「良問の風」攻略ガイド（31〜35問）：重要問題の解き方と物理の核心をマスター！

問題31 (東洋大 + 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、質量が異なる2つの物体AとBが、ばねと糸でつながれた状態から始まり、糸の切断、ばねからの分離、壁との弾性衝突、そして再度ばねを介した相互作用という、一連の運動プロセスを追っていくものです。各段階で、運動量保存則や力学的エネルギー保存則を適切に適用することが求められます。特に、どの「系」に対してどの保存則が成り立つのか、また「弾性衝突」や「ばねが最も縮む」といった条件が何を意味するのかを正確に捉えることが重要です。

【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、複数の物体が絡み合う運動において、**運動量保存則**と**力学的エネルギー保存則**を巧みに使い分ける能力を試すものです。それぞれの法則がどのような条件下で成立するのかを常に意識しながら解き進めましょう。
主な物理法則・概念は以下の通りです。

• 運動量保存則: 系に外力が働かない（あるいは内力のみが働く）場合、系の全運動量は保存されます。分裂や衝突現象の解析に不可欠です。
• 力学的エネルギー保存則: 保存力（重力、弾性力など）のみが仕事をする場合、系の力学的エネルギー（運動エネルギー + 位置エネルギー）は保存されます。
• 力積と運動量の関係: 物体が受けた力積は、その物体の運動量の変化に等しくなります。衝突時の力の分析に用います。
• 弾性衝突: 力学的エネルギーが保存される衝突です。壁との衝突や、ばねを介した理想的な反発がこれに該当します。

全体的な戦略としては、各設問で記述される物理現象の「前」と「後」の状態を明確にし、その間でどの保存則が適用できるかを判断し、立式していくことになります。

問1

思考の道筋とポイント
糸が切れてからBがばねを離れるまでの「A、B、ばね」を一つの系として考えます。床は滑らかであり、糸が切れることやばねが伸びる力は内力であるため、この系の水平方向の運動量は保存されます。糸が切れる直前と、Bがばねから離れた瞬間（このときAは静止）の運動量を比較します。

この設問における重要なポイント

• 運動量保存則を適用する「系」の範囲を正しく捉えること（ここではA+B+ばね）。
• 「Aは静止した」という重要な条件を運動量保存の式に反映させること。
• 「軽いばね」なので、ばね自身の運動量は \(0\)として扱える点を理解しておくこと。

具体的な解説と立式
右向きを正の向きとします。
糸が切れる直前、A (質量 \(2m\)) と B (質量 \(m\)) は一体となって速さ \(v\) で運動しています。
このときの系の全運動量 \(P_{\text{初}}\) は、
$$ P_{\text{初}} = (2m)v + mv = 3mv $$
糸が切れ、Bがばねから離れた瞬間を考えます。このとき、Aは静止したので、Aの速度 \(v_{A\text{後}} = 0\)。Bの速さを \(v_B\) とします。
このときの系の全運動量 \(P_{\text{後}}\) は、
$$ P_{\text{後}} = (2m) \cdot 0 + m v_B = mv_B $$
運動量保存則 \(P_{\text{初}} = P_{\text{後}}\) より、
$$ 3mv = mv_B $$

運動量保存則の式 \(3mv = mv_B\) の両辺を \(m\) で割ります（質量 \(m\) は \(0\) ではないので割ることができます）。
$$ \frac{3mv}{m} = \frac{mv_B}{m} $$
$$ v_B = 3v $$

はじめ、AさんとBさんは質量合計 \(3m\) のグループとして、右向きに速さ \(v\) で進んでいました。このときの「運動の勢い（運動量）」は \( (2m+m)v = 3mv \) です。
糸が切れてばねが伸びきった後、Aさんは止まりました (\(v_A=0\))。Bさんだけが速さ \(v_B\) で右向きに進んでいます。このときの「運動の勢い」はBさんだけのものとなり、\(mv_B\) です。
外から水平方向の力が加わっていないので、グループ全体の「運動の勢い」は変化しません。
したがって、「はじめの勢い」＝「あとの勢い」なので、
$$ 3mv = mv_B $$
この式の両辺を \(m\) で割ると、\(v_B = 3v\) となります。

糸が切れ、ばねから離れたときのBの速さは \(3v \, \text{[m/s]}\) です。
Aが静止する代わりに、より質量の小さいBが大きな速さを持つことで、系全体の運動量が保存されたことがわかります。単位も \(\text{[m/s]}\) であり、速さの単位として適切です。

問2

思考の道筋とポイント
糸が切れる直前から、Bがばねを離れる（Aが静止する）までの過程に着目します。この間、働く力はばねの弾性力（保存力）であり、床は滑らかで摩擦はありません。したがって、「A、B、ばね」の系の力学的エネルギーは保存されます。はじめのばねの縮みを \(x\) として、エネルギー保存則を立式します。

この設問における重要なポイント

• 力学的エネルギー保存則が適用できる条件（保存力のみが仕事をする）を理解していること。
• 運動エネルギー \( \frac{1}{2}mv^2 \) と弾性エネルギー \( \frac{1}{2}kx^2 \) の式を正しく運用すること。
• 問1で求めたBの速さ \(v_B = 3v\) を利用すること。
• Bがばねから離れたとき、ばねは自然長に戻っている（弾性エネルギーが0）と判断すること。

具体的な解説と立式
力学的エネルギー保存則を適用します。
**初期状態（糸が切れる直前）:**
AとBは一体で速さ \(v\)。ばねの縮みは \(x\)。
運動エネルギー \(K_{\text{初}}\):
$$ K_{\text{初}} = \frac{1}{2}(2m+m)v^2 = \frac{3}{2}mv^2 $$
弾性エネルギー \(U_{\text{ばね,初}}\):
$$ U_{\text{ばね,初}} = \frac{1}{2}kx^2 $$
全力学的エネルギー \(E_{\text{初}}\):
$$ E_{\text{初}} = K_{\text{初}} + U_{\text{ばね,初}} = \frac{3}{2}mv^2 + \frac{1}{2}kx^2 $$
**最終状態（Bがばねから離れた瞬間）:**
Aは静止 (\(v_{A\text{後}}=0\))。Bは速さ \(v_B = 3v\)。ばねは自然長 (\(x_{\text{後}}=0\))。
運動エネルギー \(K_{\text{後}}\):
$$ K_{\text{後}} = \frac{1}{2}(2m)(0)^2 + \frac{1}{2}m(3v)^2 = \frac{1}{2}m(9v^2) = \frac{9}{2}mv^2 $$
弾性エネルギー \(U_{\text{ばね,後}}\):
$$ U_{\text{ばね,後}} = \frac{1}{2}k(0)^2 = 0 $$
全力学的エネルギー \(E_{\text{後}}\):
$$ E_{\text{後}} = K_{\text{後}} + U_{\text{ばね,後}} = \frac{9}{2}mv^2 $$
力学的エネルギー保存則 \(E_{\text{初}} = E_{\text{後}}\) より、
$$ \frac{3}{2}mv^2 + \frac{1}{2}kx^2 = \frac{9}{2}mv^2 $$

力学的エネルギー保存則の式 \( \frac{3}{2}mv^2 + \frac{1}{2}kx^2 = \frac{9}{2}mv^2 \) を \(x\) について解きます。
\(\frac{1}{2}kx^2\) の項を左辺に残し、他の項を右辺に移項します。
$$ \frac{1}{2}kx^2 = \frac{9}{2}mv^2 – \frac{3}{2}mv^2 $$
右辺の \(mv^2\) の項をまとめます。
$$ \frac{1}{2}kx^2 = \frac{9-3}{2}mv^2 = \frac{6}{2}mv^2 = 3mv^2 $$
両辺に \(2\) を掛けて、分母を払います。
$$ kx^2 = 6mv^2 $$
両辺を \(k\) で割ります（ばね定数 \(k\) は \(0\) ではない）。
$$ x^2 = \frac{6mv^2}{k} $$
\(x\) はばねの縮み（長さ）なので \(x > 0\) です。したがって、正の平方根を取ります。
$$ x = \sqrt{\frac{6mv^2}{k}} $$
\(v^2\) をルートの外に出すと、
$$ x = v\sqrt{\frac{6m}{k}} $$

エネルギーの観点から見てみましょう。
はじめ、AさんとBさんは一緒に速さ \(v\) で動いており（運動エネルギー）、ばねは \(x\) だけ縮んでエネルギーを蓄えています（弾性エネルギー）。
はじめの運動エネルギーは \( \frac{1}{2}(2m+m)v^2 = \frac{3}{2}mv^2 \)。
はじめの弾性エネルギーは \( \frac{1}{2}kx^2 \)。
なので、はじめの全体の力学的エネルギーは \( \frac{3}{2}mv^2 + \frac{1}{2}kx^2 \) です。

その後、Aさんは止まり、Bさんは速さ \(3v\) で動きます。ばねは自然長に戻るので、弾性エネルギーは \(0\) です。
このときの運動エネルギーは、Bさんだけのものとなり \( \frac{1}{2}m(3v)^2 = \frac{9}{2}mv^2 \)。
全体の力学的エネルギーは \( \frac{9}{2}mv^2 \) です。
摩擦などがなければ、全体の力学的エネルギーは保存されるので、「はじめのエネルギー」＝「あとのエネルギー」です。
$$ \frac{3}{2}mv^2 + \frac{1}{2}kx^2 = \frac{9}{2}mv^2 $$
この式を \(x\) について解くと、まず \( \frac{1}{2}kx^2 = \frac{9}{2}mv^2 – \frac{3}{2}mv^2 = \frac{6}{2}mv^2 = 3mv^2 \)。
両辺を2倍して \( kx^2 = 6mv^2 \)。
\(k\) で割って \( x^2 = \frac{6mv^2}{k} \)。
\(x\) は長さなので正の値だから、\( x = \sqrt{\frac{6mv^2}{k}} = v\sqrt{\frac{6m}{k}} \) となります。

はじめのばねの縮みは \(x = v\sqrt{\frac{6m}{k}} \, \text{[m]}\) です。
この結果は、初期に蓄えられていた弾性エネルギーと運動エネルギーの一部が、最終的にBの運動エネルギーに変換されたことを示しています。単位は \(v \cdot \sqrt{m/k} \Rightarrow \text{[m/s]} \cdot \sqrt{\text{[kg]}/(\text{[N/m]})} = \text{[m/s]} \cdot \text{[s]} = \text{[m]}\) となり、長さの単位として適切です。

問3

思考の道筋とポイント
物体Bは壁と弾性衝突します。弾性衝突では、速さが変わらず進行方向が逆になります。Bが壁から受けた力積をまず計算し、次に作用・反作用の法則を用いてBが壁に与えた力積を求めます。「力積は運動量の変化に等しい」という関係を利用します。

この設問における重要なポイント

• 「弾性衝突」の特性（速さ不変、方向反転）を理解していること。
• 力積と運動量の関係 \( \vec{I} = \Delta \vec{p} = m\vec{v}_{\text{後}} – m\vec{v}_{\text{初}} \) を正しく適用すること。
• ベクトルの向きを考慮するため、座標軸の正の向きを設定し、速度の符号に注意すること。
• 「Bが壁から受ける力積」と「Bが壁に与える力積」は作用・反作用の関係にあることを理解すること。

具体的な解説と立式
問1より、Bは壁に向かって右向きに速さ \(3v\) で進みます。
右向きを正の向き (+) とします。
衝突前のBの速度: \( v_{\text{B,初}} = +3v \)
弾性衝突なので、Bは壁から跳ね返った後、左向きに同じ速さ \(3v\) で運動します。
衝突後のBの速度: \( v_{\text{B,後}} = -3v \) (左向きなので負号)

Bが壁から受けた力積 \(I_{\text{Bが受けた}}\) は、Bの運動量の変化に等しいです。
$$ I_{\text{Bが受けた}} = p_{\text{B,後}} – p_{\text{B,初}} = m v_{\text{B,後}} – m v_{\text{B,初}} $$
$$ I_{\text{Bが受けた}} = m(-3v) – m(+3v) = -3mv – 3mv = -6mv $$
この力積の向きは負、つまり左向きです。

Bが壁に与えた力積 \(I_{\text{Bが壁に与えた}}\) は、作用・反作用の法則により、Bが壁から受けた力積と大きさが等しく、向きが反対になります。
$$ I_{\text{Bが壁に与えた}} = – (I_{\text{Bが受けた}}) = – (-6mv) = +6mv $$
この力積の向きは正、つまり右向きです。
問われているのは「力積の大きさ」なので、この値の絶対値を取ります。
力積の大きさ \( = |+6mv| = 6mv \)。

1. **衝突前後のBの速度（右向きを正とする）:**
* 衝突前の速度 \(v_{\text{B,初}} = +3v\)
* 衝突後の速度 \(v_{\text{B,後}} = -3v\) (弾性衝突で向きが反転)
2. **Bが壁から受けた力積 \(I_{\text{Bが受けた}}\) の計算:**
$$ I_{\text{Bが受けた}} = m v_{\text{B,後}} – m v_{\text{B,初}} $$
値を代入します。
$$ I_{\text{Bが受けた}} = m(-3v) – m(3v) $$
計算します。
$$ I_{\text{Bが受けた}} = -3mv – 3mv = -6mv $$
(向きは左向き)
3. **Bが壁に与えた力積 \(I_{\text{Bが壁に与えた}}\) の計算:**
作用・反作用の法則より、\(I_{\text{Bが壁に与えた}} = -I_{\text{Bが受けた}}\)。
$$ I_{\text{Bが壁に与えた}} = -(-6mv) = 6mv $$
(向きは右向き)
4. **力積の大きさを求める:**
大きさは \(|6mv| = 6mv\)。

Bさんは壁に速さ \(3v\) で右向きにぶつかり、同じ速さ \(3v\) で左向きに跳ね返ります。
右向きをプラスの方向とします。
ぶつかる前のBさんの運動量は \( m \times (+3v) = +3mv \)。
跳ね返った後のBさんの運動量は \( m \times (-3v) = -3mv \) （左向きなのでマイナス）。
Bさんの運動量の変化は、「後の運動量」\(-\)「前の運動量」なので、
\( (-3mv) – (+3mv) = -6mv \)。
これが「Bさんが壁から受けた力積」です。マイナスなので、左向きに力積を受けたことを意味します。
問題で聞かれているのは「Bさんが壁に与えた力積」です。作用・反作用の法則から、Bさんが壁に与える力積は、壁から受けた力積と大きさが同じで向きが反対になります。
なので、Bさんが壁に与えた力積は \( -(-6mv) = +6mv \)。プラスなので右向きです。
その「大きさ」は \(6mv\) です。

Bが壁に与えた力積の大きさは \(6mv \, \text{[N} \cdot \text{s]}\) で、向きは右向きです。
Bの運動量が右向きから左向きへと \(6mv\) だけ変化したことを意味し、その反作用として壁が同量の力積を右向きに受けたことになります。単位は \(\text{[kg} \cdot \text{m/s]} = \text{[N} \cdot \text{s]}\) であり、力積の単位として適切です。

問4

思考の道筋とポイント
Bが壁から跳ね返り、今度は静止しているAのばねに左向きに接触します。「ばねが最も縮んだとき」とは、AとBが一体となって同じ速度で運動する瞬間を指します（Aに対するBの相対速度が0になる）。この接触からばね最収縮までの過程では、AとBからなる系に水平方向の外力は働かないため、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

• 「ばねが最も縮んだとき」 \(\Leftrightarrow\) 「AとBの速度が一致する（一体となる）」という物理的状況を理解すること。
• 運動量保存則をAとBの系に適用すること。
• Bがばねに接触する前のAの速度は \(0\)、Bの速度は壁から跳ね返った後の速度（左向きに \(3v\)）であることを把握すること。
• ここでも座標軸の正の向きを設定することが重要。

具体的な解説と立式
左向きを正の向き (+) とします。
BがAのばねに接触する直前:
* Aの速度: \(v_{A\text{前}} = 0\) (静止している)
* Bの速度: \(v_{B\text{前}} = +3v\) (壁から跳ね返り、左向きに進む)
このときのAとBの系の全運動量 \(P_{\text{前}}\) は、
$$ P_{\text{前}} = (2m)v_{A\text{前}} + mv_{B\text{前}} = (2m) \cdot 0 + m(3v) = 3mv $$
ばねが最も縮んだとき、AとBは一体となって同じ速度 \(u\) (左向きを正とする) で運動します。
このときの系の全運動量 \(P_{\text{後}}\) は、
$$ P_{\text{後}} = (2m)u + mu = (2m+m)u = 3mu $$
運動量保存則 \(P_{\text{前}} = P_{\text{後}}\) より、
$$ 3mv = 3mu $$

運動量保存則の式 \(3mv = 3mu\) の両辺を \(3m\) で割ります (\(3m \neq 0\))。
$$ \frac{3mv}{3m} = \frac{3mu}{3m} $$
$$ u = v $$

Bさんが壁から跳ね返って、左向きに速さ \(3v\) で進んできます。Aさんは止まっています。
ここで、左向きをプラスの方向と決めましょう。
BさんがAさんのばねにぶつかり、ばねがギュッと一番縮んだ瞬間を考えます。このとき、AさんとBさんは一瞬だけ同じ速さ \(u\) で一緒に左へ動きます。
ぶつかる前の全体の「運動の勢い（運動量）」は、Bさんだけのものです（Aさんは止まっているので）。勢いは \(m \times (+3v) = 3mv\)。
ばねが一番縮んだときの全体の「運動の勢い」は、AさんとBさんが一体（質量 \(2m+m=3m\)）となって速さ \(u\) で動いているので、\( (3m)u \)。
全体の勢いは変わらないはずなので（運動量保存則）、
$$ 3mv = 3mu $$
この式の両辺を \(3m\) で割ると、\(u = v\) となります。これが、ばねが最も縮んだときのBさん（とAさん）の速さです。

ばねが最も縮んだときのBの速さ（およびAの速さ）は \(v \, \text{[m/s]}\) であり、向きは左向きです。
このとき、Bの運動エネルギーの一部がばねの弾性エネルギーに変換されています。これは完全非弾性衝突において、運動エネルギーが最大限内部エネルギー（ここでは弾性エネルギー）に変わる状況と類似しています。単位は \(\text{[m/s]}\) で、速さとして適切です。

問5

思考の道筋とポイント
BがAのばねに接触し、ばねを押し縮め、その後再びばねが伸びてBがばねから離れるまでの一連の過程を考えます。この全過程において、AとBおよびばねからなる系には水平方向の外力が働かないため運動量が保存されます。また、ばねの弾性力は保存力であり、床は滑らかで摩擦もないため、力学的エネルギーも保存されます。これは実質的に、質量 \(m\) の物体Bが、静止していた質量 \(2m\) の物体Aに（ばねを介して）弾性衝突するのと同じ状況とみなせます。

この設問における重要なポイント

• 運動量保存則と力学的エネルギー保存則の両方を連立させて解く必要があること。
• あるいは、この状況が弾性衝突と等価であると見なし、反発係数 \(e=1\) の関係式と運動量保存則を連立させることも可能であること。
• 衝突前のAの速度は \(0\)、Bの速度は壁から跳ね返った後の左向き \(3v\) であること。

具体的な解説と立式
左向きを正の向き (+) とします。
**接触前（BがAのばねに接触する直前）:**
* Aの速度: \(v_{A\text{前}} = 0\)
* Bの速度: \(v_{B\text{前}} = +3v\)
系の全運動量 \(P_{\text{前}}\):
$$ P_{\text{前}} = 2m \cdot 0 + m \cdot 3v = 3mv $$
系の全力学的エネルギー \(E_{\text{前}}\) (この瞬間、ばねは自然長と考えることができます):
$$ E_{\text{前}} = \frac{1}{2}(2m)(0)^2 + \frac{1}{2}m(3v)^2 = \frac{9}{2}mv^2 $$
**分離後（Bがばねから離れた直後）:**
Aの速さを \(u_A\)、Bの速さを \(u_B\) とします（ともに左向きを正として仮定）。
系の全運動量 \(P_{\text{後}}\):
$$ P_{\text{後}} = 2m u_A + m u_B $$
系の全力学的エネルギー \(E_{\text{後}}\) (ばねは自然長に戻っている):
$$ E_{\text{後}} = \frac{1}{2}(2m)u_A^2 + \frac{1}{2}m u_B^2 = mu_A^2 + \frac{1}{2}mu_B^2 $$
**保存則の適用:**
1. 運動量保存則 (\(P_{\text{前}} = P_{\text{後}}\)):
$$ 3mv = 2mu_A + mu_B $$
両辺を \(m\) で割ると:
$$ 3v = 2u_A + u_B \quad \cdots ①’ $$
2. 力学的エネルギー保存則 (\(E_{\text{前}} = E_{\text{後}}\)):
$$ \frac{9}{2}mv^2 = mu_A^2 + \frac{1}{2}mu_B^2 $$
両辺に \(\frac{2}{m}\) を掛けると:
$$ 9v^2 = 2u_A^2 + u_B^2 \quad \cdots ② $$
①’ より \(u_B = 3v – 2u_A\)。これを②に代入します:
$$ 9v^2 = 2u_A^2 + (3v – 2u_A)^2 $$
$$ 9v^2 = 2u_A^2 + (9v^2 – 12vu_A + 4u_A^2) $$
$$ 9v^2 = 6u_A^2 – 12vu_A + 9v^2 $$
$$ 0 = 6u_A^2 – 12vu_A $$
$$ 6u_A (u_A – 2v) = 0 $$
この方程式の解は \(u_A = 0\) または \(u_A = 2v\) です。
\(u_A = 0\) は衝突前のAの状態、あるいはBがAをすり抜けた場合に対応しますが、ばねを介した相互作用があるため、Aは何らかの速度を持つはずです。したがって、物理的に意味のある解は \(u_A = 2v\) です。

1. **運動量保存則から式を立てる:**
$$ 3v = 2u_A + u_B \quad \cdots ①’ $$
2. **力学的エネルギー保存則から式を立てる:**
$$ 9v^2 = 2u_A^2 + u_B^2 \quad \cdots ② $$
3. **連立方程式を解く:**
①’ より \(u_B = 3v – 2u_A\) を導出し、これを②に代入します。
$$ 9v^2 = 2u_A^2 + (3v – 2u_A)^2 $$
右辺の \((3v – 2u_A)^2\) を展開します: \( (3v)^2 – 2(3v)(2u_A) + (2u_A)^2 = 9v^2 – 12vu_A + 4u_A^2 \)。
$$ 9v^2 = 2u_A^2 + 9v^2 – 12vu_A + 4u_A^2 $$
両辺の \(9v^2\) を相殺し、項をまとめます。
$$ 0 = 2u_A^2 – 12vu_A + 4u_A^2 $$
$$ 0 = 6u_A^2 – 12vu_A $$
共通因数 \(6u_A\) でくくり出します。
$$ 6u_A(u_A – 2v) = 0 $$
この方程式の解は、\(6u_A = 0 \Rightarrow u_A = 0\) または \(u_A – 2v = 0 \Rightarrow u_A = 2v\)。
物理的に、衝突後にAが速度を持つと考えられるため、\(u_A = 2v\) を採用します。

Bさんが左向きに \(3v\) の速さで、止まっているAさんにばねを介してぶつかります。これはボール同士がぶつかるのと似ていて、全体の「運動の勢い」と「運動エネルギー」が両方とも保存されます（弾性衝突のようなもの）。左向きをプラスとします。
ぶつかる前のAさんの速さは \(0\)、Bさんの速さは \(3v\)。
ばねから離れた後のAさんの速さを \(u_A\)、Bさんの速さを \(u_B\) とします。

「運動の勢い」の保存から: \( (2m \times 0) + (m \times 3v) = (2m \times u_A) + (m \times u_B) \)
これを整理すると \( 3v = 2u_A + u_B \) （式ア）

「運動エネルギー」の保存から: \( \frac{1}{2}(2m)(0)^2 + \frac{1}{2}m(3v)^2 = \frac{1}{2}(2m)u_A^2 + \frac{1}{2}mu_B^2 \)
これを整理すると \( 9v^2 = 2u_A^2 + u_B^2 \) （式イ）

式アから \( u_B = 3v – 2u_A \) と変形し、これを式イに代入します。
\( 9v^2 = 2u_A^2 + (3v – 2u_A)^2 \)
展開して整理すると、\( 9v^2 = 2u_A^2 + 9v^2 – 12vu_A + 4u_A^2 \)。
\( 0 = 6u_A^2 – 12vu_A \)。
\( 6u_A(u_A – 2v) = 0 \)。
Aさんはぶつかられて動くはずなので \(u_A \neq 0\)。よって \( u_A – 2v = 0 \)、つまり \( u_A = 2v \) です。

Bがばねから離れたときのAの速さは \(2v \, \text{[m/s]}\) で、向きは左向き（最初にBが進んできた向き）です。
この結果は、軽い物体が重い物体に弾性衝突した際に、重い物体が速度を得るという一般的な現象と一致します。単位も \(\text{[m/s]}\) で適切です。

問6

思考の道筋とポイント
問5でAの速度 \(u_A\) が求まりました。この結果を、問5で導出した運動量保存則の式 ①’ (\(3v = 2u_A + u_B\)) に代入することで、Bの速度 \(u_B\) を求めることができます。\(u_B\) の符号から、Bが動く向き（左向きを正としていた）を判断します。

この設問における重要なポイント

• 問5で立てた運動量保存則の式を再利用すること。
• 求まった \(u_A\) の値を正確に代入すること。
• 得られた \(u_B\) の符号が、設定した正の向きに対してどのような運動方向を意味するのかを正しく解釈すること。

具体的な解説と立式
問5において、左向きを正として運動量保存則から得られた式は、
$$ 3v = 2u_A + u_B \quad (①’) $$
また、問5で求めたAの速度は \(u_A = 2v\) (左向き) です。
これを①’に代入します。
$$ 3v = 2(2v) + u_B $$
$$ 3v = 4v + u_B $$
これを \(u_B\) について解くと、
$$ u_B = 3v – 4v $$
$$ u_B = -v $$
\(u_B\) が負の値となったので、これは最初に設定した正の向き（左向き）とは反対の向き、つまり**右向き**に運動することを意味します。その速さの大きさは \(|-v| = v\) です。

1. **問5の結果 \(u_A = 2v\) を使用します。** (左向きを正として \(+2v\))
2. **運動量保存則の式 \(3v = 2u_A + u_B\) に \(u_A = 2v\) を代入します。**
$$ 3v = 2(2v) + u_B $$
右辺の \(2(2v)\) を計算します。
$$ 3v = 4v + u_B $$
\(u_B\) について解くために、\(4v\) を左辺に移項します。
$$ u_B = 3v – 4v $$
計算します。
$$ u_B = -v $$
3. **向きの判断:**
計算結果 \(u_B = -v\) は、左向きを正としていた座標系において、Bが負の向きに速さ \(v\) で動くことを示します。したがって、Bは**右向き**に速さ \(v\) で動きます。

(5)で、Aさんの速さは左向きに \(2v\) (\(u_A = +2v\)) とわかりました。
「運動の勢い」の保存の式 \(3v = 2u_A + u_B\) を使って、Bさんの速さ \(u_B\) を求めます。
\(u_A = 2v\) を代入すると、
\( 3v = 2 \times (2v) + u_B \)
\( 3v = 4v + u_B \)
\( u_B = 3v – 4v = -v \)
ここで、左向きをプラスの方向としていたので、\(u_B\) がマイナス \( (-v) \) になったということは、Bさんは逆向き、つまり**右向き**に速さ \(v\) で動くということです。

ばねから離れたBは、速さ \(v \, \text{[m/s]}\) で右向きに動きます。
これは、軽い物体Bがより重い物体Aに弾性衝突（ばねを介して）した結果、B自身は跳ね返されるという物理的に妥当な結果です。

【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:
  • 本質: 外力が作用しない系では、相互作用の前後で系の全運動量は一定に保たれます。ベクトル量であることに注意が必要です。
  • 適用場面: 物体の分裂（(1)糸の切断）、衝突（(4)ばね最収縮時、(5)ばねを介したAとBの相互作用）。
• 力学的エネルギー保存則:
  • 本質: 保存力（弾性力や重力など）のみが仕事をする場合、運動エネルギーと位置エネルギーの和は一定に保たれます。
  • 適用場面: ばねの伸縮が伴う運動（(2)糸切断後のばね伸長、(5)ばねを介したAとBの相互作用）。
• 力積と運動量の関係:
  • 本質: 物体が受けた力積は、その物体の運動量の変化に等しい (\(\vec{I} = \Delta \vec{p}\))。
  • 適用場面: 壁との衝突 ((3)) における力の分析。
• 弾性衝突:
  • 本質: 力学的エネルギーが保存される衝突。反発係数 \(e=1\)。
  • 適用場面: 壁との衝突 ((3))、ばねを介したAとBの理想的な相互作用 ((5))。

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

• 類似問題への応用パターン:
  • 複数の物体がばねを介して連結・衝突する問題全般。
  • 分裂・合体を伴う運動（ロケットの推進、台車上の人の移動など）。
  • 床や壁との多段衝突。
• 初見の問題での着眼点:
  1. 系の設定: どの物体群を一つの「系」と見なすか。
  2. 外力の確認: 設定した系に外部から力が働いているか（特に運動方向）。外力がなければ運動量保存則を疑う。
  3. 仕事をする力の種類: 系内部で仕事をする力が保存力のみか、非保存力（摩擦など）も関与するか。保存力のみなら力学的エネルギー保存則を疑う。
  4. 現象の特定: 「分裂」「合体」「弾性衝突」「非弾性衝突」「完全非弾性衝突」「ばねの最大圧縮」など、現象特有のキーワードに注目する。
  5. 座標軸の設定: 運動方向に対して正の向きを明確に定める。特にベクトル量を扱う運動量や力積では必須。
• 特に注意すべき点:
  • 「軽いばね」：ばね自身の質量や運動量を無視できる。
  • 「滑らかな水平面」：摩擦によるエネルギー損失がない。
  • 「Aは静止した」：特定の物体の最終速度が \(0\) という強力な条件。
  • 「ばねが最も縮んだ」：衝突する二物体の速度が一時的に等しくなる。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• 運動量とエネルギーの混同:
  • 誤解: 運動量が保存すればエネルギーも保存する（またはその逆）。
  • 対策: それぞれの保存則が成立する条件を正確に理解する。非弾性衝突では運動量は保存するが力学的エネルギーは保存しない。
• 符号のミス:
  • 誤解: 速度や力積の向きを考慮せず、すべて正として計算してしまう。
  • 対策: 必ず座標軸を設定し、ベクトルの向きを符号で表現する習慣をつける。特に跳ね返りがある場合は注意。
• 作用・反作用の誤用:
  • 誤解: AがBに及ぼす力積と、BがAに及ぼす力積を同じ向きとしてしまう。
  • 対策: 作用・反作用の法則は「大きさが等しく向きが反対」であることを常に意識する (問3)。
• 「最も縮んだ」の解釈ミス:
  • 誤解: ばねが最も縮んだ後、物体が静止すると考える。
  • 対策: 「最も縮んだ」は相対速度が0になる瞬間であり、系全体は運動している場合がある (問4)。
• 方程式の解の選択ミス:
  • 誤解: 2次方程式の解が2つ出た場合、どちらでも良いと考える。
  • 対策: 各解が物理的にどのような状況に対応するかを吟味し、問題の文脈に合う方を選ぶ (問5)。

物理の眼を養う：現象のイメージ化と図解の極意

• 有効な図の描き方:
  1. 状況変化図: 各イベントの「前」と「後」の状態を、物体、速度ベクトル、ばねの状態などを分けて描く。これにより、どの法則を適用すべきかが見えやすくなる。
  2. 運動量ベクトル図: 特に衝突や分裂の前後で、各物体の運動量ベクトルを矢印で図示し、それらのベクトル和が保存される様子を視覚化する。
  3. エネルギー収支図: 各状態での運動エネルギーと弾性エネルギーの値を棒グラフなどで示し、それらの和である力学的エネルギーがどのように変化（または保存）するかを追う。
• 図を描く際の注意点:
  • 速度、力の向きは矢印で正確に。長さで大きさを表現するのも有効。
  • 座標軸（正の向き）を必ず明記する。
  • ばねの自然長、縮み、伸びを区別して描く。
  • 質量や既知の速度などの情報を図に書き込む。
  • 複雑な現象も、単純化・モデル化して本質を捉える。

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 \( \sum m\vec{v}_{\text{初}} = \sum m\vec{v}_{\text{後}} \):
  • 選択根拠: 系に働く外力が無視できる（または内力のみが働く）場合、運動の前後で運動量は不変。
  • 適用箇所: (1)糸が切れてAとBが分裂する過程、(4)AとBが一体となる「ばね最収縮時」、(5)AとBがばねを介して弾性的に相互作用する過程。これら全てで水平方向の外力は0。
• 力学的エネルギー保存則 \( E_{\text{初}} = E_{\text{後}} \):
  • 選択根拠: 保存力（弾性力、重力など）のみが仕事をする場合。非保存力（摩擦力など）が仕事をしない場合。
  • 適用箇所: (2)ばねの弾性エネルギーが運動エネルギーに変わる過程、(5)ばねを介したAとBの相互作用（弾性衝突と等価）。床は滑らか。
• 力積と運動量の関係 \( \vec{I} = \Delta \vec{p} \):
  • 選択根拠: 短い時間に力が作用する「衝突」で、力の詳細が不明でも運動量の変化から力積が評価できる。
  • 適用箇所: (3)Bと壁の衝突。Bの運動量変化から、Bが受けた力積、そしてBが壁に与えた力積を求める。
• 常に「なぜこの法則が今使えるのか？」という根拠を意識することで、公式の丸暗記ではない真の理解に繋がります。

思考を整理する：立式から計算までのロジカルフロー

1. (1) Bの速度 \(v_B\): A+B+ばね系で運動量保存。初期状態 ((A+B)が\(v\)) \(\rightarrow\) 終状態 (A静止、Bが\(v_B\))。
2. (2) ばねの縮み \(x\): A+B+ばね系で力学的エネルギー保存。初期状態 (運動エネルギー + 弾性エネルギー\(\frac{1}{2}kx^2\)) \(\rightarrow\) 終状態 (Bの運動エネルギー、A静止、ばね自然長)。(1)の結果を利用。
3. (3) 壁への力積: B単独で運動量変化を計算 (\(\Delta p = I_{\text{壁からBへ}}\))。作用・反作用で \(I_{\text{Bから壁へ}}\) を求める。Bは弾性衝突で速度反転。
4. (4) ばね最収縮時の速度 \(u\): 壁から跳ね返ったBが静止したAに接触。A+B系で運動量保存。初期状態 (A静止、Bが\(3v\)) \(\rightarrow\) 終状態 (AとBが一体で速度\(u\))。「最も縮んだ」は相対速度0。
5. (5) ばね分離後のAの速度 \(u_A\): A+B系で運動量保存と力学的エネルギー保存（弾性衝突と等価）。初期状態 (A静止、Bが\(3v\)) \(\rightarrow\) 終状態 (Aが\(u_A\)、Bが\(u_B\))。2つの保存則を連立。
6. (6) ばね分離後のBの動き: (5)で得られた \(u_A\) を運動量保存則の式に代入し \(u_B\) を計算。符号から向きを判断。

このように、一連の物理現象をステップに分け、各ステップで適切な法則を選び、前の結果を次に繋げていく論理構成が重要です。

計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック

• 単位の整合性チェック: 計算の各段階で、出てくる数値や式の単位が物理的に正しいか（例：速度なら[m/s]、エネルギーなら[J]）を確認する。
• 符号の厳密な扱い: 速度、運動量、力積などのベクトル量では、設定した座標軸の正負の向きを常に意識し、符号ミスを防ぐ。特に衝突による速度の反転に注意。
• 文字式の活用: できるだけ計算の最後まで文字式のまま進め、最後に数値を代入する。これにより、途中の物理的意味が見えやすくなり、ミスも発見しやすくなる。
• 式の展開・整理は丁寧に: 特に2次方程式などが出てくる場合、展開、移項、因数分解などの計算過程を省略せず、一つ一つ確認しながら行う。
• 検算の習慣:
  • 別の解法（例：(5)で反発係数の式を使う）で同じ結果が出るか確認する。
  • 極端な条件（例：質量の一方が非常に大きい、ばね定数が非常に小さいなど）を想定し、結果が直感に合うか確かめる。
• 日頃の練習: 複雑な計算を含む問題でも、時間をかけて丁寧に解く練習を積む。間違えた箇所は必ず原因を分析する。

解きっぱなしはNG！解答の妥当性を吟味する習慣をつけよう

• 物理的な直感との照らし合わせ:
  • (1) \(v_B=3v\): Aが静止した分、軽いBが速くなるのは自然。
  • (2) \(x=v\sqrt{6m/k}\): \(v, m\) が大きいほど、\(k\) が小さいほど \(x\) が大きくなるのは妥当。
  • (3) \(I=6mv\): Bの運動方向が完全に反転するので、大きな力積が必要。
  • (4) \(u=v\): 質量 \(m\) の物体が \(3v\) で、質量 \(2m\) の静止物体に衝突し一体化。運動量 \(3mv\) を質量 \(3m\) で分けるので速度 \(v\) は妥当。
  • (5) \(u_A=2v\): 軽い物体B(\(m\))が重い物体A(\(2m\))に弾性衝突。AはBの初期運動量の一部を受け取り前進。
  • (6) Bは右へ動く (\(u_B=-v\)): 軽い物体が重い物体に弾性衝突した後、跳ね返されるのは自然な挙動。
• 単位の一貫性: 各解答の単位が求められる物理量の単位と一致しているか再確認する（本解説では各所で確認済み）。
• 既知の公式との比較（可能な場合）:
  • 問4は完全非弾性衝突の速度公式 \(V = (m_1v_1+m_2v_2)/(m_1+m_2)\) と一致。
  • 問5、6は1次元弾性衝突の速度公式と結果が一致することを確認できる。
• これらの吟味を通じて、単に答えを出すだけでなく、物理現象としての理解を深めることができます。

問題32 (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、質量\(M\)の台と質量\(m\)の小物体Pの運動を扱います。台の上面は摩擦のない曲面と摩擦のある水平面で構成されています。(1)では台を固定した場合の小物体の運動と摩擦について、(2)では台が自由に動ける場合の小物体と台の相互作用について、エネルギー保存則と運動量保存則を駆使して解析します。特に台が動く場合は、系全体の運動量とエネルギーに着目することがポイントです。

【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、力学的エネルギー保存則と運動量保存則という、高校物理における根幹をなす二大法則を、様々な状況設定の中で的確に使い分ける能力を問うています。特に、(1)のように対象が一つ（小物体P）で非保存力（摩擦力）が関わる場合と、(2)のように複数の物体（小物体Pと台）が相互作用し合い、系全体で保存則を考える場合の違いを明確に意識することが大切です。

問1

思考の道筋とポイント
台が固定されているため、小物体Pの運動のみを考えます。Pが点Aから点Cまで運動する間のエネルギー変化に着目します。点AでのPの力学的エネルギー（位置エネルギー）が、点Bから点Cへ移動する間に動摩擦力によって仕事をされ、点Cで完全に失われる（運動エネルギーも位置エネルギーも0になる）と考えます。

この設問における重要なポイント

• 小物体Pのエネルギー変化のみを追跡する。
• 点Aでの初期エネルギーは位置エネルギー \(mgh\)。
• 区間BCで動摩擦力がする仕事は \(-\mu mg l\)。
• 点Cで停止するので最終的な運動エネルギーは0。
• 「仕事とエネルギーの関係」 \(E_{\text{初}} + W_{\text{非保存力}} = E_{\text{後}}\) を適用する。

具体的な解説と立式
点Aにおける小物体Pの力学的エネルギー \(E_A\) は、点Bを通る水平面を位置エネルギーの基準面とすると、初速度が0であるため、
$$ E_A = mgh $$
小物体Pが区間BC（距離\(l\)）を滑る際、動摩擦力が働きます。水平面なので、垂直抗力 \(N\) は重力 \(mg\) に等しく \(N=mg\)。
したがって、動摩擦力の大きさは \(f = \mu N = \mu mg\)。
この動摩擦力がする仕事 \(W_{\text{摩擦}}\) は、運動方向と逆向きなので負となり、
$$ W_{\text{摩擦}} = – (\text{動摩擦力の大きさ}) \times (\text{距離}) = -\mu mg l $$
点Cで小物体Pは停止するので、点Cでの力学的エネルギー \(E_C\) は0です（運動エネルギー0、位置エネルギーも基準面で0）。
仕事とエネルギーの関係より \(E_A + W_{\text{摩擦}} = E_C\)、
$$ mgh – \mu mg l = 0 $$
これを変形すると、初期の位置エネルギーが摩擦による仕事の大きさ（失われたエネルギー）に等しいという関係になります。
$$ mgh = \mu mg l $$

エネルギーに関する等式 \(mgh = \mu mg l\) から動摩擦係数 \(\mu\) を求めます。
両辺に共通する \(mg\) で割ります（\(m>0, g>0\)）。
$$ \frac{mgh}{mg} = \frac{\mu mg l}{mg} $$
$$ h = \mu l $$
次に、両辺を距離 \(l\) で割ります（\(l>0\)）。
$$ \mu = \frac{h}{l} $$

小物体Pが点Aで持っているのは、高さ \(h\) による位置エネルギー \(mgh\) です。
このPが、摩擦のない曲面ABを滑り降り、点Bに来たときには、この位置エネルギーが運動エネルギーに変わっています。
その後、摩擦のある面BCを距離 \(l\) だけ滑って点Cで止まります。この間に、動摩擦力が仕事をして、Pの運動エネルギーを奪い去ります。動摩擦力の大きさは \(\mu \times (\text{垂直抗力})\) で、水平面なので垂直抗力は重力 \(mg\) と等しく、動摩擦力は \(\mu mg\) です。この力が距離 \(l\) 働くので、摩擦によって失われたエネルギーは \(\mu mg l\) です。
結局、点Aでの位置エネルギー \(mgh\) が、すべてBC間の摩擦によって熱エネルギーなどに変わったということなので、
$$ mgh = \mu mg l $$
が成り立ちます。この式から \(\mu\) を求めると、両辺を \(mgl\) で割って \( \mu = \frac{h}{l} \) となります。

BC間の水平面とPの間の動摩擦係数 \(\mu\) は \( \displaystyle \mu = \frac{h}{l} \) です。
これは無次元の量であり、動摩擦係数として適切です。\(h\) が大きい（初期エネルギーが大きい）ほど、または \(l\) が小さい（短い距離で止まる）ほど、\(\mu\) が大きくなるという関係は物理的に妥当です。

問2 (ア)

思考の道筋とポイント
台が床の上を摩擦なく自由に動ける場合、小物体Pと台Mを一つの「系」として考えます。
1. Pが点Aから点Bへ移動する間、この系には水平方向の外力が働きません（床と台の間に摩擦がなく、Pと台が及し合う力は内力）。したがって、系の水平方向の総運動量は保存されます。初期状態（P放出前）ではPも台も静止しているので、全運動量は0です。
2. Pが点Aから点Bへ移動する間、Pと台の間には摩擦がありません（曲面AB）。系全体の力学的エネルギー（Pの位置エネルギー、Pの運動エネルギー、台の運動エネルギーの和）は保存されます。

この設問における重要なポイント

• 小物体Pと台Mを一つの「系」として捉えること。
• 運動量保存則はベクトル量なので、正の向きを設定し、速度の符号に注意する。初期の全運動量は0。
• 力学的エネルギー保存則を系全体で考える。初期エネルギーはPの位置エネルギーのみ。後のエネルギーはPと台の運動エネルギーの和。
• 問題文で定義されている速度 \(v, V\) は床から見た（絶対）速度である。

具体的な解説と立式
小物体Pと台Mを合わせた系を考えます。右向きを正の向きとします。

1. 水平方向の運動量保存則:
Pを放す前、Pも台も静止しているので、系の初期の全水平運動量 \(P_{\text{水平,初}}\) は、
$$ P_{\text{水平,初}} = m(0) + M(0) = 0 $$
Pが点Bに達したとき、Pの床に対する速度は \(v\)、台の床に対する速度は \(V\) です。
このときの系の全水平運動量 \(P_{\text{水平,後}}\) は、
$$ P_{\text{水平,後}} = mv + MV $$
水平方向には外力が働かないため、運動量保存則より \(P_{\text{水平,初}} = P_{\text{水平,後}}\) なので、
$$ 0 = mv + MV \quad \cdots ① $$

2. 力学的エネルギー保存則:
Pを放す前（点Aにあるとき）、Pは高さ \(h\) の位置エネルギー \(mgh\) を持ち、運動エネルギーは0です。台も静止しているので運動エネルギーは0です。
よって、系の初期の力学的エネルギー \(E_{\text{初}}\) は、
$$ E_{\text{初}} = mgh + \frac{1}{2}m(0)^2 + \frac{1}{2}M(0)^2 = mgh $$
Pが点Bに達したとき、Pの高さは0（基準面）となり、床に対する速度は \(v\) です。台の床に対する速度は \(V\) です。
このときの系の力学的エネルギー \(E_{\text{後}}\) は、Pの運動エネルギーと台の運動エネルギーの和です。（Pの位置エネルギーは0）
$$ E_{\text{後}} = \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{2}MV^2 $$
Pが曲面AB（摩擦なし）を滑り降りる間、系全体の力学的エネルギーは保存されるため \(E_{\text{初}} = E_{\text{後}}\) なので、
$$ mgh = \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{2}MV^2 \quad \cdots ② $$

上記で立式した2つの式 ① と ② が、\(v\) と \(V\) が満たすべき関係式です。

台が動く場合、Pと台をセットで考えます。
1つ目の関係式（運動量の保存）：
はじめ、Pも台も止まっているので、全体の運動の勢い（運動量）は \(0\) です。
PがB点に来たとき、Pの速度が \(v\)、台の速度が \(V\)（どちらも右向きを正）だとすると、そのときの全体の運動量は \(mv + MV\) です。
Pと台の間には力が働きますが、これはグループ内部の力です。台と床の間には摩擦がないので、グループ全体としては横方向に外から力が加わっていません。なので、運動量は保存されます。
つまり、\(0 = mv + MV\)。

2つ目の関係式（エネルギーの保存）：
はじめ、Pは高さ \(h\) にあるので位置エネルギー \(mgh\) を持っています。Pも台も止まっているので運動エネルギーは \(0\) です。全体のエネルギーは \(mgh\)。
PがB点に来たとき、Pの高さは \(0\) になります。Pの運動エネルギーは \( \frac{1}{2}mv^2 \)、台の運動エネルギーは \( \frac{1}{2}MV^2 \) です。
Pが滑る曲面ABには摩擦がないので、全体の力学的エネルギーは保存されます。
つまり、\(mgh = \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{2}MV^2\)。

\(v\)と\(V\)が満たすべき関係式は以下の2つです。
1. 運動量保存則: \(0 = mv + MV\)
2. 力学的エネルギー保存則: \(mgh = \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{2}MV^2\)
これらは、台も動く複雑な系において、基本的な保存則がどのように適用されるかを示す重要な式です。

問2 (イ)

思考の道筋とポイント
(ア)で導出した2つの関係式 ① (\(0 = mv + MV\)) と ② (\(mgh = \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{2}MV^2\)) を連立方程式として解き、未知数である \(v\) と \(V\) を、与えられた文字 \(h, m, M, g\) を用いて表します。

この設問における重要なポイント

• 連立方程式の解法（主に代入法）を正確に実行する計算能力。
• 式変形の過程で、符号や係数、特に二乗の扱いに注意すること。
• 最終的に求める \(v\) や \(V\) の物理的な意味（速度の向きなど）を考慮し、必要であれば平方根の符号を吟味する（ただし、ここでは \(v\) は右向きの速さの成分として正、\(V\) はその結果として定まる）。

具体的な解説と立式
(ア)で得られた関係式は、
$$ 0 = mv + MV \quad \cdots ① $$
$$ mgh = \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{2}MV^2 \quad \cdots ② $$
式①から \(V\) を \(v\) で表します。
$$ MV = -mv $$
$$ V = -\frac{m}{M}v \quad \cdots ③ $$
この式③を式②に代入して \(V\) を消去します。
$$ mgh = \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{2}M\left(-\frac{m}{M}v\right)^2 $$
$$ mgh = \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{2}M\left(\frac{m^2}{M^2}v^2\right) $$
$$ mgh = \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{2}\frac{m^2}{M}v^2 $$
右辺を \(\frac{1}{2}mv^2\) でくくります。
$$ mgh = \frac{1}{2}mv^2 \left(1 + \frac{m}{M}\right) $$
括弧の中を通分して整理します: \(1 + \frac{m}{M} = \frac{M}{M} + \frac{m}{M} = \frac{M+m}{M}\)。
$$ mgh = \frac{1}{2}mv^2 \left(\frac{M+m}{M}\right) $$
この式を \(v^2\) について解きます。まず両辺の \(m\) を消去します (\(m \neq 0\))。
$$ gh = \frac{1}{2}v^2 \left(\frac{M+m}{M}\right) $$
\(v^2\) 以外の係数を左辺にまとめます。
$$ v^2 = gh \cdot 2 \cdot \frac{M}{M+m} = \frac{2Mgh}{M+m} $$
Pは点Bに達する際には右向きに動くと考えられるため \(v > 0\) です。したがって、
$$ v = \sqrt{\frac{2Mgh}{M+m}} $$
次に、この \(v\) の結果を式③に代入して \(V\) を求めます。
$$ V = -\frac{m}{M}v = -\frac{m}{M}\sqrt{\frac{2Mgh}{M+m}} $$
この \(V\) は負の値となり、台が左向きに動くことを示します。

1. 式①から \(V\) を \(v\) で表す:
$$ V = -\frac{m}{M}v \quad \cdots ③ $$
2. 式③を式②に代入し、\(v\) について解く:
$$ mgh = \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{2}M\left(-\frac{m}{M}v\right)^2 $$
展開して整理:
$$ mgh = \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{2}M\frac{m^2}{M^2}v^2 = \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{2}\frac{m^2}{M}v^2 $$
\(\frac{1}{2}mv^2\) でくくる:
$$ mgh = \frac{1}{2}mv^2 \left(1 + \frac{m}{M}\right) $$
括弧内を通分: \(1 + \frac{m}{M} = \frac{M+m}{M}\)。
$$ mgh = \frac{1}{2}mv^2 \left(\frac{M+m}{M}\right) $$
両辺の \(m\) を消去:
$$ gh = \frac{1}{2}v^2 \left(\frac{M+m}{M}\right) $$
\(v^2\) について解く:
$$ v^2 = \frac{2Mgh}{M+m} $$
\(v > 0\) より (Pは右向きに動くため):
$$ v = \sqrt{\frac{2Mgh}{M+m}} $$
3. 求めた \(v\) を式③に代入し、\(V\) を求める:
$$ V = -\frac{m}{M} \left( \sqrt{\frac{2Mgh}{M+m}} \right) = -\frac{m}{M}\sqrt{\frac{2Mgh}{M+m}} $$

(ア)で得た2つの式、\(0 = mv + MV\) (式1) と \(mgh = \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{2}MV^2\) (式2) を使います。
式1から \(V = -\frac{m}{M}v\) となります。これを式2の \(V\) に代入します。
すると、 \(mgh = \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{2}M \left(-\frac{m}{M}v\right)^2 \)
右側のカッコを展開すると \( \left(-\frac{m}{M}v\right)^2 = \frac{m^2}{M^2}v^2 \) なので、
\(mgh = \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{2}M \frac{m^2}{M^2}v^2 = \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{2}\frac{m^2}{M}v^2 \)
右辺を \( \frac{1}{2}mv^2 \) でくくると、 \( \frac{1}{2}mv^2 \left(1 + \frac{m}{M}\right) \) となります。
カッコの中を通分すると \( \frac{M+m}{M} \) なので、式は \(mgh = \frac{1}{2}mv^2 \frac{M+m}{M} \) となります。
この式から \(v\) を求めます。まず両辺の \(m\) を消し、\(v^2\) について整理すると \(v^2 = \frac{2Mgh}{M+m}\)。
Pは右に動くので \(v\) は正の値です。よって \(v = \sqrt{\frac{2Mgh}{M+m}}\)。
次に \(V\) ですが、\(V = -\frac{m}{M}v\) だったので、求めた \(v\) を代入して \(V = -\frac{m}{M}\sqrt{\frac{2Mgh}{M+m}}\)。
このマイナス符号は、台がPと反対の左向きに動くことを意味します。

Pの床に対する速度 \(v\) と台の床に対する速度 \(V\) はそれぞれ、
$$ v = \sqrt{\frac{2Mgh}{M+m}} $$
$$ V = -\frac{m}{M}\sqrt{\frac{2Mgh}{M+m}} $$
と表されます。
\(v\) は正の値でPが右向き、\(V\) は負の値で台が左向きに動くことを示しており、運動量保存則から直感的に理解できる結果です。
例えば、台が非常に重い (\(M \gg m\)) 場合を考えると、\(M+m \approx M\) となり、\(v \approx \sqrt{\frac{2Mgh}{M}} = \sqrt{2gh}\) となります。これは台が固定されている場合の結果と一致します。また、このとき \(V \approx -\frac{m}{M}\sqrt{2gh} \approx 0\) となり、台はほとんど動かないことになり、これも物理的に妥当です。
各変数の単位も、最終的に速度の単位 \([\text{m/s}]\) となることが確認できます。

問2 (ウ)

思考の道筋とポイント
Pが点Bを通り過ぎ、台の摩擦がある水平面上で運動し、最終的に「台に対して停止」する状況を考えます。「台に対して停止」とは、Pと台が一体となって同じ速度で運動するようになることを意味します。
Pと台からなる系全体には、PがAを離れてからこの最終状態に至るまで、水平方向の外力は働いていません（床と台の間は摩擦なし、Pと台の間の摩擦力は内力）。したがって、系の全水平運動量は最初から最後まで保存されます。
初期状態（Pを放す前）の全運動量は0でした。したがって、Pが台に対して停止し一体となったときの全運動量も0でなければなりません。

この設問における重要なポイント

• 「台に対して停止」＝「Pと台の速度が等しくなる（一体化する）」と理解すること。
• 系全体の水平方向の運動量が、運動開始から最終状態まで一貫して保存されることを認識すること。
• 初期の全運動量が0であったため、最終的な一体となった系の全運動量も0になること。

具体的な解説と立式
小物体Pと台Mを合わせた系において、Pを放す前の初期状態では、Pも台も静止しており、系の全水平運動量は0でした。
Pが点Aから運動を開始し、曲面ABを滑り、その後、摩擦のある水平面BC上で台との間に摩擦力を及し合いながら運動し、やがて「台に対して停止」します。
この「台に対して停止」したとき、Pと台は一体となって、ある共通の最終速度 \(u_{\text{最終}}\) で運動すると考えられます。
この全過程を通じて、Pと台の系に働く水平方向の力は、Pと台の間の摩擦力（これは内力です）のみです。床と台の間には摩擦がないため、系全体としては水平方向の外力は働いていません。
したがって、系の全水平運動量は保存されます。
初期の全水平運動量は0であったので、Pと台が一体となったときの全水平運動量も0でなければなりません。
$$ (m+M)u_{\text{最終}} = 0 $$
質量 \((m+M)\) は0ではないので、この式を満たすためには、
$$ u_{\text{最終}} = 0 $$
これは、Pが台に対して停止したとき、Pと台は一体となって、床に対しても静止することを意味します。

これを踏まえて選択肢を吟味します。
① Pが停止しても、台は動くが、その進む方向は点Pの高さ\(h\)によって決まる。 \(\rightarrow\) 誤り。最終速度は0。
② Pと台の間の摩擦力により、Pが停止しても台は右向きに進む。 \(\rightarrow\) 誤り。最終速度は0。
③ Pが曲面を下っている間は、台は小物体と反対方向に進むので、Pが停止しても、慣性の法則により台は左向きに進む。 \(\rightarrow\) 誤り。最終速度は0。
④ Pと台を合わせた全体には水平方向に外力が働かないため、Pが台に対して停止すると台も停止する。 \(\rightarrow\) 正しい。

1. 初期の系の全水平運動量: Pも台も静止しているので、\(P_{\text{初}} = 0\)。
2. 「Pが台に対して停止」の状態: Pと台が一体となり、共通の最終速度 \(u_{\text{最終}}\) で運動する。
3. 最終状態の系の全水平運動量: 全質量は \((m+M)\) なので、\(P_{\text{最終}} = (m+M)u_{\text{最終}}\)。
4. 運動量保存則の適用: 水平方向に外力は働いていないので、\(P_{\text{初}} = P_{\text{最終}}\)。
$$ 0 = (m+M)u_{\text{最終}} $$
5. 最終速度の結論: \(m+M \neq 0\) より、
$$ u_{\text{最終}} = 0 $$
したがって、Pと台は一体となって床に対して静止する。

Pさんと台さんをひとまとめのグループとして考えます。
一番はじめ、Pさんを放す前は、Pさんも台さんも止まっていたので、グループ全体の横方向の「運動の勢い（運動量）」は \(0\) でした。
Pさんが台の上を滑ったり、摩擦でこすれたりしている間、Pさんと台さんの間では力が働きますが、これはグループの内部での力のやり取りです。台と床の間には摩擦がないので、グループ全体としては横方向に外から力が加わっていません。
ということは、グループ全体の横方向の「運動の勢い」はずっと \(0\) のまま変わらないはずです。
問題文には「Pは点Bを通り過ぎたのち、やがて台に対して停止した」とあります。これは、Pさんと台さんがくっついて一体になり、同じ速さで動くようになった、ということです。
この一体となったときの速さを \(u_{\text{最終}}\) とすると、一体となったものの質量は \(m+M\) なので、そのときの運動の勢いは \( (m+M)u_{\text{最終}} \) です。
これが、はじめの運動の勢い \(0\) と等しくなければならないので、
$$ (m+M)u_{\text{最終}} = 0 $$
\(m+M\) は \(0\) ではない（質量だから）ので、この式が成り立つためには \(u_{\text{最終}} = 0\) でなければなりません。
つまり、Pさんが台に対して止まると、Pさんも台さんも、床から見て止まっている状態になる、ということです。

Pが台に対して停止したとき、台も床に対して停止します。これは、Pと台からなる系全体の初期運動量がゼロであり、かつ水平方向に外力が作用しないため、最終的にPと台が一体となったときの運動量もゼロでなければならないからです。運動量がゼロであるということは、速度がゼロ、つまり静止状態を意味します。
したがって、選択肢④がこの結論と合致します。

【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？

• 仕事とエネルギーの関係（特に力学的エネルギー保存則と非保存力の仕事）:
  • 核心: (1)では、小物体Pの初期の力学的エネルギー（位置エネルギー）が、動摩擦力という非保存力のする仕事によって完全に失われる（熱エネルギーなどに変換される）過程を扱います。\(E_{\text{初}} + W_{\text{非保存力}} = E_{\text{後}}\)。
  • 核心: (2)(ア)(イ)では、小物体Pと台Mからなる系において、摩擦のない曲面をPが滑るため、系全体の力学的エネルギーが保存されます。Pの位置エネルギーが、PとM双方の運動エネルギーに変換されます。
• 運動量保存則 (特に水平方向):
  • 核心: (2)の全般にわたり、PとMの系には水平方向の外力が働かないため（床と台の間に摩擦なし、Pと台の間の力は内力）、系の全水平運動量は一貫して保存されます。初期状態が静止（全運動量0）であれば、その後のどの瞬間でも（たとえ内部でエネルギー変換や摩擦によるエネルギー損失があっても）全水平運動量は0のままです。

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

• 類似問題への応用:
  • 台上で物体が運動し、台も反作用で動くタイプの問題（例：台車の上を人が歩く、砲弾を発射する大砲）。
  • 摩擦がある面とない面が組み合わさった運動。
  • 複数の物体が衝突したり、一体となったり、分裂したりする問題。
• 初見の問題への着眼点:
  1. 系の設定: まず、どの物体を一つの「系」として考察するかを決定する。台が固定か可動かで、小物体の運動だけを見ればよいか、台も含めた系で考えるべきかが変わる。
  2. 力の分析: 系に働く「外力」と「内力」を区別する。特に運動量保存則の適否に関わる。
  3. エネルギー形態の分析: 保存力（重力、弾性力など）による位置エネルギー、運動エネルギー、非保存力（摩擦力など）による仕事（熱エネルギーなどへの変換）を区別する。
  4. 運動の区切り: 状況が変化する点（例：摩擦の有無が変わる点B、台に対して停止する瞬間など）で運動を区切り、それぞれの区間で適切な法則を適用する。
  5. キーワードの読解: 「静かに放す（初速度0）」「滑らか（摩擦なし）」「やがて停止（最終速度0、または相対速度0）」などの言葉が示す物理的条件を正確に捉える。
• 特に注意すべき点:
  • 台が動く場合、速度は「床に対する速度」なのか「台に対する速度」なのかを常に意識する（この問題では床に対する速度で統一されていた）。
  • 運動量保存則はベクトル量なので、方向（正負の符号）を考慮する。エネルギーはスカラー量だが、仕事には正負がある。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• 運動量保存則と力学的エネルギー保存則の適用条件の混同:
  • 誤解: 運動量が保存されるなら力学的エネルギーも必ず保存される（またはその逆）。
  • 対策: それぞれの保存則が成り立つための条件（外力の有無、非保存力の仕事の有無）を正確に理解し、個別に判断する。例えば、(2)(ウ)ではPと台の間で摩擦力が働き力学的エネルギーは失われるが、系全体の水平運動量は保存される。
• 内力と外力の区別が曖昧:
  • 誤解: Pと台の間で働く力を外力として運動量保存則の適用をためらう。
  • 対策: 「系」として設定した物体群の内部で及し合う力は「内力」であり、運動量保存則の適否は「外力」の有無で判断する。
• 摩擦力がする仕事の計算ミス:
  • 誤解: 摩擦力の向きや、仕事の符号を間違える。垂直抗力の大きさを誤る（斜面の場合など）。
  • 対策: 摩擦力は常に運動を妨げる向きに働く。仕事は \((\text{力}) \times (\text{力の向きの移動距離})\)。垂直抗力は接触面に垂直な力。
• 「台に対して停止」の解釈ミス:
  • 誤解: Pが床に対して静止すると早合点する。
  • 対策: 「○○に対して」という相対的な表現に注意。この場合はPと台の速度が等しくなる（一体化する）ことを意味する。
• 連立方程式の計算ミス:
  • 対策: 代入する際の符号ミス、展開ミス、約分ミスなどに注意し、計算過程を丁寧に見直す習慣をつける。

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. 力の図示: 各物体に働く全ての力をベクトルで正確に描く（作用点、向き、おおよその大きさ）。
  2. 運動の概略図: 各段階（初期状態、中間状態、最終状態）での物体の位置と速度ベクトルを図示する。特に台が動く場合は、Pと台の速度を区別して描く。
  3. エネルギー変換図（概念図）: (1)では「位置エネルギー \(\rightarrow\) 運動エネルギー \(\rightarrow\) 摩擦熱」、(2)では「Pの位置エネルギー \(\rightarrow\) Pの運動エネルギー + 台の運動エネルギー」といったエネルギーの流れを視覚的に捉える。
• 図を描く際の注意点:
  • 座標軸（正の向き）を明確に示す。
  • 既知の量と未知の量を区別して書き込む。
  • 作用・反作用の関係にある力は対で描くことを意識する。
  • 問題を解きながら、状況変化に応じて図を更新していく。

なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法

• \(mgh = \mu mgl\) (問1):
  • 思考: Pの初期の全エネルギーが \(mgh\)。最終的にCで停止するので全エネルギー0。その差は摩擦がした仕事の大きさ \(\mu mgl\)。よって、エネルギーの収支からこの式が導かれる。
• \(0 = mv + MV\) (問2ア):
  • 思考: Pと台の系には水平方向に外力が作用しない。運動開始前は系全体の運動量が0（静止）。したがって、運動開始後も系全体の水平運動量は0でなければならない。
• \(mgh = \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{2}MV^2\) (問2ア):
  • 思考: Pが曲面AB（摩擦なし）を滑る間、Pと台の系では重力（保存力）とP-台間の垂直抗力（仕事を系全体で見るとエネルギー変換に関与）のみが関連する（床からの垂直抗力は台を上下させない）。これらはエネルギーを保存する形で働くため、系全体の力学的エネルギーが保存される。初期はPの位置エネルギーのみ、後はPと台の運動エネルギーの和。
• \(0 = (m+M)u_{\text{最終}}\) (問2ウ):
  • 思考: Pが台に対して停止（一体化）した後も、系全体の水平運動量は初期状態(0)から保存されているはず。一体となった物体の質量は \((m+M)\)、その速度を \(u_{\text{最終}}\) とすると、運動量は \((m+M)u_{\text{最終}}\)。これが0に等しい。
• 常に「なぜこの法則がこの場面で適用できるのか？」という根拠（外力の有無、非保存力の仕事の有無など）を明確にすることで、適切な公式選択が可能になる。

思考を整理する：立式から計算までのロジカルフロー

1. 問1（台固定、摩擦あり）:
   1. Pの初期エネルギー（位置エネルギー \(mgh\)）を把握。
   2. BC間の動摩擦力 (\(\mu mg\)) とその仕事 (\(-\mu mgl\)) を計算。
   3. 最終エネルギー（0）との関係から \(\mu\) を求める。(\(mgh – \mu mgl = 0\))
2. 問2（台可動、摩擦なし区間とあり区間）:
   1. (ア) 関係式（PがB到達時）:
      • P+台系で水平方向の運動量保存則を立式 (\(0 = mv+MV\))。
      • P+台系で力学的エネルギー保存則を立式 (\(mgh = \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{2}MV^2\))。
   2. (イ) \(v, V\) の導出: (ア)の2式を連立して解く。
   3. (ウ) Pが台に対し停止時: P+台系で水平方向の運動量保存則を再度適用。初期運動量0、最終状態は一体運動 (\((m+M)u_{\text{最終}} = 0\))。

このように、問題の状況に応じて適切な法則を選び、状態を追って論理的に解き進めることが重要。

計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック

• 単位による検算: 式の両辺や最終結果の単位が物理的に正しいか（例：速度なら \(\text{[m/s]}\)）を常に確認する。
• 文字の明確な区別: \(m\) と \(M\)、\(v\) と \(V\) など、似た文字を混同しないよう丁寧に書く、または意識的に区別する。
• 符号のダブルチェック: 速度、運動量、仕事など、向きや増減が関わる量の符号は特に慎重に扱う。
• 代入・展開は一段階ずつ: 複雑な代入や式の展開は、焦らず一つ一つのステップを確実に行う。
• 平方根の取り扱い: \(A^2 = B \Rightarrow A = \pm \sqrt{B}\)。物理的な状況から適切な符号を選ぶ（速さの大きさは通常正）。
• 極端な場合での検証: \(M \gg m\) や \(m=0\) などの極端な条件を代入してみて、結果が直感に合うか確認するのも有効な検算方法。

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

• 物理的な直感との整合性:
  • (1) \(\mu = h/l\): \(h\) が大きいほど、または \(l\) が短いほど摩擦係数が大きいというのは、坂が急で短い距離で止まるイメージと合致。
  • (2)(イ) \(V = -\frac{m}{M}v\): Pが右に動けば台は左に動く（運動量保存）。質量の逆比で速度が分配されるのも自然。
  • (2)(イ) \(M \to \infty\) の極限: 台が非常に重ければ \(v \to \sqrt{2gh}\) (台固定と同じ)、\(V \to 0\) となり、物理的状況と一致。
  • (2)(ウ) 最終的に全体が静止する: 水平外力がなく初期運動量0の系が内部摩擦で一体化すれば、最終的に全体が静止するのはエネルギー散逸の観点からも運動量保存の観点からも妥当。
• 単位の一貫性の再確認: 得られた解の単位が、求められている物理量の単位と一致しているかを必ず確認する。
• 無次元量の確認: 動摩擦係数 \(\mu\) は無次元数であり、\(h/l\) も（長さ/長さ）で無次元となり、整合性が取れている。
• 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る。

問題33 (東京電機大+大阪公立大)

【問題の確認】まずは問題文をしっかり読み解こう

この問題は、水平で滑らかな床の上で、小物体Pと滑らかな曲面を持つ台が相互作用する状況を扱います。はじめPに初速を与えると、Pは台の曲面を上り、その反作用で台も動き出します。Pが最高点に達する瞬間や、再び床面に戻った後の速度など、運動の各段階における物理量を、運動量保存則と力学的エネルギー保存則を用いて解析していきます。台が動くため、2物体を一つの「系」として捉える視点が重要です。

【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、複数の物体が相互作用しながら運動する系において、運動量保存則と力学的エネルギー保存則という物理学の基本法則をいかに適用するかを問うています。特に、台自身も運動するという点がポイントで、小物体と台を一つのシステムとして捉え、それぞれの法則が成り立つ条件を正確に判断することが求められます。

問1 (ア)

思考の道筋とポイント
小物体Pが台上の最高点に達した瞬間を考えます。このとき、Pは台に対して一瞬静止するように見えます。これは、Pの台に対する相対速度の鉛直成分が0になるだけでなく、この問題の状況では水平方向の相対速度も0となり、結果としてPと台が床に対して同じ水平速度で運動すると解釈できます。
Pと台からなる系には、運動の全過程を通じて水平方向には外力が作用していません（床も台の曲面も滑らかなため）。したがって、系の全水平運動量は保存されます。

この設問における重要なポイント

• 「Pが台上の最高点に達したとき」という条件は、「Pと台の床に対する水平速度が等しくなる」と読み替える。
• 小物体Pと台を一つの系として扱い、水平方向の運動量保存則を適用する。
• 初期状態（Pに初速\(v_0\)を与え、台は静止）と、最高点到達時（Pと台が同じ速度\(v\)で運動）のそれぞれの運動量を正しく記述する。

具体的な解説と立式
小物体Pと台からなる系を考え、水平右向きを正の向きとします。
初期状態（Pが台に達する直前）:
Pの速度は \(v_0\)、台の速度は \(0\)。
系の全水平運動量 \(P_{\text{水平,初}}\) は、
$$ P_{\text{水平,初}} = m v_0 + M \cdot 0 = mv_0 $$
Pが最高点に達したとき:
Pと台は床に対して同じ水平速度 \(v\) で運動します。
系の全水平運動量 \(P_{\text{水平,後}}\) は、
$$ P_{\text{水平,後}} = mv + Mv = (m+M)v $$
水平方向の運動量保存則 \(P_{\text{水平,初}} = P_{\text{水平,後}}\) より、
$$ mv_0 = (m+M)v $$

運動量保存則の式 \(mv_0 = (m+M)v\) を、Pと台が一体となったときの速度 \(v\) について解きます。
両辺を \((m+M)\) で割ります（ここで \(m+M \neq 0\) です）。
$$ \frac{mv_0}{(m+M)} = \frac{(m+M)v}{(m+M)} $$
$$ v = \frac{m}{m+M}v_0 $$
この \(v\) が、Pが最高点に達したときの台の速さ（でありPの水平速度でもある）です。

小物体Pと台を一つのグループとして考えます。
最初、Pだけが右向きに速さ \(v_0\) で動いていて、台は止まっています。このときのグループ全体の「運動の勢い（運動量）」は、Pの運動量だけで \(mv_0\) です。
Pが台の曲面を上がって、一番高いところに来た瞬間を想像してください。このとき、Pは台の上でこれ以上高くも低くも動けず、台と一緒に水平方向に動いていると考えられます。つまり、Pと台は同じ速さ \(v\) で動いています。
この瞬間のグループ全体の運動の勢いは、Pの運動量 \(mv\) と台の運動量 \(Mv\) を足した \((m+M)v\) です。
床も曲面も滑らかなので、グループ全体としては横方向に外から力が加わっていません。なので、運動の勢いは始めから終わりまで変わりません（運動量保存則）。
したがって、「はじめの勢い」＝「あとの勢い」なので、
$$ mv_0 = (m+M)v $$
この式から、Pと台が一緒に動く速さ \(v\) は、
$$ v = \frac{m}{m+M}v_0 $$
とわかります。これが台の速さです。

Pが台上の最高点に達したときの台の速さは \( \displaystyle v = \frac{m}{m+M}v_0 \) です。
これは、Pが持っていた初期の運動量 \(mv_0\) が、Pと台の合計質量 \((m+M)\) で分配されたときの共通の速度と解釈できます。結果の単位は、\(v_0\) が \([\text{m/s}]\) で、質量比 \(m/(m+M)\) は無次元なので、全体として \([\text{m/s}]\) となり、速度の単位として正しいです。

問1 (イ)

思考の道筋とポイント
小物体Pと台からなる系において、運動の全過程で摩擦や空気抵抗が働かないため、力学的エネルギーは保存されます。初期状態（Pが初速\(v_0\)で床面上を運動し、台は静止）の系の全力学的エネルギーと、Pが最高点\(h\)に達したとき（Pと台が共通の速度\(v\)で運動し、Pが高さ\(h\)にある）の系の全力学的エネルギーが等しいという式を立てます。この際、(ア)で求めた共通の速度\(v\)を利用します。

この設問における重要なポイント

• 小物体Pと台を一つの系として、系全体の力学的エネルギー保存則を適用する。
• 床面を位置エネルギーの基準（高さ0）とする。
• 初期の力学的エネルギーは、Pの運動エネルギー \( \frac{1}{2}mv_0^2 \) のみ。
• 最高点での力学的エネルギーは、Pの位置エネルギー \(mgh\) と、Pと台が共通速度\(v\)で運動することによる運動エネルギー \( \frac{1}{2}(m+M)v^2 \) の和。
• (ア)で求めた \(v = \frac{m}{m+M}v_0\) を代入して \(h\) を求める。

具体的な解説と立式
小物体Pと台からなる系の力学的エネルギー保存則を適用します。床面を位置エネルギーの基準（高さ\(0\)）とします。
初期状態（Pが床面上で速度\(v_0\)、台は静止）:
Pの位置エネルギーは \(mg \cdot 0 = 0\)。台の位置エネルギーも変化なし。
系の全力学的エネルギー \(E_{\text{初}}\) は、Pの運動エネルギーのみです。
$$ E_{\text{初}} = \frac{1}{2}mv_0^2 + \frac{1}{2}M(0)^2 = \frac{1}{2}mv_0^2 $$
Pが最高点\(h\)に達したとき:
Pと台は共通の水平速度 \(v = \frac{m}{m+M}v_0\) で運動しています。Pの高さは \(h\)。
系の全力学的エネルギー \(E_{\text{後}}\) は、Pの運動エネルギー、台の運動エネルギー、そしてPの位置エネルギーの和です。
$$ E_{\text{後}} = \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{2}Mv^2 + mgh = \frac{1}{2}(m+M)v^2 + mgh $$
力学的エネルギー保存則 \(E_{\text{初}} = E_{\text{後}}\) より、
$$ \frac{1}{2}mv_0^2 = \frac{1}{2}(m+M)v^2 + mgh $$
ここに、(ア)で求めた \( v = \frac{m}{m+M}v_0 \) を代入します。
$$ \frac{1}{2}mv_0^2 = \frac{1}{2}(m+M)\left(\frac{m}{m+M}v_0\right)^2 + mgh $$

力学的エネルギー保存則の式に \( v = \frac{m}{m+M}v_0 \) を代入し、\(h\) について解きます。
$$ \frac{1}{2}mv_0^2 = \frac{1}{2}(m+M)\left(\frac{m}{m+M}v_0\right)^2 + mgh $$
右辺の運動エネルギー項を計算します:
$$ \frac{1}{2}(m+M) \cdot \frac{m^2}{(m+M)^2}v_0^2 = \frac{1}{2}\frac{m^2 v_0^2}{m+M} $$
よって、エネルギー保存の式は、
$$ \frac{1}{2}mv_0^2 = \frac{1}{2}\frac{m^2 v_0^2}{m+M} + mgh $$
\(mgh\) について解くために、この項を左辺に、他の項を右辺に移項するか、\(mgh\)以外の項を整理します。
$$ mgh = \frac{1}{2}mv_0^2 – \frac{1}{2}\frac{m^2 v_0^2}{m+M} $$
右辺を \(\frac{1}{2}mv_0^2\) でくくり出します。
$$ mgh = \frac{1}{2}mv_0^2 \left(1 – \frac{m}{m+M}\right) $$
括弧の中を通分して計算します: \( 1 – \frac{m}{m+M} = \frac{m+M-m}{m+M} = \frac{M}{m+M} \)。
$$ mgh = \frac{1}{2}mv_0^2 \left(\frac{M}{m+M}\right) $$
両辺の \(m\) を消去します (\(m \neq 0\))。
$$ gh = \frac{1}{2}v_0^2 \left(\frac{M}{m+M}\right) $$
最後に、両辺を \(g\) で割って \(h\) を求めます (\(g \neq 0\))。
$$ h = \frac{v_0^2}{2g} \frac{M}{m+M} = \frac{M v_0^2}{2(m+M)g} $$

エネルギーの保存について考えます。
はじめ、Pは床（高さ0）の上を速さ \(v_0\) で動いているので、運動エネルギー \( \frac{1}{2}mv_0^2 \) を持っています。台は止まっているので、全体のエネルギーは \( \frac{1}{2}mv_0^2 \) です。
Pが台の上の一番高い点（高さ\(h\)）に来たとき、Pと台は一緒に速さ \( v = \frac{m}{m+M}v_0 \) で動いています（(ア)の結果）。このときのPと台の運動エネルギーの合計は \( \frac{1}{2}(m+M)v^2 \) です。さらに、Pは高さ \(h\) にいるので、位置エネルギー \(mgh\) を持っています。
全体のエネルギーは保存されるので、「はじめのエネルギー」＝「あとのエネルギー」となります。
$$ \frac{1}{2}mv_0^2 = \frac{1}{2}(m+M)v^2 + mgh $$
ここに、(ア)で求めた \( v = \frac{m}{m+M}v_0 \) を代入します。
$$ \frac{1}{2}mv_0^2 = \frac{1}{2}(m+M)\left(\frac{m}{m+M}v_0\right)^2 + mgh $$
右辺の運動エネルギーの項は、 \( \frac{1}{2}(m+M) \frac{m^2}{(m+M)^2}v_0^2 = \frac{1}{2}\frac{m^2 v_0^2}{m+M} \) と計算できます。
したがって、
$$ \frac{1}{2}mv_0^2 = \frac{1}{2}\frac{m^2 v_0^2}{m+M} + mgh $$
この式を \(h\) について解きます。まず \(mgh\) の項を左辺に残し、他の項を移項します。
$$ mgh = \frac{1}{2}mv_0^2 – \frac{1}{2}\frac{m^2 v_0^2}{m+M} $$
右辺を共通の \( \frac{1}{2}mv_0^2 \) でくくると、
$$ mgh = \frac{1}{2}mv_0^2 \left(1 – \frac{m}{m+M}\right) $$
カッコの中を計算すると \( \frac{M}{m+M} \) になるので、
$$ mgh = \frac{1}{2}mv_0^2 \frac{M}{m+M} $$
両辺の \(m\) を消去し、\(g\) で割ると、
$$ h = \frac{M v_0^2}{2(m+M)g} $$
が得られます。

最高点の床面からの高さ\(h\)は \( \displaystyle h = \frac{M v_0^2}{2(m+M)g} \) です。
この式は、Pの初期運動エネルギー \( \frac{1}{2}mv_0^2 \) のうち、どれだけの割合がPの位置エネルギーに変換されたかを示しています。残りはPと台の運動エネルギーとして残ります。
もし台が非常に重い (\(M \gg m\))、つまり \(M/(m+M) \approx 1\) の場合、\(h \approx \frac{v_0^2}{2g}\) となります。これは、Pが固定された斜面を駆け上がる場合の最高到達高さに相当し、物理的に妥当です。
単位は、分子が \([\text{kg}] \cdot ([\text{m/s}])^2 = [\text{kg} \cdot \text{m}^2/\text{s}^2]\)、分母が \(([\text{kg}]+[\text{kg}]) \cdot [\text{m/s}^2] = [\text{kg} \cdot \text{m/s}^2]\) なので、全体として \([\text{m}]\) となり、高さの単位として適切です。

問2

思考の道筋とポイント
小物体Pが台の曲面を滑り下り、再び床面上に達した後の台の速さを考えます。この全過程（Pが初速\(v_0\)で動き出してから、Pが再び床面に戻るまで）を通じて、Pと台からなる系には水平方向の外力が働いていません。また、床も台の曲面も滑らかであるため、系全体の力学的エネルギーも保存されます。
Pが再び床面上に達したときのPの速度を \(v_P\)、台の速度を \(v’_{\text{台}}\) とし、運動量保存則と力学的エネルギー保存則の2つの式を立て、これらを連立させて \(v’_{\text{台}}\) を求めます。この状況は、質量\(m\)の物体が速度\(v_0\)で静止している質量\(M\)の台（ここでは曲面を持つが、最終的にPが床面に戻るのでエネルギーのやり取りとしては弾性的）と相互作用した後の速度を求める問題と考えることができます。

この設問における重要なポイント

• Pと台からなる系全体で、水平方向の運動量保存則と力学的エネルギー保存則の両方が適用できる。
• 初期状態（Pが\(v_0\)、台静止、Pは床面）と最終状態（Pが床面に戻り速度\(v_P\)、台が速度\(v’_{\text{台}}\)、Pの高さは0）の各物理量を正しく設定する。
• この現象は、Pと台の間の「弾性衝突」と等価であると見なすことができ、反発係数 \(e=1\) の関係式を使うと計算が簡略化できる場合がある。

具体的な解説と立式
Pと台からなる系を考え、水平右向きを正の向きとします。Pが再び床面上に達した後のPの速度を \(v_P\)、台の速度を \(v’_{\text{台}}\) とします。

1. 水平方向の運動量保存則:
初期の全水平運動量は \(P_{\text{水平,初}} = mv_0\)。
Pが再び床面上に達した後の全水平運動量は \(P_{\text{水平,後}} = mv_P + Mv’_{\text{台}}\)。
運動量保存則より、
$$ mv_0 = mv_P + Mv’_{\text{台}} \quad \cdots ④ $$

2. 力学的エネルギー保存則:
初期の全力学的エネルギーは \(E_{\text{初}} = \frac{1}{2}mv_0^2\)。
Pが再び床面上に達したとき、Pの高さは0なので位置エネルギーは0。
このときの全力学的エネルギーは \(E_{\text{後}} = \frac{1}{2}mv_P^2 + \frac{1}{2}M(v’_{\text{台}})^2\)。
力学的エネルギー保存則より、
$$ \frac{1}{2}mv_0^2 = \frac{1}{2}mv_P^2 + \frac{1}{2}M(v’_{\text{台}})^2 $$
両辺を2倍して、
$$ mv_0^2 = mv_P^2 + M(v’_{\text{台}})^2 \quad \cdots ⑤’ $$

この現象は、Pと台の弾性衝突と見なせるため、反発係数 \(e=1\) の関係式を用います。
衝突前のPの速度は \(v_0\)、台の速度は \(0\)。
衝突後のPの速度は \(v_P\)、台の速度は \(v’_{\text{台}}\)。
相対速度の関係は、\( (v_P – v’_{\text{台}}) = -e (v_0 – 0) \)。弾性衝突なので \(e=1\)。
$$ v_P – v’_{\text{台}} = -v_0 \quad \cdots ⑦ $$
式④と式⑦を連立して解きます。
式⑦より \(v_P = v’_{\text{台}} – v_0\)。これを式④に代入します。
$$ mv_0 = m(v’_{\text{台}} – v_0) + Mv’_{\text{台}} $$

運動量保存則の式④ \(mv_0 = mv_P + Mv’_{\text{台}}\) と、
反発係数 \(e=1\) からの関係式⑦ \(v_P – v’_{\text{台}} = -v_0\) を連立して解きます。
式⑦を変形して \(v_P\) について解くと、
$$ v_P = v’_{\text{台}} – v_0 $$
これを式④の \(v_P\) に代入します。
$$ mv_0 = m(v’_{\text{台}} – v_0) + Mv’_{\text{台}} $$
右辺を展開します。
$$ mv_0 = mv’_{\text{台}} – mv_0 + Mv’_{\text{台}} $$
\(v’_{\text{台}}\) を含む項を右辺に、それ以外の項を左辺に集めます。
$$ mv_0 + mv_0 = mv’_{\text{台}} + Mv’_{\text{台}} $$
$$ 2mv_0 = (m+M)v’_{\text{台}} $$
\(v’_{\text{台}}\) について解きます。
$$ v’_{\text{台}} = \frac{2m}{m+M}v_0 $$

Pが台の曲面を滑り下りて、再び床の上に出てきたときの台の速さを知りたいわけです。この一連の動きは、Pが台にぶつかって、お互いに力を及ぼし合った結果、それぞれの速さが変わる、という状況です。床も曲面も滑らかなので、エネルギーの損失はありません。
この場合も、Pと台のグループ全体の「運動の勢い（運動量）」と「力学的エネルギー」は保存されます。
運動の勢いは、はじめ \(mv_0\) でした。Pが床に戻ったときのPの速さを \(v_P\)、台の速さを \(v’_{\text{台}}\) とすると、そのときの運動の勢いは \(mv_P + Mv’_{\text{台}}\) です。なので、 \(mv_0 = mv_P + Mv’_{\text{台}}\) が成り立ちます。
エネルギーも同様に、はじめ \( \frac{1}{2}mv_0^2 \) で、Pが床に戻ったときは \( \frac{1}{2}mv_P^2 + \frac{1}{2}M(v’_{\text{台}})^2 \) です。なので、\( \frac{1}{2}mv_0^2 = \frac{1}{2}mv_P^2 + \frac{1}{2}M(v’_{\text{台}})^2 \) が成り立ちます。
この2つの式を連立して解くこともできますが、このようなエネルギーが失われない衝突（弾性衝突）では、「はねかえりの式」を使うと計算が楽になることがあります。
はねかえりの式は、「（衝突後のPから見た台の速さ）\(= -1 \times\) （衝突前のPから見た台の速さ）」という関係です。
もっと分かりやすく言うと、衝突後の2つの物体の相対速度は、衝突前の相対速度の(-1)倍（向きが逆で大きさが同じ）になります。
衝突前のPの速度は \(v_0\)、台の速度は \(0\)。衝突後のPの速度を \(v_P\)、台の速度を \(v’_{\text{台}}\)。
すると、\( (v_P – v’_{\text{台}}) = -(v_0 – 0) \) つまり \( v_P – v’_{\text{台}} = -v_0 \) という関係があります。
これと、運動量保存の式 \(mv_0 = mv_P + Mv’_{\text{台}}\) を使って \(v’_{\text{台}}\) を求めます。
はねかえりの式から \(v_P = v’_{\text{台}} – v_0\)。これを運動量保存の式に代入すると、
\(mv_0 = m(v’_{\text{台}} – v_0) + Mv’_{\text{台}}\)
\(mv_0 = mv’_{\text{台}} – mv_0 + Mv’_{\text{台}}\)
\(2mv_0 = (m+M)v’_{\text{台}}\)
よって、台の速さ \(v’_{\text{台}}\) は \( \frac{2m}{m+M}v_0 \) となります。

Pが再び床面上に達した後の、台の速さは \( \displaystyle v’_{\text{台}} = \frac{2m}{m+M}v_0 \) です。
これは、1次元弾性衝突において、質量 \(m\) の物体が初速 \(v_0\) で静止している質量 \(M\) の物体に衝突したとき、質量 \(M\) の物体が得る速度の公式と同じ形です。
例えば、もし \(m=M\) なら、\(v’_{\text{台}} = \frac{2m}{2m}v_0 = v_0\) となり、台はPの初期速度と同じ速度で動き出します（このときPは静止します）。
もし \(m \ll M\)（Pが非常に軽い）なら、\(v’_{\text{台}} \approx 0\) となり、台はほとんど動きません。
もし \(M \ll m\)（台が非常に軽い）なら、\(v’_{\text{台}} \approx \frac{2m}{m}v_0 = 2v_0\) となり、台はPの初期速度の2倍の速さで動き出します。
これらの極端な場合を考えると、結果の物理的な妥当性が確認できます。

【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？

• 水平方向の運動量保存則:
  • 核心: Pと台からなる系に水平方向の外力が働かない（床が滑らか）ため、系の全水平運動量は運動の全過程を通じて保存されます。
  • 適用: (1)(ア) Pが最高点に達した瞬間、(2) Pが再び床面に戻った瞬間、いずれも初期状態（\(P:v_0\), 台:静止）からの運動量保存を考えます。
• 力学的エネルギー保存則:
  • 核心: 床も台の曲面も滑らかで、摩擦によるエネルギー損失がないため、Pと台からなる系全体の力学的エネルギー（運動エネルギー＋Pの重力による位置エネルギー）は保存されます。
  • 適用: (1)(イ) Pの最高到達点を求める際、(2) Pが再び床面に戻った後の速度を求める際に、初期状態からのエネルギー保存を考えます。
• 「最高点」の物理的条件:
  • 核心: (1)(ア)でPが台上の最高点に達したとき、Pは台に対して相対的に静止し、Pと台は床に対して同じ水平速度で運動すると解釈します。

応用テクニック：似た問題が出たらココを見る！解法の鍵と着眼点

• 類似問題への応用:
  • 台の上で物体が運動し、その反作用で台も動く問題（例：台車上での人の歩行、砲弾発射による砲台の後退など）。
  • 複数の物体が衝突し、エネルギーや運動量を交換する問題（特に弾性衝突）。
  • 曲面や斜面が絡む運動で、高さの変化と速度の変化をエネルギー保存で結びつける問題。
• 初見の問題への着眼点:
  1. 「系」の設定: どの物体群を一つの「系」として考察するかを最初に決定する。台が動く場合は、基本的に小物体と台を一つの系と見なす。
  2. 保存則の選択基準:
     • 外力の有無（特に水平方向）を確認し、運動量保存則の適否を判断する。
     • 摩擦や非保存力の仕事の有無を確認し、力学的エネルギー保存則の適否を判断する。
  3. 運動のステージ分け: 問題の状況が変化するポイント（例：最高点、床面に戻るなど）で運動を区切り、それぞれの状態における物理量を定義する。
  4. キーワードの読解: 「静止していた」「速さ\(v_0\)を与え」「最高点に達した」「再び床面上に」といった言葉が示す初期条件や特定状態の物理的意味を正確に捉える。
• 特に注意すべき点:
  • (2)のような弾性衝突と等価な状況では、運動量保存則と力学的エネルギー保存則の連立だけでなく、反発係数 \(e=1\) の式と運動量保存則の連立も有効な解法となることを知っておくと便利。

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区別:
  • 誤解: 運動量はスカラー、運動エネルギーはベクトルなど、基本的な性質を混同する。運動量と運動エネルギーは単位も次元も異なる全く別の物理量。
  • 対策: それぞれの定義 (\(\vec{p}=m\vec{v}\), \(K=\frac{1}{2}mv^2\)) と単位を正確に覚える。運動量はベクトルなので向きが重要、エネルギーはスカラーだが仕事には向きと力の関係で正負がある。
• 保存則の適用範囲の誤り:
  • 誤解: 小物体Pのみ、あるいは台のみで運動量保存則やエネルギー保存則を考えてしまう。
  • 対策: 台が動く場合、Pと台は相互に力を及ぼし合うため、一つの「系」として捉え、系全体での保存則を考えるのが基本。
• 「最高点」での速度の誤解:
  • 誤解: Pが最高点に達したとき、Pの速度が完全に0になると考える。
  • 対策: 台が動く場合、最高点ではPは台と共に水平方向に運動している。Pの台に対する相対速度の鉛直成分が0になるだけで、床に対するPの速度は0ではない。
• 連立方程式の計算ミス:
  • 対策: 代入後の式の展開、整理、符号の扱い、平方根の計算などを慎重に行う。特に文字が多くなるとミスしやすいので、各ステップを確認しながら進める。

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. 初期状態の図: Pに初速\(v_0\)、台は静止、という状況を明確に描く。
  2. 最高点到達時の図: Pと台が同じ速度\(v\)で水平方向に動き、Pが高さ\(h\)にある様子を描く。Pの速度ベクトルと台の速度ベクトルが一致することを示す。
  3. Pが床面に戻った時の図: Pの速度\(v_P\)と台の速度\(v’_{\text{台}}\)をそれぞれベクトルで描く（向きが異なる可能性も考慮）。
  4. 力の図示（補助的）: Pと台の間で働く内力（垂直抗力）の向きを考えると、台がなぜ動き出すのか（Pが台を押す反作用）が理解しやすくなる。
• 図を描く際の注意点:
  • 速度や力のベクトルは向きと作用点を意識して描く。
  • 座標軸（正の向き）を明記する。
  • 各状態（初期、中間、最終）を区別して描くことで、思考が整理される。
  • 質量 \(m, M\) などの記号も図に書き添えると、立式時に参照しやすい。

なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法

• \(mv_0 = (m+M)v\) (問1ア):
  • なぜ？: Pと台からなる系には水平方向に外力が作用しないから、全水平運動量が保存される。最高点ではPと台は一体と見なせる同じ速度\(v\)で動くから、後の運動量は\((m+M)v\)。
• \(\frac{1}{2}mv_0^2 = \frac{1}{2}(m+M)v^2 + mgh\) (問1イ):
  • なぜ？: 系には摩擦などの非保存力が仕事をしないから、全力学的エネルギーが保存される。初めはPの運動エネルギーのみ。最高点ではPと台の運動エネルギーとPの位置エネルギーの和。
• \(mv_0 = mv_P + Mv’_{\text{台}}\) と \(\frac{1}{2}mv_0^2 = \frac{1}{2}mv_P^2 + \frac{1}{2}M(v’_{\text{台}})^2\) (問2):
  • なぜ？: Pが床に戻るまでの全過程で、水平運動量と力学的エネルギーがそれぞれ保存されるから。それぞれの保存則を初期状態と最終状態で比較する。
• これらの選択は、問題文の「滑らかな床」「滑らかな曲面」「静止していた」「速さ\(v_0\)を与え」といった条件記述から判断される。

思考を整理する：立式から計算までのロジカルフロー

1. 現象のステージ分け:
   • ステージ1: Pが初速\(v_0\)で動き出し、台の最高点\(h\)に達するまで。
   • ステージ2: Pが最高点から滑り下り、再び床面上に達するまで。
2. 問1(ア) – ステージ1の最高点での台の速度 \(v\):
   1. P+台系で水平方向の運動量保存則を適用。
   2. 初期運動量 (\(mv_0\)) = 最高点での運動量 (\((m+M)v\))。
   3. \(v\) について解く。
3. 問1(イ) – ステージ1の最高点の高さ \(h\):
   1. P+台系で力学的エネルギー保存則を適用。
   2. 初期エネルギー (\(\frac{1}{2}mv_0^2\)) = 最高点でのエネルギー (\(\frac{1}{2}(m+M)v^2 + mgh\))。
   3. (ア)で求めた \(v\) を代入し、\(h\) について解く。
4. 問2 – ステージ2終了時（Pが床面に戻った後）の台の速度 \(v’_{\text{台}}\):
   1. P+台系で水平方向の運動量保存則を適用（初期状態から最終状態まで通して）。
   2. P+台系で力学的エネルギー保存則を適用（初期状態から最終状態まで通して）。
   3. 得られた2式を連立し、\(v’_{\text{台}}\) について解く（または反発係数の式を利用）。

このように、各段階で適切な法則を選び、状態を追って論理的に解き進める。

計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック

• 単位によるセルフチェック: 計算の途中や最終結果の単位が、求めるべき物理量の単位と一致しているか常に確認する（例：速度なら\(\text{[m/s]}\)）。
• 文字の丁寧な扱い: \(m\)と\(M\)、\(v_0\)と\(v\)など、似た文字や添え字の違いを明確に区別して書く。
• 符号の確認: 運動量や速度はベクトルなので、設定した正の向きに対する符号を常に意識する。エネルギー計算では通常正だが、仕事は負になる場合もある。
• 代入と展開の慎重さ: 特に複数の文字が含まれる式への代入や、括弧の展開、二乗の計算は、焦らず一段階ずつ丁寧に行う。
• 検算の工夫: 可能であれば、別の方法で同じ量を計算してみる（例：問2をエネルギー保存と運動量保存の連立で解いた後、反発係数を使っても同じ結果になるか確認）。また、\(m=M\) や \(M \to \infty\) のような極端な条件を代入して、結果が物理的に妥当な振る舞いをするか確かめる。

解きっぱなしはNG！解答の妥当性を吟味する習慣をつけよう

• 物理的な直感との比較:
  • (1ア) \(v = \frac{m}{m+M}v_0\): 全体が一体となって動くときの速度。\(v < v_0\) となり、Pの運動量が台にも分配されるためP単独の時より遅くなるのは自然。
  • (1イ) \(h = \frac{Mv_0^2}{2(m+M)g}\): もし台がなければ (\(M \to \infty\) の極限で近似)、\(h \approx v_0^2/(2g)\) となり、これはPが単独で鉛直上方に投げ上げられた場合の最高到達高さと同じ形のエネルギー関係式になる。
  • (2) \(v’_{\text{台}} = \frac{2m}{m+M}v_0\): 弾性衝突で静止していた物体が得る速度。\(m=M\)なら\(v’_{\text{台}}=v_0\)（速度交換）、\(m \ll M\)なら\(v’_{\text{台}} \approx 0\)、\(M \ll m\)なら\(v’_{\text{台}} \approx 2v_0\) となり、衝突の基本的な性質と一致。
• 単位の一貫性の最終確認: 計算結果の単位が、求められている物理量の単位と合っているか（速度なら\(\text{[m/s]}\)、高さなら\(\text{[m]}\)など）。
• 無次元量のチェック: 例えば速度の比や質量の比は無次元数になるはず。式の係数が無次元になっているかなど。
• これらの吟味を通じて、単に計算が正しいかだけでなく、物理現象としてその結果が何を意味するのか、より深く理解することができる。

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問題34 (東京電機大)

【問題の確認】まずは問題文をしっかり読み解こう

この問題は、滑らかな水平面上での小球Bと小物体Aの衝突、そしてその後に起こる小物体Aと台車の間の摩擦を伴う運動という、複数の物理現象を段階的に解析する問題です。前半では力学的エネルギー保存則と運動量保存則を衝突現象に適用し、後半では摩擦力が関わる場合の運動量保存則とエネルギーの損失について考えます。それぞれの場面でどの法則が適用でき、何が保存される（またはされない）のかを正確に見極めることが重要です。

【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、複数の物体が関わる力学現象を、エネルギーと運動量の観点から分析する総合問題です。(1)では振り子の運動と衝突現象、(2)以降では摩擦が絡む状況下での物体系の運動を扱います。各ステップでどの物理法則が適用可能かを慎重に判断しましょう。

問1

思考の道筋とポイント
この設問は、小球Bの運動と、Bと小物体Aの衝突という2つの主要な部分から構成されます。

1. Bの衝突前の速さの導出: Bが糸水平の位置から最下点（Aとの衝突位置）まで運動する過程では、重力のみが仕事をするため、Bの力学的エネルギーは保存されます。これを用いて衝突直前のBの速さ\(u_1\)を求めます。
2. Bの衝突後の速さの導出: 衝突後、Bははね返って糸が鉛直と\(60^\circ\)の角度をなす位置まで上昇します。この過程でもBの力学的エネルギーは保存されるため、これを用いて衝突直後のBの速さ\(u_2\)を求めます。
3. AとBの衝突と運動量保存: BとAの衝突は非常に短時間で起こると考えられるため、この瞬間にはBとAからなる系（台車はまだ動いていないと仮定）の水平方向の運動量は保存されます。これを用いてAの衝突直後の速さ\(v_0\)を求めます。

この設問における重要なポイント

• 振り子の運動における力学的エネルギー保存則の適用（位置エネルギーの基準点を明確に）。
• 衝突現象における運動量保存則の適用（衝突に関与する物体を一つの系と見なす）。
• 速度はベクトル量であるため、向きを設定し、符号に注意して立式する。
• 衝突の瞬間は台車がまだ動いていないと仮定できる（衝突時間が極めて短いため、台車が動き出すほどの力積を受けない）。

具体的な解説と立式
小球Bの質量を \(m_B = \frac{1}{8}m\)、小物体Aの質量を \(m_A = m\) とします。
位置エネルギーの基準面を、小球Bの最下点（すなわち小物体Aの高さ）とします。

1. 衝突直前の小球Bの速さ \(u_1\)
Bは糸が水平な位置（基準面からの高さ \(l\)）から静かに（初速0で）放されます。
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）。
$$ m_B g l = \frac{1}{2} m_B u_1^2 $$
$$ \frac{1}{8}m g l = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{8}m u_1^2 $$
両辺から \(\frac{1}{8}m\) を消去し、\(\frac{1}{2}\) で割る（2を掛ける）と、
$$ u_1^2 = 2gl $$
速さの大きさなので \(u_1 > 0\)。よって、
$$ u_1 = \sqrt{2gl} $$
衝突直前、Bは左向きにこの速さで動きます。

2. 衝突直後の小球Bの速さ \(u_2\)
衝突後、Bははね返り、糸が鉛直と\(60^\circ\)の角度をなす位置まで戻ります。このときの基準面からの高さ \(h’\) は、
$$ h’ = l – l\cos 60^\circ = l – l \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{2}l $$
この最高点ではBの速さは0になります。
力学的エネルギー保存則より、（衝突直後の運動エネルギー）＝（\(60^\circ\)位置での位置エネルギー）。
$$ \frac{1}{2} m_B u_2^2 = m_B g h’ $$
$$ \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{8}m u_2^2 = \frac{1}{8}m g \left(\frac{1}{2}l\right) $$
両辺から \(\frac{1}{8}m\) と \(\frac{1}{2}\) を消去すると、
$$ u_2^2 = gl $$
速さの大きさなので \(u_2 > 0\)。よって、
$$ u_2 = \sqrt{gl} $$
衝突直後、Bは右向きにこの速さで動きます。

3. BとAの衝突における運動量保存
左向きを正の向きとします。
衝突前のBの速度: \(+u_1 = +\sqrt{2gl}\)
衝突前のAの速度: \(0\) (静止)
衝突後のBの速度: \(-u_2 = -\sqrt{gl}\) (右向きなので負)
衝突後のAの速度: \(+v_0\) (左向きと仮定。向きが異なれば \(v_0\) の符号で調整される)
BとAからなる系の運動量保存則より、（衝突前の全運動量）＝（衝突後の全運動量）。
$$ m_B u_1 + m_A \cdot 0 = m_B (-u_2) + m_A v_0 $$
値を代入します。
$$ \frac{1}{8}m (\sqrt{2gl}) + m \cdot 0 = \frac{1}{8}m (-\sqrt{gl}) + m v_0 $$
この式から \(v_0\) を求めます。両辺を \(m\) で割ります。
$$ \frac{1}{8}\sqrt{2gl} = -\frac{1}{8}\sqrt{gl} + v_0 $$
\(v_0\) について整理すると、
$$ v_0 = \frac{1}{8}\sqrt{2gl} + \frac{1}{8}\sqrt{gl} $$
$$ v_0 = \frac{1}{8}(\sqrt{2gl} + \sqrt{gl}) $$
共通因子 \(\sqrt{gl}\) でくくり出すと、
$$ v_0 = \frac{\sqrt{2}+1}{8}\sqrt{gl} $$

1. Bの衝突直前の速さ \(u_1\) の導出 (エネルギー保存):
初期: \(U_B = \frac{1}{8}mgl\), \(K_B = 0\)。最下点: \(U_B = 0\), \(K_B = \frac{1}{2}(\frac{1}{8}m)u_1^2\)。
$$ \frac{1}{8}mgl = \frac{1}{16}mu_1^2 $$
$$ u_1^2 = 2gl \implies u_1 = \sqrt{2gl} $$
2. Bの衝突直後の速さ \(u_2\) の導出 (エネルギー保存):
衝突直後: \(U_B = 0\), \(K_B = \frac{1}{2}(\frac{1}{8}m)u_2^2\)。\(60^\circ\)点: \(U_B = \frac{1}{8}mg(l-l\cos 60^\circ) = \frac{1}{8}mg\frac{l}{2}\), \(K_B = 0\)。
$$ \frac{1}{16}mu_2^2 = \frac{1}{16}mgl $$
$$ u_2^2 = gl \implies u_2 = \sqrt{gl} $$
3. AとBの衝突における運動量保存 (左向きを正):
衝突前: \(P_B = \frac{1}{8}m u_1 = \frac{1}{8}m\sqrt{2gl}\), \(P_A = 0\)。
衝突後: \(P_B’ = \frac{1}{8}m (-u_2) = -\frac{1}{8}m\sqrt{gl}\), \(P_A’ = mv_0\)。
$$ \frac{1}{8}m\sqrt{2gl} + 0 = -\frac{1}{8}m\sqrt{gl} + mv_0 $$
両辺を \(m\) で割り、\(v_0\) について解く。
$$ v_0 = \frac{1}{8}\sqrt{2gl} + \frac{1}{8}\sqrt{gl} = \frac{\sqrt{2}+1}{8}\sqrt{gl} $$

この問題は3ステップで考えます。
ステップ1：BがAにぶつかる直前の速さ
Bは高さ\(l\)からスタートするので、位置エネルギーは \((\frac{1}{8}m)gl\) です。これが一番下に来たとき、すべて運動エネルギー \( \frac{1}{2}(\frac{1}{8}m)u_1^2 \) に変わります。ここから計算すると、ぶつかる直前の速さ \(u_1\) は \(\sqrt{2gl}\) となります。
ステップ2：BがAにぶつかった直後の速さ
Bはぶつかった後、跳ね返って角度\(60^\circ\)まで上がりました。このときの高さは \(l – l\cos 60^\circ = l/2\) です。ぶつかった直後の速さを \(u_2\) とすると、運動エネルギー \( \frac{1}{2}(\frac{1}{8}m)u_2^2 \) が、高さ\(l/2\)の位置エネルギー \( (\frac{1}{8}m)g(l/2) \) に変わります。ここから計算すると、跳ね返った直後の速さ \(u_2\) は \(\sqrt{gl}\) となります。
ステップ3：AとBの衝突
衝突の前後で、AとBのグループ全体の運動の勢い（運動量）は変わりません。左向きをプラスの方向とします。
ぶつかる前：Bの運動量は \( (\frac{1}{8}m)(+\sqrt{2gl}) \)、Aは止まっているので運動量は \(0\)。合計は \( \frac{1}{8}m\sqrt{2gl} \)。
ぶつかった後：Bは右に跳ね返るので速度は \(-\sqrt{gl}\)。Bの運動量は \( (\frac{1}{8}m)(-\sqrt{gl}) \)。Aの速さを \(v_0\)（左向きを正）とすると、Aの運動量は \(mv_0\)。合計は \( -\frac{1}{8}m\sqrt{gl} + mv_0 \)。
「ぶつかる前の合計」＝「ぶつかった後の合計」なので、
\( \frac{1}{8}m\sqrt{2gl} = -\frac{1}{8}m\sqrt{gl} + mv_0 \)
この式から \(v_0\) を計算すると、 \( v_0 = \frac{1}{8}\sqrt{2gl} + \frac{1}{8}\sqrt{gl} = \frac{\sqrt{2}+1}{8}\sqrt{gl} \) となります。

衝突直後のAの速さ\(v_0\)は \( \displaystyle v_0 = \frac{\sqrt{2}+1}{8}\sqrt{gl} \) です。
この計算では左向きを正としたので、\(v_0\) が正の値として得られたことは、Aが衝突後に左向きに動き出すことを意味しており、物理的状況と合致します。単位は \(\sqrt{[\text{m/s}^2]\cdot[\text{m}]} = [\text{m/s}]\) となり、速度の単位として適切です。

問2

思考の道筋とポイント
小物体Aが動き出し（初速\(v_0\)、向きは(1)で求めた通り左向き）、台車の摩擦面上で運動し、最終的に「台車に対して止まった」状況を考えます。この「台車に対して止まった」とは、Aと台車が一体となって床に対して同じ速度で運動することを意味します。
Aと台車からなる系には、この運動の過程（Aが動き出してから一体となるまで）で水平方向の外力が働いていません（床は滑らか、Aと台車の間の摩擦力は内力）。したがって、系の全水平運動量は保存されます。

この設問における重要なポイント

• 「台車に対して止まった」という条件は、「Aと台車が床に対して同じ最終速度\(V\)で運動する」と解釈する。
• 小物体Aと台車を一つの系として捉え、水平方向の運動量保存則を適用する。
• 初期状態（Aが速さ\(v_0\)で動き出し、台車は静止）と、最終状態（Aと台車が一体となって速度\(V\)で運動）のそれぞれの運動量を正しく記述する。
• (1)で求めた\(v_0\)の向き（左向き）と大きさを運動量計算に正しく反映させる。

具体的な解説と立式
小物体Aと台車からなる系を考えます。(1)と同様に左向きを正の向きとします。
初期状態（Aが動き出した直後）:
Aの速度は \(v_0\) (左向き)。台車はまだ静止しているので速度は \(0\)。
系の全水平運動量 \(P_{\text{水平,初}}\) は、Aの運動量のみです。
$$ P_{\text{水平,初}} = m v_0 + M \cdot 0 = mv_0 $$
最終状態（Aが台車に対して止まったとき）:
Aと台車は一体となって、床に対して同じ速度 \(V\) で運動します（左向きを正として \(V\))。
系の全水平運動量 \(P_{\text{水平,後}}\) は、
$$ P_{\text{水平,後}} = mV + MV = (m+M)V $$
水平方向の運動量保存則 \(P_{\text{水平,初}} = P_{\text{水平,後}}\) より、
$$ mv_0 = (m+M)V $$

運動量保存則の式 \(mv_0 = (m+M)V\) を、一体となった後の台車の速度 \(V\) について解きます。
両辺を \((m+M)\) で割ります（ここで \(m+M \neq 0\) です）。
$$ \frac{mv_0}{(m+M)} = \frac{(m+M)V}{(m+M)} $$
$$ V = \frac{m}{m+M}v_0 $$

Aと台車を一つのグループとして考えます。
Aが動き出した直後、Aは左向きに速さ \(v_0\) で動き、台車はまだ止まっています。このときのグループ全体の左向きの「運動の勢い（運動量）」はAだけのものとなり \(mv_0\) です。
その後、Aは台車の摩擦のある部分を滑り、やがて台車に対して止まります。これは、Aと台車が同じ速さ \(V\) で一緒に左向きに動くようになったということです（もし右向きなら \(V\) がマイナスになりますが、ここでは \(v_0\) と同じ向きに進むと予想されます）。
このときのグループ全体の運動の勢いは、Aの運動量 \(mV\) と台車の運動量 \(MV\) を足し合わせた \((m+M)V\) です。
Aと台車の間の摩擦力はグループ内部の力であり、床は滑らかなので、グループ全体としては横方向に外から力が加わっていません。なので、運動の勢いは始めから終わりまで変わりません（運動量保存則）。
「はじめの勢い」＝「あとの勢い」なので、
$$ mv_0 = (m+M)V $$
この式から、Aと台車が一緒に動くときの速さ \(V\) は、
$$ V = \frac{m}{m+M}v_0 $$
と求められます。

Aが台車に対して止まったときの台車の速さ\(V\)は \( \displaystyle V = \frac{m}{m+M}v_0 \) です。
この結果は、Aの初期運動量 \(mv_0\) が、Aと台車の合計質量 \((m+M)\) で分配されたときの共通の速度と解釈できます。\(v_0\) が左向きの速さだったので、\(V\) も左向きの速さとなります。単位は、\(v_0\) が \([\text{m/s}]\) で、質量比 \(m/(m+M)\) は無次元なので、全体として \([\text{m/s}]\) となり、速度の単位として正しいです。

問3

思考の道筋とポイント
小物体Aが台車の摩擦面を滑り、台車に対して停止するまでの間に、Aと台車の系から失われた力学的エネルギー\(E\)を求めます。このエネルギー損失は、Aと台車の間の動摩擦力が仕事をした結果、熱エネルギーなどに変換されたものです。
失われた力学的エネルギーは、初期状態（Aが速さ\(v_0\)で動き出し、台車は静止）の系の全力学的エネルギーと、最終状態（Aと台車が一体となって共通の速度\(V\)で運動）の系の全力学的エネルギーの差として計算できます。

この設問における重要なポイント

• 摩擦力が仕事をすると、その系の力学的エネルギーは保存されない（減少する）。
• 失われた力学的エネルギー \(E = (\text{初期の力学的エネルギー}) – (\text{最終の力学的エネルギー})\) として計算する。
• 初期状態と最終状態における、Aと台車の各運動エネルギーを正しく計算する（水平運動なので位置エネルギーの変化は考慮しない）。
• (2)で求めた最終速度\(V\)を利用する。

具体的な解説と立式
Aと台車からなる系の力学的エネルギーの変化を考えます。水平面上の運動なので、位置エネルギーの変化は考えません。
初期状態（Aが速さ\(v_0\)で動き出し、台車は静止）:
系の全力学的エネルギー \(E_{\text{初}}\) は、Aの運動エネルギーのみです。
$$ E_{\text{初}} = \frac{1}{2}mv_0^2 + \frac{1}{2}M(0)^2 = \frac{1}{2}mv_0^2 $$
最終状態（Aと台車が一体となって共通の速度\(V\)で運動）:
系の全力学的エネルギー \(E_{\text{後}}\) は、Aと台車が一体となったものの運動エネルギーです。
$$ E_{\text{後}} = \frac{1}{2}(m+M)V^2 $$
失われた力学的エネルギー \(E\) は、\(E_{\text{初}} – E_{\text{後}}\) です。
$$ E = \frac{1}{2}mv_0^2 – \frac{1}{2}(m+M)V^2 $$
ここに、(2)で求めた \( \displaystyle V = \frac{m}{m+M}v_0 \) を代入します。
$$ E = \frac{1}{2}mv_0^2 – \frac{1}{2}(m+M)\left(\frac{m}{m+M}v_0\right)^2 $$

失われた力学的エネルギーの式に \( \displaystyle V = \frac{m}{m+M}v_0 \) を代入して計算を進めます。
$$ E = \frac{1}{2}mv_0^2 – \frac{1}{2}(m+M)\left(\frac{m}{m+M}v_0\right)^2 $$
右辺第2項の括弧内を展開します:
$$ \left(\frac{m}{m+M}v_0\right)^2 = \frac{m^2}{(m+M)^2}v_0^2 $$
よって、右辺第2項は、
$$ \frac{1}{2}(m+M) \frac{m^2}{(m+M)^2}v_0^2 = \frac{1}{2}\frac{m^2 v_0^2}{m+M} $$
したがって、\(E\) の式は次のようになります。
$$ E = \frac{1}{2}mv_0^2 – \frac{1}{2}\frac{m^2 v_0^2}{m+M} $$
共通因数 \(\frac{1}{2}mv_0^2\) でくくり出します。
$$ E = \frac{1}{2}mv_0^2 \left(1 – \frac{m}{m+M}\right) $$
括弧の中を通分して計算します。
$$ 1 – \frac{m}{m+M} = \frac{m+M-m}{m+M} = \frac{M}{m+M} $$
これを代入すると、失われた力学的エネルギー \(E\) は、
$$ E = \frac{1}{2}mv_0^2 \left(\frac{M}{m+M}\right) = \frac{mMv_0^2}{2(m+M)} $$

Aが台車のザラザラした面を滑るとき、摩擦によって熱が発生します。この熱になった分だけ、Aと台車のグループ全体の運動エネルギーが減ってしまいます。この「減った運動エネルギー」が、問題で聞かれている「失われた力学的エネルギー \(E\)」です。
はじめ、Aは速さ \(v_0\) で動き、台車は止まっているので、グループ全体の運動エネルギーはAが持っている \( \frac{1}{2}mv_0^2 \) だけです。
Aが台車に対して止まったとき、Aと台車は一緒に速さ \( V = \frac{m}{m+M}v_0 \) で動きます（これは(2)で求めました）。このときのグループ全体の運動エネルギーは、Aと台車を合わせた質量 \((m+M)\) が速さ \(V\) で動いていると考えて \( \frac{1}{2}(m+M)V^2 \) です。
失われた力学的エネルギー \(E\) は、「はじめの運動エネルギー」から「あとの運動エネルギー」を引いたものなので、
$$ E = \frac{1}{2}mv_0^2 – \frac{1}{2}(m+M)V^2 $$
ここに \( V = \frac{m}{m+M}v_0 \) を代入して計算します。
$$ E = \frac{1}{2}mv_0^2 – \frac{1}{2}(m+M)\left(\frac{m}{m+M}v_0\right)^2 $$
右側の項は、 \( \frac{1}{2}(m+M) \frac{m^2}{(m+M)^2}v_0^2 = \frac{1}{2}\frac{m^2 v_0^2}{m+M} \) となります。
したがって、
$$ E = \frac{1}{2}mv_0^2 – \frac{1}{2}\frac{m^2 v_0^2}{m+M} $$
これを \( \frac{1}{2}mv_0^2 \) でくくると、 \( E = \frac{1}{2}mv_0^2 \left(1 – \frac{m}{m+M}\right) \) となります。
カッコの中を計算すると \( \frac{M}{m+M} \) になるので、最終的に、
$$ E = \frac{1}{2}mv_0^2 \cdot \frac{M}{m+M} = \frac{mMv_0^2}{2(m+M)} $$
これが失われた力学的エネルギーです。

Aと台車の体系から失われた力学的エネルギー\(E\)は \( \displaystyle E = \frac{mMv_0^2}{2(m+M)} \) です。
このエネルギーは、Aと台車の間の動摩擦力が仕事をした結果、熱エネルギーなどに変換されたものです。この式の形は、2物体が衝突して一体となる（完全非弾性衝突）際に失われる運動エネルギーの形と同じであり、興味深い点です。単位は、分子が \([\text{kg}] \cdot [\text{kg}] \cdot ([\text{m/s}])^2 = [\text{kg}^2 \cdot \text{m}^2/\text{s}^2]\)、分母が \([\text{kg}]\) なので、全体として \([\text{kg} \cdot \text{m}^2/\text{s}^2]\) となり、エネルギーの単位 \([\text{J}]\) と一致し適切です。

問4

思考の道筋とポイント
(3)で求めた失われた力学的エネルギー\(E\)は、小物体Aが台車の摩擦面を滑る際に、動摩擦力がした仕事の大きさ（摩擦熱）に等しいと考えられます。
小物体Aが台車に対して滑った距離を \(d\) とすると、動摩擦力がAに対して（台車から見て）した仕事の大きさは \( (\text{動摩擦力の大きさ}) \times d \) と表せます。動摩擦力の大きさは \(\mu N_A\) であり、台車が水平であるため、Aに働く垂直抗力 \(N_A\) はAの重力 \(mg\) に等しいです。

この設問における重要なポイント

• 失われた力学的エネルギーが、動摩擦力がした仕事の大きさに等しいというエネルギー原理 \(E = W_{\text{摩擦}}\) を適用する。
• 動摩擦力の大きさ \(f = \mu N_A\) であり、水平面上のAに対する垂直抗力 \(N_A = mg\) を用いる。
• 摩擦力が仕事をするのは、Aが「台車に対して」滑った距離 \(d\) である点に注意する（床から見たAの移動距離ではない）。
• (3)で求めた \(E\) の結果を利用する。

具体的な解説と立式
(3)で求めた、Aが動き出してから台車に対して止まるまでにAと台車の体系から失われた力学的エネルギー \(E\) は、
$$ E = \frac{mMv_0^2}{2(m+M)} $$
この失われたエネルギーは、Aが台車の摩擦面を台車に対して距離 \(d\) だけ滑る間に、動摩擦力がした仕事の大きさに等しいと考えられます。
Aと台車の間（摩擦面）で働く動摩擦力の大きさ \(f\) は、Aに働く垂直抗力を \(N_A\) とすると \(f = \mu N_A\)。台車が水平なので、Aに働く鉛直方向の力のつり合いから \(N_A = mg\)。
よって、動摩擦力の大きさは \(f = \mu mg\)。
この動摩擦力が、Aが台車に対して距離 \(d\) だけ滑る間にする仕事の大きさ \(W_{\text{摩擦}}\) は、
$$ W_{\text{摩擦}} = f \cdot d = \mu mg d $$
失われた力学的エネルギー \(E\) がこの仕事の大きさに等しいので、
$$ E = \mu mg d $$
したがって、
$$ \frac{mMv_0^2}{2(m+M)} = \mu mg d $$

エネルギーの関係式 \( \displaystyle \frac{mMv_0^2}{2(m+M)} = \mu mg d \) を、Aが台車に対して滑った距離 \(d\) について解きます。
両辺に共通する \(m\) で割ります（\(m \neq 0\)）。
$$ \frac{Mv_0^2}{2(m+M)} = \mu g d $$
次に、両辺を \(\mu g\) で割ります（\(\mu \neq 0, g \neq 0\)）。
$$ d = \frac{Mv_0^2}{2\mu g(m+M)} $$

(3)で、Aが台車の摩擦面を滑ることで失われたエネルギー \(E\) は \( \frac{mMv_0^2}{2(m+M)} \) だとわかりました。
このエネルギーは、Aと台車の間の摩擦によって熱に変わったものです。
Aが台車の上を「台車から見て」滑った距離を \(d\) とします。このとき、Aと台車の間にはたらく動摩擦力の大きさは \(\mu \times (\text{Aにはたらく垂直抗力})\) です。台車は水平なので、Aにはたらく垂直抗力はAの重さ \(mg\) と同じです。なので、動摩擦力の大きさは \(\mu mg\) です。
この動摩擦力が、Aが台車に対して距離 \(d\) だけ滑る間にする「仕事の大きさ」は、\((\text{動摩擦力}) \times (\text{滑った距離}) = \mu mg d\) です。
これが、失われた力学的エネルギー \(E\) に等しいわけですから、
$$ \mu mg d = E $$
つまり、
$$ \mu mg d = \frac{mMv_0^2}{2(m+M)} $$
この式から \(d\) を求めます。両辺の \(m\) を消し、\(\mu g\) で割ると、
$$ d = \frac{Mv_0^2}{2\mu g(m+M)} $$
となります。

Aが台車に対して滑った距離\(d\)は \( \displaystyle d = \frac{Mv_0^2}{2\mu(m+M)g} \) です。
この結果は、失われたエネルギーが大きいほど、また動摩擦係数\(\mu\)や重力加速度\(g\)が小さいほど、滑る距離\(d\)が長くなることを示しており、物理的な直感と一致します。単位は、分子が \([\text{kg}] \cdot ([\text{m/s}])^2 = [\text{kg} \cdot \text{m}^2/\text{s}^2]\)、分母が \((\text{無次元}) \cdot ([\text{kg}]+[\text{kg}]) \cdot [\text{m/s}^2] = [\text{kg} \cdot \text{m/s}^2]\) であり、\(\mu\)も無次元なので、全体として \([\text{m}]\) となり、距離の単位として適切です。

【総まとめ】この一問を未来の得点力へ！完全マスター講座

最重要ポイント：この問題の核心となる物理法則は？

• 力学的エネルギー保存則:
  • 核心: (1)の小球Bの振り子運動（衝突直前・直後の速さの算出）において、重力のみが仕事をするため適用されました。
• 運動量保存則 (特に水平方向):
  • 核心: (1)の小球Bと小物体Aの衝突時、および(2)のAと台車が一体化するまでの過程で、それぞれの系に水平方向の外力が働かないため適用されました。衝突や合体といった相互作用の前後で、系の全運動量が保たれるという重要な法則です。
• 仕事とエネルギーの関係（エネルギー原理）:
  • 核心: (3)でAと台車系から失われた力学的エネルギー（運動エネルギーの減少分）を計算し、(4)ではその失われたエネルギーが動摩擦力のした仕事（摩擦熱）に等しいという関係から、Aが台車に対して滑った距離を求めました。非保存力である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（通常は減少）します。

応用テクニック：似た問題が出たらココを見る！解法の鍵と着眼点

• 類似問題への応用:
  • 振り子と物体の衝突、その後の物体の運動（摩擦あり・なし）。
  • 台上で物体が運動し、その反作用で台も動く、さらに摩擦も絡む問題。
  • 複数の物体が衝突したり、一時的に一体となったりする一連の運動。
• 初見の問題への着眼点:
  1. 運動のフェーズ分け: 複雑に見える運動も、「振り子運動」「衝突」「摩擦を伴う相対運動」「一体化」など、物理現象の性質が変わる点で区切り、各フェーズで適切な法則を適用する。
  2. 「系」の適切な設定: どの物体群を一つの「系」として考察するかを明確にする。運動量保存則やエネルギー保存則を適用する対象となる。
  3. 保存則の適否判断:
     • 力学的エネルギー保存: 非保存力（摩擦など）が仕事をしていないか？
     • 運動量保存: 注目する方向に外力が働いていないか？（内力は運動量変化に影響しない）
  4. キーワードの物理的解釈: 「静かに放し（初速0）」「衝突直後」「はね返って〜まで戻った（最高点での速度0）」「台車に対して止まった（相対速度0、一体運動）」などの言葉が示す具体的な物理的条件を読み取る。
• 特に注意すべき点:
  • (1)の衝突では、衝突時間が極めて短いとして、その間に台車は動かないと仮定するのが一般的。
  • (4)の摩擦力がした仕事の計算では、物体が「相対的に」滑った距離を用いる。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• 運動量とエネルギーの保存条件の混同:
  • 誤解: 衝突なら常にエネルギーも保存される、あるいは摩擦があれば運動量も保存されない、など。
  • 対策: 各保存則が成立するための条件（外力の有無、非保存力の仕事の有無）を正確に区別して理解する。衝突では運動量は保存されやすいが、力学的エネルギーは弾性衝突でない限り保存されない。(3),(4)では摩擦でエネルギーは失われるが、Aと台車系の水平運動量は保存される。
• 内力と外力の区別:
  • 誤解: Aと台車の間の摩擦力を、Aと台車からなる系の運動量を変化させる外力と誤認する。
  • 対策: 「系」として定義した物体群の内部で及ぼし合う力は「内力」であり、系の全運動量を変化させない（運動量保存則の適否は外力で判断）。
• 摩擦力がする仕事の計算における距離の選択:
  • 誤解: (4)で、Aが床に対して進んだ距離で摩擦の仕事を計算してしまう。
  • 対策: 摩擦によるエネルギー損失は、摩擦力が作用する物体間の「相対的な滑り」によって生じる。したがって、Aが「台車に対して」滑った距離 \(d\) を用いる。
• 速度の向き（符号）の扱い:
  • 誤解: 運動量保存則を立てる際に、速度の向きを考慮せず全て正としてしまう。
  • 対策: 必ず座標軸（正の向き）を設定し、速度ベクトルをその成分で表す（例：(1)で衝突後のBの速度を負とする）。

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. (1) Bの振り子運動: 糸が水平な初期状態、最下点（衝突直前）、跳ね返った後の最高到達点(\(60^\circ\))の3つの状態を、高さと速度ベクトルと共に描く。
  2. (1) AとBの衝突: 衝突直前と直後のAとBの速度ベクトルを、設定した正の向きと共に示す。
  3. (2)-(4) Aと台車の運動: Aが動き出す初期状態（\(v_0\), 台車静止）、Aが台車上で滑っている中間状態（Aと台車がそれぞれ異なる速度）、最終的に一体となって動く状態（共通速度\(V\)）を、速度ベクトルと共に描く。Aが台車の上を滑る距離\(d\)も図示すると良い。
• 図を描く際の注意点:
  • 各物体に働く力（重力、垂直抗力、糸の張力、摩擦力、衝突時の撃力など）を必要に応じて描き込む。
  • 座標軸の正の向きを明記する。
  • エネルギーの基準面（特に位置エネルギー）を図中に示す。
  • 質量 \(m, \frac{1}{8}m, M\) や長さ \(l\) などの記号も図に添える。

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 (問1 Bの振り子運動):
  • なぜ？: Bには重力と糸の張力が働く。張力は常にBの運動方向と垂直なので仕事をしない。重力は保存力。よって、Bの力学的エネルギーは保存される。
• 運動量保存則 (問1 AとBの衝突):
  • なぜ？: 衝突は極めて短時間。その間、BとAに働く撃力（内力）は非常に大きいが、外力（重力など）の力積は無視できるほど小さい。したがって、BとAの2物体からなる系の全水平運動量は近似的に保存される。（台車はまだ動き出さないと仮定）
• 運動量保存則 (問2 Aと台車が一体化するまで):
  • なぜ？: Aと台車からなる系を考えると、床が滑らかなので水平方向には外力が働かない。Aと台車間の摩擦力は内力。よって、系の全水平運動量は保存される。
• \(E_{\text{失われた}} = E_{\text{初}} – E_{\text{後}}\) (問3):
  • なぜ？: 摩擦力という非保存力が仕事をした結果、力学的エネルギーが熱などに変換され減少する。その減少分が「失われたエネルギー」。
• \(E_{\text{失われた}} = \mu mgd\) (問4):
  • なぜ？: 失われた力学的エネルギーは、動摩擦力が物体間（Aと台車）の相対的な滑りに対してした仕事の大きさに等しいから。
• これらの「なぜ？」を常に意識することで、公式の丸暗記ではなく、物理法則の本質的な理解に基づいた問題解決能力が養われる。

思考を整理する：立式から計算までのロジカルフロー

1. 問1 (Aの衝突直後の速さ \(v_0\)):
   1. Bの衝突直前の速さ \(u_1\) を、Bの振り子運動における力学的エネルギー保存則から求める。
   2. Bの衝突直後の速さ \(u_2\) を、衝突後のBの振り上がり運動における力学的エネルギー保存則から求める。
   3. AとBの衝突の瞬間に着目し、AとBの系で運動量保存則を立て、\(u_1, u_2\) を用いて \(v_0\) を解く。
2. 問2 (Aと台車一体化後の台車の速さ \(V\)):
   1. Aが動き出した直後（A: \(v_0\), 台車: 静止）を初期状態、Aと台車が一体となって共通の速度\(V\)で動く状態を最終状態とする。
   2. Aと台車からなる系の水平方向の運動量保存則を立て、\(V\) を \(v_0\) で表す。
3. 問3 (失われた力学的エネルギー \(E\)):
   1. 問2の初期状態と最終状態における、Aと台車系の全力学的エネルギー（ここでは運動エネルギーのみ）をそれぞれ計算する。
   2. \(E = (\text{初期の全力学的エネルギー}) – (\text{最終の全力学的エネルギー})\) を計算する。
4. 問4 (Aが台車に対して滑った距離 \(d\)):
   1. 問3で求めた失われた力学的エネルギー \(E\) が、Aと台車間の動摩擦力が相対的な滑り距離 \(d\) に対してした仕事の大きさ (\(\mu mgd\)) に等しいという関係式を立てる。
   2. その式から \(d\) を解く。

このように、各問いで何が起こっているのか、どの法則が使えるのかを段階的に整理し、前の問いの結果をうまく利用していくことが重要です。

計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック

• 単位の確認: 計算の各段階や最終結果で、単位が物理的に正しいか（速度なら\(\text{[m/s]}\)、エネルギーなら\(\text{[J]}\)、距離なら\(\text{[m]}\)など）を確認する。
• 文字・記号の明確な区別: \(m, M, \frac{1}{8}m\) や、\(u_1, u_2, v_0, V\) など、異なる物理量や状態を表す記号を混同しないよう、丁寧に書き分け、意識する。
• 符号の厳密な管理: 運動量や速度はベクトル量なので、設定した座標軸の正の向きに対して、各ベクトルの成分の符号が正しいかを常にチェックする。特に衝突後の跳ね返り方向など。
• 代入と式の整理は慎重に: 複雑な式への代入や、分数が絡む式の整理、括弧の展開などは、計算ステップを省略せずに一つ一つ確認しながら行う。特に二乗の計算や共通因数でのくくり出し。
• 検算の実施:
  • 可能であれば、異なるアプローチで同じ量を計算してみる（例：エネルギー保存を使わずに仕事と運動エネルギーの関係で解くなど）。
  • \(m=M\) や \(M \to 0\) などの極端な条件を代入してみて、結果が物理的に妥当な振る舞いをするか（例えば、直感に合うか、既知の単純なケースに帰着するか）を確認する。

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

• 物理的な直感との照らし合わせ:
  • (1) \(v_0\): BがAにエネルギーと運動量を与えるので、Aが動き出すのは自然。\(gl\)の平方根に比例するのも速度の次元として妥当。
  • (2) \(V = \frac{m}{m+M}v_0\): Aと台車が一体となった速度。A単独の初速\(v_0\)より小さくなるのは、台車という「おもり」が加わったため。
  • (3) \(E = \frac{mMv_0^2}{2(m+M)}\): 失われるエネルギーは必ず正の値になるはず。また、この形は完全非弾性衝突で失われるエネルギーの一般的な形。
  • (4) \(d = \frac{Mv_0^2}{2\mu(m+M)g}\): 失われるエネルギー\(E\)が大きいほど、また摩擦係数\(\mu\)が小さいほど、滑る距離\(d\)が長くなるのは直感と一致。
• 単位の一貫性: 導出した各物理量の単位が、その物理量本来の単位と一致しているかを必ず確認する。
• 極端な条件での検証:
  • 例えば、\(M \to \infty\)（台車が非常に重く、ほぼ動かない）とすると、(2)で \(V \to 0\)、(3)で \(E \to \frac{1}{2}mv_0^2\)（Aの運動エネルギーが全て失われる）、(4)で \(d \to \frac{v_0^2}{2\mu g}\)（Aが固定された摩擦面を滑る距離）となり、それぞれ物理的に理解しやすい状況に帰着する。
• 解答を出すだけで終わらず、その結果が何を意味しているのか、どのような条件下で妥当なのかを考えることで、物理への理解が深まり、応用力も向上する。

問題35 (京都府立大)

【問題の確認】まずは問題文をしっかり読み解こう

この問題は、一定の加速度\(\alpha\)で走り出した電車内で、床の上に置かれた物体がすべり始める現象を扱います。電車内にいる観測者から見た場合、物体には「慣性力」という見かけの力が働くことがポイントです。この慣性力と、物体と床の間の摩擦力（動摩擦力および静止摩擦力）を考慮して、物体の運動を解析していきます。

【設問別解説】考え方から計算プロセスまで徹底ガイド

この問題の核心は、加速度運動する座標系（電車内）における物体の運動です。このような非慣性系では、観測者に対して物体に見かけの力である慣性力が働くことを理解し、それを運動方程式に組み込むことが重要になります。また、摩擦力に関しては、物体が動き出す条件（静止摩擦）と、動いている間の力（動摩擦）を区別して考える必要があります。

問1

思考の道筋とポイント
電車内にいる観測者から物体を見る場合を考えます。電車が加速度 \(\alpha\) で運動しているため、物体には慣性力が働きます。また、物体は床を「すべり始めた」とあるので、物体と床の間には動摩擦力が働いています。

• 慣性力: 大きさは物体の質量 \(M\) と電車の加速度 \(\alpha\) の積 \(M\alpha\)。向きは電車の加速度と逆向き。
• 動摩擦力: 大きさは動摩擦係数 \(\mu\) と垂直抗力 \(N\) の積 \(\mu N\)。物体は水平な床の上にあるため、垂直抗力 \(N\) は重力 \(Mg\) とつり合います。

この設問における重要なポイント

• 慣性力の大きさと向きを正しく把握する。
• 物体が「すべり始めた」ことから、作用している摩擦力が「動摩擦力」であると判断する。
• 動摩擦力の大きさを計算するために、まず垂直抗力の大きさを求める（水平面なので \(N=Mg\)）。

具体的な解説と立式
電車が水平右向きに加速度 \(\alpha\) で運動していると仮定します。
慣性力:
車内の観測者から見ると、質量 \(M\) の物体には、電車の加速度 \(\alpha\) とは逆向き（つまり左向き）に慣性力が作用します。
その大きさ \(F_{\text{慣性}}\) は、
$$ F_{\text{慣性}} = M\alpha $$

摩擦力:
物体は床の上をすべり始めているので、物体と床の間には動摩擦力が働きます。
物体に働く鉛直方向の力は、下向きの重力 \(Mg\) と上向きの垂直抗力 \(N\) です。物体は鉛直方向には運動しない（浮き上がったり沈み込んだりしない）ため、これらの力はつり合っています。
$$ N – Mg = 0 \quad \text{よって} \quad N = Mg $$
動摩擦力の大きさ \(F_{\text{摩擦}}\) は、動摩擦係数 \(\mu\) と垂直抗力 \(N\) の積で与えられます。
$$ F_{\text{摩擦}} = \mu N = \mu Mg $$
この動摩擦力の向きは、車内の人から見た物体の運動方向と逆向きになります。電車が右に加速し、慣性力によって物体が左にすべると考えられるため、動摩擦力は右向きに働きます。

慣性力の大きさ \(F_{\text{慣性}}\) は、
$$ F_{\text{慣性}} = M\alpha \, [\text{N}] $$
摩擦力の大きさ（動摩擦力） \(F_{\text{摩擦}}\) は、
まず垂直抗力 \(N\) を求めます。鉛直方向の力のつり合いより、\(N = Mg\)。
次に動摩擦力を求めます。
$$ F_{\text{摩擦}} = \mu N = \mu Mg \, [\text{N}] $$

電車が例えば右向きに加速度 \(\alpha\) で発進したとしましょう。
慣性力とは？
電車の中にいるあなたから見ると、床に置かれた物体はまるで左向きに「押される」ように見えますね。これが慣性力です。この力の大きさは、物体の質量 \(M\) と電車の加速度 \(\alpha\) を掛け合わせた \(M\alpha\) となります。
摩擦力とは？
物体は床の上を「すべり始めた」とあるので、このとき物体と床の間には動摩擦力が働いています。この力は、物体の動きを邪魔する向き（この場合は右向き）に働きます。力の大きさは、動摩擦係数 \(\mu\) と、物体が床から受ける垂直抗力 \(N\) の積、つまり \(\mu N\) です。物体は水平な床の上にあるので、垂直抗力 \(N\) は物体の重さ \(Mg\) と等しくなります。したがって、動摩擦力の大きさは \(\mu Mg\) です。

車内の人から見て、物体に作用している慣性力の大きさは \(M\alpha \, [\text{N}]\)、摩擦力の大きさは \(\mu Mg \, [\text{N}]\) です。
慣性力は電車の加速度と逆向き（ここでは左向きと仮定）に、動摩擦力は物体の相対的な運動と逆向き（ここでは右向きと仮定）に働きます。単位はいずれも力 [N] であり適切です。

問2

思考の道筋とポイント
車内の人から見た物体の運動について、運動方程式を立てます。電車が右向きに加速度 \(\alpha\) で運動していると仮定すると、物体には左向きに慣性力 \(M\alpha\) が働きます。物体は床をすべり始めているので、その運動方向（左向きと仮定）と逆向き（右向き）に動摩擦力 \(\mu Mg\) が働きます。これらの力を考慮して、車内座標系での物体の運動方程式を立式し、加速度 \(\beta\) を求めます。

この設問における重要なポイント

• 車内座標系（非慣性系）で運動方程式 \(M\beta = F_{\text{合力}}\) を立てる際には、慣性力を実際に働く力の一つとして合力に含める。
• 力の向きを正確に把握し、座標軸（正の向き）を設定して各力の符号を決定する（例：左向きを正とする）。
• 物体が「すべり始めた」という記述から、慣性力が動摩擦力より大きい（\(M\alpha > \mu Mg\)）と推測される。

具体的な解説と立式
車内の人から見た物体の運動を考えます。電車が右向きに加速度 \(\alpha\) で運動しているとします。
このとき、物体には左向きに大きさ \(M\alpha\) の慣性力が働きます。
物体は床をすべっているので、動摩擦力が働きます。物体が車内で左向きにすべると仮定すると、動摩擦力は右向きに働き、その大きさは \(\mu Mg\) です。
車内の人が見た物体の加速度を左向きに \(\beta\)（つまり左向きを正）とします。
物体の質量は \(M\) なので、車内座標系における運動方程式は、
$$ M\beta = (\text{左向きの力の合計}) – (\text{右向きの力の合計}) $$
$$ M\beta = M\alpha – \mu Mg $$

運動方程式 \(M\beta = M\alpha – \mu Mg\) の両辺を物体の質量 \(M\) で割ります (\(M \neq 0\))。
$$ \frac{M\beta}{M} = \frac{M\alpha – \mu Mg}{M} $$
$$ \beta = \frac{M\alpha}{M} – \frac{\mu Mg}{M} $$
$$ \beta = \alpha – \mu g $$
この加速度 \(\beta\) の向きは、左向きを正として導出したので、\(\alpha > \mu g\) の場合に左向きとなります。問題文で「すべり始めた」とあることから、この条件は満たされていると解釈できます。

車の中にいる人から見ると、物体にはどんな力がかかっているでしょうか？
まず、電車が右に加速することで、物体には左向きに \(M\alpha\) の慣性力がかかります。
そして、物体が床を左にすべろうとすると、それを邪魔するように右向きに \(\mu Mg\) の動摩擦力がかかります。
車内の人が見る物体の左向きの加速度を \(\beta\) とすると、ニュートンの運動の法則（運動方程式）は、
「物体の質量 \(M \times\) 車内で見た加速度 \(\beta\)」＝「物体にかかっている力の合計（左向きをプラスとして）」
となります。
左向きの力は慣性力 \(M\alpha\)、右向きの力は動摩擦力 \(\mu Mg\) なので、力の合計は \(M\alpha – \mu Mg\) です。
したがって、運動方程式は \(M\beta = M\alpha – \mu Mg\) となります。
この式の両辺を \(M\) で割ると、車内の人が見る物体の加速度 \(\beta\) は、\(\beta = \alpha – \mu g\) と求められます。

車内の人が見た物体の加速度の大きさ \(\beta\) は \( \alpha – \mu g \, [\text{m/s}^2] \) です。
この加速度の向きは、\(\alpha > \mu g\) であれば左向き（慣性力の向き）となります。「すべり始めた」という記述は、この条件が満たされていることを示唆しています（もし \(\alpha \le \mu g\) なら、動摩擦係数 \(\mu\) を用いる状況にならず、静止摩擦で滑り出さないか、異なる運動をするはずです）。単位は \([\text{m/s}^2]\) であり、加速度の単位として適切です。

問3

思考の道筋とポイント
車内の人から見ると、物体は初速度0（電車が走り出すと「同時」に床をすべり始めたので、車内から見た初めの相対速度は0）で、問(2)で求めた一定の加速度 \(\beta = \alpha – \mu g\) で等加速度直線運動をします。
この等加速度直線運動の公式を用いて、距離 \(l\) をすべるのに要する時間 \(t\) と、そのときの速さ \(v\) を求めます。

この設問における重要なポイント

• 車内から見た運動が等加速度直線運動であることを認識する。
• 車内から見た初速度が0であること。
• 等加速度直線運動の公式 \(x = v_0 t + \frac{1}{2}a t^2\)、\(v = v_0 + at\)、\(v^2 – v_0^2 = 2ax\) を正しく選択し、適用する。
• 問(2)で求めた加速度 \(\beta\) を使用する。

具体的な解説と立式
車内の人から見ると、物体は初速度 \(v_{\text{車内,0}} = 0\)、加速度 \(\beta = \alpha – \mu g\) で等加速度直線運動をします。
時間 \(t\) の導出:
距離 \(l\) をすべるのに要する時間 \(t\) を求めるには、等加速度直線運動の公式 \(x = v_0 t + \frac{1}{2} (\text{加速度}) t^2\) を用います。
ここで、\(x=l\)、\(v_0=0\)、加速度=\(\beta\) なので、
$$ l = 0 \cdot t + \frac{1}{2}\beta t^2 $$
$$ l = \frac{1}{2}\beta t^2 $$
\(t^2\) について解くと、
$$ t^2 = \frac{2l}{\beta} $$
時間は正なので \(t > 0\)。よって、
$$ t = \sqrt{\frac{2l}{\beta}} $$
ここに \(\beta = \alpha – \mu g\) を代入すると、
$$ t = \sqrt{\frac{2l}{\alpha – \mu g}} $$

速さ \(v\) の導出:
時間 \(t\) だけ運動した後の速さ \(v\) を求めるには、等加速度直線運動の公式 \(v = v_0 + (\text{加速度}) t\) を用います。
ここで、\(v_0=0\)、加速度=\(\beta\) なので、
$$ v = \beta t $$
先に求めた \(t\) の式を代入すると、
$$ v = (\alpha – \mu g) \sqrt{\frac{2l}{\alpha – \mu g}} = \sqrt{(\alpha – \mu g)^2 \cdot \frac{2l}{\alpha – \mu g}} = \sqrt{2(\alpha – \mu g)l} $$
別解として、公式 \(v^2 – v_0^2 = 2(\text{加速度})x\) を用いることもできます。
\(v^2 – 0^2 = 2\beta l\)
\(v^2 = 2\beta l\)
速さの大きさなので \(v > 0\)。よって、
$$ v = \sqrt{2\beta l} $$
ここに \(\beta = \alpha – \mu g\) を代入すると、
$$ v = \sqrt{2(\alpha – \mu g)l} $$

1. 時間 \(t\) の計算:
公式 \(l = \frac{1}{2}\beta t^2\) (初速0の場合) を用います。
$$ t^2 = \frac{2l}{\beta} $$
時間 \(t\) は正なので、
$$ t = \sqrt{\frac{2l}{\beta}} $$
\(\beta = \alpha – \mu g\) を代入して、
$$ t = \sqrt{\frac{2l}{\alpha – \mu g}} \, \text{[s]} $$
2. 速さ \(v\) の計算 (方法1: \(v = \beta t\)):
$$ v = (\alpha – \mu g) \sqrt{\frac{2l}{\alpha – \mu g}} $$
\((\alpha – \mu g)\) を根号の中に入れると \( \sqrt{(\alpha – \mu g)^2} \) となるので、
$$ v = \sqrt{(\alpha – \mu g)^2 \cdot \frac{2l}{\alpha – \mu g}} = \sqrt{2(\alpha – \mu g)l} \, \text{[m/s]} $$
3. 速さ \(v\) の計算 (方法2: \(v^2 = 2\beta l\)):
公式 \(v^2 – v_0^2 = 2\beta l\) (初速 \(v_0=0\)) より \(v^2 = 2\beta l\)。
速さ \(v\) は正なので、
$$ v = \sqrt{2\beta l} $$
\(\beta = \alpha – \mu g\) を代入して、
$$ v = \sqrt{2(\alpha – \mu g)l} \, \text{[m/s]} $$

車の中にいる人から見ると、物体は初め止まっていて（初速0）、一定の加速度 \(\beta = \alpha – \mu g\) で動き出します。これは学校で習う「等加速度直線運動」です。
時間 \(t\) を求める：
「進んだ距離 \(l\)」＝「\(\frac{1}{2} \times\) 加速度 \(\beta \times\) (時間 \(t\))^2」という公式があります（\(l = \frac{1}{2}\beta t^2\)）。
これを \(t\) について解くと、\(t^2 = \frac{2l}{\beta}\)。時間は必ずプラスなので、\(t = \sqrt{\frac{2l}{\beta}}\) となります。
ここで \(\beta = \alpha – \mu g\) を代入すれば、 \(t = \sqrt{\frac{2l}{\alpha – \mu g}}\) です。
その時の速さ \(v\) を求める：
「速さ \(v\)」＝「加速度 \(\beta \times\) 時間 \(t\)」という公式があります（\(v = \beta t\)）。
これに上で求めた \(t\) を代入すると、\(v = (\alpha – \mu g) \sqrt{\frac{2l}{\alpha – \mu g}}\)。これを整理すると \(v = \sqrt{2(\alpha – \mu g)l}\) となります。
もう一つ、「(\(速さ v\))^2\) – (\(初めの速さ\))^2\) = \(2 \times\) 加速度 \(\beta \times\) 進んだ距離 \(l\)」という公式もあります（\(v^2 – 0^2 = 2\beta l\)）。
これを使うと、\(v^2 = 2\beta l\)。速さは必ずプラスなので \(v = \sqrt{2\beta l}\)。\(\beta = \alpha – \mu g\) を代入すれば、\(v = \sqrt{2(\alpha – \mu g)l}\) と、同じ答えがより簡単に求まります。

物体が床を \(l \, [\text{m}]\) すべるのに要した時間 \(t\) は \( \displaystyle t = \sqrt{\frac{2l}{\alpha – \mu g}} \, \text{[s]} \)、その時の速さ \(v\) (車内の人が見た速さ) は \( \displaystyle v = \sqrt{2(\alpha – \mu g)l} \, \text{[m/s]} \) です。
これらの結果は、等加速度直線運動の基本的な公式から導出され、物理的に妥当な形をしています。\(\alpha > \mu g\) （すなわち \(\beta > 0\)）でないと根号の中が負または0になり、時間が定義できないか無限大、速さが定義できないか0となるため、物体が左向きにすべり出すための条件がここでも重要となります。単位もそれぞれ時間 ([s]) と速度 ([m/s]) であり適切です。

問4

思考の道筋とポイント
物体が「すべり出した」という事実は、物体に働く左向きの力（車内から見れば慣性力）が、最大静止摩擦力を超えたことを意味します。物体がすべり出す直前の限界状態では、慣性力と最大静止摩擦力が等しいと考えられますが、「すべり出した」のであれば慣性力の方が大きかったということです。
最大静止摩擦力の大きさは、静止摩擦係数 \(\mu_0\) と垂直抗力 \(N\) の積 \(\mu_0 N\) で与えられます。

この設問における重要なポイント

• 物体がすべり出す条件は「（物体を動かそうとする力の最大値）\( > \)（最大静止摩擦力）」である。車内から見れば、「慣性力 \( > \) 最大静止摩擦力」。
• 最大静止摩擦力の大きさは \(\mu_0 N\) であり、水平面上の物体では垂直抗力 \(N=Mg\)。
• 慣性力の大きさは \(M\alpha\)。
• この不等式を解いて \(\mu_0\) の条件を求める。

具体的な解説と立式
電車が右向きに加速度 \(\alpha\) で運動し始めたとき、床の上の物体には左向きに大きさ \(M\alpha\) の慣性力が働きます。
物体がすべり出すためには、この慣性力が、物体と床の間の最大静止摩擦力 \(F_{\text{s,max}}\) を超える必要があります。
最大静止摩擦力は、静止摩擦係数を \(\mu_0\)、垂直抗力を \(N\) とすると、
$$ F_{\text{s,max}} = \mu_0 N $$
水平な床の上にある物体では、垂直抗力 \(N\) は重力 \(Mg\) と等しいので、\(N=Mg\)。
よって、
$$ F_{\text{s,max}} = \mu_0 Mg $$
物体がすべり出したという条件は、慣性力が最大静止摩擦力より大きいことなので、
$$ M\alpha > \mu_0 Mg $$

不等式 \(M\alpha > \mu_0 Mg\) を静止摩擦係数 \(\mu_0\) について解きます。
両辺に \(M\) (\(>0\)) と \(g\) (\(>0\)) が共通して存在するので、これらで割ることができます。不等号の向きは変わりません。
$$ \frac{M\alpha}{Mg} > \frac{\mu_0 Mg}{Mg} $$
$$ \frac{\alpha}{g} > \mu_0 $$
これを \(\mu_0\) について書き直すと、
$$ \mu_0 < \frac{\alpha}{g} $$

物体が床の上をすべり出すのは、どんなときでしょうか？ それは、物体を左に動かそうとする力（車内の人から見れば慣性力 \(M\alpha\)）が、物体がすべり出すのをギリギリまで耐えている力（最大静止摩擦力 \(\mu_0 Mg\)）よりも大きくなった瞬間です。
「すべり出した」というからには、
（慣性力）\( > \)（最大静止摩擦力）
という関係が成り立っています。
つまり、
$$ M\alpha > \mu_0 Mg $$
この不等式の両辺を \(Mg\) で割り算します（\(M\) も \(g\) もプラスの数なので、不等号の向きは変わりません）。
すると、
$$ \frac{\alpha}{g} > \mu_0 $$
これを \(\mu_0\) が左に来るように書き直すと、\(\mu_0 < \frac{\alpha}{g}\) となります。
これが、物体がすべり出したことからわかる静止摩擦係数 \(\mu_0\) の条件です。

物体がすべり出したことから、静止摩擦係数 \(\mu_0\) は \( \displaystyle \frac{\alpha}{g} \) より小さいことが分かります。
この結果は、電車の加速度 \(\alpha\) が大きいほど（つまり慣性力が大きいほど）、あるいは重力加速度 \(g\) が小さいほど（つまり垂直抗力が小さく、最大静止摩擦力が小さいほど）、より小さい \(\mu_0\) でも滑り出してしまうことを示しており、物理的な直感と一致します。\(\mu_0\) と \(\alpha/g\) は共に無次元量であり、比較として適切です。

【総まとめ】この一問を未来の得点力へ！完全マスター講座

最重要ポイント：この問題の核心となる物理法則は？

• 慣性力:
  • 核心: 加速度\(\alpha\)で運動する電車内（非慣性系）から物体を見ると、質量\(M\)の物体には加速度と逆向きに大きさ\(M\alpha\)の慣性力が働くように見える。これが物体を動かす（あるいは動かそうとする）主な要因となる。
• 運動方程式 (\(ma=F\)):
  • 核心: 車内の観測者から見た物体の運動は、慣性力と実際に物体に働く力（ここでは動摩擦力）の合力を受けて生じる。\(M\beta = F_{\text{合力}}\)の形で立式する。
• 摩擦力（動摩擦力と静止摩擦力）:
  • 核心: 物体がすべっている間は動摩擦力（大きさ\(\mu N\)）が働き、すべり出す直前までは静止摩擦力が働く。すべり出す条件は「駆動力 \( > \) 最大静止摩擦力 (\(\mu_0 N\))」。
• 等加速度直線運動の公式:
  • 核心: 車内から見た物体の加速度\(\beta\)が一定であるため、この公式群を用いて時間、距離、速度の関係を求めることができる。

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:
  • エレベーターが加速度運動するときの体重計の読みや、天井から吊るされた物体の張力。
  • 回転する円盤上の物体に働く遠心力（これも慣性力の一種）と摩擦力のつり合い。
  • 加速する乗り物の上で荷物が滑り出す条件や、滑った後の運動。
• 初見の問題への着眼点:
  1. 観測者の立場はどこか？: 問題文が「車内の人から見て」と指定しているか、あるいは暗にそうなっているかを確認する。これにより慣性力を考慮すべきかが決まる。
  2. 座標系の加速度は？: 慣性力を計算するためには、観測者が乗っている座標系の加速度の大きさと向きを正確に把握する。
  3. 物体に働く力を全て列挙・図示する: 重力、垂直抗力、摩擦力、そして慣性力。これらの力の向きと大きさを正確に。
  4. 運動の状況に応じた摩擦力の選択: 物体が静止しているか、動き出す瞬間か、動いている最中かで、静止摩擦力、最大静止摩擦力、動摩擦力のいずれを考えるべきかが変わる。
  5. 運動方程式を立てる際の正の向き: 加速度や力の向きを考慮し、運動方程式の各項の符号を間違えないように。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• 慣性力の向きの誤り:
  • 誤解: 慣性力を座標系の加速度と同じ向きと考えてしまう。
  • 対策: 慣性力は常に座標系の加速度とは「逆向き」に働くことを徹底する。
• 静止摩擦力と動摩擦力の混同:
  • 誤解: 物体が動き出す条件を考えるべき問(4)で動摩擦係数\(\mu\)を使ったり、動いているときの問(1)-(3)で静止摩擦係数\(\mu_0\)を使ったりする。
  • 対策: 「すべり出すかどうか」の境界条件では静止摩擦係数\(\mu_0\)と最大静止摩擦力、「すべっている」間の運動では動摩擦係数\(\mu\)と動摩擦力を明確に使い分ける。
• 運動方程式における力の数え落としや符号ミス:
  • 誤解: 慣性力を加え忘れる、摩擦力の向きを間違える、設定した正の向きと力の向きから符号を誤る。
  • 対策: 必ずフリーボディダイアグラム（物体に働く力を図示したもの）を描き、設定した座標軸の正の向きに沿って各力の成分を運動方程式に正しく代入する。
• 垂直抗力の誤解:
  • 誤解: どのような状況でも垂直抗力 \(N=Mg\) としてしまう。
  • 対策: 垂直抗力は接触面から垂直に働く抗力であり、その大きさは他の鉛直方向の力とのつり合いや運動方程式によって決まる。この問題では水平面上の運動で鉛直方向の加速度はないため \(N=Mg\) で正しいが、斜面や鉛直方向に加速度運動する系では異なる。

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. フリーボディダイアグラム: 物体に働く全ての力（重力\(Mg\)、垂直抗力\(N\)、電車の加速度\(\alpha\)による慣性力\(M\alpha\)、動摩擦力\(\mu N\)または静止摩擦力）を、作用点と向きを正確に示したベクトルで描く。観測者（車内の人）の視点を明記する。
  2. 加速度の図示: 電車の加速度\(\alpha\)の向きと、車内の人が見る物体の加速度\(\beta\)の向きを明確に区別して描く。
• 図を描く際の注意点:
  • 必ず座標軸（特に運動方向の正の向き）を設定し、図中に示す。
  • 力のベクトルは、その力が実際に物体に作用している点から描く。
  • 慣性力は、非慣性系で観測する場合にのみ描き加える「見かけの力」であることを意識する。
• 現象をイメージする際は、電車が急発進したときに体が後ろに持っていかれる日常経験と慣性力を結びつけると理解しやすい。

なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法

• 慣性力 \(F_{\text{慣性}} = M\alpha\) (問1):
  • なぜ？: 観測者が加速度\(\alpha\)で運動する電車内（非慣性系）にいるため、質量\(M\)の物体にはこの大きさで逆向きの見かけの力が作用すると考える必要があるから。
• 動摩擦力 \(f_k = \mu N = \mu Mg\) (問1):
  • なぜ？: 物体が「すべり始めた」とあるため、動摩擦力が働いている。水平面上で鉛直方向の加速度がないため、垂直抗力\(N\)は重力\(Mg\)と等しい。
• 運動方程式 \(M\beta = M\alpha – \mu Mg\) (問2):
  • なぜ？: 車内の人から見た物体の運動の法則を記述するため。左向きを正とすると、慣性力\(M\alpha\)は正、動摩擦力\(\mu Mg\)は負の向きに働く力の成分として合力に加えられる。
• 等加速度運動の公式群 (問3):
  • なぜ？: (2)で求めた加速度\(\beta\)が一定値であるため、初速度0からの等加速度直線運動として扱えるから。
• 滑り出す条件 \(M\alpha > \mu_0 Mg\) (問4):
  • なぜ？: 静止している物体が動き出すのは、物体を動かそうとする力（ここでは慣性力）が、静止摩擦力の最大値（最大静止摩擦力）を超えたときだから。
• これらの公式は、それぞれの物理的状況（非慣性系での観測、摩擦運動、等加速度運動、滑り出す限界状態）と、それに対応する法則や定義を正しく理解した上で選択・適用されている。

思考を整理する：立式から計算までのロジカルフロー

1. 問1 (慣性力と摩擦力):
   1. 観測系（電車内）の加速度\(\alpha\)から慣性力の大きさ\(M\alpha\)を求める。
   2. 物体がすべっているので動摩擦力。垂直抗力\(N=Mg\)から動摩擦力の大きさ\(\mu Mg\)を求める。
2. 問2 (車内での加速度\(\beta\)):
   1. 車内から見た物体に働く力（慣性力、動摩擦力）を図示し、正の向きを設定。
   2. 運動方程式 \(M\beta = (\text{正の向きの力の合力})\) を立て、\(\beta\)を\(\alpha, \mu, g\)で表す。
3. 問3 (時間\(t\)と速さ\(v\)):
   1. 車内から見て初速度0、加速度\(\beta\)の等加速度直線運動と捉える。
   2. 距離\(l\)と加速度\(\beta\)から時間\(t\)を求める公式 (\(l = \frac{1}{2}\beta t^2\)) を使う。
   3. 時間\(t\)と加速度\(\beta\)から速さ\(v\)を求める公式 (\(v = \beta t\) または \(v^2 = 2\beta l\)) を使う。
4. 問4 (静止摩擦係数\(\mu_0\)の条件):
   1. 物体がすべり出す条件「慣性力 \( > \) 最大静止摩擦力」を考える。
   2. 最大静止摩擦力を\(\mu_0 Mg\)と表し、不等式 \(M\alpha > \mu_0 Mg\) を立てる。
   3. 不等式を\(\mu_0\)について解く。

このように、各設問で問われている状況を正確に把握し、それに応じた物理法則を選択し、順序立てて適用していくことが求められる。

計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック

• 単位による一貫性チェック: 計算結果や途中の式の各項の単位が、物理的に正しいものになっているか（例：力は[N]、加速度は[m/s²]、時間は[s]、速度は[m/s]、係数は無次元）を常に意識する。
• 文字記号の正確な使用: 問題文で与えられた文字（\(\alpha, M, \mu, g, l, \mu_0\)など）と、自分で設定した文字（\(\beta, t, v, N\)など）を混同しないように、明確に書き分け、その意味を把握しておく。
• 符号の確認と管理: 運動方程式や力のつり合いを考える際、設定した座標軸の正の向きに対して、各力や加速度の成分の符号が正しいかを慎重に確認する。特に慣性力や摩擦力の向き。
• 不等式の操作: 問(4)で不等式を扱う際、両辺に負の数を掛けたり割ったりすると不等号の向きが変わることに注意（この問題では正の数で割るだけなので心配ないが）。
• 代入の正確性: ある設問で求めた結果を次の設問で使用する際（例：(2)の\(\beta\)を(3)で使用）、代入ミスがないように注意する。

解きっぱなしはNG！解答の妥当性を吟味する習慣をつけよう

• 物理的な直感との照らし合わせ:
  • (2) \(\beta = \alpha – \mu g\): もし摩擦がなければ(\(\mu=0\))、\(\beta=\alpha\)となり、物体は慣性力だけで加速する。もし電車の加速度\(\alpha\)が小さい（例えば\(\alpha \le \mu g\)）と、\(\beta \le 0\)となり、左向きには加速しない（すべり出さないか、仮に動いても減速する）。これは理にかなっている。
  • (3) \(t, v\): 加速度\(\beta\)が大きいほど（つまり\(\alpha\)が大きく\(\mu g\)が小さいほど）、短い時間で速く\(l\)だけ進む。これも直感的。
  • (4) \(\mu_0 < \alpha/g\): 電車の加速度\(\alpha\)が大きいほど、物体は滑り出しやすくなる（\(\mu_0\)が小さくても滑る）。また、重力加速度\(g\)が大きい（物体が床に強く押し付けられる）ほど、物体は滑りにくくなる（\(\mu_0\)が大きくても耐えうる）。これは日常経験とも合致する。
• 単位の整合性の再確認: 例えば、\(\alpha/g\) は \([\text{m/s}^2] / [\text{m/s}^2]\) で無次元となり、摩擦係数\(\mu_0\)（無次元）と比較可能。
• 極端な条件の検討: 例えば、\(\mu=0\)（摩擦が全くない）とすると、(2)で\(\beta=\alpha\)、(3)で\(t=\sqrt{2l/\alpha}\), \(v=\sqrt{2\alpha l}\)となり、慣性力のみで加速する単純な等加速度運動の結果に帰着する。
• これらの吟味を通じて、計算ミスを発見するだけでなく、物理現象そのものへの理解を深めることができる。

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