「重要問題集」徹底解説（1〜5問）：未来の得点力へ！完全マスター講座

問題01 (防衛医大)

【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、運動している物体（気球）から投げ出された別の物体（小物体）の運動を、異なる観測者（地上の人と気球に乗っている人）からどのように見えるかを分析するものです。物理の基本である「運動の記述」と「相対運動」の概念を深く理解しているかが問われます。

【設問別解説】考え方から計算プロセスまで徹底ガイド

この問題を攻略する鍵は、「誰から見るか（観測者）」を明確に意識し、それぞれの視点での運動を正しく記述することです。地上の観測者から見た運動（絶対運動）と、気球上の観測者から見た運動（相対運動）を分けて考えます。

1. 絶対運動の分析: まず基準となる「地上の観測者」から見た小物体の運動と気球の運動を、それぞれx方向（水平）とy方向（鉛直）に分解して数式で表します。
   • 小物体の運動： 水平方向は力が働かないため「等速直線運動」、鉛直方向は重力のみが働くため「等加速度直線運動」となります。ここで最も重要なのは、投げられた瞬間の小物体の初速度を正しく求めることです。小物体は気球の速度を引き継ぎます。
   • 気球の運動： 問題文の通り、鉛直上向きの「等速直線運動」です。
2. 相対運動への変換： 次に「気球上の観測者」から見た小物体の運動を考えます。これは、相対運動の基本公式を使って、絶対運動の式から導き出します。
   • 相対位置の公式： (Aから見たBの相対位置) = (Bの絶対位置) – (Aの絶対位置) という関係を利用します。つまり、\(\vec{r}_{\text{気球→物体}} = \vec{r}_{\text{物体}} – \vec{r}_{\text{気球}}\) を計算します。
3. 特定の条件の適用： 最後に、設問(5)のように「地上から見て最高点」という特定の条件を絶対運動の記述に適用し、その時の時刻を求めて相対運動の式に代入します。

問(1)

思考の道筋とポイント
まず、地上の観測者から見た小物体の水平方向（x軸方向）の運動を考えます。問題の仮定より空気抵抗は無視できるため、小物体に水平方向の力は働きません。運動の法則から、加速度は0、つまり等速直線運動をすることがわかります。したがって、小物体の水平方向の初速度を求め、単純な「距離 = 速さ × 時間」の関係式を立てれば解決です。

この設問における重要なポイント

• 地上の観測者から見た小物体の初速度のx成分を正しく把握することが全てです。
• 気球は鉛直方向にしか運動していないため、水平方向の速度は0です。
• したがって、気球から見て水平に \(v_0\) で投げられた小物体の速度は、そのまま地上の観測者から見た水平速度になります。

具体的な解説と立式
地上の観測者から見た小物体のx軸方向の運動を考えます。この運動は、初速度 \(v_x(0)\)、初期位置 \(x(0)\) の等速直線運動です。
時刻 \(t\) における位置 \(x(t)\) は、次の公式で表されます。
$$x(t) = x(0) + v_x(0) t$$
問題の条件から、各値は以下の通りです。

• 初期位置：\(x(0) = 0\)
• 初速度：気球の水平速度は0なので、小物体の水平初速度は気球に対する速度 \(v_0\) に等しい。よって \(v_x(0) = v_0\)。

これらの値を上の公式に適用します。

等速直線運動の公式に、\(x(0) = 0\)、\(v_x(0) = v_0\) を代入します。
$$x(t) = 0 + v_0 \cdot t$$したがって、$$x(t) = v_0 t$$

地上から見ると、小物体は横方向に速さ \(v_0\) で飛び出します。横方向には空気抵抗や重力（重力は真下）のような力が働かないので、小物体はずっと同じ速さ \(v_0\) で横に進み続けます。したがって、\(t\) 秒後の横方向の移動距離は、単純に「速さ × 時間」で計算でき、\(v_0 \times t\) となります。

地表から見た小物体の位置のx成分は \(x(t) = v_0 t\) です。
この式は、時間が経つにつれてx座標が一定の割合で増加することを示しており、等速直線運動の記述として物理的に妥当です。

問(2)

思考の道筋とポイント
この問題は、気球に乗っている人（動いている観測者）から見た小物体の運動、すなわち相対運動を問うています。相対位置を求める基本は「（相手の絶対位置）－（自分の絶対位置）」です。この問題では、地上の座標系で表した「小物体のx座標」から「気球（投げた手）のx座標」を引き算することで求められます。

この設問における重要なポイント

• 相対位置の公式 \(x’ = x_{\text{物体}} – x_{\text{観測者}}\) を正しく適用すること。
• 観測者である気球の水平方向の運動を考えること。気球は鉛直方向にしか運動しないため、地表から見たx座標は常に0です。

具体的な解説と立式
気球上の観測者から見た小物体の相対位置 \(x'(t)\) は、相対位置の公式によって次のように定義されます。
$$x'(t) = x_{\text{物体}}(t) – x_{\text{気球}}(t)$$
ここで、それぞれの項は以下の通りです。

• 小物体の位置：問(1)の結果より、\(x_{\text{物体}}(t) = v_0 t\)。
• 気球の位置：気球は水平方向に運動しないので、そのx座標は常に初期位置の0のままです。\(x_{\text{気球}}(t) = 0\)。

これらの式を、上の相対位置の公式に適用します。

相対位置の公式に、各物体の位置を代入します。
$$x'(t) = (v_0 t) – (0)$$したがって、$$x'(t) = v_0 t$$

気球に乗っている人は、自分自身が横方向には全く動いていないことを知っています。その人から見ると、投げた小物体は単純に横方向へ速さ \(v_0\) で飛んでいくように見えます。観測者（気球）が横に動かないため、地上から見た小物体の横の動きと、気球から見た小物体の横の動きは全く同じになるのです。

気球に乗っている人から見た小物体の位置のx成分は \(x'(t) = v_0 t\) です。
この結果は問(1)と同じになりました。これは、観測者である気球が水平方向に静止している（速度が0）ため、水平方向の運動の見え方が地上の観測者と変わらないことを意味しており、物理的に正しい結論です。

問(3)

思考の道筋とポイント
地上の観測者から見た小物体の鉛直方向（y軸方向）の運動を考えます。小物体には常に下向きに重力が作用しているため、この運動は等加速度直線運動です。具体的には、ある初速度をもって、ある高さから打ち上げられる「鉛直投げ上げ」運動と同じモデルで考えることができます。初期位置と初速度を正確に設定することが鍵です。

この設問における重要なポイント

• 小物体のy方向の初速度を見抜くこと。小物体は投げられる直前まで気球と一体で運動しているため、気球が持つ鉛直上向きの速度 \(V_0\) をそのまま引き継ぎます。これが初速度となります。
• 初期位置が原点 \(y=0\) ではなく、高さ \(h\) であることを見落とさないこと。

具体的な解説と立式
地上の観測者から見た小物体のy軸方向の運動は、等加速度直線運動です。時刻 \(t\) における位置 \(y(t)\) は、次の公式で表されます。
$$y(t) = y(0) + v_y(0) t + \frac{1}{2}a_y t^2$$
問題の条件と物理法則から、各値は以下の通りです。

• 初期位置：\(y(0) = h\)
• 初速度：気球の速度を引き継ぐため、\(v_y(0) = V_0\)
• 加速度：重力加速度により、\(a_y = -g\) （鉛直上向きを正とするため）

これらの値を上の公式に適用します。

等加速度直線運動の公式に、各値を代入します。
$$y(t) = h + V_0 t + \frac{1}{2}(-g)t^2$$整理すると、$$y(t) = h + V_0 t – \frac{1}{2}gt^2$$

例えば、上に動いているエスカレーターでジャンプすると、普段より高く飛べる気がしますよね。それと同じで、上向きに \(V_0\) の速さで上昇している気球から投げられた小物体は、その上昇する勢い \(V_0\) をもらった状態でスタートします。地上から見ると、小物体は「高さ \(h\) の位置から、初速度 \(V_0\) で真上に投げ上げられた」のと同じ運動に見えます。この運動を公式に当てはめると答えが求まります。

地表から見た小物体の位置のy成分は \(y(t) = h + V_0 t – \displaystyle\frac{1}{2}gt^2\) です。
この式は \(t\) についての2次関数で、\(t^2\) の係数が負であるため、上に凸の放物線を描く軌道を表しています。これは、地上から見た斜方投射の鉛直方向の運動として完全に正しい形です。

問(4)

思考の道筋とポイント
問(2)と考え方は同じです。気球から見た小物体の鉛直方向の相対位置を求めます。ここでも相対運動の基本公式「（相手の絶対位置）－（自分の絶対位置）」を適用します。地上の座標系で表した「小物体のy座標」から「気球のy座標」を引き算します。

この設問における重要なポイント

• 観測者である気球の鉛直方向の運動を正しく数式で表すこと。気球は高さ \(h\) の初期位置から、速さ \(V_0\) の等速直線運動をします。
• 小物体の運動と気球の運動の式の両方に含まれる \(h + V_0 t\) の項が、引き算によってきれいに相殺されることに気づくと、見通しが良くなります。

具体的な解説と立式
気球上の観測者から見た小物体の相対位置 \(y'(t)\) は、相対位置の公式によって次のように定義されます。
$$y'(t) = y_{\text{物体}}(t) – y_{\text{気球}}(t)$$
それぞれの項について、地上から見た運動を記述します。

• 小物体の位置：問(3)の結果より、\(y_{\text{物体}}(t) = h + V_0 t – \displaystyle\frac{1}{2}gt^2\)。
• 気球の位置：初期位置 \(h\) から速さ \(V_0\) の等速直線運動をするので、\(y_{\text{気球}}(t) = h + V_0 t\)。

これらの式を、上の相対位置の公式に適用します。

相対位置の公式に、各物体の位置の式を代入します。
$$y'(t) = \left(h + V_0 t – \frac{1}{2}gt^2\right) – (h + V_0 t)$$括弧を外して整理します。$$y'(t) = h + V_0 t – \frac{1}{2}gt^2 – h – V_0 t$$
$$y'(t) = -\frac{1}{2}gt^2$$

気球に乗っている人から見ると、ボールはどう動いて見えるでしょうか。投げた瞬間、小物体も気球も同じ上向きの速さ \(V_0\) を持っています。そのため、お互いの上昇していく動きは、相対的にはゼロに見えます。気球から見ると、小物体はただ重力に引かれて真下に落ちていくだけの運動に見えるのです。これは、静止した状態から物体をそっと離したときの「自由落下」と全く同じ運動であり、その位置を表す式が \(-\displaystyle\frac{1}{2}gt^2\) となります。（y’軸が上向きなので、下向きに落ちる位置はマイナスになります。）

気球から見た小物体の位置のy’成分は \(y'(t) = -\displaystyle\frac{1}{2}gt^2\) です。
この結果は、気球の座標系（相対座標系）から見ると、小物体は鉛直方向の初速度が0で、単に重力によって自由落下するように見えることを示しています。気球の上昇運動という複雑な要素が、観測者の視点を変えることで見かけ上消去され、非常にシンプルな運動として記述できるという、相対運動の重要な性質を表しています。

問(5)

思考の道筋とポイント
この問題は、2つの段階を踏んで解く必要があります。

1. Step 1: まず、「地上から見て小物体が最高点に達する」というイベントが起こる時刻を求めます。最高点とは、地上の観測者から見て、小物体の鉛直方向の速度が一時的に0になる点です。
2. Step 2: 次に、Step 1で求めた時刻を、問(4)で導いた「気球から見た小物体の位置の式 \(y'(t)\)」に代入します。これにより、その特定の時刻に小物体が気球から見てどの位置にいるかがわかります。

この設問における重要なポイント

• 「最高点」という条件は、あくまで地上の観測者（絶対座標系）から見たときの条件であると正しく理解すること。（気球から見ると小物体は単調に落下するだけで「最高点」はありません。）
• 地上の観測者から見て鉛直方向の速度 \(v_y(t)\) が0になる時刻を計算し、その時刻を \(y'(t)\) の式に代入するという手順を混同しないこと。

解法1：物理的な条件（速度=0）から求めるアプローチ
具体的な解説と立式
Step 1: 最高点に達する時刻 \(t_M\) を求める
地上から見た小物体の鉛直方向の速度 \(v_y(t)\) は、初速度 \(V_0\)、加速度 \(-g\) の等加速度直線運動の速度公式で表されます。
$$v_y(t) = V_0 – gt$$最高点に達する時刻を \(t_M\) とすると、物理的な条件は \(v_y(t_M)=0\) となります。$$V_0 – g t_M = 0$$
この方程式を解くことで、時刻 \(t_M\) を求めます。

Step 2: 時刻 \(t_M\) における \(y’\) 座標を求める
次に、上で求めた時刻 \(t_M\) を、問(4)で導出した気球から見た位置の式に代入します。
$$y’_M = y'(t_M) = -\frac{1}{2}g (t_M)^2$$
この式を計算することで、求める位置 \(y’_M\) が得られます。

まず、\(v_y(t_M)=0\) の方程式を \(t_M\) について解きます。
$$V_0 – g t_M = 0$$$$g t_M = V_0$$$$t_M = \frac{V_0}{g}$$次に、この \(t_M\) を \(y'(t)\) の式に代入します。$$y’_M = -\frac{1}{2}g \left(\frac{V_0}{g}\right)^2$$$$y’_M = -\frac{1}{2}g \left(\frac{V_0^2}{g^2}\right)$$$$y’_M = -\frac{V_0^2}{2g}$$

まず、「地上から見て、ボールが一番高い所に到達するのは何秒後か？」を計算します。ボールは最初、気球の上昇の勢い \(V_0\) をもらっていますが、重力によってだんだんスピードが落ち、やがて上向きの速度がゼロになります。この瞬間が最高点です。計算すると、その時刻は \(\displaystyle\frac{V_0}{g}\) 秒後だとわかります。
次に、「じゃあ、その瞬間に、気球に乗っている人からはボールがどこに見えるの？」という問いに答えます。問(4)で、気球の人から見たボールの位置は \(y'(t) = -\displaystyle\frac{1}{2}gt^2\) で表せることがわかっています。この式の \(t\) に、先ほど計算した時刻 \(\displaystyle\frac{V_0}{g}\) を代入してあげれば、そのときのボールの正確な位置が \(-\displaystyle\frac{V_0^2}{2g}\) であると計算できます。

別解：数学的な条件（2次関数の最大値）から求めるアプローチ
具体的な解説と立式
Step 1: 最高点に達する時刻 \(t_M\) を求める
地上の観測者から見た小物体の高さ \(y(t)\) は、時間 \(t\) の2次関数です。
$$y(t) = h + V_0 t – \frac{1}{2}gt^2$$
この関数の最大値を求めるために、数学の「平方完成」という手法を用います。これにより、最大値をとる時刻 \(t_M\) を見つけ出します。

Step 2: 時刻 \(t_M\) における \(y’\) 座標を求める
時刻 \(t_M\) が求まれば、後の手順は解法1と全く同じです。その時刻を気球から見た位置の式 \(y'(t_M) = -\displaystyle\frac{1}{2}g (t_M)^2\) に代入します。

まず、\(y(t)\) の式を平方完成します。
$$y(t) = -\frac{g}{2}t^2 + V_0 t + h$$\(t^2\) の係数 \(-\displaystyle\frac{g}{2}\) で前の2項をくくります。$$y(t) = -\frac{g}{2} \left( t^2 – \frac{2V_0}{g}t \right) + h$$括弧の中を平方の形にします。$$y(t) = -\frac{g}{2} \left\{ \left(t – \frac{V_0}{g}\right)^2 – \left(\frac{V_0}{g}\right)^2 \right\} + h$$中括弧を外します。$$y(t) = -\frac{g}{2}\left(t – \frac{V_0}{g}\right)^2 + \frac{g}{2}\left(\frac{V_0^2}{g^2}\right) + h$$定数項をまとめます。$$y(t) = h + \frac{V_0^2}{2g} – \frac{g}{2}\left(t – \frac{V_0}{g}\right)^2$$
この式から、\(y(t)\) は \(t = \displaystyle\frac{V_0}{g}\) のときに最大値をとることがわかります。よって、\(t_M = \displaystyle\frac{V_0}{g}\) です。
この後の計算は解法1と共通で、\(y’_M = -\displaystyle\frac{V_0^2}{2g}\) となります。

ボールの高さ \(y(t)\) を表す式は、数学で習う「2次関数」と同じ形をしています。この関数のグラフは山なりの形（上に凸の放物線）になるので、山の「頂上」が物理でいう「最高点」にあたります。数学のテクニックである「平方完成」を使うと、この頂上がいつ（時刻）、どの高さになるのかを正確に計算できます。計算してみると、頂上に来る時刻は \(\displaystyle\frac{V_0}{g}\) 秒後だとわかります。これは、物理的に「速度がゼロになる」と考えて計算した時刻とピッタリ同じになりますね。

結論と吟味（共通）
地上から見て小物体が最高点に達したとき、気球から見た小物体の位置は \(y’_M = -\displaystyle\frac{V_0^2}{2g}\) です。

• この値が負であることは、小物体が投げられた手の位置（y’=0）よりも下方にあることを意味します。これは物理的に妥当です。なぜなら、小物体は重力で減速しながら上昇するのに対し、気球は同じ時間、減速せずに等速 \(V_0\) で上昇し続けるからです。当然、気球の方がより高く上昇するため、小物体は気球に対して相対的に下に位置することになります。
• 物理的なアプローチ（速度=0）と数学的なアプローチ（2次関数の最大値）のどちらを使っても、最高点に達する時刻が同じになることが確認できました。これは、物理法則と数学的な表現が美しく対応していることを示しており、解答の信頼性を高めてくれます。

【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？

• 相対運動の原理：観測者を変えれば、世界は違って見える
  • 核心：物理現象の記述は、誰が観測するか（座標系の取り方）に依存します。この問題の最も重要なテーマは、地上に静止した観測者から見た運動（絶対運動）と、上昇する気球に乗った観測者から見た運動（相対運動）の関係を理解することです。
  • 理解のポイント：
    1. 相対位置の公式： Aから見たBの相対位置 \(\vec{r}_{\text{AB}}\) は、基準となる座標系（今回は地上）で測ったそれぞれの位置ベクトルを用いて、\(\vec{r}_{\text{AB}} = \vec{r}_{\text{B}} – \vec{r}_{\text{A}}\) という単純な引き算で求められます。この問題は、このベクトル演算をx成分とy成分に分けて実行しているに過ぎません。
    2. 見かけの運動： 気球から見ると、自分と小物体が共有している運動（鉛直上向きの速度 \(V_0\)）はキャンセルされ、2つの物体の運動の「差」だけが現象として現れます。これにより、複雑な斜方投射が、気球から見れば単純な自由落下（y’方向）と等速直線運動（x’方向）に見えるのです。
• 運動の分解と重ね合わせ：2次元の運動は、独立した1次元の運動の集まり
  • 核心：地上から見た小物体の放物運動は、互いに影響を及ぼさない「水平方向の運動」と「鉛直方向の運動」に分解して考えることができます。
  • 理解のポイント：
    1. 水平（x）方向：力が働かないため、加速度はゼロ。したがって「等速直線運動」になります。
    2. 鉛直（y）方向：常に一定の重力が働くため、加速度は一定（\(-g\)）。したがって「等加速度直線運動」になります。

    これら2つのシンプルな運動を同時に起こしたものとして捉えるのが、放物運動を扱う上での鉄則です。

• 慣性の法則：速度は引き継がれる
  • 核心：物体はその運動状態を維持しようとします。気球から投げられた小物体は、投げられる瞬間に持っていた気球の速度（鉛直上向きの \(V_0\)）を失いません。
  • 理解のポイント：「気球に対して水平に投げる」という操作は、小物体の速度に水平成分 \(v_0\) を「加える」操作です。元の速度 \(V_0\) が消えるわけではなく、ベクトルとして合成されたものが地上から見た真の初速度となります。

応用テクニック：似た問題が出たらココを見る！解法の鍵と着眼点

• 応用できる類似問題のパターン
  • 走行中の電車からの物体の投射： 電車が等速で動いている場合、今回の気球と全く同じ構造です。電車の速度を物体が引き継ぎます。
  • 川を渡る船： 「岸から見た船の運動」は、「川の流れに対する船の運動」と「川の流水の運動」のベクトル和で決まります。「気球から見た小物体の運動」を求めるのと逆の計算です。
  • 飛行機からの物資投下： 水平に飛ぶ飛行機から物資を静かに落とす場合、物資は飛行機の水平速度を引き継いで前方に飛びながら落下します。
• 初見の問題での着眼点
  1. 観測者の特定： まず問題文が「地上から見て」なのか、「船から見て」なのか、「誰の視点」で問われているのかを正確に把握します。これがすべての出発点です。
  2. 初速度の図示： 「乗り物の速度」と「乗り物に対する物体の初速度」を、必ずベクトルとして図に描き、そのベクトル和（合成ベクトル）が「地上から見た絶対初速度」になることを視覚的に確認します。
  3. 座標系の設定： どこを原点とし、どちらの向きを正とするかを明確にします。問題文で指定されていればそれに厳密に従い、自分で設定した場合はその定義を問題用紙の余白に大きく書き記しておきます。
  4. 運動の分離： 2次元の運動は、必ずx成分とy成分に分けて、それぞれ別々の1次元運動として立式する、という機械的な作業に落とし込みます。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• 初速度の決定ミス：「速度の引き継ぎ」の無視
  • 誤解：「気球から水平に投げたのだから、鉛直方向の初速度は0だ」と考えてしまう。
  • 対策：「物体は、投げられる直前の『乗り物』の速度を完全に引き継ぐ」と何度も唱えてください。図を描く際に、まず乗り物の速度ベクトルを描き、そこに「投げる」速度ベクトルを付け加える習慣をつけると、このミスは防げます。
• 観測者の混同：「誰にとっての」現象かの混乱
  • 誤解：問(5)の「最高点」という言葉に釣られ、気球から見た運動（単調な落下運動）で最高点を考えようとしてしまい、パニックに陥る。
  • 対策：「この『最高点』とは、一体誰から見た最高点なのか？」と、常に主語を確認する癖をつけましょう。問題文の「地上から見て」という部分に下線を引くなど、条件を明確にマークすることが有効です。
• 相対運動の計算ミス：式の単純な暗記による誤用
  • 誤解：相対運動はとにかく「相手ひく自分」だと思い込み、どの物理量（位置、速度、加速度）についても同じ計算をしてしまう。
  • 対策：位置、速度、加速度のそれぞれについて、\(x'(t)\)、\(v'(t)\)、\(a'(t)\) を求めるには、まずそれぞれの絶対運動の式 \(x(t)\)、\(v(t)\)、\(a(t)\) を立て、それらを引き算するという基本に忠実に行動します。特に今回の問題のように、位置を問われている場合は、必ず位置の式同士を引き算しましょう。

物理の眼を養う：現象のイメージ化と図解の極意

• この問題での有効なイメージ化と図示
  • 2つの世界の図を描く：ノートを左右に分け、「地上から見た世界」と「気球から見た世界」をそれぞれ描くと、思考がクリアになります。
    • 地上世界：気球はy軸上をまっすぐ上昇。小物体は原点の上空 \((0, h)\) から斜め上方に打ち出され、大きな放物線を描きます。これが「絶対運動」の描像です。
    • 気球世界：気球に乗る自分は常に原点 \((0,0)\) にいます。小物体は、目の前から水平に \(v_0\) で飛び出し、あとは重力に引かれるようにして下に落ちていく、見慣れた放物線（横投げ運動）を描きます。これが「相対運動」の描像です。特に、y’方向の運動が単なる自由落下になることがイメージできれば完璧です。
  • 初速度のベクトル合成図： \(t=0\) の点 \((0, h)\) で、気球の上昇速度ベクトル（上向きの矢印 \(V_0\)）と、投射速度ベクトル（右向きの矢印 \(v_0\)）を描き、その2辺でできる長方形の対角線が「地上から見た本当の初速度」であることを図示します。これにより、なぜ運動が斜方投射になるのかが一目瞭然となります。

なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法

• 等速直線運動の公式 \(x = x_0 + vt\)
  • 選定理由：小物体の運動をx方向とy方向に分解した際、x方向には何の力も働かない（加速度がゼロ）という物理的状況があるため。
  • 適用根拠：ニュートンの運動の第1法則（慣性の法則）より、力が働かない限り物体は等速直線運動を続けます。この法則を数式で表現したものがこの公式です。
• 等加速度直線運動の公式群（\(y = y_0 + v_0t + \frac{1}{2}at^2\) など）
  • 選定理由：y方向には常に一定の力である重力が働くため、加速度が一定値（\(-g\)）となる物理的状況があるため。
  • 適用根拠：運動方程式 \(F=ma\) より、一定の力が働く物体の加速度は一定です。この運動を記述する数学的なツールが、これらの公式群です。
• 相対位置の公式 \(x’ = x_{物体} – x_{気球}\)
  • 選定理由：「気球から見て」という、基準となる地上座標系とは異なる「動く座標系」からの観測結果を求めたい、という問題の要求があるため。
  • 適用根拠：これは、ある座標系での位置ベクトルが分かっていれば、座標系の原点をずらす（平行移動する）ことで別の座標系での位置ベクトルを表現できるという、ベクトル演算の基本的な性質（ガリレイ変換）に基づいています。

思考を整理する：立式から計算までのロジカルフロー

1. 状況分析：「動く物体（気球）からの投射」→ これは「相対運動」の問題だ、と見抜く。
2. 座標系定義：「地上から見た運動」を絶対運動（\(x, y\) で記述）、「気球から見た運動」を相対運動（\(x’, y’\) で記述）と設定する。
3. 全物体の絶対運動を立式：まず、登場人物（小物体、気球）の運動を、すべて「地上から見て」どうなるか、x, y成分に分けて記述する。
   • 小物体（地上視点）：x方向は \(v_0\) の等速運動。y方向は初速度 \(V_0\)、初期位置 \(h\) の投げ上げ運動。
   • 気球（地上視点）：x方向は静止。y方向は \(V_0\) の等速運動。
4. 相対運動へ変換：相対位置の公式「（相対）=（物体）-（観測者）」を使い、手順3で立てた式を成分ごとに引き算する。
   • \(x'(t) = x_{\text{物体}}(t) – x_{\text{気球}}(t)\)
   • \(y'(t) = y_{\text{物体}}(t) – y_{\text{気球}}(t)\)
5. 特定条件の適用（問5）：
   1. イベントの定義：「地上から見て最高点」という条件を物理の言葉に翻訳する → 「地上から見た小物体のy方向の速度 \(v_y(t)\) が 0 になる」。
   2. 時刻の計算： \(v_y(t)=0\) を解き、イベント発生時刻 \(t_M\) を特定する。
   3. 最終的な代入：問われているのは「気球から見た位置」なので、求めた時刻 \(t_M\) を \(y'(t)\) の式に代入して \(y’_M\) を計算する。

計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック

• 符号ミスを防ぐ：座標軸は神様
  • 特に注意すべき点：この問題では鉛直上向きを正としています。したがって、重力加速度は常に \(-g\) として式に代入しなければなりません。このマイナスを忘れると、y方向の計算はすべて崩壊します。
  • 日頃の意識：問題に取り掛かる前に、自分で設定した（あるいは問題で指定された）座標軸の図を大きく描き、力や加速度などのベクトル量がどの成分で正負になるかを最初に確認する癖をつけましょう。
• 文字の混同を防ぐ：\(v_0\) と \(V_0\) は別人
  • 特に注意すべき点：小文字の \(v_0\)（水平の相対速度）と大文字の \(V_0\)（鉛直の絶対速度）は、意味も単位も全く異なります。これらを混同すると致命的なミスにつながります。
  • 日頃の意識：問題文を読んだら、定義された物理量を「\(v_0\)：水平投射」「\(V_0\)：気球の上昇速度」のようにメモし、計算中も常にその意味を意識することが大切です。
• 代入・整理は慎重に：括弧を制する者が計算を制す
  • 特に注意すべき点：問(4)の \(y'(t) = (h + V_0 t – \frac{1}{2}gt^2) – (h + V_0 t)\) のような引き算では、後ろの括弧を外す際に符号を反転させるのを忘れがちです。
  • 日頃の意識：引き算を含む代入を行う際は、引く式全体を必ず括弧でくくり、一行使って丁寧に括弧を外す作業を行いましょう。暗算で済ませようとしないことが、結局は一番の近道です。

解きっぱなしはNG！解答の妥当性を吟味する習慣をつけよう

• 得られた答えの物理的意味を考える
  • \(y'(t) = -\frac{1}{2}gt^2\) の吟味：この式は、初速度0の自由落下運動そのものです。気球から見ると、小物体との間の「上向きの初速度 \(V_0\)」が共有されているため、相対的な鉛直初速度は0となります。そこから重力の影響だけを受ける、というのは物理的に非常に理にかなっています。
  • \(y’_M = -\frac{V_0^2}{2g}\) の吟味（符号）：答えが負になりました。これは、最高点の瞬間に、小物体が「投げた手の位置よりも下にある」ことを意味します。地上から見ると、小物体は減速しながら上昇し、気球は等速で上昇し続けるので、気球の方がより高く進むはずです。したがって、小物体が気球に対して相対的に下に位置するのは当然であり、答えの符号は妥当です。
• 極端な場合を代入してみる
  • もし気球が静止していたら？：つまり \(V_0 = 0\) の場合を考えます。このとき、小物体は高さ \(h\) から水平投射されるだけなので、最高点は投げた瞬間 (\(t=0\)) です。問(5)の答えの式に \(V_0=0\) を代入すると、\(y’_M = 0\) となり、「最高点（\(t=0\)）では、投げた手の位置にいる（相対位置0）」という自明な事実と一致します。このようにつじつまが合うことで、式の正しさを確認できます。
• 単位（次元）を確認する
  • 問(5)の答え \(\displaystyle\frac{V_0^2}{2g}\) の単位を調べます。速度 \(V_0\) の単位は \([\text{m/s}]\)、加速度 \(g\) の単位は \([\text{m/s}^2]\) です。したがって、\(\displaystyle\frac{[V_0^2]}{[g]} = \frac{(\text{m/s})^2}{\text{m/s}^2} = \frac{\text{m}^2/\text{s}^2}{\text{m/s}^2} = \text{m}\) となり、きちんと長さの単位になります。単位が合わなければ、その時点で式が間違っていることが確定します。

問題02 (防衛医大)

【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、川を航行する船の運動を題材に、「速度の合成」という物理の基本概念を様々な角度から問うものです。観測者（岸にいる人）から見た船の実際の速度は、船そのものが水を押して進む速度（静水上の速度）と、川が流れる速度のベクトル和で決まります。この原理を正しく理解し、状況に応じてベクトルを図示したり、成分に分解したりする能力が試されます。

【設問別解説】考え方から計算プロセスまで徹底ガイド

この問題を解くための普遍的な法則は「速度の合成」です。すなわち、
$$(\text{岸から見た船の速度}) = (\text{静水上の船の速度}) + (\text{川の流れの速度})$$
というベクトル和の関係が常に成り立ちます。このベクトル関係を、各設問の状況に合わせて使いこなすことが攻略の鍵となります。

1. 状況の図示: 各設問で問われている船の移動経路と、関係する速度ベクトル（\(\vec{v}_{\text{岸}}\), \(\vec{v}_s\), \(\vec{v}\)）を図に描き、その関係性を視覚的に捉えます。特に、ベクトルの足し算がどのような図形（一直線や直角三角形など）を形成するかに注目します。
2. 岸から見た速さの計算: 上記のベクトル関係を用いて、各移動区間（A→B, B→A など）における「岸から見た船の速さ」を求めます。単純な足し算・引き算で済む場合もあれば、三平方の定理や三角比を用いた計算が必要になる場合もあります。
3. 所要時間の計算: 各区間について、移動距離をその区間での「岸から見た速さ」で割ることで、所要時間を算出します (\(\text{時間} = \text{距離} / \text{速さ}\))。
4. 合計・比較: 設問の要求に応じて、計算した時間を足し合わせたり、比を取って大きさを比較したりします。

問(1)

思考の道筋とポイント
川の流れに平行な往復運動を考えます。AからBへ向かう「下り」では、川の流れが船の速度を後押しするため速くなり、BからAへ向かう「上り」では、流れが船の進行を妨げるため遅くなります。それぞれの区間での岸から見た速さを求め、往路と復路にかかる時間をそれぞれ計算し、最後にそれらを合計します。

この設問における重要なポイント

• 速度の合成が1次元（直線上）で完結するため、ベクトルの計算が単純なスカラーの足し算・引き算になります。
• 下りの速さ：船の速さと川の速さの和 \(v_s + v\)。
• 上りの速さ：船の速さと川の速さの差 \(v_s – v\)。

具体的な解説と立式
往復時間を、往路（A→B）と復路（B→A）に分けて考えます。

• 往路（A→B：下り）
  岸から見た船の速さ \(v_{\text{下り}}\) は、静水上の船の速さ \(v_s\) と川の速さ \(v\) の和となります。
  $$v_{\text{下り}} = v_s + v$$
  この区間の移動距離は \(L\) なので、所要時間 \(t_1\) は、
  $$t_1 = \frac{L}{v_{\text{下り}}}$$
• 復路（B→A：上り）
  岸から見た船の速さ \(v_{\text{上り}}\) は、静水上の船の速さ \(v_s\) から川の速さ \(v\) を引いたものになります。
  $$v_{\text{上り}} = v_s – v$$
  この区間の移動距離は \(L\) なので、所要時間 \(t_2\) は、
  $$t_2 = \frac{L}{v_{\text{上り}}}$$

求める往復時間 \(T_B\) は、これらの和 \(T_B = t_1 + t_2\) として表されます。

往路と復路の所要時間の式に、それぞれの速さを代入し、合計します。
$$T_B = t_1 + t_2 = \frac{L}{v_s + v} + \frac{L}{v_s – v}$$
通分して計算を進めます。
$$T_B = \frac{L(v_s – v) + L(v_s + v)}{(v_s + v)(v_s – v)}$$
$$T_B = \frac{Lv_s – Lv + Lv_s + Lv}{v_s^2 – v^2}$$
$$T_B = \frac{2v_sL}{v_s^2 – v^2}$$

川沿いの道をサイクリングするのを想像してみましょう。「下り」は追い風を受けて楽に進めるので、自分の速さに風の速さがプラスされます。「上り」は向かい風で進むのが大変なので、自分の速さから風の速さがマイナスされます。往復にかかる時間は、速くなった下りにかかる時間と、遅くなった上りにかかる時間の合計になります。

地点AとBを直線的に往復する時間 \(T_B\) は、 \(T_B = \displaystyle\frac{2v_sL}{v_s^2 – v^2}\) と表されます。
もし川の流れがなければ (\(v=0\))、\(T_B = \displaystyle\frac{2v_sL}{v_s^2} = \displaystyle\frac{2L}{v_s}\) となり、静水上を往復する時間と一致するため、物理的に妥当な結果です。

問(2)

思考の道筋とポイント
川の流れを横切って、岸から見てまっすぐ対岸のCへ進む状況を考えます。船をまっすぐCに向けても、川の流れ \(v\) で下流に流されてしまいます。したがって、流される分を見越して、船首を上流側へ向ける必要があります。このとき、「静水上の船の速度 \(\vec{v}_s\)」と「川の流れの速度 \(\vec{v}\)」を合成した結果の「岸から見た速度 \(\vec{v}_{\text{合成}}\)」が、ちょうどAC方向を向くように調整します。速度ベクトルが作る直角三角形に注目し、三平方の定理を用いるのが鍵です。

この設問における重要なポイント

• 速度の合成を2次元のベクトルとして正しく図示すること。
• \(\vec{v}_{\text{合成}} = \vec{v}_s + \vec{v}\) の関係において、\(\vec{v}_{\text{合成}}\) がAC方向（\(\vec{v}\) と垂直）を向く条件を考える。
• このとき、\(\vec{v}_s\) が斜辺、\(\vec{v}\) と \(\vec{v}_{\text{合成}}\) が他の2辺となる直角三角形が形成されることを見抜く。

具体的な解説と立式
岸から見て船がAからCへまっすぐ進むためには、合成速度 \(\vec{v}_{\text{合成}}\) がAC方向を向く必要があります。これは川の流れの速度 \(\vec{v}\) と垂直です。
速度の合成則 \(\vec{v}_{\text{合成}} = \vec{v}_s + \vec{v}\) より、これらの速度ベクトルは、\(\vec{v}_s\) を斜辺とする直角三角形を形成します。
三平方の定理より、速さの大きさについて次の関係が成り立ちます。
$$v_s^2 = v^2 + v_{\text{合成}}^2$$
この関係式から、岸から見た船の速さ \(v_{\text{合成}}\) を求めることができます。
A→Cの往路も、C→Aの復路も、岸から見た速さの大きさはこの \(v_{\text{合成}}\) で同じです。
往復の合計距離は \(2W\) なので、往復時間 \(T_C\) は、
$$T_C = \frac{2W}{v_{\text{合成}}}$$

まず、岸から見た、川を横切る向きの速さ \(v_{\text{合成}}\) を三平方の定理から求めます。
$$v_{\text{合成}}^2 = v_s^2 – v^2$$
$$v_{\text{合成}} = \sqrt{v_s^2 – v^2}$$
往復距離 \(2W\) をこの速さで進むので、往復時間 \(T_C\) は、
$$T_C = \frac{2W}{\sqrt{v_s^2 – v^2}}$$

川をまっすぐ横断するには、流されるのを見越して、船の頭（船首）を斜め上流に向けておく必要があります。船自身の進む力の一部を、川の流れを打ち消すために使う、というイメージです。その結果、川を渡る方向の実際のスピードは、船が本来出せる最高速 \(v_s\) よりも少し遅くなってしまいます。どれくらい遅くなるかは、三平方の定理を使って計算できます。その実際のスピードで往復する時間を計算します。

地点AとCを直線的に往復する時間 \(T_C\) は、\(T_C = \displaystyle\frac{2W}{\sqrt{v_s^2 – v^2}}\) と表されます。
根号の中が \(v_s^2 – v^2 > 0\) である必要があり、これは問題の条件 \(v_s > v\) と一致します。もし \(v_s \le v\) なら、船は対岸にたどり着けないことを示唆しており、物理的に妥当な式です。

問(3)

思考の道筋とポイント
問(1)と問(2)で導出した \(T_B\) と \(T_C\) の数式を比較する問題です。まず、２つの式の比 \(\displaystyle\frac{T_C}{T_B}\) を計算することで、両者の関係を明らかにします。その結果に \(L=W\) という条件を適用すれば、\(T_C\) を \(T_B\) を用いて表すことができます。時間の長短を比較するには、その関係式における係数が1より大きいか小さいかを評価します。

この設問における重要なポイント

• 代数計算を正確に行うこと。特に分数の割り算の処理に注意。
• \(v_s > v > 0\) という物理的な条件を用いて、平方根を含む式の大小関係を正しく評価すること。

具体的な解説と立式
問(1), (2)で求めた \(T_B\) と \(T_C\) の式は以下の通りです。
$$T_B = \frac{2v_sL}{v_s^2 – v^2}$$
$$T_C = \frac{2W}{\sqrt{v_s^2 – v^2}}$$
これらの比 \(\displaystyle\frac{T_C}{T_B}\) を考えます。
$$\frac{T_C}{T_B} = \frac{\displaystyle\frac{2W}{\sqrt{v_s^2 – v^2}}}{\displaystyle\frac{2v_sL}{v_s^2 – v^2}}$$
この式を整理し、\(L=W\) の条件を適用します。
大小比較のために、得られた関係式の係数 \(\displaystyle\frac{\sqrt{v_s^2 – v^2}}{v_s}\) と1との大小を比較します。

まず、\(T_C\) と \(T_B\) の比を計算します。
$$\frac{T_C}{T_B} = \frac{2W}{\sqrt{v_s^2 – v^2}} \div \frac{2v_sL}{v_s^2 – v^2} = \frac{2W}{\sqrt{v_s^2 – v^2}} \times \frac{v_s^2 – v^2}{2v_sL}$$
\(v_s^2 – v^2 = (\sqrt{v_s^2 – v^2})^2\) であることを利用して約分します。
$$\frac{T_C}{T_B} = \frac{W\sqrt{v_s^2 – v^2}}{v_sL}$$
ここで \(L=W\) の条件を代入すると、
$$\frac{T_C}{T_B} = \frac{\sqrt{v_s^2 – v^2}}{v_s}$$
したがって、\(T_C\) は \(T_B\) を用いて次のように表せます。
$$T_C = \frac{\sqrt{v_s^2 – v^2}}{v_s} T_B$$
次に、大小を比較します。\(v_s > v > 0\) より \(v^2 > 0\) なので、
$$v_s^2 – v^2 < v_s^2$$
両辺は正なので、正の平方根をとっても大小関係は変わりません。
$$\sqrt{v_s^2 – v^2} < v_s$$
両辺を \(v_s\) で割ると、
$$\frac{\sqrt{v_s^2 – v^2}}{v_s} < 1$$
この結果から、\(T_C < T_B\) であることがわかります。

同じ距離を進むのに、「川に沿って往復する」のと「川を横切って往復する」のでは、どちらが時間がかかるか？という問題です。(1)と(2)で計算した式を割り算して、その比を調べます。計算すると、その比は必ず1より小さくなることがわかります。これは、川を横切る時間 \(T_C\) の方が、川に沿って往復する時間 \(T_B\) よりも常に短いことを意味します。理由は、上りの際に速度が \(v_s – v\) と大幅に低下することが、全体の時間を長くする大きな要因となっているからです。

\(L=W\) のとき、\(T_C = \displaystyle\frac{\sqrt{v_s^2-v^2}}{v_s} T_B\) と表せます。
また、時間として長いほうは \(T_B\) です。これは、流れに逆らう「上り」の区間が、全体の平均速度を大きく下げるためだと直感的に解釈でき、物理的に妥当な結論です。

問(4)

思考の道筋とポイント
この設問は、A→D と D→C という2つの異なる区間の移動を考え、それぞれの所要時間を計算して合計するという手順で解きます。

1. A→Dの移動： 船首をACに対して角度 \(\theta\) だけ上流に向けて進みます。この運動を「川を横切る成分」と「川に沿った成分」に分解して考えます。AからCまでの距離 \(W\) を進むのにかかる時間として、まず \(T_{AD}\) を求めます。
2. D→Cの移動： 次に、A→Dの移動中に船がどれだけ下流に流されたか（＝距離DC）を計算します。そして、その距離DCを、DからCへ流れに逆らって進む（上り）ときの速さで割ることで、\(T_{DC}\) を求めます。

この設問における重要なポイント

• 静水上の船の速度 \(\vec{v}_s\) を、問題で指定された角度 \(\theta\) を用いて、川に垂直な成分と平行な成分に正しく分解すること。
  • 垂直成分（川を渡る速さ）： \(v_s \cos\theta\)
  • 平行成分（上流向きの速さ）： \(v_s \sin\theta\)
• 岸から見た速度の各成分を、川の流れの速度 \(v\) を考慮して計算すること。
  • 垂直成分：\(v_s \cos\theta\) （川の流れは影響しない）
  • 平行成分（下流向き）：\(v – v_s \sin\theta\) （川の流れと船の上流成分の差）
• D→Cの移動は、流れに完全に逆らう「上り」であるため、岸から見た速さは \(v_s – v\) となること。

具体的な解説と立式
合計時間 \(T\) は、AからDまでの時間 \(T_{AD}\) と、DからCまでの時間 \(T_{DC}\) の和 \(T = T_{AD} + T_{DC}\) です。

• \(T_{AD}\) の立式：
  AからDへの移動において、岸から見た「川を横切る方向」の速さは \(v_s \cos\theta\) です。この速さで距離 \(W\) を進むので、
  $$T_{AD} = \frac{W}{v_s \cos\theta}$$
• \(T_{DC}\) の立式：
  まず、距離DCを求めます。これは、時間 \(T_{AD}\) の間に、岸から見た「川に沿った方向」の速さで流された距離に等しいです。岸から見た川に沿った速さは、下流向きを正とすると \((v – v_s \sin\theta)\) です。
  $$DC = (v – v_s \sin\theta) T_{AD}$$
  次に、DからCへは流れに逆らって進みます。このとき、岸から見た速さ（上りの速さ）は \(v_s – v\) です。したがって、所要時間 \(T_{DC}\) は、
  $$T_{DC} = \frac{DC}{v_s – v}$$

まず、上で立式した \(T_{AD}\) と \(T_{DC}\) の関係式を組み合わせます。
$$T_{DC} = \frac{(v – v_s \sin\theta) T_{AD}}{v_s – v}$$
合計時間 \(T = T_{AD} + T_{DC}\) を計算します。
$$T = T_{AD} + \frac{v – v_s \sin\theta}{v_s – v} T_{AD}$$
共通因数 \(T_{AD}\) でくくります。
$$T = \left( 1 + \frac{v – v_s \sin\theta}{v_s – v} \right) T_{AD}$$
括弧の中を通分します。
$$T = \left( \frac{(v_s – v) + (v – v_s \sin\theta)}{v_s – v} \right) T_{AD}$$
$$T = \left( \frac{v_s – v_s \sin\theta}{v_s – v} \right) T_{AD} = \left( \frac{v_s(1 – \sin\theta)}{v_s – v} \right) T_{AD}$$
最後に \(T_{AD} = \displaystyle\frac{W}{v_s \cos\theta}\) を代入します。
$$T = \frac{v_s(1 – \sin\theta)}{v_s – v} \cdot \frac{W}{v_s \cos\theta}$$
\(v_s\) を約分して、最終的な形に整理します。
$$T = \frac{1 – \sin\theta}{\cos\theta} \cdot \frac{W}{v_s – v}$$

この移動は二段階に分かれています。

1. A→Dへの旅： まず、Aから対岸のどこか（D）に着くまでの時間を計算します。これは、川の幅 \(W\) を、船の「川を横切るスピード成分」で割ることで求まります。
2. D→Cへの旅： A→Dの旅の間に、船は川に流されて目標のC点からズレたD点に着いてしまいます。このズレた距離（DC間）を計算します。そして、その距離を、今度は川の流れに逆らってC点まで戻る（さかのぼる）ときのスピードで割ることで、2段階目の時間が計算できます。

最後に、この2つの時間を足し合わせれば、全体の所要時間となります。

AからDを経由しCまで移動するのに要する時間は、\(T = \displaystyle\frac{1 – \sin\theta}{\cos\theta} \cdot \frac{W}{v_s – v}\) と表されます。
この式は複雑に見えますが、各項の単位を確認すると、\(\sin\theta, \cos\theta\) は無次元、\(W\) は長さ、\(v_s-v\) は速さなので、全体の単位は \(\text{長さ}/\text{速さ} = \text{時間}\) となり、次元的に正しいことがわかります。

【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？

• 速度の合成：複数の運動の「重ね合わせ」
  • 核心：この問題の全ての設問を貫くたった一つの原理は、「岸から見た速度（絶対速度）は、静水上の船の速度（相対速度）と川の流れの速度のベクトル和である」という速度の合成則です。数式で表すと以下のようになります。
    $$\vec{v}_{\text{岸}} = \vec{v}_{s} + \vec{v}_{\text{川}}$$
  • 理解のポイント：
    1. \(\vec{v}_s\) は船のエンジン性能や舵取りによって決まる「水に対する速度」です。
    2. \(\vec{v}_{\text{川}}\) は船の意思とは無関係に、船が乗っている水自体が動く速度です。
    3. \(\vec{v}_{\text{岸}}\) は、これら2つのベクトルを足し合わせた結果として、岸にいる観測者から実際にどう見えるか、という速度です。

    このベクトル関係を正しく図示し、計算できるかが問われています。

応用テクニック：似た問題が出たらココを見る！解法の鍵と着眼点

• 応用できる類似問題のパターン
  • 飛行機と風の問題：「静水上の船」を「無風時の飛行機」、「川の流れ」を「風」と読み替えれば、全く同じ問題構造になります。（例：「向かい風での往復時間」「真横に飛ぶための機首の向き」）
  • 動く歩道と人の問題：「静水上の船」を「人が歩く速さ」、「川の流れ」を「動く歩道の速さ」と読み替えることができます。
  • エスカレーター上の運動：上りエスカレーターでボールを投げるなど、運動する観測者と物体の運動を扱う問題も、本質的には同じ相対速度の考え方です。
• 初見の問題での着眼点
  1. 3つの速度を特定する：問題文から「岸から見た速度」「媒体（水や空気）に対する速度」「媒体そのものの速度」のどれが与えられ、どれを求めるべきかを整理します。
  2. ベクトル図を描く：2次元の運動では、まず \(\vec{v}_{\text{岸}} = \vec{v}_{s} + \vec{v}_{\text{川}}\) の関係を満たすベクトル三角形を描くことが全ての基本です。
  3. 目標から逆算する：特に(2)のように、「岸から見てまっすぐ進む」という結果が指定されている場合、「合成後の速度ベクトルがどの向きになるべきか」をゴールとして設定し、それを実現するために必要な出発時の速度ベクトル（\(\vec{v}_s\)）の向きや大きさを逆算します。
  4. 分解を恐れない：(4)のように運動が複雑な角度を持つ場合、各ベクトルを流れに平行な成分と垂直な成分に分解することで、それぞれの方向の1次元運動として単純化して扱うことができます。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• ベクトルをスカラー（ただの数字）として扱ってしまう
  • 誤解：(2)で川を横切る際に、速さを単純に足したり引いたりしてしまう。
  • 対策：「速度は向きを持つベクトルである」と常に意識すること。2次元の問題では、必ず速度の矢印を図に描く癖をつけましょう。ベクトル図を描けば、単純な足し算・引き算が使えないことは一目瞭然です。
• どの速度がベクトルの「斜辺」になるかの混同
  • 誤解：(2)の直角三角形で、岸から見た合成速度を斜辺だと勘違いしてしまう。
  • 対策：船のエンジンが出す「静水上の速さ \(v_s\)」が、流れを打ち消す成分と岸を横切る成分に分けられる、と考えましょう。船が持つ本来の力（\(v_s\)）が、2つの目的（流れに抗う、対岸へ進む）に分配されるイメージです。したがって、\(\vec{v}_s\) が最も長く、斜辺になります。
• 往復運動の平均速度の誤解
  • 誤解：(1)で往復の平均速度を \(v_s\) と考え、安易に \(T_B = \displaystyle\frac{2L}{v_s}\) と計算してしまう。
  • 対策：時間のロスは速度が遅い区間でより顕著になります。したがって、単純な速度の平均では正しい時間は計算できません。「往路の時間」と「復路の時間」を必ず別々に計算し、それらを合計するという手順を徹底してください。

物理の眼を養う：現象のイメージ化と図解の極意

• この問題での有効なイメージ化と図示
  • 速度のベクトル三角形：この問題で最も重要な図です。
    • (2)の場合：まず川の流れのベクトル \(\vec{v}\)（右向き）を描きます。次に、ゴールである合成速度のベクトル \(\vec{v}_{\text{合成}}\)（上向き）を \(\vec{v}\) の始点から描きます。最後に、\(\vec{v}_{\text{合成}} = \vec{v}_s + \vec{v}\) を満たすように \(\vec{v}_s\) を描くと、\(\vec{v}\) の終点から \(\vec{v}_{\text{合成}}\) の終点に向かうベクトルとなり、これが斜辺であることが視覚的に確定します。
    • (4)の場合：静水上の速度 \(\vec{v}_s\)（斜め上流向き）を、点線の補助線で川に平行な成分（\(v_s \sin\theta\)）と垂直な成分（\(v_s \cos\theta\)）に分解する図を描くと、岸から見た速度の計算が格段にやりやすくなります。
  • 船からの視点 vs 岸からの視点：
    • 船に乗っている人にとっては、船首は常に \(\vec{v}_s\) の方向を向いています。しかし、岸から見ると、船全体が川に流されながら進むため、船の進行方向（軌跡）は \(\vec{v}_{\text{合成}}\) の向きになります。この「船首の向き」と「実際の進行方向」のズレをイメージできると、理解が深まります。

なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法

• 速度の合成則 \(\vec{v}_{\text{岸}} = \vec{v}_{s} + \vec{v}_{\text{川}}\)
  • 選定理由：これは「動く座標系における速度」を扱うための物理学の基本原理（ガリレイの相対性原理）だからです。川（動く座標系）に対する船の運動がわかっているときに、静止した岸（静止座標系）からどう見えるかを記述するために必須の出発点です。
• 三平方の定理 \(v_s^2 = v_{\text{合成}}^2 + v^2\)
  • 選定理由：(2)の状況で、速度の合成則をベクトル図で表現すると、直角三角形が自然に現れるからです。
  • 適用根拠：合成後の速度（絶対速度）が、媒体の速度と垂直になる、という特殊な幾何学的条件が与えられた場合に、未知の速度の大きさを求めるための最も強力な数学的ツールです。
• 三角比によるベクトル分解
  • 選定理由：(4)のように、速度ベクトルが座標軸に対して斜めを向いており、かつ直角三角形を形成しない一般的な状況を扱うためです。
  • 適用根拠：2次元のベクトル問題を、互いに独立した2つの1次元の問題に分割するための標準的な手法です。x方向とy方向（この問題では川の平行方向と垂直方向）に分けて考えることで、それぞれの方向で単純な速度や距離の計算に持ち込むことができます。

思考を整理する：立式から計算までのロジカルフロー

1. 状況分析：川と船の問題 → 「速度の合成」がテーマだと認識。
2. (1) 平行な往復運動 \(T_B\)：
   • 下り：速さは和 \(v_s+v\)。時間 \(t_1 = L/(v_s+v)\)。
   • 上り：速さは差 \(v_s-v\)。時間 \(t_2 = L/(v_s-v)\)。
   • 合計：\(T_B = t_1 + t_2\)。
3. (2) 垂直な往復運動 \(T_C\)：
   • ベクトル図を描き、直角三角形を発見する (\(\vec{v}_s\) が斜辺)。
   • 三平方の定理で岸から見た速さを求める：\(v_{\text{合成}} = \sqrt{v_s^2-v^2}\)。
   • 合計：往復距離 \(2W\) をこの速さで割る → \(T_C = 2W / \sqrt{v_s^2-v^2}\)。
4. (3) 大小比較：
   • \(T_C/T_B\) の比を計算し、\(L=W\) を代入。
   • 係数 \(\sqrt{v_s^2-v^2}/v_s\) が1より小さいことを示す → \(T_C < T_B\)。
5. (4) 複雑な経路の時間：
   • A→D：\(\vec{v}_s\) を分解 → 垂直成分 \(v_s\cos\theta\)。時間 \(T_{AD} = W/(v_s\cos\theta)\)。
   • 距離DC：\(\vec{v}_s\) の平行成分と \(v\) から、岸から見た平行速度 \((v-v_s\sin\theta)\) を求める。距離 \(DC = (v-v_s\sin\theta)T_{AD}\)。
   • D→C：上りの速さ \((v_s-v)\) で距離DCを進む。時間 \(T_{DC} = DC/(v_s-v)\)。
   • 合計：\(T=T_{AD}+T_{DC}\)。

計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック

• 分数の通分と約分を丁寧に
  • 特に注意すべき点：(1)の \(T_B\) の計算や、(3)の \(T_C/T_B\) の計算では、分母が異なる分数の足し算や割り算が出てきます。焦って計算すると符号や項を間違えやすいです。
  • 日頃の練習：計算過程を省略せず、一行一行書き下す習慣をつけましょう。特に通分の際は \((v_s+v)(v_s-v) = v_s^2 – v^2\) の展開を素早く正確に行えるようにしておくことが重要です。
• 平方根の扱いに習熟する
  • 特に注意すべき点：(3)の大小比較で、\(\sqrt{v_s^2 – v^2}\) と \(v_s\) を比べる際に、感覚で判断せず論理的に示すことが求められます。
  • 日頃の練習：両辺が正であることがわかっている場合、2乗して比較する（\(v_s^2-v^2\) と \(v_s^2\) を比べる）という手法に慣れておきましょう。
• 複雑な式の整理は共通因数から
  • 特に注意すべき点：(4)の合計時間 \(T=T_{AD}+T_{DC}\) の計算は、そのまま代入すると式が非常に煩雑になります。
  • 日頃の練習：まず \(T_{AD}\) という共通因数でくくる、といったように、式全体を構造的に見て、整理してから代入する癖をつけると、計算量が減りミスも少なくなります。

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

• 物理的にありえない状況を考える
  • (2)の吟味：もし船の速さ \(v_s\) が川の流れ \(v\) より遅かったらどうなるか？ \(v_s < v\) だと、\(T_C\) の式の根号の中が負になり、数学的に計算できなくなります。これは物理的に「船がどれだけ上流に船首を向けても、流れに負けてしまい、対岸にまっすぐ進むことは不可能である」という事実と一致しており、式の正しさを裏付けています。
• 直感との比較
  • (3)の吟味：なぜ \(T_B > T_C\) なのか？直感的には「下りで稼いだ時間は、上りで失う時間で相殺されるのでは？」と思いがちです。しかし、速度が遅い「上り」区間を移動する時間は非常に長くなるため、その影響が「下り」で時間を短縮した効果を上回ります。結果として、往復では損をする、というわけです。これは「調和平均」の考え方にも通じ、妥当な結論です。
• 特殊な条件（極端な場合）を代入してみる
  • (4)の吟味：(4)で求めた合計時間の式は複雑ですが、もし角度 \(\theta\) が(2)の状況（まっすぐ進む）に相当する角度 \(\theta_0\)（ただし \(\sin\theta_0 = v/v_s\)）だった場合を考えます。このとき、船はDに寄らず直接Cに到着するはずなので、D-C間の距離や時間は0になるはずです。実際に \(\sin\theta = v/v_s\) を(4)の計算過程に代入すると、岸から見た平行速度 \((v-v_s\sin\theta)\) が0になり、距離DCと時間 \(T_{DC}\) も0になります。結果、合計時間はA→Cの片道時間と一致し、式の整合性が取れていることが確認できます。

問題03 (広島工大改)

【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、斜面をすべり上がる物体の運動を、速度と時間の関係を表すグラフ（v-tグラフ）を用いて分析するものです。グラフから運動の様子を定量的に読み取り、物理法則と結びつける能力が問われます。

【設問別解説】考え方から計算プロセスまで徹底ガイド

この問題を解く鍵は、v-tグラフが持つ物理的な意味を完全に理解することです。具体的には、以下の2つの基本原則を適用します。

1. グラフの「傾き」は「加速度」を表す:
   v-tグラフが直線であることから、この運動は加速度が一定の「等加速度直線運動」であることがわかります。グラフの傾きを計算することで、その加速度を求めることができます。
2. グラフと軸で囲まれた「面積」は「移動距離」を表す:
   ある時間内に物体がどれだけ進んだか（変位）は、v-tグラフとその時間軸で囲まれた部分の面積に等しくなります。

これらの原則を用いることで、グラフの幾何学的な特徴（傾きや面積）を物理量（加速度や距離）に変換し、すべての設問に答えることができます。

問(1)

思考の道筋とポイント
加速度を求めたい、そしてv-tグラフが与えられている。この二つの情報から、「v-tグラフの傾きが加速度である」という基本法則に直結させます。グラフは直線なので、どの2点を選んでも傾きは一定です。計算しやすいように、グラフの目盛線が交差している点を正確に読み取って計算します。

この設問における重要なポイント

• v-tグラフの傾きが加速度を意味することを理解していること。
• グラフから2点の座標（時刻と速度）を正確に読み取ること。
• 問題が「大きさ」を問うているため、最終的に正の値で答えること。

具体的な解説と立式
加速度 \(a\) は、v-tグラフの傾きに等しいです。傾きは、y軸方向の変化量（速度の変化 \(\Delta v\)）をx軸方向の変化量（時間の変化 \(\Delta t\)）で割ることで求められます。
$$a = \frac{\Delta v}{\Delta t} = \frac{v_2 – v_1}{t_2 – t_1}$$
グラフから、計算に用いる2点を読み取ります。例えば、原点Oを通過した点 \((t_1, v_1)\) と、グラフ上の別の点 \((t_2, v_2)\) を選びます。

• 点1：\(t_1 = 0.00\,\text{s}\), \(v_1 = 2.00\,\text{m/s}\)
• 点2：\(t_2 = 0.25\,\text{s}\), \(v_2 = 1.00\,\text{m/s}\)

これらの値を上の式に適用して加速度を求めます。

読み取った2点の座標を、加速度を求める式に代入します。
$$a = \frac{1.00 – 2.00}{0.25 – 0.00} = \frac{-1.00}{0.25} = -4.0 \, [\text{m/s}^2]$$
問題では加速度の「大きさ」を問われているので、この値の絶対値をとります。
$$|a| = 4.0 \, [\text{m/s}^2]$$

物体の加速度は、v-tグラフの「傾き」を調べることで分かります。グラフの線がどれくらい急に変化しているか、ということです。グラフから読み取りやすい2つの点を選んで、(縦の変化量) ÷ (横の変化量) を計算します。グラフは右肩下がりなので傾きはマイナスになりますが、問題は「大きさ」を聞いているので、マイナスを取った正の値が答えになります。

Aの加速度の大きさは \(4.0\,\text{m/s}^2\) です。
計算結果が負になったのは、斜面を上るにつれて物体の速度が減少している（減速している）ことを示しており、物理的な状況と一致しています。

問(2)

思考の道筋とポイント
「速度が \(0\,\text{m/s}\) になる」という条件が、v-tグラフ上でどの点に対応するかを考えます。これは、グラフの縦軸の値（速度）が0になる点、すなわちグラフの直線が横軸（時間軸）と交わる点です。グラフの直線の式を立てて、\(v=0\) となる \(t\) を求めるのが確実な方法です。

この設問における重要なポイント

• 物体の運動が等加速度直線運動であることを利用する。
• 初速度 \(v_0\)（\(t=0\) での速度）と、問(1)で求めた加速度 \(a\) を用いて、速度と時間の関係式を立てること。

具体的な解説と立式
等加速度直線運動の速度と時間の関係式は、次のように表されます。
$$v(t) = v_0 + at$$
ここで、各値は以下の通りです。

• 初速度 \(v_0\)：グラフより、\(t=0\) のときの速度なので \(v_0 = 2.00\,\text{m/s}\)。
• 加速度 \(a\)：問(1)の結果より、\(a = -4.0\,\text{m/s}^2\)。

速度が \(0\,\text{m/s}\) になる時刻を求めるので、\(v(t) = 0\) として、この方程式を \(t\) について解きます。
$$0 = v_0 + at$$

速度の公式に、\(v(t)=0\), \(v_0 = 2.00\), \(a = -4.0\) を代入します。
$$0 = 2.00 + (-4.0)t$$
この1次方程式を \(t\) について解きます。
$$4.0t = 2.00$$
$$t = \frac{2.00}{4.0} = 0.50 \, [\text{s}]$$

物体は最初、秒速 \(2.00\,\text{m}\) の速さで、1秒あたり \(4.0\,\text{m}\) ずつスピードが遅くなっていきます。では、スピードが完全にゼロになるのは何秒後でしょうか？という問題です。「\(2.00 \div 4.0\)」を計算すれば、答えの0.50秒が求まります。グラフ上で直線をそのまま延長して、横軸とぶつかる点の目盛りを読んでも同じ答えになります。

速度が \(0\,\text{m/s}\) になるまでの時間は \(0.50\,\text{s}\) です。
これは、斜面をすべり上がった物体が一瞬だけ静止する最高点に到達する時刻を意味します。

問(3)

思考の道筋とポイント
進んだ距離を求めたい、そしてv-tグラフが与えられている。ここでもう一つの基本法則、「v-tグラフの面積が移動距離である」を使います。具体的には、\(t=0\) から、速度が0になった時刻（問(2)で求めた \(t=0.50\,\text{s}\)）までの間に、グラフの線と時間軸、速度軸で囲まれた部分の面積を計算します。

この設問における重要なポイント

• v-tグラフの面積が移動距離（変位）に対応することを理解していること。
• 面積を求める図形が、底辺 \(0.50\,\text{s}\)、高さ \(2.00\,\text{m/s}\) の直角三角形であることを見抜くこと。

具体的な解説と立式
求める距離 \(x\) は、\(t=0.00\,\text{s}\) から \(t=0.50\,\text{s}\) までのv-tグラフと時間軸が囲む面積に等しいです。
この図形は三角形なので、その面積は次の公式で求められます。
$$x = (\text{三角形の面積}) = \frac{1}{2} \times (\text{底辺}) \times (\text{高さ})$$
グラフから、この三角形の底辺と高さを読み取ります。

• 底辺：\(0.50\,\text{s}\) （速度が0になるまでの時間）
• 高さ：\(2.00\,\text{m/s}\) （\(t=0\) での初速度）

これらの値を面積の公式に適用します。

三角形の面積の公式に、底辺と高さの値を代入します。
$$x = \frac{1}{2} \times 0.50 \times 2.00$$
$$x = 0.50 \, [\text{m}]$$
問題文に「小数第1位までで答えよ」とありますが、計算結果がちょうど \(0.5\) なので、そのまま \(0.5\,\text{m}\) とします。

v-tグラフでは、グラフ線の下の部分の「面積」が、物体が進んだ「距離」になります。今回は、物体が止まるまでの \(0.50\) 秒間でグラフが描く三角形の面積を求めます。この三角形は、底辺が \(0.50\)、高さが \(2.00\) なので、面積は「底辺 × 高さ ÷ 2」で計算できます。

進む距離は \(0.5\,\text{m}\) です。
等加速度直線運動の公式 \(x = v_0 t + \displaystyle\frac{1}{2}at^2\) を使って検算することもできます。\(x = (2.00)(0.50) + \displaystyle\frac{1}{2}(-4.0)(0.50)^2 = 1.0 – 2.0 \times 0.25 = 1.0 – 0.5 = 0.5\,\text{m}\) となり、結果は一致します。

問(4)

思考の道筋とポイント
速度測定器が設置されている間隔は、物体が測定器から次の測定器まで移動する「距離」に相当します。問(3)と同様に、v-tグラフの面積が移動距離を表すことを利用します。グラフから、物体が一定の時間に進む距離がどのように変化するかを読み取ります。物体は斜面を上るにつれて減速していく、という物理的な直感が重要な手がかりとなります。

この設問における重要なポイント

• 物体が減速運動をしているという事実。
• 同じ時間間隔でも、速度が速いときほど長い距離を進み、速度が遅いときほど短い距離しか進まないこと。
• v-tグラフの面積が移動距離であることを、区間ごとに適用して考えること。

具体的な解説と立式
この問題は、グラフの定性的な解釈で答えられます。
v-tグラフから、物体の速度は時間とともに直線的に減少していることがわかります。これは、物体が減速していることを意味します。
速度が速いときほど、同じ時間で進む距離は長くなります。逆に、速度が遅くなるにつれて、同じ時間で進む距離は短くなります。
したがって、最初の速度測定器を通過してから、時間が経つにつれて、物体が進む距離はどんどん短くなっていきます。
もし、各測定器を物体が通過する時間の間隔が等しくなるように設置する場合、測定器間の物理的な距離（間隔）は、だんだん狭くしていく必要があります。
グラフで確認すると、例えば \(0\) 秒から \(0.1\) 秒までの区間の面積（1つ目と2つ目の測定器の間隔）は、\(0.1\) 秒から \(0.2\) 秒までの区間の面積（2つ目と3つ目の測定器の間隔）よりも明らかに大きいです。
よって、間隔をだんだん狭くするのが正しい設置方法です。

（定性的な問題ですが、参考として具体的な面積比を計算します）
等加速度直線運動では、連続する同じ時間間隔 \(\Delta t\) の間に進む距離の比は、初めから \(v_0\Delta t + \frac{1}{2}a(\Delta t)^2\), \(v_1\Delta t + \frac{1}{2}a(\Delta t)^2\)…となり、速度が線形に減少するため、移動距離も線形よりは速く減少します。
模範解答の補足にあるように、例えば \(t=0.125\,\text{s}\) ごとの区間を考えると、各区間で進む距離の比は \(7:5:3:1\) となり、間隔が狭くなっていることが定量的に示せます。

坂道をボールが駆け上がっていく様子を想像してください。ボールはどんどんスピードが落ちていきますよね。速く動いている最初の方はぐんぐん進みますが、遅くなってきた最後の方は少ししか進みません。もし、1秒ごとにボールがどこにいるか印をつけるとしたら、その印の間隔は最初の方は広く、後になるにつれて狭くなっていくはずです。速度測定器の間隔もこれと同じです。

速度測定器の間隔は「だんだん狭くする」必要があります。したがって、選択肢②が正解です。
これは、減速運動する物体の基本的な性質と完全に一致しており、v-tグラフの面積が時間とともに増加しにくくなることからも明らかです。

【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？

• v-tグラフの物理的意味の完全理解
  • 核心：この問題は、一見すると実験データの読解問題ですが、その本質は「v-tグラフの幾何学的な特徴（傾きと面積）が、物理的な量（加速度と移動距離）にどのように対応するか」を理解しているかを問うものです。この対応関係が、全ての設問を解くための鍵となります。
  • 理解のポイント：
    1. グラフの傾き = 加速度 (\(a\))： グラフの傾きは、単位時間あたりの速度の変化量を表すため、物理的には加速度に相当します。グラフが直線であることは、加速度が一定、すなわち「等加速度直線運動」であることを示しています。
    2. グラフの面積 = 移動距離 (\(x\))： グラフと時間軸で囲まれた部分の面積は、(速度) × (時間) の次元を持ち、物理的には移動距離（変位）に相当します。

    この2つの原則を使いこなせれば、グラフ問題は得点源に変わります。

応用テクニック：似た問題が出たらココを見る！解法の鍵と着眼点

• 応用できる類似問題のパターン
  • 自由落下や鉛直投げ上げのグラフ： ボールを投げ上げたときの速度変化のグラフも、同様に傾きが重力加速度、面積が移動距離や高さを表します。
  • 電車の運動（ダイヤグラム）： 横軸に時間、縦軸に位置をとったx-tグラフ（ダイヤグラム）も頻出です。この場合、傾きは「速度」を表すことを混同しないようにしましょう。
  • 仕事と力の関係（F-xグラフ）： 横軸に距離、縦軸に力をとったF-xグラフでは、その面積が「仕事」を表すなど、物理では様々なグラフの面積や傾きが重要な意味を持ちます。
• 初見のグラフ問題での着眼点
  1. 軸の確認： まず、縦軸と横軸がそれぞれ何の物理量を表しているか（今回は速度\(v\)と時間\(t\)）を指差し確認します。
  2. グラフの形状の分析： グラフの形（直線、曲線、水平線など）から、運動の性質（等加速度、非等加速度、等速など）を瞬時に読み取ります。
  3. 設問の「翻訳」： 問題で問われている物理量が、グラフのどの特徴に対応するかを「翻訳」します。
     • 「加速度は？」 → 「傾きは？」
     • 「移動距離は？」 → 「面積は？」
     • 「いつ止まるか？」 → 「グラフが横軸と交わる点は？」
  4. 外挿（えんそう）の可能性： データ点が途中で終わっていても、運動の法則性（例：等加速度なら直線）が続く場合は、グラフを延長して考える（外挿する）ことが有効な解法になります。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• グラフの種類の混同（v-tグラフ vs x-tグラフ）
  • 誤解：v-tグラフの傾きを「速度」と勘違いしたり、x-tグラフの傾きを「加速度」と勘違いしたりする。
  • 対策：問題を解き始める前に、必ず軸のラベル（\(v\) と \(t\)）を声に出して確認する習慣をつけましょう。「v-tグラフの傾きは加速度、面積は距離」と呪文のように唱えるのも有効です。
• グラフの読み取りミス
  • 誤解：格子点の交点ではない、中途半端な点を読んでしまい、計算が複雑になったり誤差が生じたりする。
  • 対策：傾きや値を読み取る際は、必ずグラフの目盛線がはっきりと交差している点を選びましょう。定規を当てて、縦横の目盛りを正確に読み取るのが基本です。
• 「大きさ」と「向き（符号）」の混同
  • 誤解：(1)で加速度を計算した際に、傾きが負（\(a = -4.0\)）であることに動揺したり、そのまま答えてしまったりする。
  • 対策：問題文が「加速度を求めよ」なのか「加速度の大きさを求めよ」なのかを正確に区別することです。「大きさ」と聞かれたら、必ず正の値で答えます。計算過程で出てくるマイナスの符号は、「斜面の上向きを正としたとき、それとは逆向きに加速度が生じている」という物理的な意味を表しています。

物理の眼を養う：現象のイメージ化と図解の極意

• v-tグラフを「物語」として読む
  • このグラフは、小物体Aの短い一生を描いた物語です。
    1. \(t=0\)： 縦軸の切片が \(v=2.00\) の点から物語は始まります。「最初の測定器を、秒速2.00mの速さで通過した」。
    2. \(t=0 \rightarrow 0.50\)： グラフは右肩下がりの直線です。「その後、一定の割合でスピードを落としながら、坂を上り続けた」。
    3. \(t=0.50\)： グラフが横軸に到達します。「そして0.50秒後、ついに速度がゼロになり、一瞬だけ静止した（最高点に到達）」。
    4. もし物語が続けば…： グラフはそのまま負の領域に突き進んでいきます。「その後、向きを変えて、今度は坂を下り始めた（速度が負になる）」。
• 物理現象とグラフの往復
  • 問題の図1（斜面の図）と図2（グラフ）を並べて見比べることが有効です。斜面を上る物体の速度がだんだん遅くなる様子を頭に思い浮かべながら、v-tグラフの縦の値が徐々に小さくなっていく様子を対応させます。この2つのイメージが一致すれば、理解は本物です。

なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法

• 傾きの公式 \(a = \displaystyle\frac{\Delta v}{\Delta t}\)
  • 選定理由：設問(1)で「加速度」が問われており、手元にあるのが「v-tグラフ」だからです。v-tグラフにおいて、傾きは加速度の定義そのものです。
  • 適用根拠：数学における直線の傾きの定義と、物理学における平均の加速度の定義が、形式的に完全に一致しているため、そのまま適用できます。グラフが直線なので、平均の加速度と瞬間の加速度は等しくなります。
• 面積の公式（三角形）
  • 選定理由：設問(3)で「距離」が問われており、v-tグラフから距離を求めるには「面積」を計算する必要があるからです。
  • 適用根拠：距離（変位）は速度を時間で積分したもの (\(x = \int v dt\)) です。v-tグラフが直線（1次関数）の場合、その積分は幾何学的には三角形や台形の面積を求めることに相当します。今回は、\(t=0\) から \(v=0\) になるまでの面積なので、単純な三角形の面積計算で済みます。
• 等加速度直線運動の公式 \(v = v_0 + at\)
  • 選定理由：設問(2)で「\(v=0\) になる時刻」を求めるためです。グラフから読み取ることもできますが、(1)で得た加速度 \(a\) と初速度 \(v_0\) を使って、代数的に解く方がより正確で汎用性が高い方法です。
  • 適用根拠：この公式は、傾きが \(a\)、切片が \(v_0\) の直線を表す数式であり、まさに今回のv-tグラフそのものを数式で表現したものです。したがって、グラフ上の任意の点における \(v\) と \(t\) の関係を正確に示します。

思考を整理する：立式から計算までのロジカルフロー

1. グラフの性質分析：問題を見て、まず「v-tグラフだ。直線だから等加速度運動だ」と認識する。頭の中で「傾き→加速度」「面積→距離」の対応関係を準備する。
2. (1) 加速度の算出：
   • 目的：加速度 \(a\) の大きさ |\(a\)| を求める。
   • 方法：「傾き」を計算する。
   • 実行：グラフから2点を読み取り、\(a = \Delta v / \Delta t\) を計算。最後に絶対値をとる。
3. (2) 静止時刻の算出：
   • 目的：\(v=0\) となる時刻 \(t\) を求める。
   • 方法：「t軸との交点」を求める。
   • 実行：\(v=v_0+at\) の式に \(v=0\)、\(v_0=2.00\)、\(a=-4.0\) を代入し、\(t\) について解く。
4. (3) 移動距離の算出：
   • 目的：\(t=0\) から(2)で求めた時刻までに進む距離 \(x\) を求める。
   • 方法：「面積」を計算する。
   • 実行：該当部分が三角形であることを確認し、面積 = \(\frac{1}{2} \times (\text{底辺}) \times (\text{高さ})\) を計算。
5. (4) 測定器の間隔：
   • 目的：時間経過と共に、測定器の間隔がどうなるかを判断する。
   • 方法：減速運動の性質を「面積」と結びつけて考える。
   • 実行：速度が減少する \(\rightarrow\) 同じ時間に進む距離（面積）も減少する \(\rightarrow\) 間隔はだんだん狭くなる、と結論づける。

計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック

• グラフの目盛りを正確に読む
  • 特に注意すべき点：このグラフの横軸は1マスが \(0.05\,\text{s}\)、縦軸は1マスが \(0.25\,\text{m/s}\) です。しかし、さらに細かい点線で分割されています。例えば、\(t=0.25\) の点は、太い線の \(0.20\) と \(0.30\) のちょうど中点です。このような読み取りを焦って間違えないようにしましょう。
  • 日頃の練習：グラフ問題では、計算を始める前に、まず「1マスの大きさ」がいくらなのかを軸の近くにメモする習慣をつけると、読み間違いが減ります。
• 単位を常に意識する
  • 特に注意すべき点：傾きを計算する際、\([\text{m/s}] / [\text{s}] = [\text{m/s}^2]\) となり、確かに加速度の単位になることを確認する。面積を計算する際、\([\text{m/s}] \times [\text{s}] = [\text{m}]\) となり、確かに距離の単位になることを確認する。
  • 日頃の練習：計算の各ステップで単位も一緒に書く癖をつけると、次元の異なる量を足してしまうような根本的なミスを防ぐことができます。
• 有効数字・解答形式の確認
  • 特に注意すべき点：(3)では「小数第1位までで答えよ」という指定があります。計算結果がたまたま \(0.5\) でしたが、もし \(0.51\) や \(0.49\) のような結果になった場合は、四捨五入して \(0.5\) と答える必要があります。
  • 日頃の練習：問題を解き始める前と、解答を書き出す直前の2回、解答形式の指定がないかを確認する癖をつけましょう。

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

• 物理現象との整合性を確認する
  • (1)の吟味：加速度が負の値（\(-4.0\,\text{m/s}^2\)）になった。物体は斜面をすべり上がっており、重力によって進行方向とは逆向きの力を受けている。したがって、減速するのは当然であり、加速度が負になるのは物理的に正しいです。
  • (4)の吟味：間隔が「だんだん狭くなる」という結論は、ボールを坂道に転がしたときの日常経験と一致します。最初はいきおいよく進むが、だんだんノロノロになる様子を思い浮かべれば、この結論が妥当であると直感的に納得できます。
• 別のアプローチで検算する
  • (3)の吟味：問題ではグラフの面積から距離を求めましたが、等加速度直線運動の公式 \(x = \frac{v^2 – v_0^2}{2a}\) を使って検算できます。\(v=0\)、\(v_0=2.00\)、\(a=-4.0\) を代入すると、\(x = \frac{0^2 – (2.00)^2}{2(-4.0)} = \frac{-4.0}{-8.0} = 0.5\,\text{[m]}\) となり、面積から求めた結果と一致します。
• 理論値と比較してみる
  • (4)の吟味：模範解答の補足にあるように、等加速度運動では、連続する同じ時間間隔で進む距離の比は、初めから \(v_0\Delta t + \frac{1}{2}a(\Delta t)^2\), \(v_1\Delta t + \frac{1}{2}a(\Delta t)^2\)…となり、速度が線形に減少するため、移動距離も線形よりは速く減少します。この理論的な性質が、「だんだん狭くなる」という結論をより強固に裏付けています。

問題04 (北海道大)

【問題の確認】まずは問題文をしっかり読み解こう

この問題は、斜面を滑り落ちた後の「水平投射」を扱っており、斜面に着地するという応用的な設定が含まれています。力学の複数の重要単元（運動の分解、三角比、力学的エネルギー保存則）を融合した総合問題です。

【設問別解説】考え方から計算プロセスまで徹底ガイド

この問題は大きく二部構成になっています。前半は「水平投射」、後半は「力学的エネルギー保存則」がテーマです。

1. 前半（ア〜エ）：水平投射と斜面への着地
   1. 運動の分解： C点から飛び出した後の小球の運動を、互いに独立した「水平方向の運動」と「鉛直方向の運動」に分解して考えます。
   2. 幾何学的条件の利用： 小球が斜面CD上の点Qに着地するという条件を、水平距離 \(l_x\) と鉛直距離 \(l_y\) の関係式（\(\tan\theta = l_y / l_x\)）に変換します。
   3. 飛距離の計算： 求めた落下時間を使って \(l_x\) や \(l_y\) を具体的に計算し、幾何学的にCQ間の直線距離を求めます。
2. 後半（オ、カ）：力学的エネルギー保存則と比較
   1. エネルギー保存則の適用： P点からC点までの運動における力学的エネルギー保存則から、C点での速さ \(v_0\) の起源を明らかにします。
   2. 月面条件への置き換え： 地球上で導いた式を、月面での条件（\(g \to g/6\)）に置き換えて、速さと飛距離の比を計算します。

ア, イ

思考の道筋とポイント
点Cから飛び出した小球の運動は、水平投射です。水平投射は、水平方向の「等速直線運動」と鉛直方向の「自由落下運動」という、2つの基本的な運動の組み合わせとして分析するのが定石です。それぞれの運動について、時間 \(t\) 後の移動距離を公式に当てはめて立式します。

この設問における重要なポイント

• 運動を水平方向と鉛直方向に完全に分解して考えること。
• 水平方向：初速度は \(v_0\)、加速度は0。
• 鉛直方向：初速度は0、加速度は鉛直下向きに \(g\)。

具体的な解説と立式
点Cを原点とし、水平右向きにx軸、鉛直下向きにy軸をとって考えます。時刻 \(t=0\) に小球が点Cを飛び出したとします。

• ア（水平距離 \(l_x\)）:
  水平方向は、初速度 \(v_0\) の等速直線運動です。したがって、時間 \(t\) 後の水平移動距離 \(l_x\) は次の式で表されます。
  $$l_x = v_0 t$$
• イ（鉛直距離 \(l_y\)）:
  鉛直方向は、初速度0、加速度 \(g\) の等加速度直線運動（自由落下）です。したがって、時間 \(t\) 後の鉛直落下距離 \(l_y\) は次の式で表されます。
  $$l_y = \frac{1}{2}gt^2$$

本問は公式をそのまま適用するため、計算は不要です。

ボールが真横に飛び出す運動は、2つの動きに分解できます。1つは「横にずっと同じ速さで進む動き」、もう1つは「真下にだんだん速く落ちていく動き」です。横に進む距離は単純に「速さ×時間」です。真下に落ちる距離は、物理でおなじみの自由落下の公式で計算します。

空欄アは \(v_0 t\)、空欄イは \(\displaystyle\frac{1}{2}gt^2\) となります。これらは水平投射における変位のx成分とy成分を表す基本公式です。

ウ

思考の道筋とポイント
アとイで求めた式には、まだ未知数である時間 \(t\) が含まれています。この \(t\) を決定するための追加の条件が、「小球が斜面CD上の点Qに着地する」という事実です。この幾何学的な条件を数式で表現し、ア、イの結果と連立させることで \(t\) を求めます。

この設問における重要なポイント

• 点QがCから見て水平に \(l_x\)、鉛直に \(l_y\) の位置にあり、かつ角度 \(\theta\) の斜面上にあること。
• このことから、図中の直角三角形に着目し、\(l_x\) と \(l_y\) の間に \(\tan\theta = \displaystyle\frac{l_y}{l_x}\) という関係が成り立つことを見抜くこと。

具体的な解説と立式
図より、点Qは角度 \(\theta\) の斜面上にあるため、水平距離 \(l_x\) と鉛直距離 \(l_y\) の間には、三角比の定義から次の関係が成り立ちます。
$$\tan\theta = \frac{l_y}{l_x}$$
この関係式に、アで求めた \(l_x = v_0 t\) と、イで求めた \(l_y = \displaystyle\frac{1}{2}gt^2\) を代入します。
$$\tan\theta = \frac{\frac{1}{2}gt^2}{v_0 t}$$
この方程式を \(t\) について解くことで、落下時間を求めることができます。

立式した方程式を \(t\) について解きます。
$$\tan\theta = \frac{\frac{1}{2}gt^2}{v_0 t}$$
\(t>0\) なので、分母・分子を \(t\) で約分できます。
$$\tan\theta = \frac{\frac{1}{2}gt}{v_0} = \frac{gt}{2v_0}$$
この式を \(t\) について変形します。
$$2v_0 \tan\theta = gt$$
$$t = \frac{2v_0 \tan\theta}{g}$$

ボールが着地した点Qは、斜め下にあります。この「斜め」の角度が \(\theta\) です。横に進んだ距離と、縦に落ちた距離の比は、数学で習うタンジェント (\(\tan\theta\)) になります。この関係を使って式を立て、アとイでわかっている式を入れると、時間 \(t\) だけがわからない方程式が作れるので、それを解きます。

落下時間 \(t\) は、\(t = \displaystyle\frac{2v_0 \tan\theta}{g}\) と表されます。
初速度 \(v_0\) が大きいほど、また斜面の傾き \(\theta\) が大きい（急な）ほど、落下点Qが遠く下になるため、落下時間 \(t\) が長くなるという結果は、物理的に妥当です。

エ

解法1：三角比を用いたアプローチ
思考の道筋とポイント
飛距離 \(l\) (CQ間の直線距離) は、着地点Qの座標 (\(l_x, l_y\)) と幾何学的に関係しています。図の直角三角形に注目すると、\(l\) は斜辺、\(l_x\) は底辺、\(l_y\) は高さにあたります。三角比の関係 \(l_x = l \cos\theta\) を利用して、\(l = \displaystyle\frac{l_x}{\cos\theta}\) と変形するのが見通しの良い方法です。先に \(l_x\) を \(v_0, g, \theta\) で表し、それを代入します。
具体的な解説と立式
図の直角三角形において、飛距離 \(l\) と水平距離 \(l_x\) の間には次の関係が成り立ちます。
$$l_x = l \cos\theta$$
これを \(l\) について解くと、
$$l = \frac{l_x}{\cos\theta} \quad \cdots ①$$
また、水平距離 \(l_x\) はアの式 \(l_x = v_0 t\) で与えられます。この \(t\) にウで求めた \(t = \displaystyle\frac{2v_0 \tan\theta}{g}\) を代入することで、\(l_x\) を基本物理量で表すことができます。
$$l_x = v_0 \left( \frac{2v_0 \tan\theta}{g} \right) \quad \cdots ②$$
式②で計算した \(l_x\) を式①に代入することで、飛距離 \(l\) が求まります。

まず、式②を計算します。
$$l_x = \frac{2v_0^2 \tan\theta}{g}$$
次に、この結果を式①に代入します。
$$l = \frac{1}{\cos\theta} \cdot \left( \frac{2v_0^2 \tan\theta}{g} \right)$$
$$l = \frac{2v_0^2 \tan\theta}{g \cos\theta}$$

別解：三平方の定理を用いたアプローチ
思考の道筋とポイント
飛距離 \(l\) は、原点Cと点Q(\(l_x, l_y\))の間の直線距離なので、三平方の定理を使って直接求めることもできます。この場合、\(l^2 = l_x^2 + l_y^2\) という関係から出発し、ア、イ、ウで求めた各式を総動員して代入計算を行います。計算はやや複雑になりますが、物理の基本に忠実な方法です。
具体的な解説と立式
三平方の定理より、飛距離 \(l\) は次のように表せます。
$$l = \sqrt{l_x^2 + l_y^2}$$
この式に、アの \(l_x = v_0 t\) と イの \(l_y = \displaystyle\frac{1}{2}gt^2\) を代入します。
$$l = \sqrt{(v_0 t)^2 + \left(\frac{1}{2}gt^2\right)^2}$$
さらに、ウで求めた \(t = \displaystyle\frac{2v_0 \tan\theta}{g}\) をこの式に代入して、計算を進めます。

まず、根号の中を \(t^2\) でくくりだします。
$$l = \sqrt{t^2 \left( v_0^2 + \frac{1}{4}g^2t^2 \right)} = t \sqrt{v_0^2 + \frac{1}{4}g^2t^2}$$
この式に \(t = \displaystyle\frac{2v_0 \tan\theta}{g}\) を代入します。
$$l = \left( \frac{2v_0 \tan\theta}{g} \right) \sqrt{v_0^2 + \frac{1}{4}g^2 \left( \frac{2v_0 \tan\theta}{g} \right)^2}$$
根号の中を計算します。
$$\sqrt{v_0^2 + \frac{1}{4}g^2 \left( \frac{4v_0^2 \tan^2\theta}{g^2} \right)} = \sqrt{v_0^2 + v_0^2 \tan^2\theta} = \sqrt{v_0^2 (1 + \tan^2\theta)} = v_0 \sqrt{1 + \tan^2\theta}$$
三角関数の公式 \(1 + \tan^2\theta = \displaystyle\frac{1}{\cos^2\theta}\) を用いると、
$$v_0 \sqrt{\frac{1}{\cos^2\theta}} = \frac{v_0}{\cos\theta}$$
これを元の式に戻します。
$$l = \left( \frac{2v_0 \tan\theta}{g} \right) \cdot \left( \frac{v_0}{\cos\theta} \right) = \frac{2v_0^2 \tan\theta}{g \cos\theta}$$
これは解法1の結果と一致します。

飛距離は \(l = \displaystyle\frac{2v_0^2 \tan\theta}{g \cos\theta}\) となります。
なお、\(\tan\theta = \frac{\sin\theta}{\cos\theta}\) を使うと、\(l = \displaystyle\frac{2v_0^2 \sin\theta}{g \cos^2\theta}\) とも表せ、これも正解です。

オ, カ

思考の道筋とポイント
(オ) 速さの比較: C点での速さ \(v_0\) は、P点から滑り降りる過程で決まります。摩擦がないため、この過程では力学的エネルギーが保存されます。P点での位置エネルギーがC点での運動エネルギーに変換されると考え、地球上と月面でそれぞれ立式して比較します。

(カ) 飛距離の比較: (エ)で導出した飛距離 \(l\) の式が、月面ではどう変化するかを考えます。月面では重力加速度 \(g\) が変化し、それに伴ってC点での速さ \(v_0\) も変化します。これらの変化を式に代入して、月面での飛距離 \(l_m\) と地球上での飛距離 \(l\) の比を計算します。

この設問における重要なポイント

• P→Cの過程では力学的エネルギーが保存されること。
• 月面での重力加速度 \(g_m\) は \(g_m = \displaystyle\frac{1}{6}g\) であること。
• 月面での速さ \(v_{0m}\) と飛距離 \(l_m\) を求めるには、地球での結果の式の \(g\) と \(v_0\) を、月面での値 \(g_m\) と \(v_{0m}\) に置き換えて考えればよいこと。

具体的な解説と立式

• オ（速さの比）：
  P点の高さを \(h\)（水平面BC基準）、小球の質量を \(m\) とします。P点（静止）とC点（速さ \(v_0\)）での力学的エネルギー保存則より、
  $$(\text{P点でのエネルギー}) = (\text{C点でのエネルギー})$$
  地球上では、
  $$mgh + 0 = 0 + \frac{1}{2}mv_0^2$$
  月面上では、重力加速度を \(g_m\)、速さを \(v_{0m}\) とすると、
  $$mg_m h + 0 = 0 + \frac{1}{2}mv_{0m}^2$$
  これらの2式から、\(v_0\) と \(v_{0m}\) の関係を導きます。
• カ（飛距離の比）：
  エで求めた飛距離の式 \(l = \displaystyle\frac{2v_0^2 \tan\theta}{g \cos\theta}\) を用います。
  月面での飛距離を \(l_m\) とすると、この式の \(v_0\) と \(g\) を月面での値に置き換えたものが \(l_m\) の式となります。
  $$l_m = \frac{2v_{0m}^2 \tan\theta}{g_m \cos\theta}$$
  この式に、オで求めた \(v_{0m}\) と \(v_0\) の関係、および \(g_m = \frac{1}{6}g\) を代入して、\(l_m\) と \(l\) の比を求めます。

• オ（速さの比）：
  地球上: \(v_0^2 = 2gh\) より \(v_0 = \sqrt{2gh}\)
  月面上: \(v_{0m}^2 = 2g_m h = 2(\frac{1}{6}g)h = \frac{1}{6}(2gh)\)
  よって、\(v_{0m}^2 = \frac{1}{6}v_0^2\)。両辺の正の平方根をとると、
  $$v_{0m} = \frac{1}{\sqrt{6}}v_0$$
  速さは \(\displaystyle\frac{1}{\sqrt{6}}\) 倍になります。
• カ（飛距離の比）：
  \(l_m\) の式に \(v_{0m}^2 = \displaystyle\frac{1}{6}v_0^2\) と \(g_m = \displaystyle\frac{1}{6}g\) を代入します。
  $$l_m = \frac{2 \left(\frac{1}{6}v_0^2\right) \tan\theta}{\left(\frac{1}{6}g\right) \cos\theta}$$
  分母・分子の係数 \(\displaystyle\frac{1}{6}\) が打ち消し合います。
  $$l_m = \frac{2v_0^2 \tan\theta}{g \cos\theta} = l$$
  よって、飛距離は \(1\) 倍、つまり変わりません。

空欄オは \(\displaystyle\frac{1}{\sqrt{6}}\)、空欄カは \(1\) となります。
重力が弱くなると、PからCまで滑り落ちても速さの増加が鈍くなるため、飛び出す速さ \(v_0\) は小さくなります（オ）。一方、飛び出した後の飛距離は、\(v_0^2\) に比例し、\(g\) に反比例します。速さが \(1/\sqrt{6}\) 倍になると \(v_0^2\) は \(1/6\) 倍になりますが、重力加速度 \(g\) も \(1/6\) 倍になるため、両者の効果がちょうど打ち消し合い、飛距離は変わらないという興味深い結果になります（カ）。

【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？

• 3つの重要法則の融合
  • 核心：この一問は、高校物理力学の最重要テーマを3つも内包した、非常に教育的な良問です。これらを個別に、そして連携させて使えるかが問われています。
  • 理解のポイント：
    1. 運動の分解（水平投射）：点Cから飛び出した後の運動は、水平方向（力が働かない→等速直線運動）と鉛直方向（重力のみ働く→自由落下運動）に分解して考えるのが鉄則です。これがア、イの答えに直結します。
    2. 幾何学的拘束条件：物理法則ではありませんが、問題を解く上で最も重要な「鍵」です。「斜面CD上に着地する」という事実を、\(l_x\) と \(l_y\) の関係式（\(\tan\theta = l_y / l_x\)）に変換することで、独立していた水平運動と鉛直運動が時間 \(t\) によって結びつけられ、落下時間（ウ）を求めることができます。
    3. 力学的エネルギー保存則：点Pから点Cまでの運動を繋ぐ法則です。摩擦がないため、位置エネルギーが運動エネルギーに変換される過程を記述でき、C点での初速度 \(v_0\) の起源を明らかにします。これが後半のオ、カを解くために必要となります。

応用テクニック：似た問題が出たらココを見る！解法の鍵と着眼点

• 応用できる類似問題のパターン
  • 斜方投射と斜面：ボールを地面から斜め上に投げ上げ、斜面に当てる問題。初速度の分解が必要になるだけで、斜面への着地条件（幾何学的条件）の使い方は全く同じです。
  • 多段階の運動：「自由落下→床でのはね返り→放物運動」や「衝突→分裂後の運動」など、1つの問題の中に複数の運動フェーズが含まれる問題。各フェーズの終状態が、次のフェーズの始状態になるという繋がりを意識することが重要です。
• 初見の問題での着眼点
  1. 運動をフェーズ分けする：まず「P→Cの滑走フェーズ」と「C→Qの投射フェーズ」のように、運動の性質が変わる点で区切り、それぞれで主役となる物理法則が何かを考えます。
  2. 運動の分解は即座に行う：「投射」という言葉を見たら、条件反射で水平方向と鉛直方向の2つの運動に分け、それぞれの変位と速度の式を書き出す準備をします。
  3. 「束縛条件」を探す：未知数（特に時間 \(t\)）を解くための「鍵」となる条件は何かを探します。本問では「斜面上の点Q」がそれに当たります。壁への到達、最高点、特定の座標の通過なども同様の役割を果たします。
  4. パラメータ変化の問題へのアプローチ：(オ)(カ)のように、質量や重力加速度などのパラメータを変えたらどうなるか、という問いには、まず「一般式を導出してから、値を代入する」という手順が有効です。ゼロから再計算するのではなく、導出した式を再利用することで、計算が楽になり、物理的な意味も見えやすくなります。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• 水平投射の初速度の誤解
  • 誤解：水平に飛び出したのに、鉛直方向にも初速度があると考えてしまう、またはその逆。
  • 対策：水平投射の定義は「水平方向に初速度を与え、鉛直方向の初速度はゼロの運動」です。必ず、運動を分解した各方向の初期条件（\(v_{0x} = v_0, v_{0y} = 0\)）を明確に書き出してから立式する癖をつけましょう。
• 座標軸の取り方と符号ミス
  • 誤解：鉛直「上向き」を正としてしまい、重力加速度を \(-g\)、鉛直変位を \(-l_y\) とする必要があるのに、符号を混同して混乱する。
  • 対策：水平投射や自由落下では、物体の運動方向に合わせて「鉛直下向き」を正にとると、変位、速度、加速度がすべて正の値となり、符号ミスを大幅に減らせます。今回の解説もその考え方で立式しています。
• 幾何学的条件の混同
  • 誤解：\(\tan\theta = l_y/l_x\) の関係で、分母と分子を逆に覚えてしまう（\(l_x/l_y\) にしてしまう）。
  • 対策：三角比の定義に立ち返りましょう。「\(\tan\) は底辺ぶんの高さ」です。図を描いて、どの辺が \(l_x\) でどの辺が \(l_y\) かをしっかり確認すれば防げるミスです。

物理の眼を養う：現象のイメージ化と図解の極意

• 運動の軌跡と幾何学的条件の可視化
  • 小球が描く放物線の軌跡と、斜面CDが作る直線を頭の中で重ね合わせます。点Qは、この「放物線」と「直線」の交点です。物理の問題を解くことは、これら2つの図形の交点を代数的に求める作業と等価である、とイメージできると見通しが良くなります。
    • 放物線の式: \(y = \frac{g}{2v_0^2}x^2\)
    • 直線の式: \(y = (\tan\theta) x\)

    これらを連立させて \(x\) について解くと、\(x = l_x\) が求まります。これは、本問の(ア)(イ)(ウ)の計算を一つにまとめた操作に他なりません。

• エネルギーの変換のイメージ
  • (オ)では、P点に蓄えられていた「位置エネルギー」という名の財産が、C点に到達するまでにすべて「運動エネルギー」という財産に換金された、とイメージします。月面は重力が弱いので、そもそもP点での位置エネルギー（財産）が地球上より少ない。だから、最終的に得られる運動エネルギー（換金額）も少なくなる、と直感的に理解できます。

なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法

• 運動の分解（等速直線運動と自由落下の公式）
  • 選定理由：C点以降の小球に働く力は「重力」のみです。重力は鉛直下向きにしか作用しないため、水平方向には力が働かず、鉛直方向には一定の力が働きます。この物理的状況に最も適した分析手法が「運動の分解」だからです。
  • 適用根拠：力が働かない方向は加速度が0（→等速直線運動）、一定の力が働く方向は加速度が一定（→等加速度直線運動）という運動法則の基本に基づいています。
• \(\tan\theta = l_y/l_x\) (幾何学的条件)
  • 選定理由：物理法則だけでは落下時間 \(t\) が決定できないため、問題文に隠された「束縛条件」を利用する必要があるからです。
  • 適用根拠：「点Qが斜面CD上にある」という文章で与えられた情報を、数学的に扱える \(x\) 座標と \(y\) 座標の関係式に翻訳したものがこの式です。これにより、物理（運動の式）と数学（図形の性質）が結びつきます。
• 力学的エネルギー保存則
  • 選定理由：(オ)でC点での速さの起源を探る際、P→C間の運動を考えます。斜面の形状が不明で加速度が一定ではないため、運動方程式や等加速度運動の公式は使えません。しかし、「摩擦がない」ため、非保存力である摩擦力が仕事をしません。このような状況では、力学的エネルギー保存則が最も強力かつ簡便なツールとなります。

思考を整理する：立式から計算までのロジカルフロー

1. 前半（水平投射）
   1. 分解：水平投射を \(x\) 成分と \(y\) 成分に分け、変位の式を立てる。→ \(l_x = v_0 t\), \(l_y = \frac{1}{2}gt^2\)。【ア,イ】
   2. 拘束：着地点が斜面上にあるという幾何学的条件を立式する。→ \(\tan\theta = l_y/l_x\)。
   3. 結合・解決：a.の式をb.の式に代入し、未知数 \(t\) を求める。→ \(t = \dots\)【ウ】
   4. 最終計算：求めた \(t\) を使い、\(l_x, l_y\) を求め、三角比（または三平方の定理）で飛距離 \(l\) を算出する。→ \(l = \dots\)【エ】
2. 後半（エネルギーと月面）
   1. 原因分析：\(v_0\) の値を決定する物理法則として、P→C間の力学的エネルギー保存則にと思考を遡る。→ \(mgh = \frac{1}{2}mv_0^2\)。
   2. 条件変更：月面での条件 \(g_m = g/6\) を適用し、月面での速さ \(v_{0m}\) を求める。比 \(v_{0m}/v_0\) を計算する。【オ】
   3. 結果予測：(エ)で求めた飛距離 \(l\) の一般式に、月面での物理量（\(g_m\) と \(v_{0m}\)）を代入し、月面での飛距離 \(l_m\) を求める。比 \(l_m/l\) を計算する。【カ】

計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック

• 文字計算の習熟
  • 特に注意すべき点：この問題はすべて文字式で計算が進みます。(エ)や(カ)の計算では、複数の文字や分数が入り乱れます。どの文字が定数で、どの文字が変数か（あるいは途中で求めた式か）を意識しながら計算を進める必要があります。
  • 日頃の練習：複雑な文字式の計算では、一気に暗算しようとせず、一行ずつ丁寧に書き写しながら変形を行うことが重要です。特に、分数の分数（繁分数）の処理や、根号の扱いに慣れておきましょう。
• 三角関数の公式の確認
  • 特に注意すべき点：(エ)の別解では、\(1+\tan^2\theta = \displaystyle\frac{1}{\cos^2\theta}\) という重要な公式を用います。この公式を忘れていると、計算が止まってしまいます。
  • 日頃の練習：三角関数の相互関係（\(\sin^2\theta+\cos^2\theta=1\), \(1+\tan^2\theta=\dots\)など）は、物理でも頻繁に利用されます。すぐに引き出せるように、日頃から復習しておきましょう。
• 比の計算での工夫
  • 特に注意すべき点：(カ)で \(l_m\) と \(l\) の比を求める際、\(v_{0m}\) や \(g_m\) に具体的な値を代入するのではなく、「\(v_0\) の何倍か」「\(g\) の何倍か」という関係を代入すると、係数部分がどう変化するかが明瞭になり、計算が楽になります。

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

• 次元（単位）の確認
  • (ウ)の吟味：答え \(t = \frac{2v_0 \tan\theta}{g}\) の単位は、\([\text{m/s}]/[\text{m/s}^2] = [\text{s}]\) となり、正しく時間の単位になっています。
  • (エ)の吟味：答え \(l = \frac{2v_0^2 \tan\theta}{g \cos\theta}\) の単位は、\([\text{m/s}]^2 / [\text{m/s}^2] = (\text{m}^2/\text{s}^2)/(\text{m/s}^2) = [\text{m}]\) となり、正しく長さの単位になっています。次元が合わなければ、その時点で計算ミスが確定します。
• 物理的な挙動との一致
  • (ウ)の吟味：もし重力 \(g\) が非常に大きければ、早く着地するはず（\(t\) は小さい）。もし初速 \(v_0\) が非常に大きければ、遠くまで飛んでから着地するので時間がかかるはず（\(t\) は大きい）。式の形はこれらの物理的直感と一致しています。
• パラメータ変化の結果を考察する
  • (カ)の吟味：月面では飛距離が変わらない（1倍）という、少し意外な結果が出ました。これはなぜでしょうか？ 月面では重力が \(1/6\) になるため、物体は落ちにくくなり、滞空時間は長くなる傾向があります（飛距離増要因）。しかし、(オ)で見たように、そもそも飛び出す速さ \(v_0\) が \(1/\sqrt{6}\) 倍に小さくなります。飛距離の式は \(v_0^2\) に比例し \(g\) に反比例するため、分子の \(v_0^2\) は \(1/6\) 倍に、分母の \(g\) も \(1/6\) 倍になり、両者の効果が偶然にも完全に打ち消し合ったのです。この考察までできると、単なる計算問題から物理現象の深い理解へと繋がります。

問題05 (富山県大)

【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、2つの小球PとQの衝突をテーマに、前半では「斜方投射と自由落下」、後半では「斜方投射と斜面上の運動」という、異なる状況を扱っています。特に、両方のシナリオで「初速 \(v_0\) によらず衝突するための条件」を問うており、物理法則から導かれる関係式の中から、特定の物理量がどのように相殺されるかを見抜く力が試される、思考力を要する問題です。

【設問別解説】考え方から計算プロセスまで徹底ガイド

この問題の核心は「衝突＝同じ時刻に同じ座標にいる」という条件を数式で表現することです。各小球の運動を個別に分析し、時刻 \(t\) におけるそれぞれの座標を求め、それらが等しいとおくことで衝突の条件式を導きます。

1. 運動の分析と立式： まず、各小球（PとQ）の運動がどの物理モデル（斜方投射、自由落下、斜面上の等加速度運動）に従うかを見極めます。そして、それぞれの運動について、時刻 \(t\) における位置座標 \((x(t), y(t))\) を求める式を立てます。
2. 衝突条件の適用： 「衝突する」という条件を、\((x_P(t), y_P(t)) = (x_Q(t), y_Q(t))\) という連立方程式として表します。
3. 「\(v_0\) によらない」条件の追求： 衝突条件の式を解き進める中で、初速 \(v_0\) を含まない関係式を導き出します。多くの場合、一方の式から求めた衝突時刻 \(t\) をもう一方の式に代入したり、式同士を割り算したりすることで \(v_0\) が相殺されます。

問(1)

思考の道筋とポイント
小球Pの運動は、初速度 \(\vec{v}_0\) を持つ斜方投射です。これは、水平方向の「等速直線運動」と、鉛直方向の「鉛直投げ上げ運動」の組み合わせとして分析できます。それぞれの方向について、運動の公式を適用して時刻 \(t\) の位置を求めます。

この設問における重要なポイント

• 初速度 \(\vec{v}_0\) を、水平（x）成分と鉛直（y）成分に正しく分解すること。
• x成分の初速度: \(v_{0x} = v_0 \cos\theta\)
• y成分の初速度: \(v_{0y} = v_0 \sin\theta\)
• 鉛直方向には重力加速度 \(g\) が下向きに作用することを考慮すること。

具体的な解説と立式
小球Pの座標を \((x_P, y_P)\) とします。

• x座標 \(x_P\):
  水平方向は初速度 \(v_0 \cos\theta\)、加速度0の等速直線運動です。原点から出発するので、時刻 \(t\) におけるx座標は次式で与えられます。
  $$x_P = (v_0 \cos\theta) t$$
• y座標 \(y_P\):
  鉛直方向は初速度 \(v_0 \sin\theta\)、加速度 \(-g\)（上向きを正とするため）の等加速度直線運動です。原点から出発するので、時刻 \(t\) におけるy座標は次式で与えられます。
  $$y_P = (v_0 \sin\theta) t + \frac{1}{2}(-g)t^2$$

立式したものを整理して座標の形でまとめます。
$$x_P = v_0 t \cos\theta$$
$$y_P = v_0 t \sin\theta – \frac{1}{2}gt^2$$
よって、求める座標は \((v_0 t \cos\theta, v_0 t \sin\theta – \displaystyle\frac{1}{2}gt^2)\) となります。

斜めに投げたボールの動きは、横方向と縦方向に分けて考えます。横方向は、邪魔する力がないので「初めの横向きの速さ × 時間」で進んだ距離が決まります。縦方向は、重力に逆らいながら上がる「投げ上げ運動」なので、その公式に当てはめて高さを計算します。この２つを組み合わせると、ボールの位置がわかります。

小球Pの座標は \((v_0 t \cos\theta, v_0 t \sin\theta – \displaystyle\frac{1}{2}gt^2)\) です。これは斜方投射の運動を表す基本公式であり、物理的に正しい記述です。

問(2)

思考の道筋とポイント
「PとQが衝突する」とは、「ある同じ時刻 \(t\) において、Pの座標とQの座標が一致する」ということです。まず、Qの運動（自由落下）の式を立て、Pの座標と等しいという連立方程式を作ります。次に、「\(v_0\) によらず」という条件を達成するために、式を変形して \(v_0\) を消去することを目指します。

この設問における重要なポイント

• 小球Qの運動は、初期位置 \((a, b)\) からの自由落下であること。
• 衝突条件：\(x_P = x_Q\) かつ \(y_P = y_Q\)。
• x座標が一致する条件式から衝突時刻 \(t\) を求め、それをy座標が一致する条件式に代入することで、\(v_0\) を消去する戦略。

具体的な解説と立式
まず、時刻 \(t\) における小球Qの座標 \((x_Q, y_Q)\) を求めます。

• x座標 \(x_Q\): 水平方向には動かないので、常に \(x_Q = a\)。
• y座標 \(y_Q\): 初期位置 \(b\) からの自由落下なので、\(y_Q = b – \displaystyle\frac{1}{2}gt^2\)。

次に、衝突条件を立式します。ある衝突時刻を \(t_1\) において、x座標とy座標がそれぞれ一致するので、
$$v_0 t_1 \cos\theta = a \quad \cdots ①$$
$$v_0 t_1 \sin\theta – \frac{1}{2}gt_1^2 = b – \frac{1}{2}gt_1^2 \quad \cdots ②$$
が成り立ちます。
この連立方程式から \(v_0\) と \(t_1\) を消去し、\(\theta, a, b\) の間の関係を導きます。

まず、式②を整理します。両辺にある \(\displaystyle\frac{1}{2}gt_1^2\) の項が相殺されます。
$$v_0 t_1 \sin\theta = b \quad \cdots ③$$
次に、式①を衝突時刻 \(t_1\) について解きます。
$$t_1 = \frac{a}{v_0 \cos\theta}$$
この \(t_1\) を式③に代入します。
$$v_0 \sin\theta \left( \frac{a}{v_0 \cos\theta} \right) = b$$
ここで \(v_0\) が約分されて消去されます。
$$a \frac{\sin\theta}{\cos\theta} = b$$
\(\displaystyle\frac{\sin\theta}{\cos\theta} = \tan\theta\) なので、
$$a \tan\theta = b$$
したがって、求める条件は、
$$\tan\theta = \frac{b}{a}$$

ボールPとQがぶつかるためには、同じ時間に同じ場所にいる必要があります。横の位置（x座標）が同じになることから、ぶつかるまでの時間がわかります。次に、縦の位置（y座標）が同じになるという条件の式に、先ほど計算した時間を代入します。すると、不思議なことに初めの速さ \(v_0\) がきれいに消えてなくなり、角度 \(\theta\) と目標の場所 \((a, b)\) だけの関係式が残ります。

\(v_0\) によらず衝突するための条件は、\(\tan\theta = \displaystyle\frac{b}{a}\) です。
これは、小球Pの初速度の向きが、まっすぐ小球Qの初期位置 \((a,b)\) を狙っていることを意味します。重力は両方の物体に同じように作用するため（y座標の \(\frac{1}{2}gt^2\) の項が相殺される）、重力がない世界でまっすぐQに向かって投げれば当たるのと同じ条件になる、という「モンキーハンティング」として知られる有名な問題と同じ構造です。

問(3)

解法1：斜面上の運動を考えてから座標変換するアプローチ
思考の道筋とポイント
小球Qはなめらかな斜面を滑り落ちます。まず、斜面方向の運動を考えます。重力を斜面に平行な成分と垂直な成分に分解し、運動方程式から斜面方向の加速度を求めます。次に、その加速度を用いて、時刻 \(t\) までに斜面上を進んだ距離 \(l\) を計算します。最後に、その距離 \(l\) を、三角比を使ってx座標とy座標に変換します。
具体的な解説と立式

1. 加速度の決定：
   小球Qにはたらく重力 \(mg\) の、斜面に平行な成分は \(mg\sin\alpha\) です。Qの運動方程式は \(ma_Q = mg\sin\alpha\) となり、加速度の大きさは \(a_Q = g\sin\alpha\) です。
2. 斜面上の移動距離の計算：
   Qは初速度0、加速度 \(a_Q = g\sin\alpha\) の等加速度直線運動をします。時刻 \(t\) までに進む距離を \(l\) とすると、
   $$l = \frac{1}{2}a_Q t^2 = \frac{1}{2}(g\sin\alpha)t^2$$
3. 座標への変換：
   斜面はx軸から時計回りに \(\alpha\) だけ傾いているので、斜面上を距離 \(l\) だけ進んだ点の座標 \((x_Q, y_Q)\) は、
   $$x_Q = l \cos\alpha$$
   $$y_Q = -l \sin\alpha$$
   となります。これらの式に上で求めた \(l\) を代入します。

\(l = \displaystyle\frac{1}{2}gt^2\sin\alpha\) を座標の式に代入します。
$$x_Q = \left( \frac{1}{2}gt^2\sin\alpha \right) \cos\alpha = \frac{1}{2}gt^2\sin\alpha\cos\alpha$$
$$y_Q = – \left( \frac{1}{2}gt^2\sin\alpha \right) \sin\alpha = -\frac{1}{2}gt^2\sin^2\alpha$$
よって、座標は \((\displaystyle\frac{1}{2}gt^2\sin\alpha\cos\alpha, -\displaystyle\frac{1}{2}gt^2\sin^2\alpha)\) です。

別解：加速度を直接x, y成分に分解するアプローチ
思考の道筋とポイント
小球Qの加速度ベクトル \(\vec{a}_Q\)（大きさ \(g\sin\alpha\)、向きは斜面下向き）を、直接x成分とy成分に分解します。それぞれの成分が \(a_{Qx}\), \(a_{Qy}\) と求まれば、初速度0の等加速度直線運動の公式を各成分に適用することで、直接座標を求めることができます。
具体的な解説と立式

1. 加速度の成分分解：
   加速度ベクトル \(\vec{a}_Q\) の大きさは \(g\sin\alpha\) で、x軸の正の向きから \(- \alpha\) の方向を向いています。したがって、
   $$a_{Qx} = (g\sin\alpha)\cos\alpha$$
   $$a_{Qy} = (g\sin\alpha)(-\sin\alpha) = -g\sin^2\alpha$$
2. 座標の計算：
   x, y両方向とも初速度0の等加速度運動なので、変位の公式 \(x = \frac{1}{2}a_x t^2\), \(y = \frac{1}{2}a_y t^2\) を用います。

上の式に、分解した加速度の成分を代入します。
$$x_Q = \frac{1}{2}(g\sin\alpha\cos\alpha)t^2 = \frac{1}{2}gt^2\sin\alpha\cos\alpha$$
$$y_Q = \frac{1}{2}(-g\sin^2\alpha)t^2 = -\frac{1}{2}gt^2\sin^2\alpha$$
これは解法1の結果と一致します。

問(4)

思考の道筋とポイント
問(2)と同様に、衝突条件 \((x_P, y_P) = (x_Q, y_Q)\) から連立方程式を立てます。問(1)で求めたPの座標と、問(3)で求めたQの座標を使います。この2つの等式から、衝突時刻 \(t\) と初速 \(v_0\) をうまく消去できる方法を探します。両方の式を整理した後、式同士を割り算するのが有効な戦略です。

この設問における重要なポイント

• 衝突条件から得られる2つの等式を、それぞれ \(v_0\) と \(t\) の関係式として整理すること。
• 2つの式を辺々割り算することで、\(v_0\) と \(t\) を同時に消去できることに気づくこと。
• 三角関数の公式（\(1-\sin^2\alpha = \cos^2\alpha\) など）を適切に用いて式を簡潔にすること。

具体的な解説と立式
衝突時刻を \(t_2\) として、衝突条件から次の連立方程式を立てます。

• x座標の一致： \(x_P(t_2) = x_Q(t_2)\)
  $$v_0 t_2 \cos\theta = \frac{1}{2}gt_2^2 \sin\alpha\cos\alpha \quad \cdots ①$$
• y座標の一致： \(y_P(t_2) = y_Q(t_2)\)
  $$v_0 t_2 \sin\theta – \frac{1}{2}gt_2^2 = -\frac{1}{2}gt_2^2 \sin^2\alpha \quad \cdots ②$$

これらの式を整理し、辺々割り算することで \(\tan\theta\) を求めます。

まず、式①と②をそれぞれ \(t_2 > 0\) で割って整理します。

• 式①から：
  $$v_0 \cos\theta = \frac{1}{2}gt_2 \sin\alpha\cos\alpha \quad \cdots ①’$$
• 式②から：
  $$v_0 \sin\theta – \frac{1}{2}gt_2 = -\frac{1}{2}gt_2 \sin^2\alpha$$
  $$v_0 \sin\theta = \frac{1}{2}gt_2 (1 – \sin^2\alpha)$$
  ここで \(1-\sin^2\alpha = \cos^2\alpha\) を用いて、
  $$v_0 \sin\theta = \frac{1}{2}gt_2 \cos^2\alpha \quad \cdots ②’$$

次に、式②’を式①’で辺々割り算します。
$$\frac{v_0 \sin\theta}{v_0 \cos\theta} = \frac{\frac{1}{2}gt_2 \cos^2\alpha}{\frac{1}{2}gt_2 \sin\alpha\cos\alpha}$$
左辺は \(\tan\theta\) となり、右辺では \(v_0, \frac{1}{2}gt_2\) および \(\cos\alpha\) の一つが約分されます。
$$\tan\theta = \frac{\cos\alpha}{\sin\alpha}$$
\(\cot\alpha = \displaystyle\frac{1}{\tan\alpha}\) の定義より、最終的に、
$$\tan\theta = \frac{1}{\tan\alpha}$$

ここでも「ぶつかる＝同じ時間に同じ場所」という条件で、x座標とy座標がそれぞれ等しくなるという2つの式を立てます。この2つの式はどちらも \(v_0\) とぶつかる時間 \(t\) を含んでいて複雑です。しかし、うまい具合に、片方の式をもう片方の式で割り算すると、やっかいな \(v_0\) と \(t\) がごっそり消えてなくなり、角度 \(\theta\) と \(\alpha\) だけのシンプルな関係式が姿を現します。

\(v_0\) によらず衝突するための条件は、\(\tan\theta = \displaystyle\frac{1}{\tan\alpha}\) です。
この関係は、三角関数の性質から \(\tan\theta = \cot\alpha = \tan(90^\circ – \alpha)\) を意味し、\(\theta + \alpha = 90^\circ\) という、投射方向と斜面がなす角度が直角になるという美しい幾何学的条件を示しています。この結果が \(v_0\) に依存しないことは、計算によって明確に示されました。

【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？

• 衝突条件：同じ時刻に、同じ場所にいる
  • 核心：この問題のすべての設問を貫く最も普遍的で重要な原理は、「2物体が衝突するとは、ある共通の時刻 \(t\) において、2物体の位置座標が完全に一致すること」です。数式で表現すると、以下の連立方程式が成り立つことを意味します。
    $$x_P(t) = x_Q(t) \quad \text{かつ} \quad y_P(t) = y_Q(t)$$
  • 理解のポイント：
    1. 独立した運動の記述：まず、小球Pと小球Qの運動を、それぞれ独立した物理現象として捉え、各々の運動法則（斜方投射、自由落下、斜面上の運動など）に従って、位置座標を時刻 \(t\) の関数として正確に立式します。
    2. 連立方程式による束縛：次に、上記の衝突条件を適用することで、独立していた2つの運動が「衝突」というイベントによって結び付けられます。この連立方程式を解くことが、問題解決への道筋となります。
• 「\(v_0\) によらない」条件の物理的意味
  • 核心：問題で「\(v_0\) によらず衝突する」という条件が与えられた場合、それは「幾何学的な配置（角度や初期位置の比など）が特定の関係を満たしていれば、投げる速さに関係なく必ず衝突する」という状況を示唆しています。
  • 理解のポイント：計算上は、立式した連立方程式から \(v_0\) と衝突時刻 \(t\) を消去することで、角度や位置の間に成り立つべき関係式を導き出す、という操作に対応します。

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

• 応用できる類似問題のパターン
  • モンキーハンティング問題：(1)(2)は、木から落ちるサルを狙う狩人の銃弾の古典的な問題と全く同じ構造です。「重力は両者に等しく作用するので、重力がないものとして最初から相手を狙えば当たる」という結論は、多くの問題に応用できます。
  • 2物体の追跡問題：一方が等速運動、もう一方が等加速度運動で追いかける問題など、異なる運動をする2物体が「出会う」または「衝突する」問題はすべて、本問と同じく「同時刻・同座標」で連立方程式を立てるのが基本戦略です。
• 初見の問題での着眼点
  1. 運動の種類を特定する：登場する物体それぞれについて、その運動が「等速」「等加速度」「自由落下」「斜方投射」「斜面上の運動」のどれに分類されるかを正確に判断します。これにより、使用すべき公式が決まります。
  2. 座標系を統一する：複数の物体を扱う際は、必ず全ての物体の運動を同じ一つの座標系（今回はxy座標系）で記述します。これにより、座標の直接比較が可能になります。
  3. 「パラメータによらない」という指示に注目する：問題文に「○○によらず」という一文があれば、それは「最終的にその文字を消去せよ」という、解法への強いヒントです。式同士の代入や割り算によって、その文字を消す方針を立てます。
  4. エレガントな解法を探る（割り算のテクニック）：(4)のように、2つの式が似た形をしている場合、辺々割り算をすることで、複数の変数を一気に消去できることがあります。代入を繰り返すよりも計算が簡潔になり、間違いも減るため、強力なテクニックとして覚えておきましょう。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• 運動の記述ミス
  • 誤解：(3)で斜面を滑るQの加速度を、単純に \(g\) と勘違いしてしまう。また、その運動の向きを考慮せず、座標の符号を間違える。
  • 対策：斜面上の運動では、必ず「物体にはたらく力を図示し、斜面に平行な成分を求める」という手順を踏んで加速度（\(a=g\sin\alpha\)）を導出しましょう。また、その運動がxy座標系でどの方向（第4象限）に向かうかを考え、座標の正負（\(x_Q > 0, y_Q < 0\)）を常に意識することが重要です。
• 連立方程式の処理ミス
  • 誤解：(4)で得られた2つの複雑な式を見て、どう手をつけて良いか分からなくなる。あるいは、やみくもに代入しようとして計算の泥沼にはまる。
  • 対策：複雑な連立方程式こそ、一度立ち止まって式全体の構造を見渡しましょう。\(v_0 \cos\theta = (\dots)t_2\) と \(v_0 \sin\theta = (\dots)t_2\) のように、似た形が並んでいることに気づけば、「割り算で \(\tan\theta\) を作る」という方針が見えてきます。

物理の眼を養う：現象のイメージ化と図解の極意

• 相対座標系での現象の単純化
  • (2)のイメージ（モンキーハンティング）：もし、重力のない宇宙空間なら、PをQの初期位置にまっすぐ向けて投げれば必ず当たります。ここで地球の重力をONにすると、PもQも全く同じように「\( \frac{1}{2}gt^2\) だけ下にずり落ち」ます。お互いに同じだけずり落ちるので、結局、Pから見たQの位置は重力がない場合と変わらないのです。だから「最初からQを狙う」だけで衝突します。この「重力効果の相殺」をイメージできるかがポイントです。
• 隠れた幾何学的関係の発見
  • (4)のイメージ：計算結果 \(\tan\theta = 1/\tan\alpha\) は、\(\theta+\alpha=90^\circ\) を意味します。これは、小球Pを投げ出す方向が、小球Qが滑る斜面に対して「垂直」であることを示しています。この美しい幾何学的関係が、\(v_0\) によらず衝突するための条件だったのです。複雑な計算の先に、このようなシンプルな図形が隠れていることを見抜けると、物理がより面白くなります。

なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法

• 斜方投射の運動方程式群
  • 選定理由：小球Pは、初速度がx, y両成分を持つため、斜方投射のモデルを適用するのが最も自然です。
  • 適用根拠：「運動の独立性」の原理に基づき、水平方向（等速）と鉛直方向（等加速度）に分解して立式します。これは、2次元の運動を1次元の問題2つに単純化する、力学の基本的なアプローチです。
• 衝突条件 (\(x_P=x_Q, y_P=y_Q\))
  • 選定理由：「衝突」という物理現象を、数学的に扱える形に翻訳するための、唯一かつ最も直接的な表現だからです。
  • 適用根拠：これは「点」の概念の定義そのものです。2つの点が同じ時刻に同じ座標を占めるとき、それらは接触（衝突）しています。
• 斜面上の加速度 (\(a=g\sin\alpha\))
  • 選定理由：(3)で小球Qの運動を記述するためです。Qは重力と垂直抗力のみを受け、斜面に束縛されて運動します。
  • 適用根拠：ニュートンの運動方程式 \(F=ma\) に基づいています。Qにはたらく合力（この場合は重力の斜面平行成分）を求め、それを質量で割ることで加速度が決定されます。

思考を整理する：立式から計算までのロジカルフロー

1. Part 1: P (投射) vs Q (自由落下)
   1. Pの座標 \((x_P, y_P)\) を \(t\) で表す。【問1の内容】
   2. Qの座標 \((x_Q, y_Q)\) を \(t\) で表す。
   3. 衝突条件 \(x_P=x_Q\) から、衝突時刻 \(t_1\) を \(v_0\) を使って表す。
   4. 衝突条件 \(y_P=y_Q\) を立て、式を簡略化する（\(\frac{1}{2}gt^2\) が消える）。
   5. 簡略化したyの式に、c.で求めた \(t_1\) を代入する。\(v_0\) が消去され、\(\tan\theta\) の条件式が得られる。【問2の内容】
2. Part 2: P (投射) vs Q (斜面滑走)
   1. Qの斜面上の加速度 \(a_Q\) を求める。→ \(a_Q=g\sin\alpha\)。
   2. Qの斜面上の移動距離 \(l\) を \(t\) で表し、それを \(x,y\) 座標に変換する。【問3の内容】
   3. 衝突条件 \(x_P=x_Q\) から、\(v_0\) と衝突時刻 \(t_2\) の関係式（式X）を導く。
   4. 衝突条件 \(y_P=y_Q\) から、\(v_0\) と \(t_2\) の関係式（式Y）を導く。
   5. 式Yを式Xで割り算し、\(v_0\) と \(t_2\) を消去して \(\tan\theta\) の条件式を導く。【問4の内容】

計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック

• 三角関数の扱いに習熟する
  • 特に注意すべき点：(3)の座標計算での \(\cos\alpha, \sin\alpha\) の掛け算や、(4)の割り算での \(\cos^2\alpha / (\sin\alpha\cos\alpha)\) の約分など、三角関数を含んだ代数計算が頻出します。
  • 日頃の練習：三角関数の基本的な変形（\(\tan\theta = \sin\theta/\cos\theta\)）や公式（\(\sin^2\theta+\cos^2\theta=1\)）をスムーズに使えるようにしておきましょう。計算に行き詰まったら、これらの関係式が使えないか常に考える癖をつけると良いです。
• 複雑な連立方程式は、まず整理・単純化から
  • 特に注意すべき点：(4)の衝突条件の式は、立てた直後は非常に複雑に見えます。しかし、両辺を \(t_2\) で割ったり、共通項をまとめたりすることで、驚くほどきれいな形になります。
  • 日頃の練習：複雑な式を前にしても焦らず、まずは「共通因数で割る・くくる」「移項して整理する」といった基本的な操作を徹底し、式の見通しを良くしてから次のステップ（代入や割り算）に進む、という冷静なアプローチを心がけましょう。

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

• 導出した条件の物理的・幾何学的意味を考える
  • (2)の吟味：\(\tan\theta = b/a\) という結果は、点Oから点(a,b)に向かう直線の傾きが \(\tan\theta\) であることを意味します。つまり、「Pは最初からQの初期位置をまっすぐ狙って投げ出されなければならない」ということです。これは、重力の影響がPとQで相殺されるという「モンキーハンティング」の原理と完全に一致しており、解答の強力な裏付けとなります。
  • (4)の吟味：\(\tan\theta = 1/\tan\alpha\) は、\(\theta+\alpha=90^\circ\) を意味します。これは「Pの射出方向が、Qの滑る斜面と直角をなす」ということを示しています。このように、代数計算の結果が美しい幾何学的関係に対応している場合、その解は非常に信頼性が高いと言えます。また、なぜこの条件になるのか（相対加速度の向きを考えると…）と一歩踏み込んで考察することで、より深い物理的理解に到達できます。

関連記事

物理基礎・高校物理 無料問題演習サイト – 全単元を網羅し実力アップ！

[mathjax] SNSでのシェアはご自由にどうぞ。(上のボタンをクリック) ブログで引用する際には、こちらのリンクを添えてください。【引用】https://makoto-physics-school.com[…]