「重要問題集」徹底解説（6〜10問）：未来の得点力へ！完全マスター講座

問題06 (横浜市大改)

【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、水平面ではなく傾いた斜面に対して物体を投射する、応用的な設定の放物運動を扱います。この問題を解く上での最大のポイントは、運動を分解する「座標軸」が地面に対して傾いているという点です。この傾いた座標系（\(x\)軸が斜面方向、\(y\)軸が斜面に垂直な方向）に沿って、重力や初速度を正しく分解できるかが問われます。

【設問別解説】考え方から計算プロセスまで徹底ガイド

この問題のテーマは「傾いた座標系における放物運動」です。地面に固定された水平・鉛直の座標系で考えると計算が非常に複雑になるため、与えられた斜めの座標系の中で一貫して運動を記述しきることが攻略の鍵です。

問(1)

思考の道筋とポイント
小球にはたらく力は重力 \(mg\) のみで、これは常に鉛直下向きです。この重力ベクトルを、問題で設定された「斜面に平行な\(x\)軸」と「斜面に垂直な\(y\)軸」の2つの方向に分解します。角度 \(\theta\) を用いた三角比の適用が鍵となります。
この設問における重要なポイント

• 重力ベクトルと、傾いた座標軸がなす角度を正確に図から読み取ること。
• 各成分が、設定された\(x\)軸、\(y\)軸の正の向きに対してどちらの向きになるかを考え、符号（プラスかマイナスか）を正しく決定すること。

具体的な解説と立式
重力 \(mg\) は鉛直下向きにはたらきます。このベクトルを、斜面に平行な\(x\)軸方向と、斜面に垂直な\(y\)軸方向に分解します。図を描いて考えると、重力ベクトルと\(y\)軸の負の向きがなす角は \(\theta\) になります。

• \(x\)成分 \(W_x\): 重力の、斜面に平行な成分です。大きさは \(mg\sin\theta\) で、向きは\(x\)軸の負の向きとなるため、マイナスの符号がつきます。
• \(y\)成分 \(W_y\): 重力の、斜面に垂直な成分です。大きさは \(mg\cos\theta\) で、向きは\(y\)軸の負の向きとなるため、マイナスの符号がつきます。

したがって、求める力の成分はそれぞれ次のように立式できます。
$$ W_x = -mg\sin\theta $$
$$ W_y = -mg\cos\theta $$

本問は力の成分を求めるのみであり、具体的な数値計算はありません。立式がそのまま解答となります。

真下に働く重力 \(mg\) を、斜めの床（\(x\)軸）と、その床に垂直な方向（\(y\)軸）に「分身」させるイメージです。分身させた力がそれぞれ\(x\)成分、\(y\)成分になります。図を描いて角度の関係を見つけると、\(x\)方向には \(mg\sin\theta\)、\(y\)方向には \(mg\cos\theta\) の大きさの力が働くことがわかります。どちらも軸の負の向きなので、マイナスをつけます。

重力の\(x\)成分は \(-mg\sin\theta\)、\(y\)成分は \(-mg\cos\theta\) となります。
もし斜面が水平になった場合 (\(\theta=0\)) を考えると、\(W_x=0\), \(W_y=-mg\) となります。これは、力が水平方向にはなく、鉛直下向き（この座標系では\(y\)軸負の向き）に重力がそのままかかる状態と一致するため、妥当な結果だと言えます。

問(2)

思考の道筋とポイント
\(x\), \(y\)各方向の運動は、それぞれ一定の加速度を持つ「等加速度直線運動」です。したがって、公式 \(v = v_0 + at\) を各成分に適用すれば、時刻 \(t\) での速度を求めることができます。そのためには、まず「初速度の各成分」と「加速度の各成分」を求める必要があります。
この設問における重要なポイント

• 加速度の成分: 運動方程式 \(ma=F\) を用いて、(1)で求めた力の成分から加速度の成分を求めます。
• 初速度の成分: 初速度 \(v_0\) を、\(x\)軸（斜面方向）と\(y\)軸（垂直方向）に分解します。角度は \(\alpha\) であることに注意します。

具体的な解説と立式
1. 加速度の成分を求める:
運動方程式 \(m\vec{a} = \vec{F}\) を\(x\)成分、\(y\)成分に適用します。

• \(x\)成分: \(ma_x = W_x = -mg\sin\theta\)。よって、\(a_x = -g\sin\theta\) となります。
• \(y\)成分: \(ma_y = W_y = -mg\cos\theta\)。よって、\(a_y = -g\cos\theta\) となります。

2. 初速度の成分を求める:
初速度 \(\vec{v}_0\) は、\(x\)軸から角度 \(\alpha\) の向きなので、

• \(x\)成分: \(v_{0x} = v_0\cos\alpha\)
• \(y\)成分: \(v_{0y} = v_0\sin\alpha\)

3. 速度の式を立てる:
等加速度直線運動の公式 \(v(t) = v_{\text{初}} + at\) を各成分に適用します。
$$ v_x(t) = v_{0x} + a_x t \quad \cdots ① $$
$$ v_y(t) = v_{0y} + a_y t \quad \cdots ② $$

上で立式した速度の式に、求めた初速度と加速度の各成分を代入します。
①式より、
$$ v_x(t) = v_0\cos\alpha + (-g\sin\theta)t = v_0\cos\alpha – gt\sin\theta $$
②式より、
$$ v_y(t) = v_0\sin\alpha + (-g\cos\theta)t = v_0\sin\alpha – gt\cos\theta $$

車のアクセルとブレーキのように、速度は「最初の速度」に「加速度による速度の変化」を足し合わせたものです。今回は\(x\)方向（斜面を駆け上がる向き）と\(y\)方向（斜面から飛び出す向き）の両方に、それぞれ重力によるブレーキ（負の加速度）がかかります。それぞれの方向について、「最初の速度」と「ブレーキのかかり具合（加速度）」を計算し、公式に当てはめます。

速度の\(x\)成分は \(v_x = v_0\cos\alpha – gt\sin\theta\)、\(y\)成分は \(v_y = v_0\sin\alpha – gt\cos\theta\) です。
どちらの成分も、初速度の成分から、時間 \(t\) と加速度の成分を掛け合わせた分だけ変化しており、等加速度直線運動の速度の式として正しい形になっています。

問(3)

思考の道筋とポイント
問(2)と同様に、\(x\), \(y\)各方向は等加速度直線運動です。したがって、位置を求める公式 \(s = v_0 t + \frac{1}{2}at^2\) を各成分に適用します。(2)で求めた初速度と加速度の成分をそのまま利用します。
この設問における重要なポイント

• 小球は原点Oから投射されるので、初期位置は \(x(0)=0\), \(y(0)=0\) であること。
• 等加速度直線運動の位置の公式を正しく使えること。

具体的な解説と立式
等加速度直線運動の位置の公式 \(s(t) = s_{\text{初}} + v_{\text{初}} t + \frac{1}{2}at^2\) を\(x\), \(y\)の各成分に適用します。初期位置は \((x_{\text{初}}, y_{\text{初}}) = (0, 0)\) です。

• \(x\)座標:
  $$ x(t) = v_{0x}t + \frac{1}{2}a_x t^2 \quad \cdots ③ $$
• \(y\)座標:
  $$ y(t) = v_{0y}t + \frac{1}{2}a_y t^2 \quad \cdots ④ $$

これらの式に、問(2)で整理した初速度と加速度の成分を代入します。

各成分の式に、\(v_{0x}, v_{0y}, a_x, a_y\) を代入します。
③式より、
$$ x(t) = (v_0\cos\alpha)t + \frac{1}{2}(-g\sin\theta)t^2 = v_0t\cos\alpha – \frac{1}{2}gt^2\sin\theta $$
④式より、
$$ y(t) = (v_0\sin\alpha)t + \frac{1}{2}(-g\cos\theta)t^2 = v_0t\sin\alpha – \frac{1}{2}gt^2\cos\theta $$

物体の位置は、「もし初速度のまま進み続けたらどこにいるか」という位置と、「加速度によってどれだけズレるか」という位置の合計で決まります。問(2)で準備した各方向の初速度と加速度を使って、位置を求める公式に当てはめることで、\(x\)座標と\(y\)座標がそれぞれ計算できます。

\(x\)座標は \(x = v_0t\cos\alpha – \frac{1}{2}gt^2\sin\theta\)、\(y\)座標は \(y = v_0t\sin\alpha – \frac{1}{2}gt^2\cos\theta\) です。
こちらも、初速度による項と加速度による項で構成されており、等加速度直線運動の公式として正しい形になっています。

問(4)

思考の道筋とポイント
「斜面と衝突する」という事象を、座標を用いて表現します。この問題で設定した座標系では、斜面上の点はすべて\(y\)座標が0です。したがって、衝突時刻 \(t_0\) は、(3)で求めた\(y\)座標の式 \(y(t)\) が0になる時刻（ただし \(t_0 > 0\)）として求めることができます。
この設問における重要なポイント

• 「斜面との衝突」が「\(y=0\)」と翻訳できること。
• 得られる2次方程式の解のうち、\(t=0\)（投射時）ではない方の解を求めること。

具体的な解説と立式
衝突時刻を \(t_0\) とします。このとき、小球の\(y\)座標は0になるので、(3)で求めた\(y\)座標の式④を用いて、
$$ y(t_0) = v_0t_0\sin\alpha – \frac{1}{2}gt_0^2\cos\theta = 0 $$
この \(t_0\) に関する2次方程式を解きます。

$$ v_0t_0\sin\alpha – \frac{1}{2}gt_0^2\cos\theta = 0 $$
\(t_0\) で因数分解します。
$$ t_0 \left( v_0\sin\alpha – \frac{1}{2}gt_0\cos\theta \right) = 0 $$
\(t_0 > 0\) なので、求める衝突時刻は括弧の中が0になるときです。
$$ v_0\sin\alpha – \frac{1}{2}gt_0\cos\theta = 0 $$
これを \(t_0\) について解くと、
$$ t_0 = \frac{2v_0\sin\alpha}{g\cos\theta} \quad \cdots ⑤ $$

小球が斜面に戻ってくる（衝突する）ということは、斜面からの高さ（\(y\)座標）が再びゼロになるということです。(3)で求めた\(y\)座標の式がゼロになるような時刻を計算します。答えは2つ出てきますが、\(t=0\) は投げた瞬間なので、もう一方のゼロではない方の答えが求める時間です。

小球が斜面と衝突する時刻は \(t_0 = \displaystyle\frac{2v_0\sin\alpha}{g\cos\theta}\) です。
\(y\)方向の初速度 \(v_0\sin\alpha\) が大きいほど滞空時間が長くなること、\(y\)方向の重力加速度の大きさ \(g\cos\theta\) が大きいほど滞空時間が短くなること、いずれも物理的な直感と一致しており、妥当な結果です。

問(5)

思考の道筋とポイント
原点Oからの距離 \(l\) は、衝突時刻 \(t_0\) における\(x\)座標の値に等しいです（\(x\)軸は斜面に沿って定義されているため）。したがって、(3)で求めた\(x\)座標の式③に、(4)で求めた衝突時刻 \(t_0\) を代入して計算します。計算過程は複雑ですが、三角関数の加法定理などを用いて整理します。
この設問における重要なポイント

• 到達距離 \(l\) が \(x(t_0)\) と等しいことを理解すること。
• 複雑な文字式の代入と整理を、正確に行う計算力。
• 三角関数の加法定理 \(\cos(\theta+\alpha) = \cos\theta\cos\alpha – \sin\theta\sin\alpha\) を利用すること。

具体的な解説と立式
距離 \(l\) は、時刻 \(t_0\) における\(x\)座標なので、(3)の式③から、
$$ l = x(t_0) = v_0t_0\cos\alpha – \frac{1}{2}gt_0^2\sin\theta $$
この式に、(4)で求めた \(t_0 = \displaystyle\frac{2v_0\sin\alpha}{g\cos\theta}\) を代入して計算を進めます。

\(l\) の式に \(t_0\) を代入します。
$$
\begin{aligned}
l &= v_0\cos\alpha \left(\frac{2v_0\sin\alpha}{g\cos\theta}\right) – \frac{1}{2}g\sin\theta \left(\frac{2v_0\sin\alpha}{g\cos\theta}\right)^2 \\[2.0ex]
&= \frac{2v_0^2\sin\alpha\cos\alpha}{g\cos\theta} – \frac{1}{2}g\sin\theta \left(\frac{4v_0^2\sin^2\alpha}{g^2\cos^2\theta}\right) \\[2.0ex]
&= \frac{2v_0^2\sin\alpha\cos\alpha}{g\cos\theta} – \frac{2v_0^2\sin^2\alpha\sin\theta}{g\cos^2\theta}
\end{aligned}
$$
共通因数 \(\displaystyle\frac{2v_0^2\sin\alpha}{g\cos^2\theta}\) でくくります。
$$
\begin{aligned}
l &= \frac{2v_0^2\sin\alpha}{g\cos^2\theta} (\cos\alpha\cos\theta – \sin\alpha\sin\theta)
\end{aligned}
$$
括弧の中は、コサインの加法定理 \(\cos(\alpha+\theta)\) そのものです。
$$ l = \frac{2v_0^2\sin\alpha\cos(\alpha+\theta)}{g\cos^2\theta} \quad \cdots ⑥ $$

(4)で「衝突するまでの時間」がわかったので、あとは「その時間で\(x\)方向にどれだけ進んだか」を計算するだけです。(3)で作った\(x\)座標の式に、(4)の答えを代入します。計算は少し大変ですが、共通な部分でまとめたり、数学で習った三角関数の公式（加法定理）を使ったりすると、きれいな形に整理できます。

到達距離 \(l\) は、\(l = \displaystyle\frac{2v_0^2\sin\alpha\cos(\alpha+\theta)}{g\cos^2\theta}\) です。
式の次元（単位）を確認すると、分子が(速度)\(^2\)、分母が(加速度)なので、\(\text{(m/s)}^2 / \text{(m/s}^2\text{)} = \text{m}\) となり、距離の単位として正しいことがわかります。

問(6)

思考の道筋とポイント
(5)で求めた距離 \(l\) の式は、投射角 \(\alpha\) の関数になっています。この関数 \(l(\alpha)\) が最大値をとるような \(\alpha\) の値を求めます。式をよく見ると \(\sin\alpha\) と \(\cos(\theta+\alpha)\) の積の形をしています。三角関数の「積和の公式」を用いて、和の形に直すことで、最大値を議論しやすくなります。
この設問における重要なポイント

• 距離 \(l\) の式のうち、変数は \(\alpha\) のみであると見抜くこと。
• 三角関数の積和の公式を適用して、最大値問題を単純な \(\sin\) の最大値問題に帰着させること。

具体的な解説と立式
(5)で求めた \(l\) の式⑥は、定数部分と \(\alpha\) の関数部分に分けられます。
$$ l = \frac{2v_0^2}{g\cos^2\theta} \cdot \sin\alpha \cos(\theta+\alpha) $$
\(l\) が最大になるのは、\(\alpha\) を含む部分 \(f(\alpha) = \sin\alpha \cos(\theta+\alpha)\) が最大になるときです。
三角関数の積和の公式 \(\sin A \cos B = \frac{1}{2}\{\sin(A+B) + \sin(A-B)\}\) を用いて、\(f(\alpha)\) を変形します。ここで \(A=\alpha\), \(B=\theta+\alpha\) と考えます。
$$ f(\alpha) = \frac{1}{2}\{\sin(\alpha + (\theta+\alpha)) + \sin(\alpha – (\theta+\alpha))\} $$
この式を整理し、最大値をとる条件を考えます。

積和の公式を適用して変形します。
$$
\begin{aligned}
f(\alpha) &= \frac{1}{2}\{\sin(2\alpha+\theta) + \sin(-\theta)\} \\[2.0ex]
&= \frac{1}{2}\{\sin(2\alpha+\theta) – \sin\theta\}
\end{aligned}
$$
\(l\) の式に戻すと、
$$ l = \frac{v_0^2}{g\cos^2\theta}\{\sin(2\alpha+\theta) – \sin\theta\} $$
この式で、\(v_0, g, \theta\) は定数です。したがって、\(l\) が最大になるのは、\(\sin(2\alpha+\theta)\) が最大値である \(1\) をとるときです。
$$ \sin(2\alpha+\theta) = 1 $$
問題の条件 \(0 < \theta+\alpha < \pi/2\) から、\(0 < \theta < \pi/2\) かつ \(0 < \alpha < \pi/2\) であり、\(0 < 2\alpha+\theta < \pi+\theta\) となります。この範囲で \(\sin\) が1になるのは、
$$ 2\alpha+\theta = \frac{\pi}{2} $$
これを \(\alpha\) について解くと、
$$ \alpha = \frac{\pi}{4} – \frac{\theta}{2} $$

どの角度で投げれば一番遠くまで飛ぶか、という問題です。(5)で求めた飛距離の式は複雑ですが、角度 \(\alpha\) が関わる部分は \(\sin\alpha\cos(\theta+\alpha)\) だけです。この部分が一番大きくなるときを数学のテクニック（積和の公式）を使って探します。公式で変形すると、式の中に \(\sin(2\alpha+\theta)\) という項が出てきます。サイン（\(\sin\)）が一番大きくなるのは、中身の角度が \(90^\circ\) (\(\pi/2\)) のときで、その値は1です。この条件から \(\alpha\) を逆算します。

距離lが最大となる角度は \(\alpha = \displaystyle\frac{\pi}{4} – \frac{\theta}{2}\) です。
これは、水平な地面への斜方投射で到達距離が最大になるのが45°であることの、斜面バージョンと考えることができます。もし斜面がなければ \(\theta=0\) であり、そのとき \(\alpha=\pi/4 = 45^\circ\) となり、よく知られた結果と一致します。

問(7), (8)

思考の道筋とポイント
(7) 角度の関係式: 「斜面に対して垂直に衝突する」という条件を、速度の成分を用いて表現します。この座標系では、\(y\)軸が斜面に垂直な方向なので、衝突時の速度ベクトルが\(y\)軸の負の方向を向けばよい、ということになります。これは、衝突時刻 \(t_0\) において、速度の\(x\)成分 \(v_x\) が0になることを意味します。

(8) 衝突時の速さ: この垂直衝突の状況で、衝突直前の速さを求めます。このとき、速度の\(x\)成分は0なので、速さは\(y\)成分の速度の絶対値に等しくなります。(7)で求めた角度の関係式を使い、答えから \(\alpha\) を消去して \(\theta\) だけで表すのがゴールです。
この設問における重要なポイント

• 「垂直衝突」 \(\Leftrightarrow\) 「衝突時の\(x\)成分の速度が0 (\(v_x(t_0)=0\))」という条件変換ができること。
• 衝突時の速さが \(|v_y(t_0)|\) となること。
• (7)で求めた \(\alpha, \theta\) の関係式を、(8)で \(\alpha\) を消去するために利用する代数的な連立処理。

具体的な解説と立式

• (7) 角度の関係式
  衝突時刻 \(t_0\) において \(v_x(t_0) = 0\) となるのが条件です。(2)の式①と(4)の式⑤の結果を用います。
  $$ v_x(t_0) = v_0\cos\alpha – gt_0\sin\theta = 0 $$
  この式に、\(t_0 = \displaystyle\frac{2v_0\sin\alpha}{g\cos\theta}\) を代入し、角度 \(\alpha\) と \(\theta\) の関係を導きます。
• (8) 衝突時の速さ
  速さ \(v_1\) は \(v_1 = \sqrt{v_x(t_0)^2 + v_y(t_0)^2}\) ですが、\(v_x(t_0)=0\) なので \(v_1 = |v_y(t_0)|\) となります。(2)の式②と(4)の式⑤の結果から、
  $$ v_y(t_0) = v_0\sin\alpha – g\cos\theta \cdot t_0 $$
  と立式できます。この式から得られる \(v_1\) を、(7)の結果を用いて \(\theta\) だけで表します。

• • (7) の計算
    \(v_x(t_0)=0\) の式に \(t_0\) を代入します。
    $$ v_0\cos\alpha – g\sin\theta \left(\frac{2v_0\sin\alpha}{g\cos\theta}\right) = 0 $$
    \(v_0\) で両辺を割り、整理します。
    $$
    \begin{aligned}
    \cos\alpha &= \frac{2\sin\theta\sin\alpha}{\cos\theta} \\[2.0ex]
    \cos\alpha\cos\theta &= 2\sin\alpha\sin\theta
    \end{aligned}
    $$
    両辺を \(\cos\alpha\cos\theta\) で割ると（\(\alpha, \theta\) の条件からこれらは0ではない）、
    $$ 1 = 2 \frac{\sin\alpha}{\cos\alpha} \frac{\sin\theta}{\cos\theta} = 2\tan\alpha\tan\theta $$
    よって、関係式は \(\tan\alpha\tan\theta = \displaystyle\frac{1}{2}\) となります。

• (8) の計算
  まず \(v_y(t_0)\) を計算します。
  $$
  \begin{aligned}
  v_y(t_0) &= v_0\sin\alpha – g\cos\theta \left(\frac{2v_0\sin\alpha}{g\cos\theta}\right) \\[2.0ex]
  &= v_0\sin\alpha – 2v_0\sin\alpha \\[2.0ex]
  &= -v_0\sin\alpha
  \end{aligned}
  $$
  よって速さは \(v_1 = |-v_0\sin\alpha| = v_0\sin\alpha\) です。
  次に、(7)の関係式から \(\sin\alpha\) を \(\theta\) で表します。
  \(\tan\alpha = \displaystyle\frac{1}{2\tan\theta}\) の両辺を2乗すると \(\tan^2\alpha = \displaystyle\frac{1}{4\tan^2\theta}\)。
  公式 \(1+\tan^2\alpha = \displaystyle\frac{1}{\cos^2\alpha}\) より、
  $$ \frac{1}{\cos^2\alpha} = 1 + \frac{1}{4\tan^2\theta} = \frac{4\tan^2\theta+1}{4\tan^2\theta} $$
  よって \(\cos^2\alpha = \displaystyle\frac{4\tan^2\theta}{4\tan^2\theta+1}\)。
  公式 \(\sin^2\alpha = 1 – \cos^2\alpha\) より、
  $$ \sin^2\alpha = 1 – \frac{4\tan^2\theta}{4\tan^2\theta+1} = \frac{1}{4\tan^2\theta+1} $$
  \(0 < \alpha < \pi/2\) より \(\sin\alpha > 0\) なので、
  $$ \sin\alpha = \frac{1}{\sqrt{1+4\tan^2\theta}} $$
  これを \(v_1\) の式に代入して、
  $$ v_1 = \frac{v_0}{\sqrt{1+4\tan^2\theta}} $$

(7)の関係式は \(\tan\alpha\tan\theta = \displaystyle\frac{1}{2}\) です。
(8)の速さは \(\displaystyle\frac{v_0}{\sqrt{1+4\tan^2\theta}}\) となります。
(7)は角度に関する条件、(8)は初速 \(v_0\) と斜面の角度 \(\theta\) だけで決まる速さを表しており、一連の計算として整合性が取れています。

【総まとめ】この一問を未来の得点力へ！完全マスター講座

最重要ポイント：この問題の核心となる物理法則は？

• 傾いた座標系における運動の分解
  • 核心: この問題の最大のポイントは、地面に水平・鉛直な座標系ではなく、斜面に沿った（傾いた）座標系で運動を考える点にあります。この「見方」を変えることで、一見複雑な運動が、各軸方向の単純な「等加速度直線運動」として扱えるようになります。
  • 理解のポイント:
    1. 重力加速度の分解: この問題の出発点です。常に鉛直下向きにはたらく重力加速度 \(\vec{g}\) を、傾いた\(x\)軸、\(y\)軸方向に分解することが不可欠です。これにより、各軸方向の加速度 \(a_x = -g\sin\theta\) と \(a_y = -g\cos\theta\) が求まります。
    2. 初速度の分解: 同様に、初速度 \(\vec{v}_0\) も、この傾いた座標系の\(x\), \(y\)成分（\(v_{0x} = v_0\cos\alpha\), \(v_{0y} = v_0\sin\alpha\)）に分解します。
    3. 等加速度運動公式の適用: 上記2つの分解が完了すれば、あとは\(x\)方向、\(y\)方向それぞれに、見慣れた等加速度直線運動の公式（\(v = v_0+at\), \(s = v_0t + \frac{1}{2}at^2\)）を適用するだけです。

応用テクニック：似た問題が出たらココを見る！解法の鍵と着眼点

• 応用できる類似問題のパターン
  • 斜面上のばね振り子: おもりの運動を、斜面に平行な方向と垂直な方向に分解して考えると同じ考え方が使えます。
  • 円錐振り子や、傾いたバンクを走る自動車: 運動が平面上だが、力が座標軸に対して斜めを向いている問題では、力を適切に分解して考える必要があります。
  • 要するに、「運動が平面上だが、主たる力が座標軸に対して斜めを向いている」あらゆる問題で、運動を記述しやすいように座標系を適切に設定し、力を分解するという考え方が有効です。
• 初見の問題での着眼点
  1. 座標系の選択: まず、どの向きに座標軸を取れば運動の記述が最も簡単になるかを見極めます。斜面上の運動では、斜面に沿った座標系を取るのが定石です。
  2. 全ベクトルの成分分解: 座標系を決めたら、問題に登場するすべてのベクトル量（初速度、力、加速度）を、その座標系の成分に分解する作業を徹底します。これを図示することが不可欠です。
  3. 物理条件の数式化: 「斜面に衝突する \(\rightarrow y=0\)」「垂直に衝突する \(\rightarrow v_x=0\)」「\(y\)方向の最高点 \(\rightarrow v_y=0\)」のように、問題文のキーワードを、座標や速度の成分を用いた数式条件に「翻訳」する能力が問われます。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• 重力加速度の分解ミス
  • 誤解: 重力の斜面平行成分と垂直成分で、\(\sin\theta\) と \(\cos\theta\) を取り違える。
  • 対策: 毎回必ず図を描き、重力 \(mg\)（鉛直下向き）と座標軸の関係を確認する癖をつけましょう。傾斜角 \(\theta\) は、「鉛直線」と「斜面に垂直な\(y\)軸」との間にも現れます。これを元に、「\(\theta\) と向かい合う辺が\(x\)成分 (\(\sin\theta\))」「\(\theta\) を挟む辺が\(y\)成分 (\(\cos\theta\))」と覚えれば間違いません。
• 加速度の符号ミス
  • 誤解: (1)で求めた力の成分のマイナス符号を、(2)以降の加速度の計算で見落とす。
  • 対策: 座標軸の正の向きを最初に明確に定義し、各ベクトル成分がその向きと同じか逆かを常に確認します。今回は\(x\), \(y\)ともに、加速度は軸の負の向きなので、両方ともマイナスがつきます。
• 水平投射の公式の誤用
  • 誤解: 普段の水平投射と同じ感覚で、\(y\)方向の加速度を \(-g\) だと思ってしまう。
  • 対策: この問題は「斜めの世界」での投射です。\(y\)方向の加速度は、重力の一成分である \(-g\cos\theta\) になります。安易な公式の暗記ではなく、その都度、座標系に合わせて加速度を導出する基本動作が重要です。

なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法

• 等加速度直線運動の公式群
  • 選定理由: 問題の冒頭で、運動を\(x\), \(y\)の各成分に分解した結果、両方向とも加速度が一定（\(a_x=-g\sin\theta\), \(a_y=-g\cos\theta\)）になることが分かったからです。
  • 適用根拠: 加速度が時間によらず一定である運動は、すべてこれらの公式で速度と位置を記述できます。この問題は、2つの独立した等加速度直線運動の組み合わせとしてモデル化できる、という物理的判断が根拠となります。
• 三角関数の各種公式（加法定理、積和の公式など）
  • 選定理由: これらは物理法則ではなく、複雑な物理の数式を、分析や解釈がしやすい形に変形するための「数学的な道具」です。
  • 適用根拠: (5)では、\(\cos\alpha\cos\theta-\sin\alpha\sin\theta\) という形が出てきたため、これを \(\cos(\alpha+\theta)\) にまとめる加法定理が有効です。(6)では、\(\alpha\) の関数を最大化するために、積の形 \(\sin\alpha\cos(\dots)\) を和の形に変える積和の公式が選ばれました。目的（式の単純化、最大値の導出）に応じて最適な道具を選択する能力が問われます。

計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック

• 最初の分解を絶対に間違えない
  • (1)の重力加速度の分解は、この問題のすべての計算の基礎です。ここで \(\sin\) と \(\cos\) を間違えると、以降の設問はすべて不正解となります。斜面の問題が出てきたら、何も考えずにまず力を分解する図を描く、という習慣を体に染み込ませましょう。
• 複雑な代入計算は段階的に
  • (5)の到達距離の計算のように、分数や三角関数を含む複雑な式を代入する際は、一気に行おうとすると間違いのもとです。まず代入しただけの式を書き、次の行で共通因数でくくり、さらに次の行で括弧の中を整理する、といったように、焦らず段階的に計算を進めることで、ミスを減らし、途中計算の検算もしやすくなります。
• 三角関数の計算に習熟する
  • (8)の \(\tan\alpha\) から \(\sin\alpha\) を求める計算は、複数の公式を組み合わせる必要があり、間違いやすいポイントです。「\(\tan \rightarrow \sec \rightarrow \cos \rightarrow \sin\)」のように、\(1+\tan^2\theta=1/\cos^2\theta\) と \(\sin^2\theta+\cos^2\theta=1\) を使って自在に変換できるよう、計算練習を積んでおきましょう。

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

• 極端な場合（特殊なケース）を代入してみる
  • 吟味の視点: もし斜面がなければ（\(\theta=0\)）、この問題は通常の斜方投射になるはずです。そこで、導出した式に \(\theta=0\) を代入してみます。
    • (4)衝突時刻: \(t_0 = \frac{2v_0\sin\alpha}{g\cos 0} = \frac{2v_0\sin\alpha}{g}\)。これは水平面への斜方投射の滞空時間の公式と一致します。
    • (5)到達距離: \(l = \frac{2v_0^2\sin\alpha\cos(\alpha+0)}{g\cos^2 0} = \frac{2v_0^2\sin\alpha\cos\alpha}{g} = \frac{v_0^2\sin(2\alpha)}{g}\)。これは水平到達距離の公式と一致します。

    このように、よく知っている簡単なケースと結果が一致することを確認するのは、非常に有効な検算方法です。

• 物理的な直感と照らし合わせる
  • 吟味の視点: (7)で垂直に衝突する条件は \(\tan\alpha\tan\theta = 1/2\) でした。もし斜面が非常に急（\(\theta\) が \(90^\circ\) に近い）なら、\(\tan\theta\) は非常に大きくなります。このとき、式を満たすには \(\tan\alpha\) は非常に小さく、つまり \(\alpha\) は0に近くなる必要があります。これは、「非常に急な壁に垂直に当てるには、ほとんど壁に沿って真上に投げなければならない」という直感と一致します。

問題07 (上智大)

【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、斜面をのぼる小球の運動を扱っていますが、単なる斜方投射ではなく、3次元的な動きを2つの方向（\(x\)軸方向と、斜面に沿った\(y’\)軸方向）に分解して考える、非常に思考力を要する問題です。小球が面から離れないという条件の下で、運動がどのように記述され、どのような条件で上面に到達できるかを分析します。

【設問別解説】考え方から計算プロセスまで徹底ガイド

この一見複雑に見える3次元的な運動は、運動を適切に分解することで、2つの独立した1次元の運動としてシンプルに捉えることができます。この問題の座標系は巧妙に設定されており、この座標系に沿って考えるのが攻略の鍵です。

ア, イ

思考の道筋とポイント
小球が斜面上にあるときに、\(x\)軸方向と\(y’\)軸方向にそれぞれどのような力がはたらくかを考えます。力がはたらかなければ「等速度運動」、一定の力がはたらき続ければ「等加速度運動」です。力の分析には、重力と、斜面からの垂直抗力の2つを考慮する必要があります。
この設問における重要なポイント

• 小球にはたらく力は「重力」と「垂直抗力」のみ。
• \(x\)軸は斜面に平行かつ水平な方向です。重力（鉛直下向き）も垂直抗力（斜面に垂直）も、\(x\)軸方向の成分を持ちません。
• \(y’\)軸は斜面をのぼる方向です。重力はこの方向に成分を持ちます。

具体的な解説と立式

• ア（\(x\)軸方向）:
  \(x\)軸方向には、重力も垂直抗力も成分を持たないため、小球には力がはたらきません。したがって、運動方程式(\(ma_x=0\))より加速度は0です。よって、\(x\)軸方向の運動は等速度運動となります。
• イ（\(y’\)軸方向）:
  \(y’\)軸方向には、重力の斜面成分がはたらきます。その力の大きさは \(mg\sin\phi\) で、向きは\(y’\)軸の負の向きです。この力は運動中常に一定なので、運動方程式(\(ma_{y’} = -mg\sin\phi\))より、加速度は \(a_{y’} = -g\sin\phi\) で一定となります。よって、\(y’\)軸方向の運動は等加速度運動となります。

• \(x\)方向の合力 \(F_x = 0\)。よって \(a_x = 0\)。加速度0なので等速度運動。 (選択肢 ①)
• \(y’\)方向の合力 \(F_{y’} = -mg\sin\phi\)。よって \(ma_{y’} = -mg\sin\phi\)。加速度 \(a_{y’} = -g\sin\phi\) の等加速度運動。 (選択肢 ②)

斜面をのぼるボールの動きを、真横（\(x\)方向）と斜め上（\(y’\)方向）に分けて考えます。真横（\(x\)方向）には、ボールを押したり引いたりする力は何もありません。なので、最初の横向きのスピードのまま進み続けます（等速度運動）。一方、斜め上（\(y’\)方向）には、常に重力が「坂を滑り落ちろ」と引っ張り続けています。この力は一定なので、ボールは一定の割合でブレーキがかかる運動（等加速度運動）をします。

アは「① 等速度運動」、イは「② 加速度 \(a=-g\sin\phi\) の等加速度運動」が正解です。これは、斜面上の物体の運動を分析する際の基本的な考え方です。

ウ, エ, オ

思考の道筋とポイント
ウ (速度の\(x\)成分): アで結論付けた通り、\(x\)方向は等速度運動です。したがって、速度の\(x\)成分は最初から最後まで変化しません。

エ (速度の\(y\)成分): \(y’\)方向は等加速度運動です。上面に到達したときの\(y’\)方向の速度を求めるには、等加速度運動の公式 \(v^2 – v_0^2 = 2ax\) が有効です。この公式を使うために、初速度の\(y’\)成分と、斜面をのぼる距離を求める必要があります。

オ (所要時間): \(y’\)方向の初速度と、（エ）で求めた最終速度、そして加速度がわかっているので、等加速度運動の公式 \(v = v_0 + at\) を使って時間を逆算できます。
この設問における重要なポイント

• 初速度の分解: 下面での速さ \(v\) を、\(x\)成分と\(y\)成分に分解します。\(y\)軸から角度 \(\theta_1\) なので、\(v_x = v\sin\theta_1\), \(v_y = v\cos\theta_1\) となります。この\(y\)成分が、斜面をのぼり始める瞬間の\(y’\)方向の初速度になります。
• 斜面の長さ: 斜面をのぼりきることで、高さが \(h\) だけ変化します。斜面の傾斜角が \(\phi\) なので、斜面に沿った距離 \(l’\) は \(l’ = h/\sin\phi\) となります。

具体的な解説と立式

• ウ (速度の\(x\)成分):
  \(x\)方向は等速度運動なので、速度は常に一定です。初速度の\(x\)成分は \(v_x = v\sin\theta_1\) なので、上面到達時もこの値のままです。
• エ (速度の\(y\)成分):
  上面到達時の\(y’\)方向の速度を \(v_{y’}\) とします。等加速度運動の公式 \(v^2-v_0^2 = 2ax\) を\(y’\)方向に適用します。
  • 初速度: \(v_{0y’} = v\cos\theta_1\)
  • 加速度: \(a_{y’} = -g\sin\phi\)
  • 距離: \(x = l’ = h/\sin\phi\)

  $$ v_{y’}^2 – (v\cos\theta_1)^2 = 2(-g\sin\phi)\left(\frac{h}{\sin\phi}\right) $$
  この式を \(v_{y’}\) について解きます。

• オ (所要時間):
  等加速度運動の公式 \(v=v_0+at\) を\(y’\)方向に適用します。求める時間を \(t\) とすると、
  $$ v_{y’} = v_{0y’} + a_{y’}t $$
  この式に、上で求めた各値を代入し、\(t\) について解きます。

• ウ: 初速度の\(x\)成分から、\(v\sin\theta_1\) となります。
• エ:
  $$
  \begin{aligned}
  v_{y’}^2 – v^2\cos^2\theta_1 &= -2gh \\[2.0ex]
  v_{y’}^2 &= v^2\cos^2\theta_1 – 2gh
  \end{aligned}
  $$
  小球が上面に到達できる条件なので根号の中は正であり、
  $$ v_{y’} = \sqrt{v^2\cos^2\theta_1 – 2gh} $$
  上面での速度の\(y\)成分はこれに等しいです。
• オ:
  $$
  \begin{aligned}
  \sqrt{v^2\cos^2\theta_1 – 2gh} &= v\cos\theta_1 + (-g\sin\phi)t \\[2.0ex]
  gt\sin\phi &= v\cos\theta_1 – \sqrt{v^2\cos^2\theta_1 – 2gh} \\[2.0ex]
  t &= \frac{v\cos\theta_1 – \sqrt{v^2\cos^2\theta_1 – 2gh}}{g\sin\phi}
  \end{aligned}
  $$

カ

思考の道筋とポイント
下面と上面で、\(x\)方向の速度成分が保存されることを利用します。下面での速度 \(v\) と角度 \(\theta_1\)、上面での速度を \(v’\) と角度 \(\theta_2\) として、それぞれの\(x\)成分を立式し、それらが等しいという関係から式を導きます。上面での速さ \(v’\) は、力学的エネルギー保存則から簡単に求めることができます。
この設問における重要なポイント

• \(x\)方向の速度保存: \(v_x(\text{下面}) = v_x(\text{上面})\)
• 力学的エネルギー保存則: \(\frac{1}{2}mv^2 = \frac{1}{2}mv’^2 + mgh\)

具体的な解説と立式

1. \(x\)方向の速度保存の立式:
   • 下面での\(x\)成分: \(v_x = v\sin\theta_1\)
   • 上面での\(x\)成分: \(v’_x = v’\sin\theta_2\)

   これらが等しいので、\(v\sin\theta_1 = v’\sin\theta_2\)。変形すると、
   $$\frac{\sin\theta_1}{\sin\theta_2} = \frac{v’}{v}$$

2. 上面での速さ \(v’\) の導出:
   下面（高さ0）と上面（高さ\(h\)）での力学的エネルギー保存則より、
   $$\frac{1}{2}mv^2 = \frac{1}{2}mv’^2 + mgh$$
   この式から \(v’\) を求め、上の関係式に代入します。

まず、エネルギー保存則から \(v’\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
v^2 &= v’^2 + 2gh \\[2.0ex]
v’^2 &= v^2 – 2gh
\end{aligned}
$$
よって、\(v’ = \sqrt{v^2-2gh}\) となります。
これを \(\displaystyle\frac{\sin\theta_1}{\sin\theta_2} = \frac{v’}{v}\) に代入します。
$$ \frac{\sin\theta_1}{\sin\theta_2} = \frac{\sqrt{v^2-2gh}}{v} = \sqrt{\frac{v^2-2gh}{v^2}} = \sqrt{1-\frac{2gh}{v^2}} $$

この現象は、光が空気中から水の中に入るときの「屈折」に似ています。\(x\)方向の速度が変わらないことが、光の屈折の法則の考え方と似ています。下面と上面で、それぞれ横向き（\(x\)方向）の速度を計算し、それらが等しい、という式を立てます。上面での全体の速さは、エネルギーが保存されることから計算できます。これらを組み合わせると、角度の関係式が求まります。

角度の関係は、\(\displaystyle\frac{\sin\theta_1}{\sin\theta_2} = \sqrt{1-\frac{2gh}{v^2}}\) となります。これは運動量保存とエネルギー保存から導かれる関係式です。

キ, ク

思考の道筋とポイント
キ (限界角): 「上面に到達できない」とは、斜面をのぼる\(y’\)方向の運動の途中で速度が0になり、引き返してくることを意味します。「到達できるかできないかの限界」は、\(y’\)方向の速度が、ちょうど斜面をのぼりきった瞬間に0になるときです。このとき、上面での速度は\(x\)成分のみとなり、上面での進行方向の角度 \(\theta_2\) は \(90^\circ\) になります。この条件を(カ)で求めた関係式に適用します。

ク (往復時間): 上面に到達できずに下面に戻ってくる運動は、\(y’\)軸方向の運動だけを見ると、斜面をのぼって元の位置(\(y’=0\))に戻ってくる運動です。これは、\(y’\)方向の初速度で打ち出され、一定の加速度で運動する物体が、再び変位0の位置に戻るまでの時間を求める問題と等価です。運動の対称性を利用すると計算が早いです。
この設問における重要なポイント

• 限界条件の物理的解釈：「上面に到達した瞬間に\(y’\)方向の速度が0」\(\Leftrightarrow\)「上面での進行方向が\(x\)軸方向」\(\Leftrightarrow\)「\(\theta_2 = 90^\circ\)」
• 戻ってくる運動は、\(y’\)方向の変位が0になるまでの時間として計算できること。

具体的な解説と立式

• キ (限界角):
  限界の角度を \(\theta_c\) とします。このとき、上面での進行方向の角度は \(\theta_2 = 90^\circ\) となります。この条件を(カ)で求めた関係式に代入します。
  $$ \frac{\sin\theta_c}{\sin 90^\circ} = \sqrt{1-\frac{2gh}{v^2}} $$
• ク (往復時間):
  \(y’\)方向の往復運動の時間を \(t’\) とします。運動の対称性から、最高点に達する時間 \(t_{\text{頂点}}\) の2倍となります。最高点では \(v_{y’}=0\) なので、
  $$ 0 = v\cos\theta_1 + (-g\sin\phi)t_{\text{頂点}} $$
  この式から \(t_{\text{頂点}}\) を求め、\(t’=2t_{\text{頂点}}\) を計算します。

• キ:
  \(\sin 90^\circ = 1\) なので、
  $$
  \begin{aligned}
  \frac{\sin\theta_c}{1} &= \sqrt{1-\frac{2gh}{v^2}} \\[2.0ex]
  \sin\theta_c &= \sqrt{1-\frac{2gh}{v^2}}
  \end{aligned}
  $$
• ク:
  まず最高点までの時間を求めます。
  $$ t_{\text{頂点}} = \frac{v\cos\theta_1}{g\sin\phi} $$
  往復時間 \(t’\) はこの2倍なので、
  $$ t’ = 2t_{\text{頂点}} = \frac{2v\cos\theta_1}{g\sin\phi} $$

キ: ボールがギリギリてっぺんにたどり着けるのは、坂をのぼりきる力（\(y’\)方向の勢い）をちょうど使い切った状態です。このとき、てっぺんに着いたボールは真横（\(x\)軸方向）にしか動けません。つまり、上面での角度 \(\theta_2\) が \(90^\circ\) になります。この条件を(カ)の式に入れてあげると、限界の角度 \(\theta_c\) が満たすべき条件がわかります。

ク: ボールが坂を上がって下りてくるまでの時間を求めます。これは、ボールを斜め上に投げて、元の高さに戻ってくるまでの時間を計算するのと同じです。一番高いところまで行く時間と、そこから下りてくる時間は同じなので、「一番高いところに行くまでの時間」を計算して2倍すればOKです。

限界角の条件は \(\sin\theta_c = \sqrt{1-\displaystyle\frac{2gh}{v^2}}\)、下面に戻るまでの時間は \(\displaystyle\frac{2v\cos\theta_1}{g\sin\phi}\) となります。
(キ)の式は、運動エネルギーの一部が位置エネルギーに変換される、というエネルギーの観点からも解釈でき、妥当な結果です。(ク)の式も、\(y’\)方向の初速度に比例し、\(y’\)方向の加速度の大きさに反比例するという、物理的に自然な形をしています。

【総まとめ】この一問を未来の得点力へ！完全マスター講座

最重要ポイント：この問題の核心となる物理法則は？

• 運動の分解と保存則の選択的利用
  • 核心: この問題は、3次元的な運動を、性質の異なる2つの1次元運動に分解して考えることで、その全体像を明らかにするという、物理学の非常に強力な考え方を体現しています。
  • 理解のポイント:
    1. 運動の分解: 小球の運動を、斜面の縁に沿った水平な\(x\)軸方向と、斜面をのぼりくだりする\(y’\)軸方向に分解します。\(x\)軸方向には力がはたらかないため「等速度運動」となり、\(y’\)軸方向には重力の一成分が常にはたらくため「等加速度運動」となります。この運動の性質の違いを見抜くことが、すべての始まりです。
    2. 保存則の活用: この問題では、2つの重要な保存則が活躍します。
       • 速度成分の保存: \(x\)方向に力がないため、\(x\)成分の速度（運動量）は斜面をのぼる前後で保存されます。これが(カ)の角度の関係を導く鍵となります。
       • 力学的エネルギーの保存: 斜面はなめらかなので、小球がもつ力学的エネルギー（運動エネルギー＋位置エネルギー）は常に一定に保たれます。これにより、異なる地点での速さを、間の運動を問わずに直接結びつけることができます。

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
  • 電場・磁場中の荷電粒子の運動: 一様な電場（一定の力がはたらく）と磁場（進行方向に垂直な力がはたらく）が組み合わさった領域に荷電粒子が入射する問題など、方向によって異なる法則が支配する運動の分析に応用できます。
  • 円錐振り子やサイクロイド運動: おもりの運動を、特定の方向に分解して考えることで、見通しが良くなることがあります。
• 初見の問題での着眼点
  1. 保存量を探す: 問題文を読んで、まず「何か保存される量はないか？」と探す癖をつけましょう。「なめらか」という言葉があれば力学的エネルギー保存則が、「ある方向に力がはたらかない」のであればその方向の運動量（速度）保存が、強力な武器になります。
  2. ツールの使い分けを意識する:
     • 時間が関わる問い（(オ)や(ク)） → 運動方程式・等加速度運動の公式が有効。
     • 時間が関わらない2点間の状態変化（速さや高さ） → 力学的エネルギー保存則が有効。

     このように、目的に応じて最適なツールを選択することで、計算を簡略化できます。

  3. 角度の定義を正確に捉える: 初速度の向きを表す角度 \(\theta_1\) が、\(x\)軸からではなく\(y\)軸から測られている点に注意が必要です。これにより、速度の\(x\),\(y\)成分が \(v\cos\theta_1, v\sin\theta_1\) ではなく、\(v\sin\theta_1, v\cos\theta_1\) となります。図を丁寧に見て、三角比を正しく適用することが不可欠です。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• 初速度の成分分解ミス
  • 誤解: 角度といえば\(x\)軸から、という思い込みで、初速度の\(x\)成分を \(v\cos\theta_1\)、\(y\)成分を \(v\sin\theta_1\) と置いてしまう。
  • 対策: 必ず図を見て、角度が「どの軸」から「どちら向き」に測られているかを確認しましょう。「\(y\)軸とのなす角が \(\theta_1\)」なので、\(y\)成分が \(\cos\theta_1\) になります。図に直角三角形を描き、三角比の定義に忠実に従うことがミスを防ぎます。
• 2種類の角度（\(\phi\) と \(\theta_1\)）の混同
  • 誤解: \(\phi\) は斜面の物理的な傾斜角、\(\theta_1\) は運動の方向を表す角度です。役割が全く異なります。計算中に混同しないよう、どの式にどの角度が使われるかを意識しましょう。（例：加速度を決めるのは\(\phi\)、初速の成分を決めるのは\(\theta_1\)）
• 全体速度と成分速度の混同
  • 誤解: (エ)で\(y’\)方向の運動を考える際に、等加速度運動の公式の初速度 \(v_0\) として、全体の速さ \(v\) を代入してしまう。
  • 対策: 運動を分解した後は、それぞれの軸の計算では、その軸の「成分」のみを用います。\(y’\)方向の運動を考えるなら、初速度も\(y’\)成分である \(v\cos\theta_1\) を使わなければなりません。

なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法

• 運動方程式 \(ma=F\)
  • 選定理由: この問題の運動を分析する出発点として、力と加速度の関係を明らかにする基本法則だからです。
  • 適用根拠: (ア)(イ)で運動の性質（等速か等加速度か）を決定するために、各方向に働く力を分析し、加速度を求めるために適用しました。
• 力学的エネルギー保存則
  • 選定理由: 「なめらか」というキーワードから、非保存力である摩擦力が仕事をしないことがわかります。この法則を使えば、過程（時間や経路）を問わず、始点と終点の「速さ」と「高さ」の関係を直接導き出せるためです。
  • 適用根拠: (エ)の別解や(カ)の \(v’\) の計算で、時間を含まない速度の関係をシンプルに求めるために適用しました。
• 等加速度直線運動の公式群
  • 選定理由: \(y’\)方向の運動の加速度が、\(a_{y’}=-g\sin\phi\) で一定であると分析できたため。加速度が一定の運動を記述するための基本ツールがこれらの公式です。
  • 適用根拠: 時間や最終速度を求める(エ)(オ)(ク)では、\(y’\)方向の運動に限定して適用しました。

計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック

• 角度の定義の再確認
  • この問題最大の罠は、角度 \(\theta_1\) が\(y\)軸から測られている点です。計算を始める前に、速度の成分分解の図を自分で描き、\(v_x=v\sin\theta_1\), \(v_y=v\cos\theta_1\) となることを余白に大きくメモしておきましょう。
• 2種類の角度（\(\theta_1, \phi\)）の混同を避ける
  • \(\theta_1\) は運動の「方向」を決める角度、\(\phi\) は運動の「加速度」を決める角度です。役割が全く異なります。計算中に混同しないよう、どの式にどの角度が使われるかを意識しましょう。
• 根号（ルート）の計算
  • (エ)(カ)(キ)では、根号を含む計算が頻出します。特に、(オ)のように根号のついた項を引き算するような場合は、符号のミスが起こりやすいので、慎重に計算を進めましょう。

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

• 物理的な現象の類似性で確認する
  • (カ)の吟味: 導出した関係式 \(\displaystyle\frac{\sin\theta_1}{\sin\theta_2} = \frac{v’}{v}\) は、光が屈折率の異なる媒質に入射するときの「屈折の法則（\(n_1\sin i=n_2\sin r\)）」と非常によく似た形をしています。ここで、屈折率 \(n\) が速さ \(v\) に反比例する量だと考えると、力学と光学の間に美しい対応関係があることがわかります。このような現象の類似性は、答えの妥当性を強く示唆します。
• エネルギーの観点から検算する
  • (キ)の吟味: 限界角の条件式は \(\sin\theta_c = \sqrt{1-2gh/v^2}\) でした。これを2乗して整理すると、\(\frac{1}{2}m(v\cos\theta_c)^2 = mgh\) となります。左辺は「斜面をのぼる方向の初期運動エネルギー」、右辺は「上面に到達するために必要な位置エネルギー」です。両者が等しいという、エネルギーの観点から見ても非常に明快な結果となっており、解答が正しいことを裏付けています。

関連記事

高校物理・物理基礎が「わかる」→「解ける」へ｜有名問題集・オリジナル問題の解説なら「まことの物理教室」

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

問題08 (藤田保健衛生大)

【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、人と体重計を乗せたゴンドラが、人が引く綱によって空中で静止しているという状況を扱います。複数の物体が力を及ぼし合う系の、静力学的なつり合いを考える問題です。

【設問別解説】考え方から計算プロセスまで徹底ガイド

この問題のテーマは「複数の物体にはたらく力のつりあい」です。一見、人が自分自身を含んだ系を引くという設定が複雑に見えますが、解法の鍵となる物理法則は非常にシンプルです。

問(1)