sqrt{\frac{M}{M+m}}\right) $$
$$ V = v_0 \frac{m}{M} \sqrt{\frac{M}{M+m}} = v_0 \frac{m}{\sqrt{M^2}} \sqrt{\frac{M}{M+m}} = v_0 \frac{m}{\sqrt{M(M+m)}} $$

衝突後のAとBの速さを、衝突の角度 \(\theta\) を使わずに表します。
まず、縦方向（\(y\) 方向）の運動量の保存を考えると、衝突前はどちらも縦方向には動いていなかったので運動量は0でした。衝突後も縦方向の運動量の合計は0になるはずです。Aが上に速さ \(v\sin\theta\) の成分、Bが下に速さ \(V\sin\theta\) の成分を持つので、\(m \times v\sin\theta = M \times V\sin\theta\) が成り立ち、これから \(mv = MV\) という関係が出てきます。
次に、この関係と、全体の運動エネルギーが保存されるというルール（弾性衝突なので）を組み合わせることで、\(v\) と \(V\) を具体的に計算できます。

衝突後のAの速さ \(v = v_0 \sqrt{\displaystyle \frac{M}{M+m}}\)
衝突後のBの速さ \(V = v_0 \displaystyle \frac{m}{\sqrt{M(M+m)}}\)
これらの結果は \(\theta\) を含んでおらず、題意を満たしています。\(M+m \ge M\) なので \(v \le v_0\) となり、Aの速さが衝突前より小さくなる（または等しくなる）のは、エネルギーをBに分け与えた結果として妥当です。

問4

思考の道筋とポイント
\(M=m\) (質量が等しい) という条件を、(1)で立てた \(x\) 方向の運動量保存則の式と、(3)で求めた \(v\) と \(V\) の式（またはその途中の \(mv=MV\) の関係）に適用して、角度 \(\theta\) を求めます。

この設問における重要なポイント

• 与えられた条件 (\(M=m\)) を既存の式に代入して、特定の物理量を求める。
• 質量が等しい2物体の弾性衝突で、一方が静止している場合、衝突後の2物体の進行方向は直交する（なす角 \(90^\circ\)）という重要な性質がある。

具体的な解説と立式
\(M=m\) のとき、(3)で用いた関係式 \(mv=MV\) は \(mv=mv\) となり、\(v=V\) を意味します。
(3)で求めた \(v\) と \(V\) の式に \(M=m\) を代入すると、
$$ v = v_0 \sqrt{\frac{m}{m+m}} = v_0 \sqrt{\frac{m}{2m}} = v_0 \sqrt{\frac{1}{2}} = \frac{v_0}{\sqrt{2}} $$
$$ V = v_0 \frac{m}{\sqrt{m(m+m)}} = v_0 \frac{m}{\sqrt{m(2m)}} = v_0 \frac{m}{m\sqrt{2}} = \frac{v_0}{\sqrt{2}} $$
確かに \(v=V=\frac{v_0}{\sqrt{2}}\) となります。
この結果を、(1)の \(x\) 方向の運動量保存則 \(mv_0 = mv\cos\theta + MV\cos\theta\) に、\(M=m\) と \(v=V=\frac{v_0}{\sqrt{2}}\) を代入します。
$$ mv_0 = m\left(\frac{v_0}{\sqrt{2}}\right)\cos\theta + m\left(\frac{v_0}{\sqrt{2}}\right)\cos\theta $$

$$ mv_0 = m\frac{v_0}{\sqrt{2}}\cos\theta + m\frac{v_0}{\sqrt{2}}\cos\theta $$
$$ mv_0 = 2m\frac{v_0}{\sqrt{2}}\cos\theta $$
$$ mv_0 = \sqrt{2}mv_0\cos\theta $$
両辺を \(mv_0\) で割ります (\(mv_0 \neq 0\))。
$$ 1 = \sqrt{2}\cos\theta $$
$$ \cos\theta = \frac{1}{\sqrt{2}} $$
\(\theta > 0\) なので、これを満たす角度 \(\theta\) は、
$$ \theta = 45^\circ \quad \left(\text{または } \frac{\pi}{4} \text{ rad}\right) $$

もし、ぶつかる玉Aとぶつけられる玉Bの重さ（質量）が同じだったら、衝突後にAとBが進む角度 \(\theta\) は何度になるか、という問題です。
(3)で計算したAの速さ \(v\) とBの速さ \(V\) の式に、\(M=m\) を入れてみると、AとBの速さが等しくなることがわかります（具体的には \(v_0/\sqrt{2}\)）。
この結果と \(M=m\) という条件を、(1)で立てた横方向（\(x\) 方向）の運動量保存の式に代入すると、\(\cos\theta\) の値が求まり、そこから角度 \(\theta\) がわかります。

\(M=m\) のとき、角度 \(\theta = 45^\circ\) (または \(\frac{\pi}{4}\) rad) です。
このとき、Aは \(x\) 軸から \(45^\circ\) の方向に、Bは \(x\) 軸から \(-45^\circ\) の方向に散乱するため、AとBの進む向きのなす角度は \(45^\circ – (-45^\circ) = 90^\circ\) となります。これは、質量が等しい2つの物体が弾性衝突し、衝突前に一方が静止していた場合、衝突後の2物体の進行方向は互いに直角になる、という物理学でよく知られた重要な結果です。

【総まとめ】この一問を未来の得点力へ！完全マスター講座

最重要ポイント：この問題の核心となる物理法則は？

• 運動量保存則（ベクトル性）: 2次元の衝突では、運動量は \(x\) 成分と \(y\) 成分のそれぞれで保存される。ベクトル量としての保存を理解することが不可欠。
• 運動エネルギー保存則（スカラー性）: 弾性衝突の定義であり、衝突の前後で系全体の運動エネルギーの総和が変わらない。エネルギーはスカラー量。
• ベクトルの成分分解: 速度や運動量といったベクトル量を、直交する座標軸（通常は入射方向を \(x\) 軸）に分解して扱う。三角関数 (\(\sin\theta, \cos\theta\)) を正しく用いることが求められる。
• 連立方程式の解法: 上記の保存則から得られる複数の代数方程式を解いて、未知の物理量（衝突後の速度や角度）を求める数学的なスキル。

応用テクニック：似た問題が出たらココを見る！解法の鍵と着眼点

• 類似問題への応用:
  • ビリヤードの玉の衝突（特に回転を無視できる場合）。
  • 原子核や素粒子などの粒子散乱実験の基本的なモデル。
  • 2つの物体が任意の角度で衝突し、異なる角度で散乱する一般的な2次元衝突。
• 初見の問題への着眼点:
  1. 座標系の設定: 衝突前のいずれかの物体の進行方向を \(x\) 軸に取ると、初期条件がシンプルになり、計算が見通しやすくなる。
  2. 未知数の特定: 衝突後の各物体の速さと散乱角のうち、何が未知で何を求めるべきかを把握する。
  3. 保存則の立式: まず運動量保存則を \(x\) 成分と \(y\) 成分に分けて立てる。次に、衝突の種類に応じてエネルギー保存則（弾性衝突の場合）や反発係数の式（1次元衝突の場合や、2次元でも法線方向の成分で考える場合）を追加する。
  4. 式の数と未知数の整合性: 解が一意に定まるためには、独立な方程式の数と未知数の数が一致している必要がある。不足している場合は、問題文中の対称性や特殊な条件を見落としていないか確認する。
• 問題解決のヒント・注意点:
  • 本問のように散乱角が対称的 (\(\theta\) と \(-\theta\)) に与えられている場合、\(y\) 方向の運動量保存から \(mv = MV\) (または \(mv\sin\theta = MV\sin\theta\)) のような単純な関係が得られることがあり、これが解法を大きく助ける。
  • \(M=m\) で一方が静止している場合の弾性衝突では、衝突後の2物体の進む向きが直交する（なす角 \(90^\circ\)）という結果は非常に有名で、覚えておくと検算や問題の見通しを立てるのに役立つ。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• 運動量をスカラーとして扱う: 運動量はベクトルなので、必ず方向を考慮し、成分ごとに保存則を立てる必要がある。単に速さの和や差で運動量保存を考えると誤り。
  • 対策: 図を描き、ベクトルを \(x, y\) 成分に分解して計算する習慣をつける。
• エネルギー保存則だけで解こうとする: 2次元衝突では、エネルギー保存だけでは運動状態（特に方向）が一意に決まらない。運動量保存則と組み合わせる必要がある。
  • 対策: 衝突問題では、まず運動量保存を考える癖をつける。
• 角度の取り扱いの誤り: 成分分解時の \(\sin\theta, \cos\theta\) の選択ミスや、角度の基準（\(x\) 軸からか、入射方向からかなど）を誤解する。
  • 対策: 三角関数の定義を再確認し、図を丁寧に描いて角度の関係を正確に把握する。
• 連立方程式の計算ミス: 複数の文字や三角関数を含む連立方程式は計算が複雑になりやすく、代入ミス、符号ミス、整理のミスなどが起こりやすい。
  • 対策: 計算過程を省略せず、一行ずつ丁寧に書き下す。検算を行う。
• 図の対称性の解釈: 問題の図が対称的に描かれている場合、それが物理的な条件（例: \(y\) 方向の運動量保存から導かれる関係）を反映しているのか、単なる模式図なのかを慎重に判断する必要がある。本問では物理的条件と合致していた。

物理の眼を養う：現象のイメージ化と図解の極意

• 有効な図:
  1. 衝突前後の速度ベクトル図: 衝突前のAの速度ベクトル（\(x\) 軸方向、大きさ \(v_0\)）、Bの速度ベクトル（ゼロベクトル）。衝突後のAの速度ベクトル（角度 \(\theta\)、大きさ \(v\)）とBの速度ベクトル（角度 \(-\theta\)、大きさ \(V\)）を明確に図示する。
  2. 運動量ベクトル図: (衝突前の全運動量ベクトル \(m\vec{v_0}\)) = (衝突後のAの運動量ベクトル \(m\vec{v}\)) + (衝突後のBの運動量ベクトル \(M\vec{V}\)) というベクトル和の関係を図で示す（ベクトル三角形または平行四辺形の法則）。特に \(y\) 成分については、\(m\vec{v}\) の \(y\) 成分と \(M\vec{V}\) の \(y\) 成分が大きさが等しく逆向きであることが視覚的に理解できると良い。
• 図を描く際の注意点:
  • 座標軸（\(x\) 軸、\(y\) 軸）と原点を明記する。
  • 角度は、基準となる軸（通常は \(x\) 軸）からどちら向きに測ったものかを明確にする。
  • ベクトル量は矢印で向きと相対的な大きさを示す。成分分解したベクトルも点線などで補助的に描くと、立式の助けになる。

なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法

• 運動量保存則 (\(p_x\) 成分, \(p_y\) 成分): (問1, 問3の導出過程, 問4)
  • 選定理由: 2物体の衝突現象を扱う際の最も基本的な法則。外力が作用しない系（または衝突中の内力に比べて無視できるほど短時間で外力の力積が小さい系）では、運動量は保存されるため。
  • 適用根拠: ニュートンの運動の第2法則（運動方程式）と第3法則（作用・反作用の法則）から導かれる。ベクトル量であるため、各成分ごとに独立して成り立つ。
• 運動エネルギー保存則 (\(K_{\text{初}} = K_{\text{後}}\)): (問2, 問3の導出過程)
  • 選定理由: 問題文に「弾性衝突した」と明記されているため。弾性衝突の定義そのものが運動エネルギーの保存。
  • 適用根拠: 衝突によって運動エネルギーが熱エネルギーや音エネルギー、物体の変形エネルギーなどに変換されない理想的な衝突。スカラー量。

問題の条件（「なめらかな水平面」「弾性衝突」など）を読み取り、それに基づいて適用すべき物理法則を的確に選択することが、問題を解く上での第一歩となります。

思考を整理する：立式から計算までのロジカルフロー

1. 座標系設定と速度成分表示: 入射方向を \(x\) 軸とし、衝突前後の各物体の速度を \(x, y\) 成分で表す（または大きさと角度で）。
2. 問1 (運動量保存則の立式):
   • \(x\) 方向の運動量について、(衝突前の和) = (衝突後の和) の式を立てる。
   • \(y\) 方向の運動量について、(衝突前の和) = (衝突後の和) の式を立てる。
3. 問2 (エネルギー保存則の立式):
   • (衝突前の全運動エネルギー) = (衝突後の全運動エネルギー) の式を立てる。
4. 問3 (\(v, V\) の計算、\(\theta\) を用いず):
   1. (1)で得た \(y\) 方向の運動量保存の式を変形し（例: \(mv=MV\)）、\(V\) を \(v\) で表す（またはその逆）。
   2. この関係を(2)のエネルギー保存の式に代入し、一方の速さ（例: \(v\)）を \(m, M, v_0\) で表す。
   3. 得られた速さを、先ほどの \(v\) と \(V\) の関係式に代入し、もう一方の速さ（例: \(V\)）を \(m, M, v_0\) で表す。
5. 問4 (\(M=m\) のときの \(\theta\)):
   1. (3)で求めた \(v\) と \(V\) の式に \(M=m\) を代入し、そのときの \(v, V\) を \(v_0\) のみで表す。
   2. これらの \(v, V\) (と \(M=m\)) を、(1)の \(x\) 方向の運動量保存の式に代入する。
   3. 得られた式を \(\cos\theta\) について解き、角度 \(\theta\) (\(>0\)) を求める。

このように、保存則から得られる複数の式を連立させ、未知数を段階的に消去していくことで解にたどり着きます。

計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック

• 三角関数の正確な使用: 速度ベクトルを成分分解する際の \(\sin\theta, \cos\theta\) の適用を間違えない。特にBの \(y\) 成分の符号 (\(-\sin\theta\)) に注意。
• 文字の区別と丁寧な代入: 質量 \(m, M\)、速度 \(v_0, v, V\) など、似た文字や複数の文字を扱う際は、混同しないように注意深く代入・計算する。
• 連立方程式の確実な処理: 式の変形、代入、整理の各ステップを丁寧に行い、計算ミスを防ぐ。特に二乗や平方根を含む計算。
• 約分・簡略化の確認: 計算途中や最終的な答えが、可能な限り簡単な形で表されているか確認する。

解きっぱなしはNG！解答の妥当性を吟味する習慣をつけよう

• 物理的な直観との照合:
  • (3) \(v, V\) の式は、質量の比 \(m/M\) に対してどのように変化するか。例えば、\(M\) が非常に大きい（壁のような相手）場合、\(v \approx v_0\) かつ \(V \approx 0\) となるか（ただし、これは散乱角 \(\theta\) が0に近い場合の話で、本問の対称散乱とは異なる）。
  • (4) \(M=m\) のときに \(\theta=45^\circ\) となり、散乱方向が直交するのは、2次元弾性衝突の重要な特性。これが導出できたことは、計算の正しさの一つの指標になる。
• 単位の確認:
  • 運動量保存の式、エネルギー保存の式の各項の単位が一致しているか。
  • 最終的に求めた速度 \(v, V\) の単位が \([\text{m/s}]\) になっているか。角度 \(\theta\) の単位が \([\text{rad}]\) または [\({}^\circ\)] になっているか。
• 特殊な状況での検証（思考実験）:
  • もし衝突が1次元的 (\(\theta=0\)) だったと仮定した場合、(3)の \(v, V\) の式が1次元弾性衝突の公式に帰着するか。
    (\(\theta=0\) の場合、\(y\) 成分の運動量保存 \(0 = (mv-MV)\sin\theta\) からは \(\sin\theta=0\) となり \(mv=MV\) が直接導けない。しかし、\(x\) 方向の運動量保存 \(mv_0 = mv+MV\) とエネルギー保存 \(mv_0^2 = mv^2+MV^2\) から1次元弾性衝突の解が得られるはず。本問の解法は \(\sin\theta \neq 0\) を暗黙に仮定している。）
  • \(v_0=0\) なら、何も起こらず \(v=0, V=0\)。式もこれを満たすか。

これらの吟味を通じて、解答の信頼性を高めるだけでなく、物理現象への理解をより深めることができます。

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